Tema 1 Sucesiones de números reales. Límites de...

Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1

1-1

Tema 1

Sucesiones de números reales. Límites de sucesiones

1.1 Conceptos previos Intervalos y entornos a b [ ] Su representación sobre la recta real es:

a b ( )

En las definiciones anteriores, los extremos pueden ser infinitos. Al intervalo [ ]+∞−∞, se

le llama recta real ampliada y se denota por R . Nota Evidentemente, los intervalos cerrados contienen a sus extremos mientras que los abiertos no; pero hay otra diferencia sustancial entre intervalos abiertos y cerrados. En el

intervalo [ ]b,a , a es el menor y b el mayor de los números que pertenecen a dicho intervalo,

llamados mínimo y máximo respectivamente; sin embargo, en el intervalo ( )b,a no hay ni

mínimo ni máximo, pues a no pertenece al intervalo y no puede encontrarse ningún número a’

de ( )b,a que sea mayor que a y tal que entre a y a’ no haya ningún número de ( )b,a . Muy al

contrario, en la recta real sucede que entre dos números cualesquiera, por próximos que se elijan, siempre hay infinitos números reales. Así, por ejemplo, el intervalo (8,12) es un entorno del punto 9, como también lo es del punto 10 y de todos los puntos del propio intervalo. Nota Si el punto está en el centro del intervalo entonces, a ese intervalo, se le llama entorno centrado. A la distancia entre el centro y cualquiera de los extremos del intervalo se le llama

radio del entorno. Así el intervalo (8,12) es un entorno centrado de centro 10=c y cuyo radio

Definición Dados dos números reales a y b, con ba < , se define intervalo cerrado de

extremos a y b, y se representa por [ ]b,a , al conjunto [ ] bxa/Rxb,a ≤≤∈= . Su

representación en la recta real es:

Definición Se define intervalo abierto de extremos a y b, y se representa por ( )b,a , o bien

] [b,a , al conjunto ( ) bxa/Rxb,a <<∈= .

Definición Se llama entorno de un punto a todo intervalo abierto que lo contenga.


1-2

2=r .

Nota Observa que ( )aE r representa también el conjunto de puntos que distan de a en menos

de r unidades. En efecto, el conjunto de puntos que distan de a en menos de r unidades es

rax/Rx <−∈ . La desigualdad anterior es equivalente a la doble desigualdad raxr <−<−

y sumando a a los tres miembros se tiene raxra +<<− , cuya solución son todos los puntos

del intervalo ( )ra,ra +− .

Formas de determinar un entorno Según lo anterior, un entorno centrado queda determinado si se conoce el centro y el

radio o se conocen sus extremos o viene dado de la forma rax/Rx <−∈ .

Ejemplos

Ejemplo 1.1 El entorno de centro 3 y radio 5 queda determinado de cualquiera de estas tres formas:

a) )(E 35 b) ( )82,− c) 53 <−∈ x/Rx .

Ejemplo 1.2 Si queremos determinar el centro y el radio del entorno centrado definido por el

intervalo ( )5,3− , se calcula el radio como la semidiferencia de la distancia entre los extremos

42

)3(5=

−− y, como consecuencia, el centro es 145 =− o 143 =+− . Por lo que se puede

escribir ( ) ( )153 4E, =− .

Ejemplo 1.3 Para determinar los extremos del entorno 505 ,x/Rx <+∈ , como el centro es

5− y el radio es 0’5, los extremos inferior y superior son respectivamente 5'55'05a −=−−= y

5'45'05b −=+−= , por lo que el intervalo que resulta es ( ) =b,a (-5’5,-4’5).

1.2 Sucesiones de números reales

De un modo intuitivo se puede definir una sucesión como un conjunto ordenado e infinito de números reales.

Esto es, n indica la posición y na es el término de la sucesión que corresponde a esa

posición. De forma análoga, denotamos por 1a al primer término, 2a al segundo y, así,

sucesivamente. Al término que está en el lugar n , esto es, al na , se le llama término general

de la sucesión o término enésimo.

Nota Evidentemente, cada término na de una sucesión tiene un término siguiente que

denotamos por 1+na , pero no hay último término.

Definición Se llama entorno de centro a y radio r ( )0>r , y se denota por ( )r,aE o ( )aE r ,

al intervalo abierto ( )ra,ra +− .

Definición Una sucesión es una aplicación a de *N en R , tal que a cada número natural n

le asigna como imagen el número real ( ) nana = .


1-3

Ejemplos

Ejemplo 1.4 Los múltiplos de tres determinan la sucesión de términos: 3, 6, 9, 12,....

Ejemplo 1.5 Los números impares forman la sucesión de términos: 1, 3, 5, 7, 9, ......

1.2.1 Formas de determinar una sucesión

Mediante el término general La sucesión queda determinada al conocer la expresión del término enésimo en función de n. Esta es la mejor forma de expresar las sucesiones.

Ejemplo 1.6 Si el término general de la sucesión es nan 3= , dando a n los valores 1, 2, 3, ...

resulta la sucesión 3, 6, 9, 12,..... Y, recíprocamente, es fácil ver que el término general de la

sucesión 1, 3, 5, 7, 9, ......es 12 −= nan .

Mediante una ley de recurrencia Consiste en dar una ley de construcción en la que cada término de la sucesión quede determinado a partir de los anteriores.

Ejemplos

Ejemplo 1.7 Dada la sucesión na definida por la ley de recurrencia 121 == aa y

21 −− += nnn aaa , los distintos términos de la sucesión se obtienen dando valores a n o, también,

observando que, en este caso, cada término es la suma de los dos anteriores. En efecto, para

3=n se tiene que 2111223133 =+=+=+= −− aaaaa . De manera análoga se obtendrían los

restantes, resultando 1, 1, 2, 3, 5, 8, .... (sucesión de Fibonacci).

Ejemplo 1.8 La sucesión 3, 6, 9, 12,.... se puede expresar como 31 =a y 31 += −nn aa . Esto

es, cada término se obtiene sumando 3 al anterior.

Nota A partir de la ley de recurrencia es posible encontrar el término general, aunque no siempre es sencillo.

Nota Existen sucesiones que no pueden ser expresadas de ninguna de estas dos formas,

como por ejemplo las sucesivas aproximaciones por defecto de 2 : 1, 1’4, 1’41,... En lo

sucesivo consideraremos sucesiones que puedan ser expresadas mediante su término

general.

Notaciones Una sucesión de término general na se puede escribir como Nn:an ∈ , ( )∞

1na ,

na , ( )na o simplemente na ; por comodidad, adoptaremos esta última notación.

1.2.2 Representación gráfica

Las sucesiones se pueden representar en la recta real, o bien en un sistema de ejes cartesianos.

Así, por ejemplo, la sucesión ....n

,.....,,,,:an

2

5

2

2

1

3

212 se puede representar como


1-4

o bien

1.2.3 Sucesiones monótonas y acotadas Nota Se dice que una sucesión es monótona si es monótona creciente o monótona decreciente.

Ejemplo 1.9 La sucesión ....,n....,,,, 32975 + es estrictamente creciente. La sucesión

....,n

.....,,,1

3

1

2

11 es estrictamente decreciente. La sucesión ( ) ....,

n.....,,,

n 11

3

1

2

11 ⋅−−− no es

monótona.

Nota Toda sucesión acotada tiene siempre supremo e ínfimo.

Definiciones Una sucesión se dice que es monótona creciente si Nnaa n1n ∈∀≥+ . Se dice

estrictamente creciente si Nnaa nn ∈∀>+1 .

Se dice que una sucesión es monótona decreciente si Nnaa n1n ∈∀≤+ . Se le llama

estrictamente decreciente si Nnaa nn ∈∀<+1 .

Definiciones Se dice que una sucesión está acotada superiormente si existe un número

real k , llamado cota superior, tal que Nn,kan ∈∀≤ .

Se llama supremo de la sucesión a la menor de todas las cotas superiores y si éste

es un término de la sucesión se llama máximo.

Se dice que una sucesión está acotada inferiormente si existe un número real k,

llamado cota inferior, tal que Nn,kan ∈∀≥ .

Se llama ínfimo de una sucesión a la mayor de todas las cotas inferiores y si,

además, es un término de la sucesión se llama mínimo .

Se dice que una sucesión está acotada cuando lo está superior e inferiormente.


1-5

Ejemplos

Ejemplo 1.10 La sucesión ....,n

.....,,,1

3

1

2

11 está acotada superiormente, una cota superior es

1 que es además el máximo. También está acotada inferiormente, una cota inferior es 0 que es el ínfimo pero no es mínimo, porque no pertenece a la sucesión.

Ejemplo 1.11 La sucesión ....,n....,,,, 32975 + está acotada inferiormente por 5 pero no tiene

cota superior.

Ejemplo 1.12 Justifiquemos que la sucesión 1n2

n2an

+= es monótona creciente. Los primeros

términos son ,...7

6,

5

4,

3

2 y se observa que cada término es mayor que el anterior, pero eso no

asegura que la tendencia no pueda invertirse, así que deberemos comprobar que nn aa ≥+1

para todos los valores de n.

Hay dos modos de comprobar esa desigualdad, probando que 01 ≥−+ nn aa (criterio

de la resta) o, bien, cuando la sucesión es de términos positivos, comprobando que 11 ≥+

n

n

a

a

(criterio del cociente). Como en este caso se tiene una sucesión de números positivos, podemos utilizar éste

último, 164

264

12

2

112

122

21 >

+

++=

+++

+=+

nn

nn

n

n:

)n(

)n(

a

a

n

n , luego es creciente.

Ejemplo 1.13 Comprobemos que 3 es una cota superior y 2

1 una cota inferior de la sucesión

anterior.

Para probar que Nnan ∈∀≤ 3 bastará ver que 03 >− na . En efecto,

n

n

n

n0

12

34

12

23 >

+

+=

+− , para todo valor de n.

Comprobar que 2

1 es una cota inferior es trivial, pues se trata de una sucesión

monótona creciente y su primer término es 3

2 que ya es mayor que

2

1.

1.3 Concepto de límite de una sucesión

Considera la sucesión an n=1

2.

Evidentemente, la sucesión na es decreciente y está acotada. Su supremo es1/2 y su

ínfimo es el 0. Como muestra la figura, a medida que hallamos los términos de la sucesión, la

distancia entre dos términos consecutivos va disminuyendo. Además, cada nuevo término se encuentra a menos distancia del cero que el anterior. Esto es, los términos se acercan al cero al aumentar n, hasta el punto de que parece lógico afirmar que en cualquier entorno del cero, por pequeño que sea, hay infinitos términos de la sucesión; lo que permite dar la siguiente definición:


1-6

Nota Si aalim nn

=∞→

, también se dice que na tiende a a .

De una manera rigurosa, los matemáticos han formulado la anterior definición como

sigue:

Nota Observemos que esto significa que para cualquier entorno de a , por pequeño que sea,

hay siempre un término 0n

a de la sucesión, a partir del cual los infinitos términos posteriores

están todos dentro de ese entorno. Y que fuera del ( )aEε sólo hay un número finito de

términos de la sucesión. En concreto, hay 10 −n términos. Veamos, con algunos ejemplos,

cómo se comprueba el límite de una sucesión.

Ejemplo 1.14 La sucesión n

1 tiene por límite 0.

La definición exige demostrar que para todo ε > 0 existe un número natural 0n tal que para

todo 0nn ≥ : ε<− 01

n; pero n

nn<⇔<=

εε

111. Luego, sí es posible encontrar un 0n

a partir del cual todos los na de orden posterior ( 0nn ≥ ) estén en el ( )0εE . El más

pequeño posible de estos, el 0n , será: 0n = 11

+

εE . (La notación [ ]E x significa "parte

entera de x", que por definición es el mayor entero menor o igual que x.)

Nota En este ejemplo, si ε = ½ 0n = 3; si ε = 10-2

0n = 101.

Observa 1) Que n0 depende de ε ; 2) que fuera del ( )0εE hay sólo un número finito de

términos y 3) que dentro del ( )Eε 0 hay infinitos términos.

Ejemplos

Ejemplo 1.15 Dada la sucesión 1n

3n2an

+

+= a) comprueba que es monótona decreciente y

que 2 es una cota inferior. b) calcula los términos que pertenecen a un entorno de centro 2 y radio 0’2.

Definición Decimos que una sucesión na tiene por límite un número real a si, y sólo si,

para todo entorno de a, por pequeño que sea, contiene infinitos términos de la sucesión, y

fuera de él quedan un número finito de términos. En tal caso, escribimos: aalim nn

=∞→

, que

se lee “límite cuando n tiende a infinito de na es a“.

Definición Se dice que una sucesión na tiene por límite a , Ra∈ , y se denota por

aalim nn

=∞→

si, y sólo si, para todo 0>ε (por pequeño que sea) existe un Nn ∈0 (que

depende de ε ) tal que para todo 0nn ≥ se tiene que ε<− aan ; o, lo que es lo mismo,

( )ε+ε−∈ a,aan .


1-7

La sucesión es monótona decreciente pues 16n7n2

5n7n2

1n

3n2:

1)1n(

3)1n(2

a

a2

2

n

1n <++

++=

+

+

++

++=+

2 es una cota inferior ya que 01n

12

1n

3n2>

+=−

+

+

El entorno es el intervalo abierto ( )2'2,8'1 y los primeros términos son ...6

13,

5

11,

4

9,

3

7,

2

5 luego a

partir de 5a todos los términos están dentro del entorno dado.

Ejemplo 1.16 Comprueba con la definición que 2 es el límite de la sucesión anterior.

Para comprobar que 2 es el límite no valen casos particulares con un radio determinado como el del apartado anterior, hay que comprobar si se satisface la definición de

límite para cualquier ε dado. Veamos cuándo se cumple la condición 21n

3n2ε<−

+

+,

ε<+

⇔ε<+

−−−+

1n

1

1n

2n23n2 y como

1n

1

+ es positivo se tiene que

ε

ε−>⇔ε<

+

1n

1n

1

y cualquiera que sea el valor de ε siempre habrá un número natural que cumpla esa condición, el término que corresponde a esa posición y todos los que le siguen cumplen esa condición

luego 21n

3n2limn

=+

+

∞→

Ejemplo 1.17 Prueba que 25

32lim =

+

−

∞→ n

n

n

Será cierto si dado un Nn0 0 ∈∃>ε / 0nn ≥∀ εn

n<−

+

−2

5

32 , es decir,

nε

εε

nn<

−⇔<

+=

+

− 513

5

13

5

13. Luego, sí existe 1

5130 +

−=

ε

εEn .

Ejemplo 1.18 Prueba que n

1lim

∞→n no es 2.

Supongamos que sea 2 entonces dado un Nn0 0 ∈∃>ε / 0nn ≥∀ εn

nε

n<

−⇔<−

212

1

⇔ n

1-2n < ε ⇔ 2n-1 < ε n ⇔ (2-ε)n < 1 ⇔ n <

ε-2

1 , luego, sólo hay un número finito de

valores de n que verifiquen que n <ε-2

1, por lo tanto, 2 no es el límite.

1.4 Sucesiones convergentes

Demostración.- Lo demostraremos por reducción al absurdo. Supongamos que exista una

sucesión an tal que

Definición Llamamos sucesión convergente a toda sucesión que tenga límite finito.

Proposición (Unicidad del límite) El límite, si existe, es único.


1-8

(1) lim a an

n→∞

= y (2) lim bn→∞

= , con a b a b≠ <,

De (1), por definición de límite, se tiene que para todo ε >0 E(a) que contiene infinitos

términos de an y fuera sólo un número finito.

De (2), análogamente, para el mismo ε anterior, existirá un E(b) tal que contendrá

infinitos términos de an y fuera sólo un número finito.

Lo anterior será cierto, en particular, para ε =−b a

2, pero sabemos que

∅∩ =(b)E (a)E2

a-b

2

a-b , luego si fuera del entorno de a hay un número finito de términos es

porque en el entorno de b sólo hay un número finito, y viceversa, en contra de (1) y (2).

Demostración.- Sea an una sucesión convergente ⇔ aann

=∞→

lim dado ε >0 ∃ n0 de N tal que

para todo n n≥ 0 ⇒ εaaεεaa nn <−<−⇔<− , esto es, para todo n n≥ 0 se tiene que:

εaaεa n +<<− .

Luego, M = ( )εaaaa n +− ,,,,max 121 0K es cota superior de an y también m =

( )εaaaa n −− ,,,,min 121 0K es cota inferior de an .

Sugerencia: Como ejemplo de la anterior propiedad, considera la sucesión ( )

n

n1−

, demuestra

que converge a cero, toma ε = ′0 1 y halla M y m. Haz también el dibujo. Nota El recíproco no es cierto. Por ejemplo, la sucesión -1,1,-1,1,-1,1, ... está acotada, pero no es convergente. Nota Sin embargo, añadiendo la condición de monotonía, el recíproco se hace cierto, como veremos en la próxima propiedad.

Demostración.- Sea an una sucesión monótona creciente y acotada. Como está acotada, entre

todas las cotas superiores elijo la menor, es decir, el supremo, que llamaré a.

Por definición de supremo: para todo 0

,,0 0 naεaNnε <−∈∃> . Por otro lado, como an

es creciente: para todo 0

,0 naεann <−≥ Y, por supuesto, εaan +< .

Resumiendo, tenemos que: εaannNnε n <−≥∀∈∃>∀ :/,0 00 .

Nota Pero, hay sucesiones convergentes que no son monótonas. Por ejemplo, 0, 1/2, 0, 1/3, 0,

1/4, ..., 0, 1/n, 0,...; y también la ( )

n

n1−

, no son monótonas y , sin embargo, ambas convergen

a cero.

1.5 Infinitésimos (sucesiones nulas)

Proposición Toda sucesión convergente está acotada

Proposición Toda sucesión monótona y acotada es convergente.

Definición Se dice que una sucesión es un infinitésimo si, y sólo si, su límite es cero.


1-9

Ejemplo 1.19 Las sucesiones 111

2<=

+== bsibc,

n

nb,

na n

nnn , son infinitésimos.

Nota Observa que si lim a an

n→∞

= , entonces ( )lim a an

n→∞

− = 0 ; es decir, la sucesión

aab nn −= es un infinitésimo.

1.6 Subsucesiones

Ejemplo 1.20 n2

1es una subsucesión de

n

1 .

Nota Esta propiedad nos va a servir para ver que no tiene límite una sucesión dada.

Ejemplo 1.21 La sucesión K,,,, 411211 no tiene límite porque podemos extraer dos

subsucesiones: la 1, 1, 1, ... y la K,, 4121 , que tienen límites 1 y 0, respectivamente.

1.7 Sucesiones divergentes

No todas las sucesiones, como hemos visto, tienen límite.

Entre estas sucesiones hay unas que parecen perderse en el infinito, como

( ) K,1,,,2 222 nnnnnn ⋅−− , y otras como ( ) ;,

4

1,1,

2

1,1;1 K

n− a las primeras las llamamos

divergentes en el infinito, mientras que a las segundas se les denomina oscilantes.

1.8 Cálculo de límites de sucesiones

La siguiente proposición permite obtener los límites de sucesiones complicadas

mediante operaciones entre límites de sucesiones más simples.

Si se toman infinitos términos de una sucesión dada, conservando su relación de orden, se dice que se ha formado una subsucesión de la sucesión inicial.

Proposición Toda subsucesión de una sucesión convergente es convergente y converge al mismo número que la sucesión inicial.

Definición A las sucesiones que no tienen límite las llamaremos divergentes.


1-10

Nota En el caso iii) no importa que b

a

n

n no esté definido para algún valor de n .

Nota Al estudiar esta proposición conviene que la aprendas también con palabras, es decir,

"límite de la suma es la suma de los límites",... .

Como se verá, el resultado más utilizado en el cálculo de límites es 01

=∞→ n

limn

, que

demostramos en el ejemplo 1.14 .

Para calcular el límite de una sucesión na se descompone en sumas, productos y

cocientes de otras sucesiones, cuyos límites sean calculables y de forma que se pueda aplicar

la proposición 1.5 .

1.8.1 Límites de sucesiones polinómicas

Demostración. ( ) =

++++=+++

∞→

−

∞→ r

rr

nr

rr

n n

k

n

k

n

kknknknk KK

221

01

10 limlim

±∞=⋅∞=

+++=

+++=

∞→∞→∞→∞→∞→∞→010

10

1lim

1limlimlimlimlim k

nk

nkkn

n

k

n

kkn

rnr

nn

r

nr

r

n

r

nKK

Ejemplo 1.22 ( ) ( ) −∞=+−+∞=−+∞→∞→

43lim,13lim 7 nnnnn

1.8.2 Formas indeterminadas

Para calcular, por ejemplo, n

nlimn

1−

∞→ no podemos razonar del siguiente modo: “como

tanto el numerador como el denominador son polinomios con coeficiente principal positivo, el

Proposición (Propiedades algebraicas)

Sean nn ba , sucesiones tales que Rbabblimaalim nn

nn

∈∞→∞→

, , = y = , entonces:

i) ( ) babalim nnn

±=±∞→

ii) ( ) babalim nnn

⋅=⋅∞→

iii) b

a

b

alim

n

n

n=

∞→ , siempre que b sea distinto de cero.

iv) ( ) bb

nn

aalim n =∞→

Proposición ( )

<∞−

>∞+=+++ −

∞→ 0

0

0

0110

ksi,

ksi,knknklim r

rr

nK


1-11

límite es ∞

∞”. Esto es, no se puede aplicar la proposición 1.5 sin más; sino que hay que

comprobar si se verifica la hipótesis que, evidentemente, no se cumple porque no son

sucesiones convergentes.

Para calcularlo, se debe transformar la expresión dada en otra en la que aparezcan

sucesiones convergentes, si es posible. Así, podría dividirse el numerador entre el

denominador, obteniendo de cociente 1 y de resto –1, quedando:

1011

11

=−=

−=

−

∞→∞→ nlim

n

nlim

nn.

También se podría haber hecho:

1011

111

=−=

−=

−=

−

∞→∞→∞→ nlim

nn

nlim

n

nlim

nnn .

O, sencillamente, como se vio en la demostración del límite de una sucesión

polinómica, sacando como factor común la n en el numerador, se tiene:

1011

1

11

1=−=

−=

−

=−

∞→∞→∞→ nlim

n

nn

limn

nlim

nnn,

lo que vendría a determinar un método consistente en dividir numerador y denominador entre n

(en este caso, o entre la mayor potencia de n para otros casos) tal como sigue:

1011

11

11

1

1=−=

−=

−−

=−

∞→∞→∞→∞→ nlimnlim

n

nnn

n

limn

nlim

nnnn.

De manera análoga a este ejemplo en el que aparece ∞

∞, se podrían poner otros en lo

que se obtiene 000100

0∞∞−∞∞⋅ ∞ ,,,,, sin llegar a determinar cuál es el resultado

correcto del límite.

A estas siete expresiones se les conoce por el nombre de formas indeterminadas del

cálculo de límites y se llaman indeterminadas porque, cuando aparecen, no se puede predecir

cuál va a ser el límite.

Junto a las anteriores formas hay otras que no son indeterminadas. De una forma

resumida se dan a continuación en forma de tabla una amplia relación de límites de

operaciones con sucesiones:


1-12

Suma:

=∞→

nn

alim a a a +∞ −∞ +∞

=∞→

nn

blim b +∞ −∞ +∞ −∞ −∞

=+∞→

)ba(lim nnn

ba + +∞ −∞ +∞ −∞ indet.

Producto:

=∞→

nn

alim a 0a > 0a > 0a < 0a < 0 +∞ −∞ +∞

=∞→

nn

blim b +∞ −∞ +∞ −∞ ±∞ +∞ −∞ −∞

=⋅∞→

)ba(lim nnn

ba ⋅ +∞ −∞ −∞ +∞ indet. +∞ +∞ −∞

Cociente:

( )∗ +∞=∞→ n

n

n b

alim

( )∗∗ +∞=∞→ n

n

n b

alim en estos

casos el límite puede ser ±∞ o no

existir en función del signo de los términos del infinitésimo.

Potencia: ( 0ay0an ≥≥ , pues si no, la potencia no siempre es un nº real).

=∞→

nn

alim a 0 1a < 1a < 1a > 1a > 1 +∞ +∞ +∞ 0 0 0 0

=∞→

nn

blim b 0 +∞ −∞ +∞ −∞ ±∞ 0 −∞ +∞ +∞ −∞ 0b > 0b <

=∞→

nbn

n

alim ba indet. 0 +∞ +∞ 0 indet. indet. 0 +∞ 0 +∞ 0 +∞

1.8.3 Límites de sucesiones racionales

Demostración. La demostración es inmediata utilizando el artificio de dividir numerador y

=∞→

nn

alim a 0a ≠ 0 a ±∞ ±∞

=∞→

nn

blim 0b ≠ 0 0 ±∞ ±∞ 0

=∞→ n

n

n b

alim

b

a

indet. ( )∗ indet. 0 indet. indet. ( )∗∗

Proposición

=

<

>∞

=+++

+++−

−

∞→

trsisk

trsi

trsi

snsns

knknk

rtt

rrr

n

,

,0

,

lim

00

110

110

K

K


1-13

denominador entre la mayor potencia de n.

Ejemplos

Ejemplo 1.23 ∞=−∞→ 13

2 3

n

nlimn

, ya que el grado del numerador es mayor que el grado del

denominador.

Ejemplo 1.24 2

7

32

373

23

=−+

+−

∞→ nn

nnlimn

, ya que el grado del numerador es igual al grado del

denominador.

1.8.4 Límites de sucesiones irracionales

Indeterminación ∞

∞

Ejemplo 1.25 Para calcular n

nlimn +

+

∞→ 3

1, se puede proceder de dos modos. El primero

consiste en dividir numerador y denominador entre la mayor potencia de n, tal y como sigue:

∞==

+

+

=

+

+

=+

+

∞→∞→∞→ 0

1

13

11

3

1

3

1

2 nn

nlim

n

n

n

nn

n

limn

nlim

nnn.

El segundo consiste en hacer un cambio de variable. Se hace nz =2 , entonces:

∞=+

+=

+

+

∞→∞→ z

zlim

n

nlim

zn 3

1

3

1 2

, porque el grado del numerador es mayor que el grado del

denominador.

Nota En general suele ser más cómodo el primer método.

Ejemplos

Ejemplo 1.26 Para calcular 1

43lim

2

−

++

∞→ n

n

n se divide numerador y denominador entre la

mayor potencia de n teniendo en cuenta el índice del radical. En este caso será 2n y resulta

∞==

−

++

=

−

++

=−

++

∞→∞→∞→ 0

1

11

431

1

43

1

43

2

2

22

22

2

2

nn

nnlim

nn

n

nnn

n

limn

nlim

nnn.

Ejemplo 1.27 Para calcular 1

123 2

−

+

∞→ n

nlimn

, se puede poner todo bajo una misma raíz de

índice el mínimo común múltiplo de los índices que aparecen. Procediendo de este modo

resulta:


1-14

( )

( )

( )( )

∞=∞=−+−

++=

−

+=

−

+=

−

+

∞→∞→∞→∞→

6623

246

3

226

3

223 2

133

144

1

12

1

12

1

12

nnn

nnlim

n

nlim

n

nlim

n

nlim

nnnn.

Indeterminación ∞−∞

Ejemplo 1.28 Para calcular

+−−

∞→17 3nnlim

n , se multiplica y divide por el conjugado

quedando:

=

++−

−−−=

++−

++−

+−−

=

+−−

∞→∞→∞→ 17

17

17

1717

173

3

3

33

3

nn

nnlim

nn

nnnn

limnnlimnnn

−∞=−

=

++−

−+−

=

++−

−+−=

∞→∞→ 0

1

1171

811

17

8

6365

32

3

3

nnnn

nnlimnn

nnlim

nn .

1.8.5 Límites en los que aparece el número e

La sucesión de término general

n

nn

a

+=

11 es particularmente interesante, fue

estudiada por el matemático suizo Leonhard Euler y a su límite le llamó número e (¿inicial de

su apellido?), este número es de una tremenda importancia en matemáticas y aparece en el

estudio de multitud de problemas en todas las ciencias, ahora nos vamos a limitar al estudio de

la sucesión anterior y su utilización en la resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 .

Con la calculadora puedes obtener algunos términos de la sucesión:

21

11

1

1 =

+=a , 252

2

11

2

2 'a =

+= , ..'a 37042

3

11

3

3 =

+= , ...'a 4412

4

11

4

4 =

+= ,

y si calculas términos más avanzados

..'a 5937210

11

10

10 =

+= , ..'a 6852

40

11

40

40 =

+= , ..'a 71692

1000

11

1000

1000 =

+= ,

se puede observar que:

- Es una sucesión monótona creciente.

- Es una sucesión acotada. Una cota inferior es 2 y una cota superior 3.

Evidentemente, esta observación con cálculo de términos concretos no demuestra

nada, pero puede probarse, mediante un proceso laborioso, que ambas afirmaciones son

ciertas.

Por tratarse de una sucesión monótona y acotada la proposición 1.3 asegura que es

convergente. El límite de dicha sucesión es un número irracional, es decir formado por infinitas


1-15

cifras decimales no periódicas y del que solo se pueden conocer aproximaciones decimales.

Por ejemplo, una aproximación sería el término 200.000 de la sucesión

..'a 71705972500000

11

500000

1 =

+= . Se sabe que las primeras cifras del número son

...'e 718281822= .

Resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 .

Observemos si se calculan términos de la sucesión

13

13

11

−

−+=

n

nn

b resulta:

que

2

12

11

+=b es el término a2 de

n

nn

a

+=

11 , que

14

514

11

+=b es el término 14a de

n

nn

a

+=

11 .

Por tanto, es razonable pensar que cuando ∞→n el límite de la sucesión es el

número e.

En el caso de la sucesión

1

2

2

2

1

2

11

+

+

+

++=

n

nn

n

n

nnc en el denominador y en el

exponente obtenemos valores no enteros y la observación anterior parece no ser válida, pero

si calculamos por ejemplo 9c el resultado es

99

999

11

'

'c

+= que realmente no corresponde a

ningún término de la sucesión

n

n

+

11 pero su valor ..'c 592590429 = está comprendido entre

los términos ..'a 581174829

11

9

9 =

+= y ..'a 59374252

10

11

10

10 =

+= de

n

nn

a

+=

11 y

por lo tanto también parece poder afirmarse que eclim nn

=∞→

.

Aceptemos pues que toda sucesión cuyo término general pueda escribirse de la forma

na

na

+

11 con ∞=

∞→n

nalim tienen como límite el número e.

Abordaremos la resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 de dos modos ambos

basados en la observación anterior.

Método I

Se manipula algebraicamente la expresión dada buscando escribir la sucesión en la


1-16

forma na

na

+

11 , con ∞=

∞→n

nalim .

Ejemplos


n

n 3n+2

1n lim

52

−

∞→

seguiremos los siguiente pasos:

1º se suma y resta 1 a la base con lo que

n

n

n

n

n

n

n

n 3n+2 lim

3n+2 lim

3n+2

1n lim

3n+2

1n lim

5

555

4

11

411

21

2

−

+=

−+=

−

−+=

−

∞→∞→∞→∞→

2º se multiplica el exponente por 4

32

−

+n y por su inversa, quedando:

105

32

4 lim

532

4

4

3n+2

n

4

3n+2

11 lim −+

−+

−⋅

−

∞→==

−

+= ∞→ een

n

nn

n

ya que e3n+2

lim

3n+2

n

=

−

+

−

∞→

4

4

11 y 10

32

205

32

4−=

+

−=

+

−

∞→∞→ n

n limn

n lim

nn

.


2

2

22

3

3−

∞→

−+n

n 3+n

1nn lim se sigue el mismo proceso que en el

ejemplo anterior :

=

−+=

−

−++=

−

−++=

−+−

∞→

−

∞→

−

∞→

−

∞→

2

2

2

2

22

2

22

2

22222

3

411

3

311

3

31

3

3n

n

n

n

n

n

n

n 3+n

n lim

3+n

1nn lim

3+n

1nn lim

3+n

1nn lim

+∞====

−

+= ∞+

+−−−

−

−−

−

∞→

∞→∞→ elim

elim

e

n

3+n lim

3+n

nnn)n(

3+n

n

)n(3+n

n

n

3+n

n

nn2

232

2

2

2

2

3

8242

3

4

23

4

4

3

2

4

3

11

Método II

Aplicaremos el proceso visto en los dos ejemplos anteriores al caso general ( ) nbn

n

alim∞→

con

1=∞→

nn

alim y ∞=∞→

nn

blim . Se tendrá:


1-17

( ) ( )

( )

( )1

11

1

1

1

1111

−

−−

∞→∞→∞→

∞→=

−

+=−+=nn

n

nnn

nnablim

baa

n

n

bn

n

bn

ne

a

limalimalim ,

de donde resulta la fórmula ( ) ( ) ( )11

−∞

∞→

∞→==nn

nnablimb

nn

ealim

que podemos aplicar para resolver las indeterminaciones del tipo ∞1 .


2

2

2

3

53+

∞→

−n

n 3+n

n lim aplicamos la fórmula anterior con lo que:

( ) ( )1

3

53 03

1682

3

8213

532

2

2222

2

=====

−

−−+⋅

−+⋅

−

−+

∞→

∞→∞→∞→ elim

elim

elim

e3+n

n lim

3+n

n n

3+n n

3+n

n n

n

nnn

1.8.6 Límites de otros tipos de sucesiones

Ejemplos

Ejemplo 1.32 Calcula 31

3

3

41

3

23

43

23 1

==

+

−

=+

−

∞→

+

∞→

n

n

nn

n

nlimlim

Hemos dividido entre 3n y hemos tenido en cuenta que k/3

n tiende a cero cuando n

tiende a infinito.

Ejemplo 1.33 Calcula ( )

2

1

2

213212

2

22=

+=

+=

++++

∞→∞→∞→ n

nnlim

n

nnlim

n

nlim

nnn

K. Donde hemos

aplicado la fórmula de la suma de n términos de una progresión aritmética.


1-18

Ejercicios resueltos Sucesiones

R.1 Calcula qué términos de la sucesión 2+3n

1-2n = an pertenecen al entorno con centro en 2/3

y radio 0'1. ¿Y al ( )320010′E ?

Solución.- i) Hemos de encontrar los na tales que 10

3

2′<−na , esto es,

( ) ( )( )

⇔′<+

−⇔′<

+

+−−⇔′<−

+

−

n

n

nn

n

n10

69

710

233

23212310

3

2

23

12

; = > n n n

179

646970

10

1

69

7′⇔+<⇔<

+⇔ por consiguiente, desde el término

8a

(inclusive) en adelante todos pertenecen a E0'1(2/3). ii) Análogo.

R.2 ¿Cuántos términos de la sucesión 2+3n

5+2n pertenecen al intervalo

5

10, ?.

Solución.-

−<

<−

⇔

+<+

+<⇔

<+

++

+<

⇔<+

+<

7

232

5

232510

520

5

1

23

5223

520

5

1

2

520

n

n

nn

n

n

nn

n

n

n

Como la primera desigualdad se verifica para todo n de N, pero la segunda no se verifica para

ningún n, podemos asegurar que ningún término de la sucesión pertenece al

5

10, .

R.3 ¿Cuántos términos de la sucesión 43 2 += nan son mayores que 1000? ¿Y mayores que

k, para todo k positivo?

Solución.- i) Trivial: 22183323323

996100043 22 ,nnn =>⇔=>⇔>+ . Por lo tanto, hay

infinitos términos de la sucesión mayores que 1000. En concreto, el 19a y todos los siguientes.

ii) ⇔>+ kn 43 2 ⇔>3

4-kn 2

<<>

≥−

>

40,0

4,3

4

ksin

ksik

n

Por lo tanto, si 40 << k , todos los términos son mayores que k, y si 4≥k desde el término

que ocupa la posición E[3

4-k]+1.

Cálculo de límites

R.4 Calcula ( )1)(n+)(-1 limn

n ∞→

.

Solución.- Puesto que ( ) ( )

−−

+=+−

imparesnsi,n

paresnsi,nn

n

1

111 y cada una de estas dos

subsucesiones diverge a más infinito y menos infinito, respectivamente, la sucesión inicial no tiene límite.

R.5 ( )2

3

6

9

6

81810

6

81

3

45==

+−−=∞+∞−=

−−

−

∞→∞→∞→ nnnlim

nnlim

nnlim .


1-19

R.6 ( ) ( ) =

∞

∞=

++−

+−=

++−

−+−=∞−∞=

∞→∞→∞→nnn

nlim

nnn

nnnlimn-1n+3-n lim

nn

2

n13

13

13

13

22

22

2

3

1001

03

113

1

13

2

−=

++−

+−=

++−

+−

=∞→

nn

nlimn

.

R.7

( )

12

1

41226

2

1

2

2

2=

+

+=

+

+

=

∞

∞=

∞→∞→∞→ n

nnlim

n

nn

lim)1(n--)1(n+

n+...+3+2+1lim

nn33n .

R.8 15

40

=

=

∞→ 2-n5

n2+n4lim

3

3 n

1n+2

n

2

.

R.9 001

0

21

112

=+

=

+

+

=

∞

∞=

∞→∞→

n

nnlim

2n+

1n+ lim

nn .

R.10 ( ) =

+++++

−−−++=∞−∞=

++−++

∞→∞→1814

18141814

22

2222

nnnn

nnnnlimnnnnlimnn

22

4

181

141

4

1814

4

22

22−=

−=

+++++

−=

∞

∞=

+++++

−=

∞→∞→

nnnn

limnnnn

nlim

nn .

R.11 00 ==

∞

∞→ 1-n2

1 lim

2

1n+

n

n

2

.

R.12 01

2

12 =

∞===

∞

∞−

∞→ 1n++n

2+n2lim

2

21n+-n-

n

2

.

R.13 ( ) A

2

2n

ne

n

nn lim ==

++ ∞

−

∞→1

1 3

1

, donde

( )3

1

3

10

1

3

11

1

3

12

2

22

2

=−

=⋅∞=

+⋅

−=

−

++⋅

−=

∞→∞→∞→ n

nlim

n

nnlim

n

nnnlimA

nnn.

Luego, 33

13

1

1ee

n

nn lim

2

2n

n==

++

−

∞→ .

R.14 ( ) A

2

2n+-

ne

1n++n

2+n2 lim ==

∞−

∞→1

2

5

, donde

( ) ( ) ( )2

1

12

560

12

151

12

225

2

2

22

2

=++

+−=⋅∞=

++

+−+−=

−

++

++−=

∞→∞→∞→ nn

nnlim

nn

nnlim

nn

nnlimA

nnn.

Luego, ee1n++n

2+n2 lim

2

2n+-

n==

∞→

2

15

2 .

R.15 En un círculo de 2 m de radio se inscribe un cuadrado y en este cuadrado se inscribe otro

círculo, en éste otro cuadrado y así indefinidamente. Halla: a) el límite de la suma de las áreas

de los infinitos círculos; b) el límite de la suma de las áreas de los infinitos cuadrados.

Solución.-


1-20

En general, si se tiene un círculo de radio r, mediante el Teorema de Pitágoras es

sencillo ver que su cuadrado inscrito tiene de lado r2 .

Por otro lado, si se tiene un cuadrado de lado L, es inmediato que su círculo inscrito

tiene de radio 2

L.

Pues bien, llamando nr al radio del enésimo círculo y nL al lado del enésimo

cuadrado inscrito y aplicando lo comentado más arriba, se tiene:

como 21 =r , entonces 221 =L ;

para 221 =L , entonces 22 =r ;

para 22 =r , entonces 2222 ==L ;

para 22 =L , entonces 12

23 ==r ;

para 13 =r , entonces 23 =L ;

para 23 =L , entonces 2

1

2

24 ==r ;

y, así, sucesivamente.

a) Por lo tanto, la sucesión de los radios de los círculos viene dada por K

2

1122 ,,, . Ahora

bien, teniendo en cuenta el área de un círculo de radio r, la sucesión de las áreas vendrá dada

por K,,,,2

24π

πππ , y la suma de ellas será la suma de n de ellos cuando n tiende a infinito:

( ) 2

11

1221 8

12

40

12

42222124 mlimlimS

n

n

n

nπ=

−

−⋅π=

−

−⋅⋅π=π⋅+++++=

−−

−−

∞→

−−

∞→K ,

donde se ha utilizado que los sumandos del paréntesis forman una progresión geométrica de

razón 2

1.

b) Análogamente, la sucesión de los lados de los cuadrados inscritos es K,,, 2222

Ahora bien, teniendo en cuenta el área del cuadrado de lado L, la sucesión de las áreas

vendrá dada por K,,, 248 , y la suma de ellas será la suma de n de ellos cuando n tiende a

infinito:

( ) 2

11

144 16

12

80

12

8222248 mlimlimS

n

n

n

nπ=

−

−⋅π=

−

−⋅⋅π=π⋅++++=

−−

−−

∞→

−

∞→K ,

donde se ha utilizado que los sumandos del paréntesis forman una progresión geométrica de

razón 2

1.

Ejercicios propuestos P.1 Dada la sucesión 20, 20/2 , ... , 20/n, ... comprueba que si elegimos un entorno de centro cero y radio 10

-2, hay 2000 términos de la sucesión que no pertenecen al entorno, pero sí

pertenecen los infinitos términos restantes.

P.2 Halla el primer término de la sucesión 1+n

5-n que pertenece al ]0'999,1'001[.

P.3 Averigua si 7/15 es un término de la sucesión cuyo término general es:7+2n

5-3n = an .

¿Cuántos términos de la sucesión 1+2n

7+3n pertenecen al intervalo ]1,2[ ? ¿Cuántos quedan

fuera?


1-21

P.4 ¿Cuántos términos de la sucesión 5

32

+

−

n

n pertenecen al entorno de centro 2 de radio

10-5

? ¿Cuántos quedan fuera? P.5 Calcula los siguientes límites:

a)

−

+−

∞→ 1

1lim

2

n

nn

n b)

∞→ n+1

n2-1-

n-1

n2+1 lim

22

n c)

1+n2

1

1n-3 lim

n ∞→

d)

∞→ 1n+2

1+n-

1n-2

n lim

22

n e) ( )

+−

∞→ 11lim

n

nn

n f)

−

∞→ 1n+

1)(-1lim n

n

g)

+++

∞→ 222

21lim

n

n

nnnK h)

5+3

2-4 lim n

n

n ∞→

i)

∞→ 3n+2

1+n lim

3 2

n

j) ( )nnn

−+∞→

5lim k) 1n+-n3

4n-3 lim

2n ∞→

l) n7+n- n3+n2 lim22

n ∞→

m) )n10+n(n- lim2

n ∞→

n) 1+n- 1-n lim22

n ∞→

ñ) 1)n-2-1n+3+n4( lim2

n ∞→

p)

−

+

−

∞→2

2

2lim

n

nn

n.

q) )]1n+-2n+(n[ limn ∞→

r)

1-1+n4

1+n9-1+n25 lim

2

22

n ∞→

P.6 Calcula los siguientes límites:

a)

∞→ n

1 lim

n-

n

2

b)

∞→ 1n++n2

1-n8 lim 3

3 1n-2

n

n

c)

∞→ 1-n2

3n+ lim 3

n2

n

d)

−

∞→ 1n+

2+n lim

n

n

32

e)

−−

+−+

∞→ 123

6237

nn

nn lim 2

2n

n

f)

−

∞→ 1n+

+n lim

n

n 2

432

,

g)

−

+

∞→ 1n

+n lim

n

n 3

832

h)

+

−+

∞→ 6

83722

n

+n lim

nn

n

i)

+−

++

+

∞→ 65

61

5

3

nn

n lim 2

n

n

j)

−+

+−

+

∞→ 182

7222

72

nn

nn lim

2 n

n

n

k)

+

+−+

+

∞→ nn

nn

1n+

+n lim

n

n 52

13

2

12

22

Soluciones de los ejercicios propuestos

P.2 desde el 6000. P.3 Desde el a6 (inclusive) están dentro. Quedan fuera los cinco primeros términos. P.4 Pertenecen todos, menos los 1.299.996 primeros. P.5 a) –1; b) -4; c) ∞ ; d) ½ ;

e) no tiene; f) no tiene; g) ½ ; h) ∞ ; i) ∞ ; j) 0; k) 3 ; l) ∞ ; m) –5; n) 0; ñ) 4

1− ; p) −∞ ; q)

2

1; r)

1. P.6 a) ∞ ; b) 2 ; c) 0; d) ∞ ; e) 1; f) 0 ; g) 3e ; h) ∞ ; i) 5

1

e ; j) 1; k) 5

1

e.

Límites de funciones Tema 2

2-1

Tema 2

Límites de funciones reales de variable real

En el tema anterior se ha estudiado el concepto de límite de una sucesión ahora nos adentramos en el concepto de límite de una función en sus diferentes formas, centrándonos de manera especial en el cálculo de límites.

2.1 Límite de una función en un punto

Antes de definir de manera rigurosa el concepto de límite veamos una idea intuitiva del mismo.

Afirmamos que el límite de una función ( )xfy = es el número real L cuando x tiende a

un número a, y se escribe Lxfax

= )(lim→

, si al elegir valores de x cada vez más próximos al valor

a, los correspondientes a ( )xf se acercan a L, además podemos conseguir valores de ( )xf tan

próximos a L como queramos y serán todos los valores correspondientes a un determinado nivel de cercanía de los x al valor de a.

Ejemplos

Ejemplo 2.1 Consideremos la función ( )xx

xxxf

+

+=

2

3 5 y veamos qué ocurre al considerar

valores de x cada vez más próximos a cero. Si nos acercamos primero por la derecha y después por la izquierda se obtiene:

x - 0´5 - 0´1 - 0´01 - 0´001 - 0´0001

( )xf 10´5 5´56... 5´0506... 5´995... 5´0050...

Se observa que cuando x se acerca a cero los valores de la función se acercan a 5;

obsérvese también que ni siquiera existe ( )0f .

Ejemplo 2.2 Consideremos ahora la función ( )

≥

<−=

1

12

2 xsix

xsixxf y observemos qué ocurre

cuando x se acerca a 1 por la derecha y después por la izquierda.

Como puede verse no puede afirmarse que los valores de ( )xf se acerquen todos a un valor

determinado y en consecuencia no puede hablarse de límite de esa función cuando x tiende a

x 0´5 0´1 0´01 0´001 0´0001

( )xf 3´5 4´55... 4´95... 4´995... 4´99950...

x 2 1´5 1´1 1´01 1´001

( )xf 4 2´25 1´21 1´0201 1´002... x 0 0´5 0´9 0´99 0´999

( )xf - 2 - 1´5 - 1´1 - 1´01 - 1´001


2-2

1, sin embargo ( ) 11 =f . Nótese, pues, que la afirmación Lxfax

= )(lim→

es independiente de la

existencia o no existencia de f (a) y, en caso de existencia, L no tiene porqué coincidir con f (a).

2.2 Definición de límite de una función en un punto

Sea la función f : A → R , donde A⊆ R , y un a ∈R tal que existe un entorno reducido

de a incluido en A .

Notas:

- Observemos que la condición δax <−<0 expresa que x dista de a menos de δ unidades y

que no exigimos nada para ax = . Insistimos de nuevo en que el concepto de límite de f en a

es independiente de la existencia y, en su caso, del valor de f (a).

- Para cada ε hay un δ apropiado, pero no se exige que sirva el mismo δ para cada elección

de ε , es decir ( )εδδ = .

- Encontrado un δ , este no es único, puesto que también sirve cualquier número positivo

menor.

Ejemplo 2.3 Demostremos que ( ) 7 = 13 lim2

+→

xx

.

Sea 0>ε un número real cualquiera, según la definición 2.1 hemos de encontrar un

0>δ tal que si δx <− 2 entonces ( ) ( ) εxεxf <−+⇔<− 7137 .

Trabajando con la segunda desigualdad se puede llegar a la relación de ε con δ . En

efecto,

( )3

22363713ε

xεxεxεx <−⇔<−⇔<−⇔<−+ ,

así que eligiendo 3

εδ = se cumple la definición.

Definición Diremos que el límite de la función f en el punto a es un número real L, y lo

representaremos por Lxfax

= )(lim→

, cuando se cumpla:

0,0 >∃>∀ δε tal que si δax <−<0 , entonces ( ) εLxf <− .

Lo que significa que para cualquier entorno V de L existe un entorno reducido U de a cuyas imágenes mediante f están todas en V.

Si existe el límite de una función en un punto, éste es único.


2-3

Ejemplo 2.4 Demostremos que el límite del ejemplo 2.1 es único.

Supongamos que no es único, esto es, que ( ) 7 = 13 lim2

+→

xx

y, además, ( ) Lxx

= 13 lim2

+→

,

con L un número real distinto de 7.

Si ( ) 7 = 13 lim2

+→

xx

, dado un 0>ε (y por tanto 02

>ε

) existe un 01 >δ tal que si

12 δx <− entonces ( )2

713ε

x <−+ . (1)

Si ( ) Lxx

= 13 lim2

+→

, para ese 02

>ε

existe un 02 >δ tal que si 22 δx <− entonces

( )2

13ε

Lx <−+ . (2)

Llamando δ al menor de 1δ y 2δ es evidente que para los x tales que δx <− 2 se

cumplen a la vez las desigualdades (1) y (2).

Como 7≠L entonces 07 >−L y aplicando (1) y (2) para 7−=ε L , se tiene

( ) ( ) ( ) ( ) 722

71313713137 −=ε

+ε

<−+++−≤−+++−=− LxxLxxLL ,

así se llega a la contradicción y, por tanto, la suposición inicial es falsa y el límite es único.

2.3 Límites laterales

Ejemplo 2.5 Estudiemos los límites laterales de la función ( )

>

≤+=

0

022

xsi,x

xsi,xxf para 0=x .

Como puede observarse, tanto en la gráfica, como en las funciones definidas a derecha e izquierda del cero, se tiene

0lim )(lim 00

==++ →→

xxfxx

y 22lim )(lim 2

00=+=

−−→→

xxfxx

.

En consecuencia, no existe )(lim 0

xfx→

.

Definiciones Se dice que el límite por la izquierda de la función f en el punto a es L, y se representa por

x→a −

lim f (x) = L , si

∀ ε > 0 ,∃ δ > 0 tal que si 0 < a − x < δ , entonces ( ) ε<− Lxf .

Se dice que el límite por la derecha de la función f en el punto a es L, y se representa por

x→a +

lim f (x) = L , si

∀ ε > 0 ,∃ δ > 0 tal que si 0 < x − a < δ , entonces ( ) ε<− Lxf .

Proposición Existe el x→al im f (x) = L si, y sólo si, existen los límites laterales y coinciden.


2-4

Ejemplos

Ejemplo 2.6 Estudiemos el límite de la función ( ) [ ]xxf = cuando x tiende a 2 . ¿Qué pasa

cuando x tiende a 2,2 ?

Se ve en la figura que [ ] 1lim2

=−→

xx

y [ ] 2lim2

=+→

xx

,

por lo que no existe [ ]xx 2lim→

.

Sin embargo, sí que existe [ ] 2lim2'2

=→

xx

como

fácilmente puede verse en la gráfica.

Ejemplo 2.7 Estudiemos el límite de la función ( ) xlnxf =

cuando x tiende a 1 .

Observando la gráfica, es fácil comprobar que 0lnlim1

=−→

xx

y

0lnlim1

=+→

xx

, por lo que 0lnlim1

=→

xx

2.4 Límites infinitos

Hasta aquí se ha estudiado el x→al im f (x) = L cuando tanto a como L son números

reales (finitos). A continuación, ampliamos el estudio para incluir límites en los que L es infinito.

Ejemplos

Ejemplo 2.8 Probemos que x→0lim

1

x2

= + ∞ .

Debemos demostrar que 00 >δ∃>∀ ,M tal que si δx <<0 , entonces

f (x ) > M Mx

>⇔2

1. Como 0>M despejando

Mx

Mx

112<⇔< por tanto tomando

Mδ

1=

se cumple la condición de la definición.

Definición Diremos que el límite de f en a es + ∞ , y lo representaremos por

x→al im f (x) = + ∞ , cuando:

00 >δ∃>∀ ,M tal que si δax <−<0 , entonces Mxf >)( .

Diremos que el límite de f en a es − ∞ , y lo representaremos por x→al im f (x) = − ∞ , cuando:

00 >δ∃>∀ ,M tal que si δax <−<0 , entonces Mxf −<)( .


2-5

Ejemplo 2.9 Estudiemos el límite de la función

( ) tgxxf = en x =

π

2 .

Como es fácil de observar en la gráfica

−∞=+

→

tgxπ

x2

lim y +∞=−

→

tgxπ

x2

lim por lo tanto no

existe tgxπ

x2

lim→

aunque sí límites laterales.

Interpretación geométrica de los límites infinitos. Siempre que ±∞+→

= )( lim xfax

o bien

±∞−→

= )x(f limax

se dice que la función ( )xfy = tiene una asíntota vertical de ecuación ax = .

En el ejemplo anterior la función ( ) tgxxf = tiene una asíntota vertical de ecuación x =

π

2.

2.5 Límites en el infinito

Se trata de límites en los que a es infinito.

Ejemplos

Ejemplo 2.10 Probemos que x→+∞lim

1

x = 0 .

Debemos probar que ∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x > M , entonces εx

<− 01

es decir

εx

εx

<⇔<11

dado que M es positivo y por tanto x también, despejando se llega a ε

x1

> luego

eligiendo ε

M1

= se cumple la condición de límite.

Ejemplo 2.11 Estudiemos el límite de la función ( ) xexf =

cuando x tiende a ∞− .

Como se aprecia en la gráfica y se puede comprobar fácilmente con una calculadora para valores de x negativos y grandes en valor absoluto los valores de y se pueden hacer tan

pequeños como queramos, por ello 0lim =−∞→

x

xe .

Definición Diremos que el límite de f cuando x tiende a + ∞ es L , y lo representaremos

por x→+∞lim f (x ) = L , cuando:

∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x > M , entonces f x( )− L < ε .

Diremos que el límite de f cuando x tiende a − ∞ es L, y lo representaremos por

x→al im f (x ) = − ∞ , cuando:

∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x < − M , entonces f x( )− L < ε .


2-6

Interpretación geométrica de los límites en el infinito. Siempre que ( ) bxfx

=+∞→

lim o bien

( ) bxfx

=−∞→

lim se dice que la recta de ecuación by = es una asíntota horizontal de la función.

En el ejemplo anterior la recta de ecuación 0=y es una asíntota horizontal para −∞→x .

2.6 Caracterización del límite mediante sucesiones Se podría haber dado como definición de límite de una función en un punto la siguiente:

Esta definición parte del concepto de límite de una sucesión y en ocasiones facilita la

demostración de los teoremas relativos al límite de una función. En todo caso nos da una nueva posibilidad de abordar determinados problemas de límites de funciones.

Ejemplo 2.12 Veamos que no existe

x→0lim sen

1

x

.

Vamos a elegir dos sucesiones de términos generales

respectivos nπ

an

2= y

nπbn

1= . Se tiene que

0limlim ==∞→∞→

nn

nn

ba , sin embargo se observa que

π=

∞→∞→ 2

1 nsenlim

asenlim

nnn (no existe límite) y

( ) 0lim1

lim ==

∞→∞→πnsen

bsen

nnn luego no existe

x→0lim sen

1

x

.

2.7 Propiedades algebraicas de los límites

Sean f y g dos funciones tales que existen los límites x→al im f (x ) = L 1 y

x→al im g(x) = L 2 . Entonces se cumple:

x→al im f (x ) = L si para cualquier sucesión ( )na cuyos términos están en el dominio

de f y tal que cumple que n →∞lim an = a y an ≠ a,∀ n ∈N , se tiene que ( ) L = aflim n

n ∞→, (donde L

puede ser finito o infinito).

1. ( )( ) 21 LL = xg)x(f limax

±±→

.

2. ( )( ) 21 = )(lim LLxgxfax

⋅⋅→

.

3. Si 02≠L , entonces ( )( ) 2

1 = limL

L

xg

xf

ax→ .

4. Si L 1> 0 , entonces ( )( ) ( ) 21Lxg

axL= xflim

→ .


2-7

Nota Cuando se opera con los límites, a igual que en el caso de las sucesiones (incluso cuando los límites involucrados sean infinitos), pueden aparecer las siguientes indeterminaciones:

∞−∞ , 0⋅∞ , 0

0,

∞

∞, ∞1 , 00 , 0∞ .

2.8 Límite de la función compuesta Por la finura de su condiciones no expondremos la proposición que rige el límite de la función compuesta. Nos limitaremos a afirmar sin demostrarlo que con las funciones que vamos a trabajar siempre se cumple que:

Ejemplo 2.13 1lim 0==

→eesenx

πx, ( ) −∞=

+→

tgxx

lnlim0

.

2.9 Cálculo de límites - Para las funciones elementales, esto es, para las afines, polinómicas, raíces de índice natural, exponenciales, logarítmicas y trigonométricas, en su dominio, siempre se cumple que:

( ) ( )afxfax

=→

lim .

Ejemplos

Ejemplo 2.14 ( ) 1212122lim 33

1=+⋅−=+−

→xx

x .

Ejemplo 2.15 ( ) 2812212lim33 23 2

2−=−=−−=−

−→x

x

Ejemplo 2.16 ( ) 44 34 3

1321525lim −=+−⋅=+

−→x

x , que no existe.

Ejemplo 2.17 1lim 0

0==

→eex

x .

Ejemplo 2.18 ( ) ( ) 01lnlnlim1

==→

xx

.

Ejemplo 2.19 ( )

=

→2

lim

2

πtgxtg

πx

, que no existe (aunque sí existen límites laterales).

- Para las funciones racionales (cociente de polinomios), al sustituir la x por el valor de a, es posible que resulte un número real, un infinito o que aparezca la indeterminación

0

0 .

Ejemplos

Ejemplo 2.20 3

1

3020

10

32

1lim

2

4

2

4

0

−=

+⋅−

−=

+−

−

→ xx

x

x .

si x→al im f (x) = b y

x→bl im g(x) = L , entonces ( ) L )x(g lim= )x(fg lim

bxax=

→→o .


2-8

Ejemplo 2.21 08

0

222

42

2

4lim

3

2

3

2

2==

−+

−=

−+

−

→ xx

x

x .

Ejemplo 2.22

l imx→1

x2

x3

− 1=

12

13

− 1=

1

0

, que no existe porque

limx→1−

x2

x3

− 1= −∞ y

limx→1+

x2

x3

− 1= +∞ .

Ejemplo 2.23

limx→2

x2 − 5x + 6

x3

− 8=

22 − 5 ⋅ 2 + 6

23

− 8=

0

0

. Como resulta una indeterminación, hay

que procurar deshacerla. Para ello factorizamos el numerador y el denominador, simplificando los factores iguales y volviendo a sustituir la x por el valor de a :

( ) ( )( ) ( ) 12

1

4222

32

42

3lim

422

32lim

0

0

8

65lim

222223

2

2

−=

+⋅+

−=

++

−=

++⋅−

−⋅−=

=

−

+−

→→→ xx

x

xxx

xx

x

xx

xxx .

- Para funciones definidas a trozos véase si f está definida de igual o distinta forma a izquierda y derecha de a. En el primer caso, el límite se calcula como hemos visto anteriormente. En el segundo caso, hay que calcular los límites laterales.

Ejemplo 2.24 Calculemos los límites en 2 y en 3 de ( )

≥

<−=

22

22

xsix

xsixxxf . Como

( ) ( ) 2limlim 2

22=−=

−− →→

xxxfxx

y ( ) 42limlim22

==++ →→

xxfxx

, no existe límite en 2. Por otro lado, como 3

está a la derecha de 2, se tiene ( ) 62limlim33

==→→

xxfxx

.

- En ocasiones, ante cualquier indeterminación, simplemente hay que operar.

Ejemplos

Ejemplo 2.25 ( )( )

=

−

+=

−

−+⋅=∞−∞=

−−

− →→→ 0

4

1

13lim

1

213lim

1

2

1

3lim

212121 x

x

x

x

xx xxx , que no existe

porque

limx→1−

3x + 1

x2

−1=

4

0−

= −∞ y

limx→1+

3x + 1

x2

−1=

4

0+

= +∞ .

Ejemplo 2.26 ( ) ( )

44

lim0

011lim

0

22

0==

=

−−+

→→ x

x

x

xx

xx .

- El producto de una función que tiende a cero por otra acotada es siempre cero.

Ejemplo 2.27

limx→0

x ⋅sen1

x

= 0 .

- En los límites de funciones irracionales algebraicas, la indeterminación se deshace algunas veces realizando un cambio de variable o multiplicando y dividiendo por el conjugado.

Ejemplos


2-9

Ejemplo 2.28

( )( )( )( ) ( )( ) 22

1

2

1

22

2

22

22

0

0

2

2

2222=

+=

+−

−=

+−

+−=

=

−

−

→→→→ xlim

xx

xlim

xx

xxlim

x

xlim

xxxx

Este método es eficaz siempre que aparezcan raíces cuadradas.

Ejemplo 2.29

0

9

9lim

9

99

lim9lim22

22

2 =

+−

−=

+−

+−⋅

−−

=∞−∞=

−−

+∞→+∞→+∞→xxxx

xxxx

xxxxx

Ejemplo 2.30

( ) ( )( )( )( ) 2

3

1

1 lim

11

11 lim

0

0

1

1 lim1

11

11 lim

2

1

2

12

3

1

6

30=

+

++=

+−

++−=

=

−

−==+=

−+

−+

→→→→ y

yy

yy

yyy

y

yyx

x

x

yyyx .

Hemos realizado el cambio de variable 1+ x = y6

. Como la variable x tendía a 0, ahora

la variable y tiende a 1, porque 1+ 0 = y6

, de donde y = 1 .

En general, este cambio de variable se realiza siempre que los radicales que aparezcan tengan el mismo radicando. El cambio consiste en cambiar éste por una nueva variable elevada al mínimo común múltiplo de los índices de dichos radicales.

Ejemplo 2.31 Calculemos

−−

+∞→

3 3 1lim xxx

.

Si llamamos 3 3 1−= xy y consideramos que ( )( )2233 yxyxyxyx ++−=− , de ahí se tiene

que 2

33

yxyx

yxyx

++

−=− y

( )2

3 33 32

3 33 3

333 3

11

1

11

11

−+−+

=

−+−+

−−=−−

xxxxxxxx

xxxx ,

en consecuencia 0

11

1lim1lim

23 33 3

3 3=

−+−+

=

−−

+∞→+∞→xxxx

xxxx

- En las indeterminaciones del tipo ∞1 se actúa del mismo modo que en el caso de las sucesiones.

Ejemplo 2.32

ee

x

xx

x

x

x x

x

x

x

x

xx

x

x

x

x

x

x

x ==

−

−+=

−

−

−+=

−

− −

−⋅

−

−

−⋅

−⋅

−

−

→

−

→

−

→

+→

+++

1

3

3

2lim

1

3

3

2

3

1

3

3

2

3

3

2

3

3

3

1

11lim1

1

421lim

1

42lim

2.10 Cálculo de límites mediante infinitésimos equivalentes

Definición El par af , se dice infinitésimo si, y sólo si,

l imx→a

f (x ) = 0


2-10

Ejemplos

Ejemplo 2.33 Como ( ) 0 = 3cos lim

2

xπ

x→

, el par ( )2

,3cosπ

x es un infinitésimo.

Ejemplo 2.34 También son infinitésimos 0,x , 3,3−x , 0,senx , …

Unos infinitésimos tienden a cero más rápidamente que otros como puedes comprobar en la siguiente tabla:

x 2 1 0’5 0’1 0’01 0’001 2x 4 1 0’25 0’01 0’0001 0’000001

senx 0’909... 0’84... 0’479... 0’0998... 0’0099998.. 41099999'9 −⋅

xcos1− 1’41.. 0’459.. 0’122... 0’00499... 5109999'4 −⋅ 7105 −⋅

Para comparar la fuerza con la que dos infinitésimos se acercan a cero se observa qué

ocurre con el límite del cociente, de este análisis vamos a descubrir un método de cálculo de límites complicados que funciona en algunos casos concretos sustituir un infinitésimo por otro equivalente.

Ejemplos

Ejemplo 2.35 Sean las funciones ( ) 62 −+= xxxf y ( ) 42 −= xxg , que evidentemente son

infinitésimos en 2. Como ( )( ) 4

5

2

12lim

0

0

4

6lim lim

22

2

22=

+=

=

−

−+=

→→→ x

x

x

xx

xg

xf

xHxx, los infinitésimos dados

son del mismo orden.

Ejemplo 2.36 Como 0lim0

0lim

0

2

0==

=

→→x

x

x

xx , el infinitésimo

x

2,0 es de mayor orden que el

infinitésimo x ,0 .

Ejemplo 2.37 Como +∞===

=

→→ 0

1

20

0

020 x

xcoslim

x

senxlim

x

H

x , el infinitésimo

x

2,0 es de mayor

orden que el infinitésimo senx, 0 .

Definiciones Dados dos infinitésimos f ,a y

g,a , se dice que

- Son del mismo orden si, y sólo si, ( )( )

Lxg

xf

ax=

→lim , con L un número finito distinto de

cero.

- Son de distinto orden si, y sólo si, ( )( )

∞=→ xg

xf

axlim o

( )( )

0lim =→ xg

xf

ax . En el primer caso

diremos que g,a es de orden superior a

f ,a (g tiende a cero más rápidamente que

f). En el segundo caso diremos que f ,a es de orden superior que

g,a (f tiende a

cero más rápidamente que g) .

- Son equivalentes si, y sólo si, ( )( )

1lim =→ xg

xf

ax o

( )( )

1lim =→ xf

xg

ax .


2-11

Ejemplo 2.38 Como 11

coslim

0

0lim

00==

=

→→

x

x

senx

xHx , los infinitésimos

senx, 0 y

x ,0 son

equivalentes.

Nota La anterior proposición viene a decir que en el cálculo de límites se pueden sustituir infinitésimos por otros equivalentes siempre que multipliquen o dividan a toda la expresión, nunca cuando sumen o resten.

Algunos infinitésimos equivalentes, cuando x → 0 , son:

x , senx , tg x , arcsenx , arctgx , ln x + 1( ),e

x− 1

x2

2,1− cosx

kx , 1+ x( )k

− 1 x lna , ax

− 1

Ejemplos

Ejemplo 2.39 ( )

3 =

22

3 lim

cos12

3 lim

0

0

cos22

3 lim

20

..

0

..

0 x

xx

x

xx

x

senxx

x

ei

x

ei

x⋅

⋅=

−⋅

⋅=

=

−

⋅

→→→ .

Ejemplo 2.40 =

−⋅

=

−

=

=

−

→→→ 303030

1cos

1

limcos lim0

0 lim

x

xsenx

x

senxx

senx

x

senxtgx

xxx

( )2

12 limcos

cos1 lim

cos

cos1

lim3

2

0..3030=

⋅

=⋅

−⋅=

−⋅

=→→→ x

xx

xx

xsenx

x

x

xsenx

xeixx .

Proposición Sean f ,a y

g,a dos infinitésimos equivalentes. Entonces, para cualquier

función h definida en un entorno reducido de a, se cumple:

- ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xhxgxhxfaxax

⋅=⋅→→

limlim

- ( )( )

( )( )xh

xg

xh

xf

axax →→= limlim

- ( )( )

( )( )xg

xh

xf

xh

axax →→= limlim

siempre que alguno de los límites involucrados en cada una de las igualdades exista.


2-12

Ejercicios resueltos

Concepto de límite

R.1. a)Demuestra que 33

15lim

2=

−

→

x

x.

b) Encuentra el entorno del punto 2 para el que los valores de las imágenes pertenezcan al entorno de centro 3 y de radio 0’01.

Solución:

a) Dado un 0>ε cualquiera, debemos encontrar un 0>δ que dependerá de cada ε tal

que para todos los x que verifiquen que δx <− 2 sus imágenes cumplan ( ) εxf <− 3 ,

es decir: εx

εx

<−

⇔<−−

3

1053

3

15 de donde ε

xε <

−<−

3

105 y operando

5

32

5

331053

εx

εεxε <−<

−⇔<−<− , que equivale a afirmar que

5

32

εx <− , así que

tomando un 5

3εδ = se cumple la condición de la definición de límite.

b) Sólo se trata de elegir 01'0=ε con lo que 006'05

3==

εδ con lo que el entorno pedido

es ( ) ( )006'2,994'1006'02,006'02006'02 ∈⇔+−∈⇔<− xxx .

R.2. a) Demuestra que 22

12lim =

+

+

+∞→ x

x

x.

b) Encuentra los valores de x para los que los valores de las imágenes pertenecen al entorno de centro 2 y de radio 0’01.

Solución:

a) Dado un 0>ε cualquiera, debemos encontrar un RM ∈ real de manera que Mx >∀ se

cumpla que ( ) ε<+

−⇔ε<−

+

+⇔ε<−

2

32

2

122

xx

xxf como Mx > no se pierde rigor al

considerar 02 >+x con lo que ε

ε−>⇔ε<

+⇔ε<

+

− 23

2

3

2

3x

xx por lo tanto si se

toma ε

ε−=

23M se cumple la condición de la definición.

b) Debemos considerar 01'0=ε con lo que 298010

0203=

−=

'

'M por tanto todos los

números reales 298>x tienen sus imágenes en el entorno pedido.

R.3. a) Demuestra que ( )

+∞=−+→

32 2

3lim

xx.

b) Encuentra los valores de ( )0,2 xx ∈ para los que ( ) 3000>xf .

Solución:

a) Se trata de probar que RH ∈∀( )

Hx

xδxδ >−

⇒><−>∃3

2

32 y 2 si:0 no hay

problema en considerar 0>H y como también 02 >−x se tiene


2-13

( )( ) 33

3

3232

2

3

HxxHH

x<−⇔<−⇔>

−, así que eligiendo 3

3

Hδ = aquellos x que cumplan

2 y 2 ><− xδx harán que ( )

Hx

>−

32

3.

b) Se considera 3000=H con lo que 1'03000

33 ==δ por tanto los valores de x pedidos

son los ( )1'2,2∈x .

Indeterminación del tipo ∞

∞

R.4. Calcula los siguientes límites :

a) 2

3lim

3 2

+

+

+∞→ x

x

x b)

2

32lim

2

−

−+

+∞→ x

xx

x c)

2

32lim

2

−

−+

−∞→ x

xx

x d)

3

3

52

3lim

xx

xx

x +

+

+∞→

Solución:

a) [ ]indet. 2

3lim

3 2

∞

∞=

+

+

+∞→ x

x

x dividimos numerador y denominador por x

01

0

21

31

lim2

3lim

333 2

==

+

+

=+

+

+∞→+∞→

x

xx

x

x

xx.

b) [ ] 12

1

321

limindet. 2

32lim

22

=

−

−+

=∞

∞=

−

−+

+∞→+∞→

x

xx

x

xx

xx.

c) [ ]indet. 2

32lim

2

∞

∞=

−

−+

−∞→ x

xx

x como −∞→x estamos considerando 0<x y hay que actuar

con cautela puesto que un número negativo no puede introducirse dentro de una raíz cuadrada, así que hay que dividir numerador y denominador por –x que es positivo y que pasará como

( ) 22xx =− con lo que tenemos: 1

21

321

lim2

32lim

22

−=

+−

−+

=−

−+

+∞→+∞→

x

xx

x

xx

xx.

d) [ ]2

1

52

31

limindet. 52

3lim

6

6

3

3

=

+

+

=∞

∞=

+

+

+∞→+∞→

x

x

xx

xx

xx (hemos dividido por x ).

Indeterminación del tipo ∞−∞


a)

−−+

+∞→733lim 22 xx

x b)

+−

+∞→xxx

x3lim 2 c)

−−

−+→ 9

2

3

1lim

23 xxx

d)

−+

−∞→xxx

x23lim 2

Solución:


2-14

a) [ ] =

−++

−++

−−+

=∞−∞=

−−+

+∞→+∞→733

733733

limindet. 733lim22

2222

22

xx

xxxx

xxxx

( ) [ ] −∞=

−++

+−

=∞

∞=

−++

+−=

−++

−−+=

+∞→+∞→+∞→

22

22

2

22

22

73

31

102

limindet. 733

102lim

733

733lim

xx

xx

xx

x

xx

xx

xxx

b) [ ] =++

++

+−

=∞−∞=

+−

+∞→+∞→ xxx

xxxxxx

xxxxx 3

33

limindet. 3lim2

22

2

[ ]2

3

311

3limindet.

3

3lim

2−=

++

−=

∞

∞=

++

−=

+∞→+∞→

xxxx

x

xx.

c) [ ] +∞=−

+=

−

−+=∞−∞=

−−

− +++ →→→ 9

1lim

9

23limindet.

9

2

3

1lim

23

23

23 x

x

x

x

xx xxx.

d) [ ] =

−−

−−

−+

=∞+−∞=

−+

−∞→−∞→xxx

xxxxxx

xxxxx

23

2323

limindet. 23lim2

22

2

[ ] +∞=

−−−

−=

∞−

∞−=

−−

+−=

−∞→−∞→

x

x

xxx

xx

xx 231

22limindet.

23

22lim

2

2

(dado que 0<x hemos dividido

numerador y denominador por –x que pasa dentro de la raíz como 2x ).

Indeterminación del tipo 0

0


a) 935

2793lim

23

23

3 ++−

+−−

→ xxx

xxx

x b)

96

2793lim

2

23

3 ++

+−−

−→ xx

xxx

x c)

4162

24lim

0 −+

−+

→ x

x

x

d) 6

3

0 11

11lim

+−+

+−+

→ xx

xx

x

Solución:

a) [ ]indet.0

0

935

2793lim

23

23

3=

++−

+−−

→ xxx

xxx

x factorizamos el numerador y denominador.

( )( )( ) ( )

( )( ) 2

3

1

3lim

13

33lim

935

2793lim

32

2

323

23

3=

+

+=

+−

−+=

++−

+−−

→→→ x

x

xx

xx

xxx

xxx

xxx.


2-15

b) [ ] ( )( )( )

( )( ) 0

36

3

3lim

3

33limindet.

0

0

96

2793lim

2

32

2

32

23

3=

+

−=

+

−+==

++

+−−

−→−→−→ x

x

x

xx

xx

xxx

xxx no existe límite

aunque sí que hay límites laterales ( )( )

+∞=+

−=

++

+−−++ −→−→ 3

3lim

96

2793lim

2

32

23

3 x

x

xx

xxx

xx y

( )( )

−∞=+

−=

++

+−−−− −→−→ 3

3lim

96

2793lim

2

32

23

3 x

x

xx

xxx

xx.

c) [ ]indet.0

0

4162

24lim

0=

−+

−+

→ x

x

x multiplicamos numerador y denominador por el conjugado de

uno y de otro. ( )( )( )

( )( )( )=

++++−+

++++−+=

−+

−+

→→ 2441624162

41622424lim

4162

24lim

00 xxx

xxx

x

x

xx

( )( )( )( )

( )( )

( )( )

1242

4162lim

242

4162lim

2416162

416244lim

000=

++

++=

++

++=

++−+

++−+=

→→→ x

x

xx

xx

xx

xx

xxx.

d) [ ]indet.0

0

11

11lim

6

3

0=

+−+

+−+

→ xx

xx

x hacemos el cambio de variable 66 11 txtx =+⇔=+ con lo

que se tiene ( )

( )( ) 11

1

111

1

11

116

62

3

23

6

3

++

+=

+=

−+

−=

−

−=

+−+

+−+

x

x

t

t

ttt

tt

tt

tt

xx

xx y por tanto

2

1

11

1lim

11

11lim

6

6

06

3

0=

++

+=

+−+

+−+

→→ x

x

xx

xx

xx.

Indeterminación del tipo ∞1 R.7. Calcula los siguientes límites :

a)

2

3

232

13

23lim

+

−∞→

−

−x

x x

xx b)

2

3

232

13

23lim

+

+∞→

−

−x

x x

xx c)

bx

bx bx

bx −

→

−

+1

2

2lim

Solución:

a) [ ]indet.113

23lim

2

3

232

∞

+

−∞→=

−

−x

x x

xx. Aplicamos la fórmula ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )xgxf

ax

xg

axexf ⋅−

→

∞

→==

1lim1lim y

( ) ( )+∞=====

−

− ∞+

−

+−−+

−

+−+

−

−

−+

−∞→

−∞→−∞→−∞→

eeeex

xx x

xxx

x

xx

x

xxx

x

xxx 13

232lim2

13

12lim21

13

23lim2

3

233

242

3

22

3

232

13

23lim .

b) Todos los pasos del apartado a) son iguales, pero al llegar al final se tiene que:

013

23lim

13

232lim2

3

23 3

242

===

−

− ∞−

−

+−−+

+∞→

+∞→

eex

xx x

xxx

x

x

.

c) bx

bx bx

bx −

→

−

+1

2

2lim Si 0=b el límite es trivial pues se trata de la función ( ) 01 ≠∀= xxf y su

límite cuando 0→x es 1.


2-16

Nos centramos en el caso 0≠b [ ] ====

−

+ −

−−

−

−

+

∞−

→

→→ bxbx

b

bxbx

bxbx

bx

bxbxee

bx

bx1

2

2lim

11

2

2lim

1

indet.12

2lim

bxbxe −→=

2lim

no existe límite, sin embargo sí hay límites laterales pues +∞== ∞+−+→ ee bxbx

2lim

y

0

2lim

== ∞−−−→ ee bxbx .

Infinitésimos equivalentes

R.8. Calcula utilizando la equivalencia de infinitésimos los siguientes límites :

a) xsenx

arcsenxx

x 20 coslim

⋅

⋅

→ b)

( )tgbxxx

ax

x −⋅

−

→ 2

cos1lim

0 c)

11

1lim

0 −+

−

→ x

ax

x

d) 30 3

coslim

x

xsenxsenx

x

⋅−

→

Solución:

a) [ ] 0cos

limcos

limindet.0

0

coslim

2020

.

20==

⋅

⋅==

⋅

⋅

→→→ x

x

xx

xx

xsenx

arcsenxx

xx

ei

x.

b) ( )

[ ]

( )

( ) ( ) b

a

bx

a

bxxx

ax

tgbxxx

ax

xx

ei

x 422lim

22limindet.

0

0

2

cos1lim

22

0

2

0

.

0=

−⋅=

⋅−⋅==

−⋅

−

→→→.

c) [ ] ax

ax

x

a

x

eix

xln2

2

lnlimindet.

0

0

11

1lim

0

.

0===

−+

−

→→.

d) [ ] ( )6

1

3

2lim3

cos1limindet.

0

0

3

coslim

3

2

0

.

3030=

⋅

=−⋅

==⋅−

→→→ x

xx

x

xsenx

x

xsenxsenx

x

ei

xx.


2-17

Ejercicios propuestos P.1. Calcula los límites siguientes:

52

12

4

32

1

54

3

2325

32

2

2

23

3

+−

−+

−

−

−

+

−

−

−+

−∞→+∞→−∞→+∞→ xx

xx lim )dx2

x

xx lim )c

)x(x

xx lim )b

xx

1xx lim )a

xxxx

)1L( lim)x2-4

x3-x2lim )

x

tgx lim )

67

4 lim )

0x

2

0x

2x

20x+⋅

−−− →→→

→xx h

xgf

xx

x e

π

P.2. Estudia la existencia de los siguientes límites y calcula su valor, o los valores de los límites laterales correspondientes, cuando existan.

1

1 lim ) lim ) lim )

4

6lim

1x0x20x2

2

2x −

−+−

+−

−+

→→→→ x

xxxxdec

xx

xb

x

xx a) x

x

x

xg

x

xxf

xxx

xxxe

−−

+−

−

−

+−

−−+−

→+∞→→ 51

53lim)

12

32lim )

96

42 23 lim)

4x

2

x23

2

3x

P.3. Calcula:

−+

−

−

−+

+∞→→+∞→→xxd

x

x c)xxb

x

xa 4 4

x

3

1x

3 3

x364x1 lim )

1

1lim 1 lim)

4-

8-lim )

( )233 2

1x53

4

0x 1

12 lim)

11

11 lim)

−

+−

+−+

+−+

→→ x

xxf

xx

xxe

P.4. Calcula:

−−

−−

−+

−

−

−

→→−∞→ 1

1

1

2 lim)

2

321lim )2

4

32 lim)

21x4x

2

x xxc

x

xbx

x

xxa d)

322

12lim

3

x ++

++

+∞→ xxx

xx

P.5. Calcula:

a)

32

2

1lim

+

+∞→

−

+x

x x

x b)

7

1

7 8

12lim

−

→

+

+ x

x x

x c)

( )53

1

3 53

2lim

−

→

−

+ x

x x

x

P.6. Calcula utilizando infinitésimos equivalentes:

a) x

xex x

x cos1lim

0 −

−⋅

→ b)

( )30

coslim

arctgx

xxx

x

−

→ c)

12

13lim

0 −

−

→ x

x

x


2-18

Soluciones

P.1. a) 1 (se divide numerador y denominador por 3x ). b) 0 (se divide numerador y

denominador por 2x ). c) 5 (se opera). d) 0. e) 6

4− (se simplifica el factor x). f) no existe

−∞=+

→x

tgx lim

2x

π

y +∞=−

→x

tgx lim

2x

π

. g) 0 (sin indeterminación). h) 0 (sin indeterminación).

P.2. a) 4

5 ( simplificar por x-2). b) no existe (1 con +→ 0x y –1 con −→ 0x ). c) no existe (e si

+→ 0x y e

1 si −→ 0x ). d) 1 (factorizar y multiplicar y dividir por 1+x , o bien hacer 2tx = ).

e) no existe (62

1 si +→ 3x y

62

1− si −→ 3x multiplicar y dividir por el conjugado del

numerador y sacar factor del denominador 3−x en +→ 3x y x−3 en −→ 3x ). f) 2

2(dividir

por x). g) 3

1− ( multiplicar el numerador y denominador por los conjugados de ambos).

P.3. a) 3 (hacer el cambio tx =6 y simplificando queda 2

8-42lim

6

63

64x +

++

→ x

xx). b) 0 (hacer

3 31 xy −= y considerar que ( )( )22

332233

yxyx

yxyxyxyxyxyx

+−

+=+⇒+−+=+ ). c)

3

1(

cambio 3 xy = y simplificar). d) 0 (multiplicar y dividir por el conjugado dos veces sucesivas).

e) 8

15( Cambio 60 1 xt += al simplificar queda

( )1

1lim

67

13143

1 ++++

++++

→ ttt

tttt

t L

L ). f)

9

1 ( cambio

3 xy = y simplificar).

P.4. a) 5 (se opera). b) 3

4 ( multiplicar el numerador y denominador por los conjugados de

ambos). c) 2

1− (se opera y se simplifica). d)

2

1 (dividir numerador y denominador por 3x ).

P.5. a) +∞ si se aplica ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )xgxf

ax

xg

axexf ⋅−

→

∞

→==

1lim1lim se llega a +∞=

−

+

+∞→ 2

93lim

2

x

x

x

e b) igual

y se llega a 15

17

1

8

7lim

7ee xx

x

x=

−

+

−

→ c) no existe ( +∞ si +→ 3x y 0 si −→ 3x ).

P.6. a) 2 ( xex ⇒− 1 y 2

cos12x

x ⇒− ) b) 2

1 (

2cos1

2xx ⇒− y xarctgx ⇒ ) c)

2ln

3ln

( axax ln1⇒− ).

Continuidad de funciones Tema 3

3-1

Tema 3

Continuidad de funciones

Empezando con la definición rigurosa de continuidad de una función en un punto, introducimos una clasificación de discontinuidades que permiten el estudio de la continuidad de funciones reales de variable real. Acaba el tema con la exposición de algunos teoremas de continuidad.

3.1 Definición de función continua en un punto Sea la función f : A → R , donde A⊆ R , y un punto a ∈A .

Nota Implícitamente, esta definición afirma que para que f sea continua en a, se deben cumplir

tres cosas:

• Que exista ( )af .

• Que exista x→al im f (x) .

• Que ( )af y x→al im f (x) coincidan.

Ejemplos

Ejemplo 3.1 La función ( )

−=

−≠+

−=

12

11

12

xsi,

xsi,x

xxf no es continua en x = -1, porque ( ) 21 =−f ,

x→−1lim

x2 − 1

x + 1=

0

0

=

H x→ −1l im

2x

1= −2 , pero no coinciden.


−=−

−≠+

−=

12

11

12

xsi,

xsi,x

xxf sí es continua en x = -1, porque ( ) 21 −=−f ,

x→−1lim

x2 − 1

x + 1=

0

0

=

H x→ −1l im

2x

1= −2 , y coinciden.

Definición Diremos que f es continua en el punto a , cuando ( )af)x(flimax

=→

. Esto es,

cuando ∀ ε > 0 ,∃ δ > 0 tal que si x − a < δ , entonces ( ) ( ) ε<− afxf .


3-2

3.2 Definición de función continua en un subconjunto de R

Ejemplo 3.3 La función ( )1

12

+

−=

x

xxf es continua en el intervalo

0,2( ) , porque para

cualquier punto a de él se cumple que ( )afa

a

x

x lim

ax=

+

−=

+

−

→ 1

1

1

1 22

.

Nota la definición anterior también puede extenderse a subconjuntos de R que contienen

entornos de cada uno de sus puntos. Así, diremos que ( )1

12

+

−=

x

xxf es continua en 1−−R .

Ejemplo 3.4 La función ( ) ( )xlnxf = es continua en el intervalo [ ]21, , también lo es en el

intervalo ( )20, , pero no lo es en el [ ]20, , porque no existe ( )0f .

3.3 Tipos de discontinuidades

Si una función f , definida en un entorno reducido de un punto b, no verifica alguna de

las tres condiciones de la continuidad, diremos que f es discontinua en b . En este caso, para

clasificarla, utilizaremos la siguiente terminología:

Nota Se dice evitable porque, definiendo ( ) )x(f limbfbx→

= , siempre se puede definir una nueva

función que extiende a la anterior y que sea continua también en b . Esto es, la función

( )( )

( )

=

≠=

→bxsi,xflim

bxsi,xfxg

bx

que coincide con la anterior, salvo en b, ya es continua en b .

Definición Diremos que f es continua en un intervalo abierto J ⊆ A , cuando lo sea en cada

uno de los puntos de J.

Definición Diremos que f es continua en un intervalo cerrado [ ] Ab,a ⊆ cuando

• f es continua en ( )b,a ,

• ( )af)x(flimax

=+→

,

• ( )bf)x(flimbx

=−→

.

Definición Diremos que f tiene una discontinuidad evitable en el punto b cuando existe

x→bl im f (x ) , pero no existe ( )bf o el límite no coincide con ( )bf .


3-3


⋅=

xsenxxf

1 tiene una discontinuidad evitable en x = 0, porque

existe

x→0lim x ⋅ sen

1

x

= 0 , pero es distinto de f(0) que no existe. Se evita la discontinuidad

definiendo la función ( )

=

≠

⋅

=

00

01

xsi,

xsi,x

senxxg .

Distinguimos los siguientes casos:

• Que los límites laterales existan, pero no coincidan. La llamaremos discontinuidad no

evitable de salto finito.

• Que alguno o ambos de los límites laterales sean infinito. La llamaremos discontinuidad

no evitable de salto infinito.

• Que no exista algún límite lateral. La llamaremos discontinuidad no evitable de

segunda especie.

Nota A los dos primeros tipos de discontinuidad no evitable se les llama también

discontinuidades de primera especie.

Ejemplos


2

−

−=

x

xxf tiene una discontinuidad de salto finito en x = 2, porque

12

2lim

2=

−

−

+→ x

x

x y 1

2

2lim

2−=

−

−

−→ x

x

x. El salto es ( ) 211 =−− .

Ejemplo 3.7 La función ( ) tgxxf = tiene una discontinuidad de salto infinito en 2

πx = , porque

sus límite laterales son infinitos (uno negativo y otro positivo).


1

xxf = tiene una discontinuidad de salto infinito en x = 0 , porque

sus límite laterales son infinitos (ambos positivos).


=

xsenxf

1 tiene una discontinuidad de segunda especie en x = 0 ,

porque no existen sus límites laterales (la función está acotada en un entorno del cero).


=

xsen

xxf

11 tiene una discontinuidad de segunda especie en

x = 0 , porque no existen sus límites laterales (la función no está acotada en un entorno del

cero).

Definición Diremos que f tiene una discontinuidad no evitable en el punto b cuando no

existe x→bl im f (x ) .


3-4

Ejemplo 3.11 La función de Dirichlet, ( )

∈

∈=

Ixsi,

Qxsi,xf

1

0, es discontinua de segunda especie en

todo R, porque no existen los límites laterales en ningún punto de R.

3.4 Continuidad de las funciones elementales

Las funciones elementales, esto es, las afines, polinómicas, raíces de índice natural,

exponenciales, logarítmicas y trigonométricas, son continuas en todos los puntos de su

dominio.

3.5 Propiedades algebraicas de las funciones continuas

Puesto que la continuidad está definida en términos de límites, no es sorprendente que

las funciones continuas y los límites tengan muchas propiedades en común.

Ejemplos

Ejemplo 3.12 La función ( )x

xxxf

+=

22 es continua en 0−R , ya que si llamamos

( ) 21 2xxf = , ( ) xxf =2 y ( ) xxf =3 , se tiene que

f =f1 + f2

f3 . Como las tres funciones son

continuas en R, f será continua en R salvo en los puntos que anulen el denominador, esto es,

en x = 0 .


>

≤−=

0

033

xsi,senx

xsi,xxf es continua en 0−R , porque las funciones

( ) 33 −= xxg y ( ) senxxh = son continuas en R y, en particular en los trozos que definen a f,

pero f no es continua en x = 0 porque ( ) ( ) ( ) 03300

3

00==≠−=−=

+→→→→ +−−senxlimxflimxlimxflim

xxxx .

Así que en x = 0 tiene discontinuidad no evitable de salto finito, igual a 3.

Ejemplo 3.14 La función ( )xcos

senxtgxxf == es continua en todos los puntos que no anulen el

denominador, ya que es cociente de dos funciones continuas en R. Así pues f es discontinua

de salto infinito en ( )

∈+

==∈ Zk,k

xcos:Rx2

120

π .

Proposición Sean f y g funciones continuas en A, entonces:

• Las funciones f ± g , f ⋅g son continuas en A.

• La función

f

g es continua en cualquier punto de A en el que g no se anule.


3-5

3.6 Continuidad de la composición de funciones

3.7 Propiedades de las funciones continuas Las siguientes proposiciones son necesarias para demostrar con rigor el Teorema de Bolzano.

3.8 Propiedades de las funciones continuas en un intervalo cerrado

Nota Con palabras, este Teorema dice que una función continua en un intervalo cerrado, con imágenes de distinto signo en los extremos del mismo, necesariamente se anula en algún punto interior del intervalo. Interpretación geométrica: Todo arco de curva continua, con distinto signo en los extremos, necesariamente corta al eje de las equis (eje OX). Nota El teorema afirma que la corta en un punto, pero no necesariamente es único. Pueden haber varios puntos en los que corte al eje de las equis (eje OX). Nota Antes de aplicar la tesis del teorema hay que verificar que se cumple la hipótesis. Demostración.- Demostraremos el teorema por reducción al absurdo. Previamente enunciamos el Axioma de los intervalos encajados, que dice: Si se considera

una sucesión nI de intervalos cerrados [ ]nnn baI ,= en los que .......321 ⊃⊃⊃⊃ nIIII como en

la figura y en los que además

( ) 0lim =−∞→

nnn

ab , es decir que

su longitud tiende a cero entonces existe siempre un y sólo un número real α tal que

nIα n ∀∈ , o sea que pertenece a todos ellos.

Teorema de Bolzano Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a tal que el signo de

( )af es distinto al signo de ( )bf , entonces ( )b,ac∈∃ tal que ( ) 0=cf .

Proposición Sean A, B, C subconjuntos de R y f : A → B , g :B → C dos funciones. Si f

es continua en un punto a de A y g es continua en el punto ( )afb = , entonces la función

compuesta h = g o f : A →C es continua en el punto a . En consecuencia,

( )( ) ( )( ) ( )

==

→→xfgafgxfg

axaxlimlim .

Proposición Si una función f es continua en un punto a, con ( ) 0≠af , entonces existe un

entorno de a en el que la función tiene el mismo signo que ( )af .

Proposición Toda función continua en un punto está acotada en algún entorno de dicho punto.


3-6

En la función dada construimos una sucesión de intervalos encajados dividiendo el

intervalo [ ]ba, cada vez por la mitad

+

2,

baa ,

+b

ba,

2y quedándonos con aquel de los dos

en los que ( )xf cambie de signo. ( Si en 2

ba + la función se anulase el teorema estaría

demostrado).

Dicha sucesión define un número real α en el que necesariamente ( ) 0=αf .

En efecto, si consideramos que ( ) 0≠αf por ser la función continua en α existe un

entorno de α en el que la función tiene el mismo signo que ( )αf

Por otra parte sabemos que podemos encontrar un intervalo de la sucesión de intervalos encajados totalmente contenido en el entorno, ya que la longitud de dichos intervalos es tan pequeña como queramos.

En los extremos de dicho intervalo la función cambiaría de signo lo cual es una

contradicción, por lo tanto ( ) 0=αf necesariamente con lo que el teorema queda demostrado.

Ejemplos

Ejemplo 3.15 El Teorema de Bolzano no se puede aplicar a la función ( )

≥

<−=

41

41

xsi,

xsi,xf , en

el intervalo [ ]52, , porque f no es continua en el punto x = 4 de dicho intervalo.

Ejemplo 3.16 (Aplicación del Teorema de Bolzano para demostrar que una ecuación tiene

alguna solución real)

Para demostrar que la ecuación cos x − 2x + 1= 0 tiene alguna solución, empezaremos

definiendo la función ( ) 12 +−= xxcosxf , que sabemos que es continua en todo R por ser

suma de funciones continuas.

A continuación, buscamos un intervalo cerrado en el que la función tome distinto signo

en los extremos. Como ( ) 020 >=f y 0102

<+−=

π

πf , un intervalo en el que se cumple la

hipótesis de Bolzano es el

0,π

2

.

Por lo tanto, podemos asegurar que en ese intervalo la función se anula y, en

consecuencia, ahí hay una raíz de la ecuación dada.

Ejemplo 3.17 (Aplicación del Teorema de Bolzano para aproximar raíces de una ecuación

dada) Siguiendo con el ejemplo anterior, del que sabemos que la ecuación tiene solución en el

intervalo

0,π

2

, veamos cómo podemos hallar una aproximación de una de sus raíces.

Tomemos un punto intermedio entre 0 y

π

2, por ejemplo el 1, y veamos el signo de

( )1f . (Ojo con la calculadora, debes trabajar en radianes). ( ) 01211 <+−= cosf . Como

( ) 020 >=f , el Teorema de Bolzano asegura que:

Hay una raíz entre 0 y 1.

Tomamos otro punto intermedio del ( )10, , por ejemplo el 0,5 ,

( ) 087015025050 >=+⋅−= ,,,cos,f . Como ( ) 01 <f , el Teorema de Bolzano asegura que:

Hay una raíz entre 0,5 y 1.


3-7

Tomamos otro punto intermedio, por ejemplo el 0,7 , ( ) 017027070 >+⋅−= ,,cos,f .

Como ( ) 01 <f , el Teorema de Bolzano asegura que:


Tomamos otro punto intermedio, por ejemplo el 0,8, ( ) 018028080 >+⋅−= ,,cos,f .

Como ( ) 01 <f , el Teorema de Bolzano asegura que:


Tomamos otro punto intermedio, por ejemplo el 0,9 , ( ) 019029090 <+⋅−= ,,cos,f .

Como ( ) 080 >,f , el Teorema de Bolzano asegura que:

Hay una raíz entre 0,8 y 0,9.

Así pues, una raíz con un error menor a 0,1 de la ecuación cos x − 2x + 1= 0 es 0,8 .

Ejemplo 3.18 Demostremos que la función polinómica ( ) 2343 25 ++−= xxxxf tiene al

menos un cero y hallemos una aproximación de él hasta las centésimas.

Para probar la existencia de un cero, ya que f es continua en todo R, bastará encontrar

dos valores de x en los que la función tenga distinto signo.

Para x = 0, es evidente que ( ) 00 >f .

Como la función tiende a menos infinito cuando x tiende a menos infinito, buscaremos

un valor negativo. Es fácil ver que ( ) 01 <−f .

Luego la función tiene una raíz entre –1 y 0.

Tomemos un punto intermedio entre -1 y 0, por ejemplo el -0,5 , y veamos el signo de

( )50,f − . Como ( ) 050 <− ,f , el cero está entre –0,5 y 0.

Tomemos otro punto intermedio entre –0,5 y 0, por ejemplo el –0,2. Como ( ) 020 >− ,f

y ( ) 050 <− ,f , el cero está entre –0,5 y –0,2 .

Como ( ) 030 >− ,f , el cero está entre –0,5 y –0,3 .


Como ( ) 0450 <− ,f , el cero está entre –0,45 y –0,4 .

Como ( ) 0430 <− ,f , el cero está entre –0,43 y –0,4 .


Por último, como ( ) 0420 <− ,f , el cero está entre –0,42 y –0,41; así que –0,41 es una

aproximación hasta las centésimas.

Ejemplo 3.19 Para demostrar que todo número positivo c tiene una raíz enésima n

c , basta

considerar que equivale a demostrar que la ecuación 0=− cx n tiene solución, pues si

llamamos n

cx = , despejando c se tiene la ecuación de arriba .


3-8

Llamando ( ) cxxf n −= , como es continua en todo R, buscamos dos valores en los que

tome distinto signo y aplicamos el Teorema de Bolzano.

Evidentemente, ( ) 00 <f . Y, como ( ) nncc >+1 , entonces ( ) 01 >+cf , por lo que el

Teorema de Bolzano asegura que hay una raíz entre 0 y c + 1 .

Ejemplo 3.20 Apliquemos el Teorema de Bolzano para probar que las gráficas de ( ) xexf −= y

( ) 3xxg = se cortan en algún punto.

Consideremos la función ( ) ( ) ( )xfxgxh −= . Evidentemente es continua en R, por ser

resta de funciones continuas. Además, ( ) 00 >h y ( ) 01 <−h . Por tanto, el Teorema de Bolzano

asegura que existe un punto del ] [01,− en el que h se anula.

Para aproximarlo a una décima, tomamos -0,5 . Como ( ) 050 >− ,h y ( ) 01 <−h , el punto

está en ] [501 .,−− . Como ( ) 070 >− ,h y ( ) 01 <−h , está en ] [701 .,−− . Como ( ) 080 <− .h y

( ) 070 >− ,h , está en ] [7080 .,. −− . Luego el punto es –0,7 , con una décima de aproximación.

El siguiente teorema viene a ser una generalización del de Bolzano.

Nota Este teorema afirma que para cualquier valor M comprendido entre ( )af y ( )bf , siempre

existe un c del intervalo ( )b,a tal que ( ) Mcf = . Con palabras, viene a decir que si f es continua

en un intervalo cerrado no se puede pasar de un valor de la variable dependiente a otro sin

pasar por los intermedios. Esto es, la función asume (al menos una vez) cualquier número que

esté entre ( )af y ( )bf .

Ejemplo 3.21 La función ( ) senxxf = es continua en el intervalo

2,0π

y ( ) 12

00 =

≠=

πff ,

por lo que el teorema anterior afirma que para cualquier valor M del ( )10, existe al menos un

punto c del

2,0π

tal que ( ) Mcf = .

Notas

- Que una función f esté acotada en un intervalo [ ]b,a significa que existen dos números

reales m y M , con m < M , tales que ( ) Mxfm ≤≤ para todo x del intervalo [ ]b,a .

Teorema de los valores intermedios Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a tal que

( ) ( )bfaf ≠ , entonces f toma todos los valores comprendidos entre ( )af y ( )bf .

Teorema de Weierstrass. Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a , entonces f está

acotada en [ ]b,a .


3-9

- Basta que la hipótesis no se verifique para un punto, para que no se cumpla el Teorema. Por

ejemplo, la función ( )

=

≠=

00

01

xsi,

xsi,xxf no es continua en [ ]44,− . En consecuencia no podemos

aplicar el teorema anterior a [ ]44,− . De hecho, como se ve en el dibujo, la función no está

acotada en [ ]44,− .

- El recíproco del teorema no es cierto. Por ejemplo, la función ( )

≥

<=

10

12

xsi,

xsi,xxf está acotada

en [ ]20, , pero no es continua en [ ]20, . Esto es, hay funciones acotadas en un intervalo cerrado

que no son continuas en él.

- La función ( )xx

xxf

2

22

−

+= es continua en ( )20, , pero no lo es en [ ]20, , por lo que no podemos

aplicarle el teorema. De hecho, ésta función no está acotada en [ ]20, .

3.9 Extremos absolutos (máximos y mínimos absolutos)

Ejemplo 3.22 La función ( ) 2xxf −= , definida en R, tiene un máximo absoluto en x = 0 .

Ejemplos

Ejemplo 3.23 La función ( ) xxf = , definida en R, tiene un mínimo absoluto en x = 0 .

Ejemplo 3.24 La función ( ) 3xxf = , definida en R, no tiene extremos absolutos.

Ejemplo 3.25 La función ( ) xexxf −⋅= 2 , definida en R, tiene mínimo absoluto en x = 0, pero

no tiene máximo absoluto, pues se va a más

infinito.

Definición Se dice que f tiene un máximo absoluto en a ∈A si ( ) ( ) Ax,afxf ∈∀≤ .

Definición Se dice que f tiene un mínimo absoluto en b ∈A si ( ) ( ) Ax,xfbf ∈∀≤ .


3-10

Nota Al máximo o mínimo absoluto se les llama extremos absolutos.

Nota El teorema asegura que existen c , d pertenecientes al intervalo [ ]b,a tales que

( ) ( )cfxf ≤ y ( ) ( )xfdf ≤ para todo x del intervalo [ ]b,a .

Ejemplos

Ejemplo 3.26 La función ( ) 3xxf = , definida en [ ]21,− , tiene su máximo absoluto en x = 2, y su

mínimo absoluto en x = -1 .

Ejemplo 3.27 La función ( ) 64 23 ++−= xxxxf ,

definida en R, no tiene extremos absolutos; pero

definida en [ ]32,− si que los tiene (véase la gráfica).

Teorema de Bolzano – Weierstrass Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a ,

entonces f alcanza máximo y mínimo absolutos en [ ]b,a .


3-11


Continuidad en un punto.

R.1. Estudia la continuidad en 0=x de la función

=

≠=

00

0

1

xsi

xsie)x(fx

.

Solución:

Por definición, para que la función sea continua se debe cumplir que )(f)x(flimx

00

=→

;

00 =)(f , para calcular el )x(flimx 0→

es preciso calcular los límites laterales.

+∞===∞+

→→ ++eelim)x(flim x

xx

1

00 y 0

1

00===

∞−

→→ −−eelim)x(flim x

xx. Por lo tanto, en 0=x , la

función es discontinua de salto infinito.


=

≠=

−

00

04

3

xsi

xsie)x(f x

x

.

Solución:

Veamos si )(f)x(flimx

00

=→

; 00 =)(f , para calcular el )x(flimx 0→

calculamos los límites

laterales. 04

3

00=== ∞−

−

→→ −−eelim)x(flim x

x

xx y 0

4

3

00=== ∞−

−

→→ ++eelim)x(flim x

x

xx.

La función es continua en 0=x .


=

≠=

00

0

xsi

xsie)x(f x

x

.

Solución:

Lo primero es escribir la función de forma más detallada. Como

>

<−=

0

0

xsix

xsixx

se tiene que

>

=

<

=

−

0

00

01

xsie

xsi

xsie

)x(f . Evidentemente eelim)x(flimxx

==++ →→ 00

, mientras que

eelim)x(flim

xx

11

00== −

→→ −− . Por lo tanto, la función presenta una discontinuidad de salto finito.

R.4. Dada la función

>+

−

≤<

≤−

=

11

3

10

012

2

xsix

x

xsik

xsix

)x(f se pide.

a) Calcula k para que la función sea continua en 0=x .

b) Para ese valor de k ¿es una función continua en todo ℜ ?.

Solución:


3-12

a) Para que sea continua )x(flim)x(flim)(fxx +− →→

==00

0 . 11020 −=−⋅=)(f .

( ) 11200

−=−=−− →→

xlim)x(flimxx

y kklim)x(flimxx

==++ →→ 00

, así pues, para que la función sea

continua en 0=x el valor de k debe ser -1.

b) Para todos los 0<x la función es polinómica y por lo tanto continua.

Para 10 << x 1−=)x(f función constante que es continua.

Para 1>x 1

32

+

−=

x

x)x(f como en esta zona el denominador 01≠+x la función es también

continua. Por lo tanto el único punto posible de discontinuidad es 1=x .

Veamos si )x(flim)x(flim)(fxx +− →→

==11

1 ; 11 −=)(f , 11

−=−→

)x(flimx

y 11

32

11−=

+

−=

++ →→ x

xlim)x(flim

xx,

luego la función también es continua en 1=x y en definitiva )x(f es una función continua

ℜ∈∀x .

Continuidad de una función y tipos de discontinuidades.

R.5. Estudia la continuidad y clasifica las discontinuidades de las siguientes funciones:

a)

≥−

<<−+−

−≤−

=

323

312

132

2

xsix

xsix

xsix

)x(f b)

>+

≤−=

33

1

33

3

xsix

xsix)x(f

c) 32 −+−= xx)x(f d) 1

11

2

2

−

++−=

x

xx)x(f

Solución:

a) En cada trozo de definición )(xf es continua por tratarse de funciones polinómicas,

así que los únicos punto posibles de discontinuidad son 1−=x y 3=x . Estudiaremos )(xf en

ambos valores

En 1−=x : ( )32lim53)1(2)1(1

−=−=−−⋅=−−−→

xfx

y 3)2(lim)(lim11

=+−=++ −→−→

xxfxx

luego

la función presenta una discontinuidad de salto finito en 1−=x .

En 3=x

−==−=

+→2

312

3

33

2

3

2 xlim)(f

x, como 1)2(lim)(lim

33−=+−=

−− →→

xxfxx

por

tanto )(xf presenta una discontinuidad de salto finito en 3=x .

b) Para los valores 3<x y para 3>x la función es continua por ser cociente de

funciones continuas y porque el denominador en ambos casos es distinto de cero. Estudiamos

la continuidad de )(xf en 3=x para lo cual es preciso calcular los límites laterales.

No existe )3(f , −∞=−

=−− →→ 3

3lim)(lim

33 xxf

xx y

6

1

3

1lim)(lim

33=

+=

−+ →→ xxf

xx

La función presenta una discontinuidad de salto infinito en 3=x y es continua en todos

los demás valores de x, obsérvese que )(xf es continua por la derecha en 3=x , es decir )(xf

sería considerada continua por ejemplo en el intervalo [ ]5,3 .

c) )(xf será continua cuando lo sean a la vez 2−= xy e 3−= xy por tanto

estudiaremos cada una de ellas por separado.


3-13

>−

≤+−=−=

22

222

xsix

xsixxy , el único punto donde puede no ser continua es 2=x ,

aplicamos la condición de continuidad, ( ) 02 =f , 0)2(lim)(lim22

=−=++ →→

xxfxx

y

0)2(lim)(lim22

=+−=−− →→

xxfxx

por tanto 2−= xy es continua ℜ∈∀x .

3−= xy es continua en todo su dominio [ )+∞=≥ℜ∈= ,33: xxD .

La función )(xf es continua [ )+∞∈∀ ,3x en los demás valores de ℜ presenta es

discontinua con discontinuidades de 2ª especie.

d) Al igual que en el apartado anterior 1

11

2

2

−

++−=

x

xx)x(f será continua cuando lo

sean a la vez 1)( 2 −= xxg y 1

1)(

2−

+=

x

xxh cuya continuidad estudiaremos por separado.

≥−

<<−+−

−≤−

=−=

11

111

11

1)(2

2

2

2

xsix

xsix

xsix

xxg ( )xg es continua en todos los puntos excepto quizás

en 1−=x y 1=x . Estudiamos estos valores.

En 1−=x : ( ) ( ) 01112

=−−=−f , ( ) 01lim 2

1=−

−−→

xx

y ( ) 01lim 2

1=+−

+−→

xx

. Continua.

En 1=x : ( ) ( ) 01112

=+−=f , ( ) 01lim 2

1=−

+→

xx

y ( ) 01lim 2

1=+−

−−→

xx

. Continua.

1

1)(

2−

+=

x

xxh es cociente de dos funciones continuas en todo ℜ y por tanto es continua

excepto cuando el denominador se anule es decir en 1−=x y 1=x donde será discontinua.

Estudiamos el tipo de discontinuidad.

En 1−=x : [ ]( )( ) 2

1

1

1lim

11

1lim.

0

0

1

1lim

1121−=

−=

+−

+==

−

+

−→−→−→ xxx

xInde

x

x

xxx Discontinuidad

evitable.

En 1=x : [ ].0

2

1

1lim

21Inde

x

x

x=

−

+

→ estudiamos límites laterales, −∞=

−

+−→ 1

1lim

21 x

x

x y

+∞=−

++→ 1

1lim

21 x

x

x. Discontinuidad de salto infinito. En conclusión

1

11

2

2

−

++−=

x

xx)x(f presenta

dos discontinuidades: En 1−=x evitable y en 1=x de salto infinito.

R.6. Estudia la continuidad y clasifica las discontinuidades de ( )senxx

senxxf

−

+=

2cos

2

Solución:

Al ser ( )xf cociente de dos funciones continuas, los puntos de discontinuidad son las

soluciones de 02cos =− senxx . Aplicamos la fórmula del ángulo doble y ponemos cosx en

función de senx con lo que queda −

=⇒=−+21

1012 2 senxsenxxsen .

Si Nkπkπ

xsenx ∈±=⇒−= con 22

31 .


3-14

Si Nk

πkπ

x

πkπ

xsenx ∈

±=

±=⇒= con

26

5

2621 .

Clasificamos las discontinuidades:

En 2

3πx = : [ ]indet.

0

1

2cos

2lim)(lim

2

3

2

3=

−

+=

→→ senxx

senxxf

πx

πx

independientemente del signo

de los límites laterales tendremos una discontinuidad de salto infinito, igual ocurre en todos los

valores de la serie 22

3πk

πx ±= .

En 6

πx = [ ]indet.

02

5

2cos

2lim

6

=−

+

→ senxx

senx

πx

. Al igual que en el caso anterior la función

presenta una discontinuidad de salto infinito en todos los valores de la serie πkπ

x 26

±= .

En 6

5πx = [ ]indet.

02

3

2cos

2lim

6

5=

−

+

→ senxx

senx

πx

. También hay discontinuidad de salto

infinito en todos los valores de la serie πkπ

x 26

5±= .

R.7. Dada la función ( )35

2

−+

−=

x

xxf se pide:

a) Estudia la continuidad de ( )xf y clasifica sus discontinuidades.

b) Redefine ( )xf de modo que la nueva función sea continua en 4=x .

Solución:

a) La función es continua en todos los puntos que pertenezcan a la vez al dominio de

xy = y de 5+= xy excepto para 4=x donde el denominador es cero. El dominio de

xy = es el intervalo [ )+∞,0 y el de 5+= xy es el intervalo [ )+∞− ,5 , por tanto el dominio

de ( )xf es el intervalo [ )+∞,0 con 4≠x . En el intervalo ( )0,∞− la función presenta

discontinuidades de segunda especie. Estudiemos qué ocurre en 4=x .

( ) [ ]ind.0

0

35

2limlim

44=

−+

−=

→→ x

xxf

xx multiplicamos numerador y denominador por sus conjugados

( ) ( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( ) 2

3

4

6

24

354lim

35235

3522limlim

444==

+−

++−=

+++−+

+++−=

→→→ xx

xx

xxx

xxxxf

xxx

La función tiene una discontinuidad evitable en 4=x


3-15

b) Definimos la función ( )

=

≠−+

−

=

42

3

435

2

xsi

xsix

x

xg que en definitiva equivale a la

función ( )2

35

+

++=

x

xxg .

R.8. Calcula los valores de los parámetros a y b para que las siguientes funciones sean

continuas. Dibuja las gráficas de dichas funciones para dichos valores.

a)

≥+

<<−+

−≤+

=

33

321

2

)( 2

xsibx

xsix

xsiax

xf b)

>

≤≤−+

−<−

=

45

41

123

)(

xsi

xsibax

xsix

xg

Solución:

a) Los únicos puntos donde la función puede ser discontinua son 2−=x y 3=x por tanto

exigimos que la función sea continua en estos puntos.

Para que sea continua en 2−=x ( ) ( )axafx

+=+−=−−−→ 2

lim22 y

( ) ( ) 51limlim 2

22=+=

++ −→−→

xxfxx

luego 752 =⇒=− aa

Exigimos la continuidad en el punto 3=x , ( ) ( )xfbfx +→

=+=3

lim333 y como

( ) 101lim 2

3=+

−→

xx

3

71033 =⇒=+ bb . La gráfica

de la función

≥+

<<−+

−≤+

=

333

7321

27

)( 2

xsix

xsix

xsix

xf es:

b) Igual que en el apartado anterior exigimos la continuidad en 1−=x y 4=x

En 1−=x , ( ) ( ) babaxgx

+−=+=−+−→ 1

lim1 y como ( ) 523lim1

−=−−−→

xx

debe ser

5−=+− ba

En 4=x , ( ) ( ) babaxgx

+=+=−→

4lim44

, por otra parte ( ) 55limlim44

==++ →→ xx

xg y

54 =+ ba debemos resolver el sistema

=+

−=+−

54

5

ba

ba

restando la 2ª con la 1ª 2105 =⇒=⇒ aa y

sustituyendo en una de las dos se obtiene 3−=b . La

función continua resultante es

>

≤≤−−

−<−

=

45

4132

123

)(

xsi

xsix

xsix

xg y su gráfica:


3-16

R.9. Estudia en función de los valores de los parámetros la continuidad de las siguientes

funciones:

a)

>+

≤+=

πxsixax

πxsisenxxf

cos2

1)( b)

≥+

<=

03

20

)(xsi

axxsie

xfx

tgx

c)

>

≤+=

0

03)(

sec xsie

xsiaxxf

x d)

≥−

<<+

≤+

+

=

1

101

01

)( 2

xsibx

xsix

xsie

ae

xf

x

ax

Soluciones:

a) Las funciónes senxy += 1 e xaxy cos2 += son continuas independientemente del

valor de a siendo πx = el único punto posible de discontinuidad. Para este valor se tiene:

( ) 11 =+= πsenπf , ( ) ( ) 11limlim =+=−− →→

senxxfπxπx

y ( ) ( ) 12cos2limlim −=+=++ →→

aπxaxxfπxπx

si

hacemos π

aaπ1

112 =⇒=− por lo tanto se tiene:

Si π

a1

= ( )xf es continua en todo ℜ

S i π

a1

≠ ( )xf presenta una discontinuidad de salto finito en πx = .

b) ( )xf en el intervalo 0<x será discontinua donde lo sea la función tgxy = , es decir

en N con 2

∈−−= kπkπ

x y esto independientemente del valor de a, además son

discontinuidades de salto infinito.

Para 0>x ( )xf es continua ℜ∈∀a por ser una función polinómica.

Estudiamos lo que ocurre en 0=x .

( )33

2limlim

00

aaxxf

xx=

+=

++ →→, ( )

30

af = y ( ) eeexf

x

tgx

xx

tgx

xx===

−→

−− →→

0

lim

00limlim ( recuérdese que x y

tgx son infinitésimos equivalentes). Si igualamos eaea

33

=⇒= y en definitiva:

Si ea 3= la función es continua en 0=x .

Si ea 3≠ la función presenta en 0=x una discontinuidad de salto finito.

En ambos casos la función es discontinua de salto infinito en los puntos

N con 2

∈−−= xπkπ

x como ya se ha dicho antes.

c) Para el intervalo 0>x e independientemente del valor de a, ( )xf será discontinua

donde lo sea la función xy sec= , es decir cuando 0cos =x Nk con 2

∈+=⇒ πkπ

x . Son

discontinuidades de salto infinito como es fácil comprobar. En 0<x la función es polinómica y

por tanto continua ℜ∈∀a . Sólo falta ver qué pasa cuando 0=x .


3-17

( ) af =0 , ( ) ( ) aaxxfxx

=+=−− →→

3limlim00

, y ( ) eeexfx

xx

xx===

+→

++ →→

cos

1

0

limsec

00limlim por lo tanto:

Si ea = la función es continua en 0=x .

Si ea ≠ la función presenta una discontinuidad de salto finito en 0=x .

Independientemente del valor de a, la función presenta las discontinuidades expresadas con

anterioridad.

d) La función sólo puede ser discontinua en 0=x y 1=x .

Estudiamos la continuidad en 0=x :

( )2

10

af

+= , ( )

2

1

1limlim

00

a

e

aexf

x

ax

xx

+=

+

+=

+− →→

y ( ) ( ) 11limlim 2

00=+=

++ →→

xxfxx

, por tanto para que la

función sea continua 112

1=⇒=

+a

a.

Estudiamos ahora la continuidad en 1=x :

( ) bf −= 11 ( ) ( ) bbxxfxx

−=−=++ →→

1limlim11

y ( ) ( ) 21limlim 2

11=+=

−− →→

xxfxx

así que si hacemos

121 −=⇒=− bb y en conclusión se tiene:

Si 1 y 1 −== ba ( )xf es continua ℜ∈∀x .

Si 1≠a ( )xf presenta en 0=x una discontinuidad de salto finito.

Si 1b −≠ ( )xf presenta en 1=x una discontinuidad de salto finito.

Teorema de Bolzano

R.10. La función ( )senx

xf21

3

−= cambia de signo en los extremos del intervalo

−

2,

2

ππ ya

que 12

=

−π

f y 32

−=

πf ¿puede asegurarse que en algún punto c del intervalo

−

2,

2

ππ

( ) 0=cf ?.

Solución:

No. La función no es continua en 6

πx = que pertenece al intervalo

−

2,

2

ππ y por tanto

el Teorema de Bolzano no es aplicable. (De hecho la función no se anula nunca ya que el

numerador es constante).

R.11. La función ( )( )21−

=x

xxf no cumple las condiciones de la hipótesis del T. De Bolzano en

[ ]3,3− dado que no es continua en 1=x que pertenece al intervalo, sin embargo sí se anula en

0=x y ( )3,30 −∈ . ¿Contradice este hecho el Teorema de Bolzano?.

Solución:

No. Si la función no cumple la hipótesis del teorema, la tesis puede cumplirse o no sin

que esto contradiga el teorema, es decir el teorema en este caso no afirma nada y la función

puede anularse o no en algún punto del intervalo.


3-18

R.12. Demuestra utilizando el Teorema de Bolzano que la ecuación 02cos5 =−+ xx tiene

solución real.

Solución:

Construimos la función ( ) 2cos5 −+= xxxf .

Si demostramos que ( ) 0=xf habremos demostrado que la ecuación tiene solución.

Esta función es continua ℜ∈∀x y por lo tanto en cualquier intervalo cerrado que se

considere por lo tanto todo se reduce a encontrar dos valores donde la función cambie de

signo, el Teorema de Bolzano nos asegura que entre esos valores la función se anula.

Probamos ( ) 0120cos050 <−=−+⋅=f y 022

52

2cos

2

5

2>−=−+=

ππππf

por tanto como ( ) 2cos5 −+= xxxf es continua en el intervalo

2,0π

y cambia de signo en

los extremos del intervalo el Teorema de Bolzano asegura que

∈∃

2,0π

c tal que ( ) 0=cf , es

decir, c es solución de la ecuación.

R.13. Comprueba que la ecuación 8123

753=

++

senxx tiene solución real.

Solución:

Consideramos la función ( ) 8123

753 −+

+=senx

xxf . Esta función es continua ya que

023 ≠+ senx , además ( ) 0813

750 <−=f y ( ) ( ) ( ) 056281

223

7522

33>−=−

++= π

πsenππf

El teorema de Bolzano asegura que ( )πc 2,0∈∃ tal que ( ) 0=cf , es decir, c es solución

de la ecuación dada.

R.14. Demuestra mediante el T. de Bolzano que las gráficas de ( ) xxf ln= y ( )4

xxg = se cortan.

Solución:

Construimos la función diferencia de las dadas ( )4

lnx

xxh −= si demostramos que

( ) 0=xh en algún punto habremos demostrado que en ese punto ( ) ( )xgxf = y por lo tanto que

las gráficas se cortan.

( )xh es continua ( )∞∈∀ ,0x , buscaremos en esa zona un intervalo donde cambie de signo

( ) 04

1

4

11ln1 <−=−=h y ( ) 0

4

4

4ln >

−=−=

eeeeh como ( )xh es continua en [ ]e,1 el T.B.

asegura la existencia de un ( )ec ,1∈ tal que ( ) 0=ch , es decir ( ) ( )cgcf = .


3-19

R.15. Calcula los valores de a y b para que a la función ( )

≥

<<+

≤−

=

4

42

23

2

xsix

xsibx

xsix

a

xf le sea

aplicable el Teorema de Bolzano en el intervalo [ ]4,0 . Calcula el valor o valores vaticinados por

el teorema.

Solución:

Exigimos que ( )xf sea continua en 2=x y 4=x , pues en los demás puntos del

intervalo es continua.

En 2=x ( ) ( ) axffx

−==−→2

lim2 , ( ) bxfx

+=+→

4lim2

luego ab −=+4

En 4=x ( ) ( ) 4lim44

==+→

xffx

, ( ) bxfx

+=−→

16lim4

812416 =⇒−=⇒=+⇒ abb

falta comprobar que para estos valores la función cambia de signo en los extremos de [ ]4,0

( ) 03

80 <−=f y ( ) 044 >=f lo que en efecto ocurre.

Buscamos el valor de x donde ( ) 0=xf con ( )4,0∈x , es evidente que la función sólo

puede anularse en el intervalo 42 << x , hacemos 120122 ±=⇒=− xx como 12−=x

está fuera del intervalo ( )4,0 la solución vaticinada por el teorema es únicamente 12=x .

R.16. Encuentra una solución de la ecuación 1=+ senxx con un error menor de una décima.

Solución:

Construimos la función ( ) 1−+= senxxxf , utilizaremos el T.B. para demostrar que se

anula y después para acotar el valor donde ( ) 0=xf en un intervalo de longitud menor que una

décima.

( )xf es continua en cualquier intervalo cerrado que nos convenga considerar, por lo tanto

buscaremos intervalos cada vez mas pequeños donde la función cambie de signo.

( ) 010 <−=f , ( ) 011 >= senf elegimos [ ]1,0

( ) 002'015'05'05'0 <−≈−+= senf elegimos [ ]1,5'0

( ) 016'016'06'06'0 >≈−+= senf elegimos [ ]6'0,5'0

En el intervalo [ ]6'0,5'0 ( )xf es continua y cambia de signo en los extremos luego

según el Teorema de Bolzano ( ) ( ) 0:6'0,5'0 =∈∃ cfc luego cualquier número de ese intervalo

es una solución aproximada de la ecuación dada con error menor de una décima.

R.17. Dada la ecuación 025 23 =+− xx se pide:

a) Separa sus tres soluciones reales.

b) Acota las soluciones con un error menor de una décima.


3-20

Solución:

a) Construimos la función ( ) 25 23 +−= xxxf que es continua en todo ℜ . Separar las

soluciones es encontrar intervalos en los que esté sólo una solución; buscando tres intervalos

disjuntos donde la función cambie de signo por el T.B. habremos encontrado tres ceros de la

función como pretendemos.

( ) 020 >=f y ( ) 041 <−−f luego existe un ( )0,11 −∈x tal que ( ) 01 =xf y 1x es solución.

( ) 021 <−=f luego existe un ( )1,02 ∈x tal que ( ) 02 =xf y 2x es otra solución.

( ) 025 >=f luego existe un ( )5,13 ∈x tal que ( ) 03 =xf y 3x es la tercera solución.

b) Se va probando con la calculadora dividiendo cada uno de los intervalos anteriores

por la mitad y comprobando el signo hasta que se encuentran aproximaciones de las tres

soluciones con la precisión pedida, así encontramos ( )5'0,6'01 −−∈x , ( )7'0,6'02 ∈x y

( )5,9'43 ∈x .


3-21

Ejercicios propuestos

Continuidad en un punto

P.1. Dada ( )

=

≠−

+

=

1

11

1

xsi,k

xsi,x

xxf , ¿existe algún valor de k para el que la función f (x) sea

continua en x =1?

P.2. La función ( )

=

≠=

00

02

xsi,

xsi,x

x

xf , ¿ es continua en el origen ?

P.3. Siendo ( )

>+

≤=

π

π

xsi,bx

xsi,senxxf

2 , halla b para que sea continua en x = π .

P.4. Estudia la continuidad en x = 0 de las siguientes funciones:

( ) ( ) ( )

=

≠=

=

≠−=

=

≠=

−

01

0

05

05

00

02

2

xsi,

xsi,senx

xxh

xsi,

xsi,x

x

xg

xsi,

xsi,exf x

x

P.5. Estudia la continuidad en x =

π

2 de la función ( )

=

≠+

−

=

21

21

1

π

π

xsi,

xsi,e

e

xftgx

tgx

Continuidad de una función y tipos de discontinuidades

P.6. Estudia la continuidad de las siguientes funciones:

( ) ( ) ( )( )3424

44 2

+−=−

−+= xxxf)b

senx

xcosxsenxxf)a

P.7. Estudia la continuidad de las siguientes funciones y clasifica sus discontinuidades:

( ) ( ) ( )

>

≤−=

≥−

<<

≤+

=−=

22

21

1

21

202

02

12 x si ,

x si ,xxf )c

x si ,x

x si ,

x si ,x

xf )b xxf )a

( ) ( ) 121

112 −

=−

++=xxf )e

xxxf )d

( ) ( )

>−

≤+=

−+

−−

−=

122

11

2

1

3

1 2

2x si ,x

x si ,xxf )g

xx

x

xxf f)


3-22

P.8. Dibuja ( )

>−

≤<−

≤<−+

−≤

=

65

1

603

10132

13

xsi,x

xsi,x

xsi,x

xsi,

xf , estudia su continuidad y clasifica sus

discontinuidades.


( ) ( ) ( )xx

x

xxxf)c

xsi,x

xsi,e

e

xf)bxsi,x

xsi,xxxf)a x

x

−−

−−=

>+

≤+=

≥−

<+−=

22

2

2

1

01

01

01

01


( ) ( ) ( )xe

xsen

xf)c

xsi,

xsi,x

tgxxf)b

xsen

xcosxxf)a

12

2

1

1

01

013

+

=

=

≠=

−+=

P.11. Estudia, según el valor de k, la continuidad de las siguientes funciones:

( ) ( )

=

≠−

+−=

−=

−≠−=

3

33

63

3

342 2

xsi,k

xsi,x

xxf)b

xsi,k

xsi,xxf)a

P.12. La función ( )1

23

−

+++=

x

axxxxf , no está definida en x =1. Halla a para que sea posible

redefinir ( )xf como una función continua en R.

P.13. Dada la función ( )( )xsen

xxxf

π

−=

2

, con ] [10,x∈ , define f(0) y f(1) de forma que f sea

continua en [0,1]. (Sugerencia: para 1=x , haz el cambio de variable 1−= xt ).

P.14. Dada la función ( )

≥

<≤+

<−+

=

12

10

0122

xsi,

xsi,bax

xsi,xx

xf , halla a y b para que la función sea

continua y dibuja la gráfica de la función que resulta.

P.15. Calcula el valor de los parámetros para que las siguientes funciones sean continuas en

toda la recta real.

( ) ( ) ( )

≥+

<<−−

−≤+

=

>−

≤+=

>+

≤=

12

111

12

2

2

02

0 2

2

2

xsi,bx

xsi,x

xsi,ax

xf)cxsi,xa

xsi,axxxf)b

xsi,ax

xsi,exf)a

ax


3-23

( ) ( )

>−−

≤≤++−

<<−−−+−

−≤+

=

≥−

<<−+

−≤+

=

24

211

111

1

14

12

21

2

2

2

2

2

xsi,bcx

xsi,bcxax

xsi,caxbx

xsi,cax

xf)e

xsi,x

xsi,bax

xsi,x

xf)d

P.16. Razona por qué la función ( )

−∈−

∈−=

QRxsi,x

Qxsi,xxf

22

sólo es continua en 21−, .

Teorema de Bolzano

P.17. Si f(x) es continua en [1,9] y es tal que ( ) 51 −=f y ( ) 09 >f . ¿Podemos asegurar que en

estas condiciones la función g(x) = f(x) + 3 tiene, al menos, un cero en el [1,9]? Razona la

respuesta.

P.18. Sabiendo que f(x) es tal que f(-2) < 0 y f(0) > 0 ¿Podemos asegurar que existe un punto

c del intervalo ]-2,0[ tal que f(c) = 0 ? Razona la respuesta.

P.19. Sea ( )

=

≠=

02

01

xsi,

xsi,xxf que verifica f(-1) < 0 y f(1) > 0 y, sin embargo, la función no se

anula en el intervalo ]-1,1[ . ¿Contradice ésto el Teorema de Bolzano?

P.20. ¿Es cierto que si una función f(x) es tal que ( ) ( ) 0<⋅ bfaf y es continua en [a,b],

entonces existe una solución única en [a,b] de la ecuación f(x) =0 ? Razona la respuesta.

P.21. La función ( )

=

≠=

21

2

π

π

xsi,

xsi,tgxxf toma valores de distinto signo en los extremos del

intervalo

π

4,3π

4

y, sin embargo, no se anula en él , ¿contradice ésto el T. De Bolzano?

P.22. ¿Podemos aplicar el Teorema de Bolzano para asegurar que la ecuación x

4+

1

x − 2= 0

tiene alguna solución en el intervalo ]0,3[ . ¿ Y en el ]-2,0[ ? Razona la respuesta.

P.23. Sea f continua en [0,1], tal que 0 < f(x) < 1 en dicho intervalo, demuestra que tiene que

haber un ] [10,c ∈ tal que f(c) = c. (Un Teorema del punto fijo).

P.24. Determina los valores del número real k para los cuales la función ( ) kxxxf +−= 33 se

anula en algún punto del intervalo [-1,1].

P.25. Demuestra que la ecuación πx

= e tiene una solución en ]0,1[.


3-24

P.26. Sean f y g dos funciones continuas en [a,b], tales que ( ) ( )agaf > y f b( )< g b( ).

Demuestra que sus gráficas se cortan.

P.27. Sea [ ] R,:f →π20 continua, tal que ( ) ( )π20 ff = . Demuestra que existe un punto x del

intervalo ( )π,0 tal que ( ) ( )π+= xfxf .

P.28. Encuentra cuatro intervalos disjuntos en los que la ecuación 2x4

− 14x2

+ 14x − 1 = 0 tenga una raíz.

P.29. ¿Se puede aplicar el Teorema de Bolzano a la función ( ) ( )xxf cosec= , en el intervalo

π

2,3π

2

?

Resolución aproximada de ecuaciones

P.30. Halla, con error menor de una décima, la raíz real de cada una de las siguientes

ecuaciones: a) x3

+ 4x2

− 6 = 0 ; b) x3

+ x + 1= 0 .

P.31. Justifica que la ecuación x5

= 5 − 3x tiene una solución entre 1 y 2. Halla dicha solución

con dos cifras decimales.

P.32. Halla la menor solución positiva de tgx = x , con dos decimales.

P.33. Utiliza el Teorema de Bolzano para hallar 375

con un error menor que una décima.

P.34. Utiliza el Teorema de Bolzano para demostrar que la ecuación x + senx = 8 tiene, al

menos, una raíz y calcula ésta con error menor que una centésima.

P.35. Comprueba que ( ) ( )xlnxf = y ( ) xexg −= se cortan en un solo punto. Calcula ese punto

de forma aproximada.

Propiedades de las funciones continuas

P.36. Dadas las funciones ( )2

xxxf

+= y ( )

2

xxxg

−= , estudia la continuidad de las

funciones: f , g , g o f , f o g , f ⋅ g ,

f

g .

P.37. Si f es continua en x = a y g discontinua en x = a , ¿qué puede decirse de f + g? ¿ Y de

f ⋅ g?

P.38. Una función f : R -> R es tal que vale 4 en todos los números racionales. Si f es continua,

¿qué función es f ?


3-25

P.39. Si f(x) es continua en [5,8] y además f(5) = 1; f(8) = 3 entonces: a) todos los valores de f

están en el [1,3]; b) existe un valor c del ]5,8[ tal que f(c) = 1.4 ; c) la función se anula en un

punto; d) se verifica siempre que f(x) > 1 en este intervalo. Razona la respuesta correcta.

Soluciones

P.1. No. Tiene una discontinuidad de salto infinito ℜ∈∀k . P.2. No. Tiene una discontinuidad

de salto finito. P.3. π−= 2b P.4. ( )xf continua ( )

=== ∞−

−

→00

2

2

0eelimf x

x

x; ( )xg

discontinuidad de salto finito en 0=x ; ( )xh discontinuidad de salto finito en 0=x P.5.

Discontinua de salto finito ( ) ( )

=−=−+

π→

π→

11

22

xflim,xflim

xx

. P.6. a) Discontinua de salto infinito en

π

6+ 2kπ ,

5π

6+ 2kπ , ∀k∈Z ; b) continua en todo su dominio, que es ( )43,R −− . P.7. a)

Continua en todo R ; b) discontinuidad de salto finito en 2=x ; c) discontinuidad de salto

infinito en 1=x y discontinuidad de salto finito en 2=x ; d) continua ( )+∞∈∀ ,x 1 ; e) continua

[ )+∞∈∀ ,x 1 ; f) discontinuidad de salto infinito en 3=x y 2−=x , evitable en 1=x ; g)

discontinuidad de salto finito en 1=x . P.8. Discontinuidad de salto infinito en 3=x , de salto

finito en 1−=x , 0=x , 6=x . P.9. a) Continua; b) discontinuidad de salto finito en 0=x ; c)

discontinuidad de salto infinito en 1=x y 2=x , evitable en 0=x . P.10. a) Discontinuidad

evitable en 0=x , discontinuidad de salto infinito en 0−∈π= Zkconkx , b) Continua en

0=x , discontinuidad de salto infinito en Zkconkx ∈π+π

=2

, c) discontinuidad de 2º

especie en 0=x (no existe ( )xflimx −→0

). P.11. a) Si 14=k continua, si 14≠k discontinua

evitable en 3−=x ; b) discontinua si 6−<x k∀ , además si 6

1−=k continua en 3=x y si

6

1−≠k discontinua evitable en 3=x . P.12. 3−=a . P.13. ( ) ( )

π

110

−== ff . P.14. a = 3 , b = -1.

P.15. a) a = 1/2 ; b) a = -8 ; c) 2=a , 2−=b ; d) 1=a , 5−=b ; e) para que sea continua en:

−=

−=

=

⇒

−−=++−⇒=

++−=−−+−⇒=

−−−−=+⇒−=

2

1

2

441242

111

11

c

b

a

bcbcax

bcacabx

cabcax

. P.16. Que sólo puede ser continua en x = 1 y

x = −2 podemos probarlo por medio de la caracterización del límite por sucesiones. Que es

continua en x = 1 y x = −2 lo probamos por la definición de continuidad. (Con menos rigor,

podríamos servirnos de su gráfica para justificarlo). P.17. Sí, por el Teorema de Bolzano. P.18.

No lo podemos asegurar porque no dice nada sobre la continuidad. P.19. No lo contradice,

porque es discontinua en x = 0. P.20. Es cierto que existe solución, pero no tiene porqué ser


3-26

única. P.21. No, porque es discontinua en

π

2. P.22. En el intervalo ]0,3[ no, porque es

discontinua en 2. En el ]-2,0[ sí, porque satiface la hipótesis del Teorema. P.23. Define

( ) ( ) xxfxg −= y aplica el Teorema de Bolzano en el intervalo [ ]10, . P.24. [ ]22,k −∈ . P.25.

Aplica el Teorema de Bolzano en el intervalo [ ]10, a la función ( ) exf x −= π .

P.26. Aplica el Teorema de Bolzano en el intervalo [a,b] a la función ( ) ( ) ( )xgxfxh −= .

P.27. Define ( ) ( ) ( )π+−= xfxfxh y aplica en [ ]π,0 , el Teorema de Bolzano.

P.28. ] [ ] [ ] [ ] [91815111034 .,.,.,,,,,−− . P.29. No, porque es discontinua en π .

P.30. a) 1,0 ; b) –0,6 . P.31. Define ( ) xxxf 355 +−= y aplica el T. De Bolzano en [ ]21, . Sale

1,10 . P.32 4,49 . P.33. Define ( ) 375 −= xxf y aplica el T. De Bolzano en [ ]32, . Sale 2,0

P.34. Aplícalo a la función ( ) 8−+= senxxxf en el intervalo [ ]80, .

P.35. Define ( ) ( ) ( )xgxfxh −= y aplica el Teorema de Bolzano a algún intervalo . Sale 1,309 .

P.36. gfygf,fg,g,f ⋅oo continuas, g

fdiscontinua si ( )00 =≥ g x . P.37. f + g es discontinua

en a . f ⋅ g no se puede asegurar, porque podría ser continua; por ejemplo, si

( )

=

≠−=

11

11

xsi,

xsi,xxf y ( )

=

≠−=

13

11

3

xsi,

xsi,xxg , su producto es una función continua. P.38.

f(x) es la función constante igual a 4. P.39. La opción b) .

Gráfica P.8 Gráfica P.14

Derivabilidad Tema 4

4-1

Tema 4

Derivabilidad

4.1 Derivada de una función en un punto Si una función f tiene derivada en un punto a, se dice que es derivable en a.

Algunas otras notaciones para calcular o designar la derivada son:

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

ax

afxflimafDayay

ax −

−===′

→

&

Nota Algebraicamente, la derivada de una función en un punto es un número real.

Ejemplos

Ejemplo 4.1 Calculemos la derivada de ( ) 32 += xxf en el punto x = 5.

( )( ) ( ) ( ) ( )

=−+++

=+−++

=−+

=′→→→ h

hhlim

h

hlim

h

fhflimf

hhh

28310253535555

2

0

22

00

( )10

1010

0

2

0=

+=

+=

→→ h

hhlim

h

hhlim

hh

Ejemplo 4.2 Veamos que no existe la derivada de ( ) 1+= xxf en el punto x = -1.

( )( ) ( ) ( )

h

hlim

h

hlim

h

fhflimf

hhh 000

1111111

→→→=

+−−++−=

−−+−=−′ , que no existe, ya que los

límites laterales no coinciden.

En efecto, 10

=+→ h

hlim

h y 1

0−=

−−→ h

hlim

h.

Definición Se llama derivada de f en el punto a, y se denota por )(af ′ al valor del límite

( ) ( )h

afhaflimh

−+

→0, cuando este límite es finito. Escribiremos ( )

( ) ( )h

afhaflimafh

−+=′

→0.


4-2

4.2 Derivadas laterales

Ejemplos

Ejemplo 4.3 Calculemos las derivadas laterales de ( ) xxf = en x = 0.

La derivada por la derecha será ( )( ) ( )

100

0000

===−+

=′→→→

+ ++ h

hlim

h

hlim

h

fhflimf

hhh.

La derivada por la izquierda será ( )( ) ( )

100

0000

−=−

==−+

=′→→→

− −− h

hlim

h

hlim

h

fhflimf

hhh.

Ejemplo 4.4 Calculemos las derivadas laterales de ( )

>

≤=

11

12

xsi,x

xsi,xxf en el punto de abcisa

1.

La derivada por la derecha será ( )( ) ( )

( )1

1

11

1

111

000−=

+

−=

−+=

−+=′

→→→+ ++ hh

hlim

h

hlimh

fhflimf

hhh.

La derivada por la izquierda será ( )( ) ( ) ( )

221111

12

0

2

00=

+=

−+=

−+=′

→→→− −− h

hhlim

h

hlim

h

fhflimf

hhh.

Ejemplo 4.5 La función ( ) xxf = no es derivable en x = 0, porque sus derivadas laterales no

coinciden (ver Ejemplo 4.3).

Nota Si f es continua en a y sus derivadas laterales en a son distintas (pudiendo ser una de ellas +∞ o −∞ , y la otra finita), se dice que en a hay un punto anguloso. Si una derivada lateral es +∞ y la otra −∞ se dice que en a hay un punto de retroceso.

Punto de retroceso Punto anguloso

Definiciones Llamamos derivada lateral por la derecha de la función f en el punto a, y la

denotamos por ( )af+′ , al valor del límite ( ) ( )

h

afhaflim

h

−++→0

, cuando es finito.

Análogamente, llamamos derivada lateral por la izquierda de la función f en el punto

a, y la denotamos por ( )af−′ , al valor del límite ( ) ( )

h

afhaflim

h

−+−→0

, cuando es finito.

Proposición Una función f es derivable en un punto a si, y sólo si, existen sus derivadas laterales y coinciden.


4-3

4.3 Interpretación geométrica de la derivada de una función en un punto

Sea f una función derivable en un punto a y sea ( )nx una sucesión convergente a a,

cuyos términos están en un entorno reducido de a.

Consideremos, por un lado, la recta tangente a f en el punto P de coordenadas ( )( )af,a

y, por otro lado, las rectas secantes a f que pasan por los puntos P y nQ , de coordenadas

( )( )nn xf,x . Como la pendiente de una recta es la tangente trigonométrica del ángulo que forma

la recta con el semieje positivo de las X, las pendientes de estas rectas secantes son

( ) ( )ax

afxfm

n

nQn −

−= .

Como nx tiende a a, conforme nx se acerca a a sobre el eje X, también los puntos

nQ se acercan a P sobre la curva, definiendo un número infinito de rectas secantes que

tienden a una posición límite, que no es otra que la recta tangente a la curva en P.

Esta idea intuitiva nos lleva a definir la pendiente de la recta tangente a f en P como el

límite de las pendientes de las rectas secantes al tender nQ a P. Esto es, se tiene que

( ) ( ) ( ) ( )( )af

ax

afxflim

ax

afxflimmlimm

axn

n

nQ

PQT n

n

′=−

−=

−

−==

→∞→→ , donde Tm denota la pendiente de

la recta tangente.

Geométricamente, por lo tanto, la derivada de una función en un punto es la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto. Nota Como la ecuación de una recta que pasa por el punto (x0,y0) y tiene de pendiente m, es

( ) ( )00 xxmxfy −+= , la recta tangente a ( )xf en el punto ( )( )af,a , será:

( ) ( )( )axafafy −′+= .

Ejemplos

Ejemplo 4.6 Para hallar la ecuación de la recta tangente a la función ( ) senxxf = en el punto

0=x , calculamos primero ( ) 00 =f ; después, ( ) ( ) 10 =′=′ f,xcosxf y, por último, aplicamos la

ecuación de la nota anterior, por lo que la ecuación de la recta tangente es

( ) ( )( ) xyxffy =⇔−′+= 000 .


4-4

Ejemplo 4.7 Para hallar en qué punto la recta tangente a la función ( ) 1+= xxf tiene de

pendiente 2=m , hacemos ( )12

1

+=′

xxf ; después, resolvemos:

( )16

151116114

12

12

−=⇔=+⇔=+⇔

+= xxx

x.

Por lo tanto, en el punto de abcisa 16

15−=x , la función ( ) 1+= xxf tiene de pendiente 2=m .

Derivadas infinitas

Al exigir, por definición, que ( )af ′ sea finita es evidente que la interpretación

geométrica de la derivada no es válida en el caso de que la recta tangente sea vertical. Para

evitar esto se habla de derivadas infinitas en un punto, siempre que f sea continua en él. De

modo que, si f es continua en a, siendo a un punto interior de D, diremos que f posee derivada

+∞ en a, y escribiremos ( ) +∞=′ af , si ambas derivadas laterales en a valen +∞ . (La derivada

( ) −∞=′ af , se define análogamente).

4.4 Derivabilidad y continuidad Nota Es importante tener claro que el recíproco no se cumple.

Por ejemplo, la función ( ) xxf = es continua en x = 0, pero no es derivable en x = 0 .

Nota Una consecuencia geométrica de esta proposición es que las gráficas de las funciones derivables son curvas suaves; esto es, sin cambios bruscos ni picos. Ya que si en algún punto de ellas existiera cambio brusco es fácil probar que en ese punto existen dos rectas tangentes (una a la izquierda y otra a la derecha) con distintas pendientes y, por consiguiente, las derivadas laterales son distintas resultando que la función no sería derivable en ese punto.

Son continuas en cero, pero no tienen derivada en cero.

Se debe a Weierstrass un ejemplo, que impresionó a los matemáticos de su época, de función continua sin derivada en ninguno de sus puntos.

Ejemplo 4.8 Si se nos pide que estudiemos, en todo R, la continuidad y derivabilidad de la función

>−

≤≤−+

−<

=

23

225

23

2 xsi,xx

xsi,x

xsi,

)x(f ,

Proposición Si una función es derivable en un punto, entonces es continua en ese punto.


4-5

comenzamos con la continuidad. Evidentemente, si 22,Rx −−∈ , la función es continua por

tratarse de funciones polinómicas.

En 2−=x , como ( ) 3322

==−−−→x

limf y ( ) 352

=++−→

xlimx

, la función es continua en

2−=x . Para el estudio de la derivabilidad se puede utilizar la definición de derivada o bien la función derivada para calcular derivadas laterales, esto último sólo porque la función es continua en el punto.

>−

<<−

−<

=′

232

221

20

xsi,x

xsi,

xsi,

)x(f . Como ( ) ( ) 1202 =−′=−′ +− f,f , la función no es derivable

en 2−=x .

En 2=x , como ( ) ( ) ( ) 227222

−=≠==+− →→ xx

limlimf , la función no es continua y, por lo

tanto, tampoco es derivable. Para todo 22,Rx −−∈ la función es derivable por tratarse de

funciones polinómicas.

4.5 Propiedades de las funciones derivables

Ejemplos

Ejemplo 4.9 La función ( ) xsenxxf += 2 es derivable en todo R, por ser suma de funciones

derivables en todo R.

Ejemplo 4.10 La función ( ) xsenx

xf +=1

es derivable en 0−R , porque es suma de

funciones derivables en 0−R (la segunda es derivable en todo R). En 0=x no es derivable

porque no es continua, ya que no existe ( )0f .

Ejemplo 4.11 La función ( ) 1+⋅= xxcosxf es derivable en ( )+∞− ,1 porque es producto de

funciones derivables en ( )+∞− ,1 . La función coseno es derivable en todo R. El dominio de f es

[ ]+∞− ,1 y ( ) 1+= xxh , cuyo dominio es [ ]+∞− ,1 , sólo es derivable en ( )+∞− ,1 , pues

( )h

hlimhh 0

1→

=−′ que no existe cuando h tiende a cero por la derecha.

Proposición (Propiedades algebraicas) Sean f y g funciones derivables en a, entonces:

1. gf ± es derivable en a y ( ) ( ) ( ) ( )agafagf ′+′=′

± .

2. gf ⋅ es derivable en a y ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )agafagafagf ′+′=′

⋅ .

3. Si ( ) 0≠′ ag , g

f es derivable en a y ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )2ag

agafagafa

g

f ′−′=

′

.

Derivada de la composición de funciones (Regla de la cadena) Sean RA:f → y

RB:g → funciones tales que f es derivable en a de A y g es derivable en ( )af de B,

entonces: la composición fg o es derivable en a y se cumple ( ) ( ) ( )( ) ( )afafgafg ′⋅′=′

o .


4-6

Ejemplos

Ejemplo 4.12 La función ( ) 12 += xxh es la composición de ( ) 12 += xxf y ( ) xxg = ; esto

es, ( ) ( )( )xfgxh = .

Por tanto, la derivada de h en x = 2 será ( ) ( )( ) ( )222 ffgh ′⋅′=′ .

Como ( )x

xg2

1=′ , ( ) xxf 2=′ y ( ) 52 =f , se tiene que ( )

( )( )

5

2

52

42

22

12 ==′⋅=′ f

fh .

Ejemplo 4.13 Para la función del ejemplo anterior, como la composición está definida para

todo x de R, para cualquier punto x se tiene que ( )( )

( )112

2

2

1

22 +

=

+

=′⋅=′

x

x

x

xxf

xfxh

4.6 Función derivada. Derivadas de orden superior

Ejemplos

Ejemplo 4.14 La función derivada de ( )x

xsenxf = es ( )

2x

xsenxcosxxf

−=′ .

Ejemplo 4.15 Para hallar la función derivada de ( )

>

≤+=

0

012

x,xcos

xsi,xxf , derivamos

primeramente los trozos: ( ) xx 212 =′

+ y ( ) xsenxcos −=′

.

Ahora queda ver qué pasa en 0=x . La derivada por la izquierda será

( )( ) ( )

01100

02

0

2

00==

−+=

−+=′

→→→− −− h

hlim

h

hlim

h

fhflimf

hhh. La derivada por la derecha será

( )( ) ( )

02

0

01000

2

000=

−

=

=

−=

−+=′

→→→+ ++ h

h

limh

hcoslim

h

fhflimf

h

e.i

hh.

Luego, ( )

>−

≤=′

0

02

x,xsen

xsi,xxf .

Definiciones Si una función f , definida en un dominio D, tiene derivada en cada punto de D , la correspondencia que a cada x de D le asocia el

valor ( )xf ′ se llama función derivada de f , y se

denota por f ′ o, también, ( )1f .

Si la función f ′ es derivable en D, la

función derivada se representa por ( ) ( )2fff =′′=′′ ,

y recibe el nombre de derivada segunda de f. Del mismo modo se definen la derivada

tercera ( )3ff =′′′ , la derivada cuarta ( )4f ,y en general, la derivada de orden n o derivada enésima

( )nf .


4-7

Ejemplo 4.16 (Una forma de hallar las derivadas laterales en un punto siempre que la función

sea continua en ese punto). Como la función del ejemplo anterior es continua en 0=x , sus

derivadas laterales se hubieran podido calcular más fácilmente haciendo:

( ) 0020 =⋅=′−f , pues a la izquierda de cero se tiene ( ) xx 212 =′

+ ; y ( ) 000 =−=′+ senf , pues

a la derecha de cero se tiene ( ) xsenxcos −=′

.

Ejemplo 4.17 Algunos ejemplos de cálculo de derivadas sucesivas son:

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0242421224 4323 ===′′−=′−= xf;xf;xxf;xxf;xxxf .

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) K;exf;exf;exf;exf xxxx 3333233 333 ==′′=′=

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;xxf;xxf;xxf;xx

xf43321

23222222

1 −−−−+⋅−=+=′′+−=′+=

+=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) K;xxf;xxf6554 254322432

−−+⋅⋅⋅−=+⋅⋅=

Nota Las derivadas sucesivas son el primer paso para el cálculo de la derivada enésima de una función. Aunque en los ejemplos no utilizamos el Principio de Inducción, la demostración rigurosa de lo que obtenemos se basa en él. Como dijimos, la derivada enésima es la derivada de orden n de una determinada función.

Ejemplo 4.18 Si siguiéramos derivando las funciones del ejemplo anterior, obtendríamos por inducción los siguientes resultados:

• ( ) ( ) ( ) ( ) 021224 23 =−=′−= xf;;xxf;xxxf nK , 4≥∀ n .

• ( ) ( ) ( ) ( ) 033 333 ≥∀==′= n,exf;;exf;exf xnnxxK .

• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1212!1;;2;2

2

1 +−−−+⋅−=+−=′+=

+=

nnn xnxfxxfxx

xf K

Nota En general, para calcular la derivada enésima de una función racional se debe descomponer ésta en suma de fracciones simples y, separadamente, calcular las derivadas enésimas de las fracciones simples que aparecen.

Ejemplo 4.19 Calculemos la derivada enésima de ( )2

12

−+

+=

xx

xxf . Como las raíces del

denominador son 1 y –2, la descomposición en suma de fracciones simples es:

212

12 +

+−

=−+

+

x

B

x

A

xx

x.

Para hallar A y B, hacemos operaciones en el segundo miembro e igualamos los numeradores:

( ) ( ) ( ) BAxBAxxBxAx −++=+⇔−++=+ 21121 . Las incógnitas se obtienen identificando

coeficientes y resolviendo el sistema: BA;BA −=+= 211 . De donde, 3

1

3

2== B,A . Así

pues, derivar ( )2

12

−+

+=

xx

xxf es lo mismo que derivar ( )

++

−=

23

1

1

1

3

2

x

B

xxf .

Derivando por separado y teniendo presente el resultado del ejemplo 18, resulta

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

++−⋅−=

+−+− 112

3

11

3

21

nnnn xx!nxf .


4-8

4.7 Interpretación física de la derivada

Ya hemos visto cómo la derivada se puede interpretar como la pendiente de una curva. Trataremos ahora, mediante el problema de la velocidad instantánea, dar un ejemplo de interpretación física.

Galileo estableció experimentalmente que la distancia recorrida en el tiempo t por un

cuerpo que cae libremente en el vacío viene dada por la siguiente ecuación.

Si consideramos un intervalo de tiempo [ ]ht,t + , la velocidad media con la que cae el

cuerpo es ( ) ( )

h

tshtsv m

−+= . Es decir, la velocidad media expresa la razón de cambio de s

respecto a t en un intervalo de tiempo. Supóngase que no nos interesa la velocidad media, sino la razón de cambio exacta de

s para un valor particular de t. A esta razón de cambio de s respecto a t en un instante

determinado se denomina velocidad instantánea. En concreto, lo que interesa es saber cuál es

la velocidad en el instante t0 .

Tal velocidad parece lógico se pueda calcular considerando la velocidad media en

cortos intervalos de tiempo alrededor de t0. Esto es, en intervalos del tipo [t0,t0+h] donde h

tiende a cero. Evidentemente, si empleamos intervalos de tiempo más cortos, y más cortos, las

velocidades medias resultan, cada vez, mejores aproximaciones de la velocidad instantánea en

t0; así pues, la velocidad en el instante t0 será

( ) ( )( )0

00

0ts

h

tshtslimvh

i ′=−+

=→

.

Podemos decir, entonces, que la derivada de una función en un punto expresa la razón de cambio (o variación) de la función, en un instante determinado de la variable independiente.

Ejemplo 4.20 Un punto se mueve sobre el eje X con velocidad constante 10 cm/s, y otro punto se mueve sobre el eje Y con velocidad constante 30 cm/s. ¿Con qué velocidad se separan los puntos cuando la abcisa vale 12 cm y la ordenada 20? Solución: Nos piden la velocidad en el instante en el que x = 12 e y = 20 . Como la distancia

que separa dos puntos cualesquiera, por ejemplo ( )0,x e ( )0,y , en un instante t viene dada

por la expresión ( ) ( ) ( )22tytxtd += , para calcular la velocidad pedida derivamos d,

obteniendo ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )22222

22

tytx

tytytxtx

tytx

tytytxtxtd

+

′+′=

+

′′+′=′ . Como ( ) 10=′ tx e ( ) 30=′ ty

para todo t , en el instante en el que ( ) 12=tx e ( ) 20=ty , se tiene que

( ) 8630544

720

2012

20301210

22,td ==

+

⋅+⋅=′ cm/s .


4-9

4.8 Resumen de las reglas de derivación Se resumen a continuación en forma de tabla las reglas de derivación y las derivadas de las funciones más importantes.

Tabla de derivadas

Función Derivada

k 0 x 1

)x(g)x(f + )x(g)x(f ′+′

)x(g)x(f ⋅ )x(g)x(f)x(g)x(f ′⋅+⋅′

)x(g

)x(f

( )2)x(g

)x(g)x(f)x(g)x(f ′⋅−⋅′

a)x(f con a real )x(f)x(fa 1a ′⋅⋅ −

)x(f

)x(f

)x(f

⋅

′

2

n )x(f

( )n 1n)x(fn

)x(f

−⋅

′

)x(fln , con f(x)>0

)x(f

)x(f ′⋅

)x(floga , con f(x)>0 elog

)x(f

)x(fa⋅

′⋅

)x(fe )x(fe )x(f ′⋅

)x(fa )x(falna )x(f ′⋅

)x(g)x(f ffggflnf 1gg ′⋅⋅+′⋅⋅ −

)x(senf )x(f)x(fcos ′⋅⋅

))x(fcos( )x(f)x(senf ′⋅−

)x(tgf ( ) )x(f)x(fsec)x(f)x(fcos

1)x(f)x(ftg1 2

2

2 ′⋅=′⋅=′⋅+

)x(gfcot ( ) )x(f)x(feccos)x(f)x(fsen

1)x(f)x(fgcot1 2

2

2 ′⋅−=′⋅−

=′⋅+−

)x(fsec )x(f.

)x(fcos

)x(tgf)x(f.

)x(fcos

)x(senf)x(f).x(tgf)x(fsec

2′=′=′⋅

))x(f(eccos )x(f.

)x(senf

)x(gfcot)x(f.

)x(fsen

)x(fcos)x(f).x(gfcot)x(ecfcos

2′−=′−=′⋅−

)x(arcsenf o –arccos f(x)

2)x(f1

)x(f

−

′

)x(arctgf o –arccotg (x) 2)x(f1

)x(f

+

′

)x(fsecarc 0 – arccosec f(x)

1)x(f)x(f

)x(f

2 −⋅

′


4-10

Ejercicios resueltos Cálculo de la función derivada

R.1. Productos, cocientes, potencias y raíces..

1) ( )x)xx()x(f 2132 −⋅++=

Solución: Derivada del producto. ( ) ( ) ( )232112 2 −⋅+++−⋅+=′ )xx(xx)x(f . Operando se

llega a 526 2 −−−=′ xx)x(f .

2) ( )42 bax)x(f +=

Solución: Derivada de una potencia. ( ) axbax)x(f 2432 +⋅=′ .

3) 12

+=

x

x)x(f

Solución: Derivada el cociente ( ) ( )22

2

22

2

1

1

1

21

+

−=

+

⋅−+=′

x

x

x

xxx)x(f

4) ( )4 31 x)x(f +=

Solución: Se escribe la raíz en forma de potencia y se deriva. ( ) ( )4

34 3

11 xx)x(f +=+=

( )4

4

1

14

31

4

3)(

xxxf

+=+=′ −

.

5) 1

12

+

−=

x

x)x(f

Solución:

( )

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )11

1

11

1

1

1

11

1

1112

2

2222

2

2

2

2

2

+⋅−

=

+⋅−

+=

+

−

−−+⋅

=+

−−+

−=′

xxxx

x

x

x

xxx

x

xxx

x

)x(f

R.2. Funciones logarítmicas y exponenciales.

1) ( ) ( )221 xlnxf −=

Solución: ( )( ) ( )

( ) 1

4

1

4

1

2122222

2

−=

−−=

−

−⋅−⋅=′

x

x

x

x

x

xxxf .

2) ( )x

xlogxf

+

−=

1

1

Solución:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) 222 11

2

12

1

1

111

1

12

1

1

1

1

x

elogelog

xx

xelog

x

xx

x

x

x

xxf

−−=⋅

+

−⋅

−⋅

+=⋅

+

−−+⋅−⋅

+

−⋅

+

−=′ .

3) ( )2

2

1

1

x

xLxf

−

+=


4-11

Solución: ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) 42222

22

2

2

1

4

11

4

1

1212

1

1

x

x

xx

x

x

xxxx

x

xxf

−=

+⋅−=

−

+⋅+−⋅⋅

+

−=′ .

4) ( )x

xlnxf

2=

Solución: ( )( ) xxx

xx

x

lnxlnxlnxln

xlnxln

xxf2

21

2

21

2

2221

2⋅

⋅⋅−=

⋅−

=

⋅−⋅

=′ .

5) Calcula la derivada enésima de ( ) xx eexf 22 −−=

Solución: ( ) ( )xx eexf 222 −+⋅=′ , ( ) ( )xx eexf 2222 −−⋅=′′ , ( ) ( )xx eexf 2232 −+⋅=′′′ con lo que

se observa que ( ) ( ) ( )( )xnxnn eexf 212 12 −+−+⋅= .

R.3. Funciones trigonométricas.

1) ( )( )22 21 xcos)x(f +=

Solución:

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) =⋅+⋅−=⋅−⋅⋅+⋅=′ xcosxsenxcosxsenxcosxcos)x(f 2222142222212 22

( )( ) ( )xsenxcos 4214 2 ⋅+⋅−= .

2) ( ) xsenxf 3=

Solución: ( )xsen

xcosxcos

xsenxf

32

3333

32

1==′ .

3) senx

senx)x(f

+

−=

1

1

Solución: ( ) ( )

( ) ( )221

2

1

11

senx

xcos

senx

senxxcossenxxcos)x(f

+

−=

+

−⋅−+⋅−=′ .

4) tgxxsen)x(f ⋅= 2

Solución: xtgxsenxcos

xsentgxxcossenx)x(f 22

2

2 21

2 +⋅=⋅+⋅⋅⋅=′ .

5) xsectgx)x(f ⋅=

Solución: ( ) =⋅⋅⋅

⋅+⋅+=′ xsectgxxsec

tgxxsecxtg)x(f2

11 2

⋅+⋅=

⋅++⋅= xtgxsecxtgxtgxsec 222

2

31

2

11 .

R.4. Funciones recíprocas de las trigonométricas.

1) ( )1−= xearcsen)x(f

Solución:

( ) ( )( )

( ) x

x

xx

x

xx

xx

x e

e

ee

e

ee

ee

e

)x(f−

=−

=

+−

=⋅

−−

=′22211

12

2

22.

2) ( )xearccos)x(f += 1


4-12

Solución: Aunque nada nos impide aplicar las reglas de derivación, es absurdo hacerlo en este caso, ya que la función dada no existe para ningún valor de x real y en consecuencia tampoco

existe ( )xf ′ . Si de todos modos decidimos aplicar las reglas de derivación se llega a

( ) xx

x

x

x

ee

e

e

e)x(f

21122 −−

−=

+−

−=′ donde el radicando es siempre negativo lo que nos

vuelve a confirmar lo dicho anteriormente.

3) ( )xcosarctg)x(f += 1

Solución: ( )211 xcos

xsen)x(f

++

−=′ .

4) 1

1

−

+=

x

xcotarc)x(f

Solución: ( )( )

( ) ( )=

−⋅−

+⋅

−

=−

+−−⋅

−

+⋅

−

++

−=′2

22

11

1

1

1

2

1

1

11

1

12

1

1

11

1

xx

xx

xx

xx

x

x

x

x

xf

( )( ) ( ) 12

1

112

1

11

12

1

2−

=−⋅+

=

−⋅−

+=

xxxxxx

x

xx

.

R.5. Potencias de funciones y técnica de derivación logarítmica.

1) Deriva la función ( ) 12 +=

xxsen)x(f

a) Aplicando la regla de derivación. b) Utilizando la técnica de derivación logarítmica.

Solución: a) ( ) ( ) ( )( ) xcosxsenxsenxlnxsen)x(fxx 212

122 ++⋅⋅=′ +

b) Se toman logaritmos [ ] ( ) ( )xsenlnx)x(fln ⋅+= 12 . 2. Se derivan los dos miembros

( ) ( )xsen

xcosxxsenln

)x(f

)x(f⋅++⋅=

′122 y se despeja la derivada:

( )( ) ( ) ( )

⋅++⋅=′ +

xsen

xcosxxsenlnxsen)x(f

x122

12. Ambas expresiones coinciden como se puede

comprobar con facilidad.

2) Deriva la función ( )5

2

1

1

−

+=

x

x)x(f

a) Aplicando las reglas de derivación correspondientes. b) Utilizando la técnica de derivación logarítmica. c) Comprueba que se llega al mismo resultado.

Solución

a)

( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )

( ) ( )

( )=

−

−⋅+

−

+⋅+

=−

+−−⋅+⋅

−

+⋅

=′2

54

32

2

5

42 1

31

1

11

1

5

1

1

1112

1

15

1

x

xx

x

xx

x

xxx

x

x

)x(f

( )

( ) ( ) ( )5 3111

3

5

1

−+⋅−

−=

xxx

x , o bien

( )

( ) ( )5 63115

3

−+⋅

−=′

xx

x)x(f .


4-13

b) Tomamos logaritmos y aplicamos las propiedades de las operaciones con logaritmos

[ ] ( ) ( )[ ]1125

1−−+⋅= xlnxln)x(fln . Derivamos

−−

+=

′

1

1

1

2

5

1

xx)x(f

)x(f. Despejamos )x(f ′ .

( )

−−

+⋅

−

+=′

1

1

1

2

5

1

1

152

xxx

x)x(f .

c) Comprobamos que esta expresión es equivalente a la obtenida anteriormente:

Sumamos ( )

( ) ( )

−⋅+

−⋅

−

+⋅=′

11

3

1

1

5

1 52

xx

x

x

x)x(f . Introducimos ( ) ( )11 −⋅+ xx dentro de la raíz,

finalmente simplificando se tiene ( )

( ) ( )5 63115

3

−+⋅

−=′

xx

x)x(f .

Definición e interpretación geométrica de la derivada

R.6. Calcula )(xf ′ siendo ( ) 16

133

>

≤+

xsix

xsix=xf

2

.

Solución: Utilizaremos las reglas de derivación para calcular )(xf ′ con 1≠x :

( ) 16

16

>

<′

xsi

xsix=xf .

Para )1(f ′ calculamos las derivadas laterales a partir de la definición:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 663lim63

lim6313

lim11

lim10

2

0

2

00=+=

+=

−++=

−+=′

−−−− →→→→− h

h

hh

h

h

h

fhff

hhhh

( )( ) ( ) ( )

66lim616

lim11

lim1000

==−+

=−+

=′+++ →→→

+hhh h

h

h

fhff como las derivadas laterales coinciden

( ) 61 =′f

Nota: Como f es continua en x = 1, se pueden utilizar las expresiones de )(xf ′ para calcular

las derivadas laterales y así afirmar que ( ) 6161 =⋅=′−f y ( ) 61 =′+f . Pero, insistimos, esto

sólo es válido cuando la función es continua en el punto donde pretendemos calcular la derivada. Como se verá en el siguiente ejercicio, ya no es válido en el caso de no haber continuidad.

R.7. Calcula )(xf ′ siendo ( ) 116

123

>+

≤+

xsix

xsix=xf

2

.

Solución: Actuaremos como en el caso anterior para calcular )(xf ′ con 1≠x y )1(f ′ .

( ) 16

16

>

<′

xsi

xsix=xf

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 663lim63

lim5213

lim11

lim10

2

0

2

00=+=

+=

−++=

−+=′

−−−− →→→→− h

h

hh

h

h

h

fhff

hhhh

( )( ) ( ) ( )

ℜ∉+∞=+

=−++

=−+

=′+++ →→→

+h

h

h

h

h

fhff

hhh

26lim

5116lim

11lim1

000. No hay derivada por la

derecha y por lo tanto no existe )1(f ′ .

Obsérvese que de haber sustituido en las expresiones de )(xf ′ a izquierda y a derecha

de 1 hubiéramos obtenido bien ( )1−′f pero de ninguna manera ( )1+′f , de hecho la función no

puede ser derivable en 1=x ya que no es continua en ese punto, como se puede comprobar.


4-14

En ejercicios posteriores veremos que puede utilizarse la expresión de )(xf ′ en

funciones definidas a trozos para calcular cómodamente su derivada en el punto en el que cambia la definición, pero para ello habrá que estudiar previamente su continuidad.

R.8. Calcula las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la gráfica de la función

( ) 12 −xe=xf en 1=x .

Solución: Como la pendiente de la recta tangente a una curva en un punto coincide con la derivada de la función en ese punto, para hallar la recta tangente utilizaremos la ecuación de la

recta en forma punto-pendiente: ( ) ( ) ( )000 xxx'fxfy −⋅=− . Por lo tanto, la ecuación de la recta

tangente en 1=x es ( ) ( ) ( )111 −⋅′=− xffy .

Calculamos )(xf ′ y de ahí )1(f ′ , ( ) ( ) 212 12

=′⇒⋅′ − fex=xf x que es la pendiente, por otra parte

( ) 11 =f . Luego la recta tangente tiene de ecuación: ( ) 12121 −=⇔−⋅=− xyxy .

La recta normal es la perpendicular a la recta tangente en su punto de tangencia y, por lo tanto, su pendiente es la opuesta de la inversa de la pendiente de la recta tangente, su

ecuación es: ( )( )

( )2

3

2

11

1

11 +−=⇒−⋅

′−=− xyx

ffy .

R.9. Calcula el punto en el que la recta tangente a 22+= xy forma un ángulo de 30º

con la horizontal. Solución: La pendiente de una recta es la tangente trigonométrica de su inclinación, así se trata

de localizar el punto en el que 3

3º30)( ==′ tgxf . Como

22

2)(

2 +

=′

x

xxf buscamos las

soluciones de 3

3

22=

+x

x, elevando al cuadrado ⇒=

+ 3

1

22

2

x

x 23 22 += xx , y

despejando se llega a 1=x y 1−=x . Como se ha elevado al cuadrado hay que comprobar las soluciones porque alguna de ellas puede ser falsa:

si 1=x ⇒ 3

3

21

1

2=

+

correcta; para 1−=x ⇒

( ) 3

3

21

1

2≠

+−

− solución falsa, que se ha

introducido debido al método de resolución y por lo tanto la única solución es 1=x ,

sustituyendo ese valor en ( )xf se llega al punto ( )3,1P .

Continuidad y derivabilidad.

R.10. Estudia dónde es continua y calcula la derivada de ( ) 572

54

>+

≤−

xsix

xsix=xf2

Solución: Lo primero es definir de un modo claro 4−x2 , recordando que

≥

≤−=

0

0

asia

asiaa y

como 04 >−x2 cuando ( ) ( )∞−∞−∈ ,22, Ux y 04 <−x

2 para ( )2,2−∈x y se tiene que

( )

572

524

224

24

>+

≤<−

<<−+−

−≤−

xsix

xsix

xsix

xsix

=xf2

2

2

Continuidad: Los únicos puntos posibles de discontinuidad son 2−=x , 2=x y 5=x ,

estudiamos cada uno de esos puntos:

2−=x ⇒ ( ) ( ) ( ) 04lim4lim2 2

2

2

2=−=+−=−

−+−→−→

xxfxx

continua en ese punto.


4-15

2=x ⇒ ( ) ( ) ( ) 04lim4lim2 2

2

2

2=−=+−=

+− →→

xxfxx

continua en ese punto.

5=x ⇒ ( ) ( ) 214lim5 2

5=−=

−→

xfx

, ( ) 1772lim5

=++→

xx

discontinuidad de salto finito.

Derivabilidad:

( )

52

522

222

22

>

<<

<<−−

−<

′

xsi

xsix

xsix

xsix

=xf . Calculamos las derivadas en 2−=x , 2=x y 5=x

Como se dijo en los ejercicios R.6 y R.7, en los puntos donde la función es continua no es obligado recurrir a la definición de derivada. Por lo tanto:

Para 2−=x ⇒ como la función es continua, hacemos ( ) ( ) 4222 −=−⋅=−′−f y

( ) ( ) 4222 =−⋅−=−′+f . No es derivable, presenta un punto anguloso.

Para 2=x ⇒ la función es continua y se tiene: ( ) 4222 −=⋅−=′−f y ( ) 4222 =⋅=′+f .

No es derivable, presenta un punto anguloso.

En 5=x la función no es derivable porque no es continua.


022

>+

≤

xsixx

xsixsen=xf

Solución: Continuidad: el único punto posible de discontinuidad es 0=x

( ) ( ) ( ) 023lim2lim0 2

00=+==

+− →→

xxxsenfxx

es continua.

Derivabilidad:

( ) 026

02cos2

>+

<′

xsix

xsix=xf calculamos ahora ( )0f ′ .

Como la función es continua en 0=x se puede asegurar que ( ) 2020 =⋅=′− cosf y

( ) 22060 =+⋅=′+f . Por tanto, como las derivadas laterales coinciden, ( ) 20 =′f .


3

41122 2

≥−

<−

xsix

xsixx=xf

Solución: Continuidad: lo es si 012 2 <−x y 1<x ; es decir, para

−∈

2

2,

2

2x no hay valor

de la función y evidentemente ésta es discontinua.

En 3=x la función presenta una discontinuidad de salto infinito.

En 1=x se tiene: ( ) 23

4lim122lim1

1

2

1=

−=

−=

+− →→ xxxf

xx la función es continua.

Derivabilidad: En los puntos donde la función es discontinua no hay derivada. En lo que sigue no

consideramos los valores

−∈

2

2,

2

2x , ni tampoco 3=x .


4-16

( )

( )

13

4

112

28

2

2

2

>−

<

−

−

′

xsix

xsix

x

=xf En 1=x puesto que se sabe que la función es continua

( ) 612

28lim1

2

2

1=

−

−=′

−→−

x

xf

x y ( )

( )1

3

4lim1

21

=

−=′

+→+

xf

x, no es derivable y la función tiene un

punto anguloso.

En 2

2−=x y

2

2=x sólo se podría hablar de derivadas laterales y como es

continua ∞=

−

−=

−′

−

−→

−

12

28lim

2

2

2

2

2

2 x

xf

x

la función no es derivable. Del mismo modo

∞=

−

−=

′

+

→

+

12

28lim

2

2

2

2

2

2 x

xf

x

, por lo que tampoco es derivable. Resumiendo:

( )

( )

3

1

3

4

112

28

2

2

2

≠

>

−

<

−

−

′

x

xsi

x

xsix

x

=xf excepto

−∈

2

2,

2

2x .

R.13. Estudia la continuidad y la derivabilidad de las siguientes funciones.

a) ( ) ( )1ln −⋅= xxxf b) ( ) 1−= xxg en 1=x .

Solución: a) Lo primero es definir la función de forma clara.

Si se recuerda el dominio de la función logarítmica se tiene que el dominio de ( )xf son las

soluciones de 101 >⇒>− xx , por otra parte y teniendo en cuenta la definición de valor

absoluto se tiene que ( ) ( )1ln1ln −=− xx cuando ( ) 21101ln >⇒>−⇒>− xxx y

( ) ( )1ln1ln −−=− xx si ( ) 201ln <⇒<− xx , por último ( ) 01ln =−x si 2=x valor que encaja

en las dos expresiones anteriores, por tanto.

( )( )

( )

≥−⋅

<<−⋅−=

21ln

211ln

xsixx

xsixxxf La función es continua en todo su dominio excepto quizás en

2=x por ser producto de dos funciones continuas.

En 2=x se tiene: ( ) ( )( ) ( )( ) 0 1lnlim1lnlim222

=−⋅=−⋅−=+− →→

xxxxfxx

luego es continua.

( )( )

( )

>−

+−

<<−

−−−=′

21

1ln

211

1ln

xsix

xx

xsix

xx

xf . Calculamos ( )2f ′ .

( ) ( ) 21

1lnlim22

−=

−−−−=′

−→−

x

xxf

x y ( ) ( ) 2

11lnlim2

2=

−+−=′

+→+

x

xxf

x. En 2=x hay un punto

anguloso, en todos los demás valores del dominio la función es continua y derivable.

b) Definimos ( ) 1−= xxg de forma más manejable ( )

≥−

<−=

11

11

xsix

xsixxg .


4-17

Continuidad en 1=x ⇒ ( ) ( ) ( ) 0 1lim1lim111

=−=−=+− →→

xxgxx

. Continua.

Calculamos ( )1g′ ⇒ ( )

>−

<−

−

=′

112

1

112

1

xsix

xsixxg como es una función continua

( ) ∞−=

−−=′

−→−

12

1lim1

1 xg

x y ( ) ∞+=

−=′

+→+

12

1lim1

1 xg

x. La función tiene un punto de

retroceso en 1=x . Continuidad y derivabilidad para funciones dependientes de parámetros.

R.14. Calcula los valores de a y b para que la función ( )

≥+−

<<+

≤

=

25

21

12-3x2

xsix

xsibxax

xsi

xf

sea continua en 1=x y 2=x . Para los valores calculados ¿es derivable en dichos puntos?.

Solución: Para que ( )xf sea continua en 1=x ( ) ( ) ( ) limlim111

xfxffxx +− →→

== y como

( ) ( ) 123lim11

=−=−→

xfx

se debe cumplir que ( ) 1lim 2

1=+

+→

bxaxx

luego 1=+ ba .

Para que ( )xf sea continua en 2=x ( ) ( ) ( ) 5x-limlim22

2

2+=+=

+− →→ xxbxaxf , de donde

324 =+ ba , así que resolvemos el sistema

=

=⇒

=+

=+

2

12

1

324

1

b

a

ba

ba.

La función, con esos valores, queda ( )

≥+−

<<+

≤−

=

25

212

1

2

1123x

2

xsix

xsixx

xsi

xf , la función derivada para

todos los valores x excepto para 1=x y 2=x la obtenemos con las reglas de derivación,

( )

>−

<<+

<

=′

21

212

113

xsi

xsix

xsi

xf . Calculamos ahora ( )1f ′ y ( )2f ′ .

( )1f ′ : como la función es continua ( ) ( ) 33lim11

==′−→

−x

f y ( )2

3

2

1lim1

1=

+=′

+→+ xf

x como las

derivadas laterales no coinciden no hay ( )1f ′ . Se trata de un punto anguloso.

( )2f ′ : como la función es continua ( )2

5

2

1lim2

2=

+=′

−→− xf

x y ( ) ( ) 11lim2

2−=−=′

+→+

xf que tampoco

coinciden, no hay ( )2f ′ y en 2=x hay también un punto anguloso.

R.15. Estudia según los valores de a y b la continuidad y la derivabilidad de

( ) 013

02

>+

≤++

xsix

xsibaxx=xf .

Solución:

Para todos los 0≠x , ( )xf es continua y derivable independientemente del valor de a y b ya

que están definidas mediante expresiones polinómicas.


4-18

Para que ( )xf sea continua en 0=x ( ) ( ) ( ) 113limlim00

2

0=+==++=

+− →→

xbbaxxfxx

luego si 1=b la función es continua.

Calculamos ( )xf ′ ( ) 03

02

>

<+′⇒

xsi

xsiax=xf , para el cálculo de ( )0f ′ y considerando que la

función es continua se tiene

( ) ( )

( ) ( ) 33lim0

2lim0

0

0

==′

=+=′

+

−

→+

→−

x

x

f

aaxf

por lo que para que exista ( )0f ′ , 3=a . En

resumen:

Para 0=x

⇒≠ 1bsi ( )xf es discontinua de salto finito en 0=x independientemente del valor de a.

( ) derivable y continua es 3 y1 xfabsi ⇒==

( ) anguloso punto un tiene 3 y1 xfabsi ⇒≠= .

0≠∀ x ( ) derivable y continua es xf⇒ independientemente de los valores de a y b.

R.16. Calcula el valor de k para que ( ) 21412

23 2

>−

≤+

xsix

xsikx=xf sea derivable en 2=x .

Solución: Para que ( )2f ′∃ la función tiene que ser continua en 2=x , es decir:

( ) ( ) ( ) 1412lim3lim22

2

2−=+=

+− →→

xkxfxx

21012 −=⇒=+⇒ kk . Si para este valor de k la función

no fuese derivable en 2=x el ejercicio no tendría solución. Calculamos ( )2f ′

( ) 212

26

>

<′

xsi

xsix=xf y ( ) ( ) 12212lim6lim

22=′==

+− →→

fxxx

, luego la función es derivable en

2=x si 2−=k .

R.17. Dada la función ( )

( )

≥−−

<<

≤++

=

21ln

212

11mxx2

xsixn

xsix

mxsi

xf calcula los valores de m y n que

hacen que la función sea continua, para esos valores calcula ( )xf ′ .

Solución:

Los únicos puntos donde la función puede ser discontinua son 1=x y 2=x , exigimos la continuidad en dichos puntos.

Continuidad en 1=x ⇒ ( ) ( ) 21lim1 2

1+=++=

−→

mmxxfx

y 22

lim1

mx

m

x=

+→

luego 2=m .

Continuidad en 2=x ⇒ ( ) ( )( ) 1lnlim22

nxnfx

=−−=+→

y 24

lim2

lim22

=

=

−− →→ xx

m

xx

luego 2=n . La función queda ( )

( )

≥−−

<<

≤++

=

21ln2

214

112xx2

xsix

xsix

xsi

xf y

( )

>−

−

<<−

<+

=′

21

1

214

122x

2

xsix

xsix

xsi

xf calculamos las derivadas en 1=x y en 2=x .


4-19

( ) ( ) 422lim11

=+=′−→

− xfx

, ( ) 44

lim12

1−=

−=′

+→+

xf

x. Punto anguloso, no hay derivada.

( ) 14

lim22

2−=

−=′

−→−

xf

x, ( ) 1

1

1lim2

2−=

−−=′

+→+

xf

x. La función es derivable y ( ) 12 −=′f .


≥

<<++−

≤+

=

2

202

0xsen12

xsix

bxsiaxx

xsi

xf calcula los valores de a y b para

que la función sea continua, para esos valores calcula ( )0f ′ y ( )2f ′ . Dibuja la gráfica de

la función. Solución:

Los únicos puntos donde la función puede ser discontinua son 0=x y 2=x , exigimos la

continuidad en dichos puntos.

En 0=x ⇒ ( ) ( ) 1 1lim00

=+=−→

xsenfx

y ( ) 2lim 2

0aaxx

x=++−

+→

luego 1=a .

En 2=x ⇒ ( ) 2

lim22

b

x

bf

x=

=

+→

y ( ) 52lim 2

2−=++−

−→

axxx

⇒ 10−=b .

Para calcular ( )0f ′ y ( )2f ′ conviene calcular ( )xf ′ en

general .

( )

>

<<+−

<

=′

210

2014

0xcos

2xsi

x

xsix

xsi

xf como la función es

continua se tiene:

( ) ( ) 1coslim00

==′−→

− xfx

, ( ) ( ) 114lim00

=+−=′+→

+ xfx

.

La función es derivable con ( ) 10 =′f .

( ) ( ) 714lim22

−=+−=′−→

− xfx

, ( )4

1010lim2

22

=

=′

+→+

xf

x.

La función no es derivable, presenta un punto anguloso en 2=x .

R.19. Estudia la continuidad y la derivabilidad de ( ) 11

122

≥+

<+

xsiax

xsibx=xf según los

valores de a y b. Representa la función en estas dos situaciones:

a) 1−=a y 2−=b b) 1−=a y 0=b .

Solución: Para todos los 1≠x , ( )xf es continua y derivable independientemente del valor de a

y b ya que está definida mediante expresiones polinómicas.

Para que ( )xf sea continua en 1=x ( ) ( ) ( ) 22lim111lim1

2

1+=+=+==+

−+ →→

bbxafaxxx

luego si

1=− ba la función es continua.

Calculamos ( )xf ′ ( ) 12

12

>

<′⇒

xsiax

xsi=xf , calculamos de ( )1f ′ como la función es

continua se tiene

( ) ( )

( ) ( ) aaxf

f

x

x

22lim1

22lim1

1

1

==′

==′

+

−

→+

→−

así que para que exista ( )1f ′ , 1=a . Resumiendo:

⇒≠− 1basi ( )xf es discontinua de salto finito en 1=x .


4-20

⇒=− 1basi ( )xf es continua en 1=x , en este caso se dan dos situaciones:

( ) derivable y continua es 0 y1 xfbasi ⇒==

( ) anguloso punto un tiene 1 xfasi ⇒≠ .

( ) derivable y continua es xf 1≠∀ x independientemente de los valores de a y b.

Gráficas:

a) con los valores 1−=a y 2−=b como 1=− ba la función es continua pero al ser

anguloso punto un tendrá 1≠a como puede verse.

b) si 1−=a y 0=b como 1≠− ba la función es discontinua de salto finito.

R.20. Calcula los valores de a y b sabiendo que la función ( )( )

>−⋅

≤++

012

02

xsix

e

xsibaxx

=xfx

es derivable en 0=x .

Solución: Para que la función sea derivable en 0=x , ha de ser continua en dicho punto así

que ( ) ( ) ( )xflimxflimf

xx +− →→==

000

, como ( ) ( ) bbaxxlimf

x=++=

−→

2

00

y

( )[ ] 2

1

2

0

012

00=

⋅==

−⋅++ →→

x

x

H'Lx

x

elim.detin

x

elim

necesariamente 2=b . Para ese valor de b

exigimos que la función sea derivable en 0=x . Calculamos ( )xf ′ para 0≠x

( )( )

>+−

⋅

<+

′

011

2

02

2xsi

x

xe

xsiax

=xfx

y como la función es continua ( ) ( ) aaxlimfx

=+=′−→

− 200

y

( )( )

[ ] [ ] 10

0

0

01120

002

0===

⋅==

+−⋅=′

+++ →→→+

x

x

x

x

H'Lx

xelim.detin

x

xelim.detin

x

xelimf y en

consecuencia 1=a , en conclusión

=

=

2

1

b

a.

Aplicación a casos prácticos de la regla de la cadena. R.21. Un el recipiente como el de la figura se está llenando con un grifo de caudal constante de 12 l/min.


4-21

Se quiere saber con qué velocidad asciende el nivel del agua en el instante en el que la

altura es de cm20 .

Solución: Debemos buscar la función que nos da el volumen de agua dependiendo de la altura. La figura que forma la parte del recipiente con agua es un prisma recto de base trapezoidal variable (en

las caras laterales) y de altura constante dm15 . Su volumen es 315 dmSV b ⋅= .

Establecemos la base del prisma de agua en un

instante cualquiera en el que la altura del agua es ABh =

si llamamos BEx = , como dm'CD 51= y dmCA 6= , por

semejanza de los triángulos ABE y ACD de la figura se

tiene que 6

51'

h

x

CA

CD

BA

BE=⇒= luego

46

51 hh'x == y el

área del trapecio que marca la altura del agua es

( )h

hh

h

hx

Sb 442

244

2

244 2

+=

++

=++

= con lo que el

volumen del prisma de agua dependiendo sólo de la altura es ( )

+= h

hhV 4

415

2

. V es función

de h que es función del tiempo, es decir ( )( )thVV = . Aplicando la regla de derivación de una

función de función se tiene que dt

dh

dh

dV

dt

dV⋅= (1). min/12 3dm

dt

dV= ,

+= 4

215

h

dh

dV. Si

dmh 2= 27542

215 dm

dh

dV=

+= , así que despejando de (1)

min/16'075

12dm

dh

dVdt

dV

dt

dh=== , o si se prefiere min/6'1 cm

dt

dh= .

R.22. Una pompa de jabón se está formando introduciendo un caudal de aire de

s/cm312 . ¿Con qué velocidad aumenta el radio de la pompa en el momento en el que

éste es de cm3 ?.

Solución: El volumen de una esfera de radio r es de una esfera 3

3

4rV

π= V es función de el

radio que a su vez es función de t ( )( )trVV = y aplicando la regla de derivación de una función

de función se tiene que dt

drr

dt

dV

dt

dr

dr

dV

dt

dV⋅π=⇒⋅=

24 si sustituimos r por 3 y despejamos se

tiene s/cm'r

dt

dV

dt

drr 10

3

1

36

12

44

2

2≈

π=

π=

π=⋅π= .


Cálculo de derivadas P.1. Calcula las funciones derivadas de las funciones siguientes:

1) ( )112 2 +⋅+= x)x()x(f 2) ( ) 42 3−

+= x)x(f 3) 43

61

32

xxx)x(f −+=


4-22

4) ( )5

5

x1

x)x(f

−= 5)

x3x

4x)x(f

2

2

+

+= 6)

( )( )4

3

x1

x1)x(f

+

−=

7) x3x)x(f 2 += 8) ( )3 2x1)x(f −= 9) 1x3x)x(f 2 −⋅=

10) x1

x1)x(f

+

−= 11) ( ) x1x1)x(f +⋅−= 12)

2x1

x)x(f

−=

13) x

Lx)x(f = 14) x1ln)x(f += 15)

x1

x1L)x(f

−

+=

16) )x21(log)x(f a += 17) x2

x2log)x(f

+

−= 18)

x1

x1L)x(f

+

−=

19) xe

Lx)x(f = 20) 1x2

5)x(f −= 21)

=

xlne)x(f x 12

22) x

x

e3

e3L)x(f

−

+= 23) x6x2

3)x(f += ¿dónde es f’ (x) =0?

24) xsen3)x(f 3⋅= 25) ( )bx7sen)x(f −= 26) )ax7cos()x(f −=

27) ( )8x5x3cos)x(f 23 −+= 28) )x5(tg)x(f 3= 29) )x31(Lsen)x(f −=

30) senx1

senx1ln)x(f

−

+= 31)

xtg1

xsec)x(f

2

2

−= 32) senxln)x(f =

33) )senxln()x(f = 34) )x1(eccos)x(f 2 −= 35) ( )8egcot)x(f x23 +=

36) )x2(arcsen)x(f 2= 37) 1x

1xarcsen)x(f

−

+= 38) xsecarc)x(f =

39) 1x

1xarctg)x(f

2

2

+

−= 40)

f (x) = arcsen x

2+ 1( ) 41)

x1

x1arctg)x(f

−

+=

42) 2

2

x1

x1arcsen)x(f

+

−= 43)

x

x

e1

e1arctg)x(f

−

+= 44)

xcos1

xcos1arctg)x(f

+

−=

45) x1

x)x(f = 46) tgxx)x(f = 47) ( )xarctgx)x(f =

48) ( )xxe exx)x(f ππ +++=

Derivada en un punto y función derivada

P.2. Calcula, si existen, las derivadas de las funciones siguientes en x = 0.

≠

⋅

≠

00

0

00

0

=xsi

xsix

1senx

=g(x) b)

=xsi

xsix

1senx=f(x))a

2

P.3. Estudia la derivada de la función ( ) xsenxf = en 0=x .

P.4. Calcula la función derivada de las siguientes funciones:

>

≤≤−−

−<−

=

≠

0

011

11

00

0

xsicosxx

xsix

xsi)xarctan(

=g(x)xsi

xsix

|x|=f(x)

2

4

2

P.5. Calcula las derivadas enésimas de:

a) x

1y = b)

3x

5y

−= c)

xx

3xy

3−

−= d)

2

eey

xx −−= e)

2xx

x7y

2−+

−=


4-23

Interpretación geométrica de la derivada P.6. Obtén las ecuaciones de las rectas tangente y normal, en el punto (2,1), a la curva:

( ) ( )3 31 xxy −⋅−=

P.7. ¿En qué puntos de la curva 8xy 2 += la tangente forma un ángulo de 135° con la parte

positiva del eje OX? Continuidad y derivabilidad P.8. Estudia dónde son continuas y dónde derivables las funciones siguientes:

>−

≤≤−+

−<

=

2xsix3x

2x2si5x

2xsi3

)x(f2

≥

<≤

<

⋅

=

1

10

0

2 xsix

xsix

xsix

1cosx

)x(g

P.9. Estudia la continuidad y derivabilidad de la función

<+−

≤<−

≤<−

=

xsix

xsix

xsi)xln(

)x(f

41

424

2112

P.10. Se considera la función RRf →: definida por: f (x ) = x ⋅ e− x

∀x ∈R . Se pide: 1)

Estudia si es continua y derivable en 0 y, en su caso, halla f ’(0); 2) Estudia si es continua y derivable en todo R. P.11. Determina los puntos angulosos de:

a) ( )( ) ( )

<+⋅+

≥⋅⋅−=

011

05222

567

xsixarctanxln

xsixcosxx)x(f b) ( )xxx)x(f 12 ++=

c) f (x ) = x

2lnx d)

f (x ) = x

2⋅ ln x

P.12. Indica los valores que han de tener a y b para que la función

≥++

<+=

0

03 x si baxx

x si )senxeln()x(f

sea derivable en 0=x .

Ejercicios de profundización P.13. Sobre un montón cónico de arena está cayendo arena a razón de 10 dm

3 por minuto. El

radio de la base siempre es la mitad de la altura. ¿ A qué velocidad se está incrementando la altura del montón cuando su altura es de 0'5m?. P.14. Si el lado de un cuadrado se aumenta a velocidad constante, ¿cómo varía su área?. Estudia un caso particular. P.15. Una escalera de mano de 4m de longitud se desliza apoyada en una pared de modo que el extremo del suelo se mueve a velocidad constante de 0'75m/s. ¿ A qué velocidad se mueve el extremo apoyado en la pared en el momento en que la distancia del otro extremo a la pared es de 2m?. P.16. Un globo está a 200 m sobre el suelo y se eleva a razón de 15 mIs. Un automóvil pasa bajo el globo con velocidad de 45 Km/h. ¿Con qué velocidad se separan el coche y el globo un segundo después?


4-24

P.17. Halla el ángulo que forman las rectas tangentes a las curvas de ecuaciones:

1y2x,1yx 22 =−=⋅ en los puntos de intersección de dichas curvas.

Soluciones:

P.1.

1) 2x2x6)x(f 2 ++=′ 2) x)3x(8)x(f 52 −+−=′ 3) 41

65

31

x4

3x

6

1x

3

2)x(f

−−−−+=′

4) ( )6

4

x1

x5)x(f

−=′ 5)

22

2

)x3x(

12x8x3)x(f

+

−−=′ 6)

( ) ( )

( )5

2

1

71)(

x

xxxf

+

−⋅−=′

7) x3x2

3x2)x(f

2+

+=′ 8)

( )3 x13

2)x(f

−

−=′ 9)

1x3

1x6)x(f

2

2

−

−=′

10) ( ) ( )311

1

xx)x(f

+⋅−

−=′ 11)

x12

1x3)x(f

+

+−=′ 12)

( )321

1

x

)x(f

−

=′

13) 2x

Lx1)x(f

−=′ 14)

2x2

1)x(f

+=′ 15)

2x1

2)x(f

−=′

16) x21

elog2)x(f a

+=′ 17)

2x4

elog4)x(f

−

−=′ 18)

( )1xx

1)x(f

−⋅=′

19) xex

xLx1)x(f

⋅

−=′ 20) 5lnx25)x(f 1x2

⋅=′ − 21)

−=

x

1

x

1ln2e)x(f x2

22) x2

x

e9

e3)x(f

−=′ 23) ( ) 3L6x23)x(f x6x2

⋅+⋅=′ + , en x =-3

24) xcosxsen9)x(f 2 ⋅⋅=′ 25) ( )bx7cos7)x(f −=′ 26) )ax(sena)x(f −⋅=′ 7

27) ( ) ( )853853563 222 −+⋅−+⋅+⋅−= xxsenxxcos)x()x(f 28) ( ))x5(tg1)x5(tg15)x(f 22 +=′

29) )x31(L)x62(

)x31(Lcos3)x(f

−−

−−=′ 30)

xcos

2)x(f =′ 31)

( )( ) ( )2222

2

21

4

1

14

xsen

xcossenx

xtg

xtgtgx)x(f

−=

−

+⋅=′

32) 2

gxcot)x(f =′ 33)

)senxln(senx2

xcos)x(f

⋅=′ 34)

)x1(sen

)x1cos(2)x(f

3−

−=′

35) ( ) ( )( ) xxx eegcotegcot)x(f 22222 8186 ⋅++⋅+−=′ 36) 4x41

x4)x(f

−=′

37) ( ) x41x

2)x(f

−⋅−−=′ 38)

1xx2

1)x(f

−⋅=′ 39)

1xx

1)x(f

4−⋅

=′

40)

( )22 1x1

x2)x(f

+−

=′ 41) 2x1

1)x(f

+=′ 42)

2x1

2)x(f

+

−=′

43) x2

x

e1

e)x(f

+=′ 44)

xcos1

senx)x(f

2+=′ 45)

−⋅=′

2x

1

x

xln1x)x(f

46) ( )

+⋅+⋅=′

x

tgxLxxtg1x)x(f 2tgx 47) ( ) ( )

⋅

++⋅=′

arctgxx

xarctgxLarctgx)x(f

x 1

1 2

48) ( ) πππ π Leexx)x(fxxe +++=′ −− 11


4-25

P.2. a) 0, b) no es derivable. P.3. Hay un punto anguloso en x = 0. P.4. ,xsi,)x(f 00 ≠=′ no

existe derivada en x = 0,

( )

>−

<<−

−<

−+

=′

02

014

111

2

2

3

22

xsixsenxxcosx

xsix

xsix

x

)x(g , no existe derivada en

0=x y 1−=x . P.5. a) 1

1+

⋅−n

n

x

!n)(, b)

1n

n

)3x(

!n5)1(+−

⋅⋅−, c )

1

1

1

1

1 1

12

1

113+

+

+

+

+ +

−⋅+

−

−+

⋅−⋅n

n

n

n

n

n

)x(

!n)(

)x(

!n)(

x

!n)(, d)

( ) ee

yxx

n

2

−−= con n par e ( )

2

xxn ee

y−+

= con n impar , e) 1

1

1 2

31

1

21+

+

+ +

⋅⋅−+

−

⋅⋅−n

n

n

n

)x(

!n)(

)x(

!n)(.

P.6. ( )23

21 −=− xy:t , ( )2

2

31 −−=− xy:n . P.7. x = -1/2. P.8. f no derivable en 2=x no

es continua y 2−=x punto anguloso, g no es derivable en 0x = ni en 1x = . P.9 En 4=x

discontinuidad de salto finito, en 2=x continua pero no derivable, punto anguloso. P.10. 1)

f´(0) =1; 2) continua y derivable en todo R. P.11. a) y b) continuas y derivables, c) 1=x , d) 1=x

y 1−=x . P.12. 1b,e

1a == . P.13. 8/5π dm/min.

dt

dV

h

4

dt

dh2

⋅⋅π

= . P.14. lkdt

dll2

dt

dA⋅=⋅⋅= .

P.15. s/m4

3−

dt

dx

x

x

dt

dy⋅

−−=

216. P.16. 15´7 m/s. P.17 arctag 3.

Propiedades de las funciones derivables Tema 5

5-1

Tema 5

Propiedades de las funciones derivables

5.1 Extremos relativos (Máximos y mínimos relativos)

Nota A los máximos y mínimos relativos se les llama extremos relativos o puntos extremos de f.

Demostración.- Veamos la demostración para el caso en el que en x0 haya un máximo; para

el otro caso es análogo. Como en x0 hay un máximo local, existirá un entorno de x0 de radio δ

tal que para todo x del entorno )x,x( δ+δ− 00 se tiene que ( ) ( )0xfxf ≤ . Y, por lo tanto,

( )( ) ( )

000

00 ≤

−+=

′+→

+h

xfhxflimxf

h y ( )

( ) ( )000

00 ≥

−+=

′

−→−

h

xfhxflimxf

h . Pero como f es

derivable en x0 las derivadas laterales coinciden, lo que sólo es posible si ( ) ( ) 000 =′

=′

−+ xfxf .

Por lo que ( ) 00 =′ xf .

Definiciones Diremos que f tiene un mínimo local o relativo en x0 si existe un entorno de x0 de radio δ tal que

para todo x del entorno )x,x( δ+δ− 00 se tiene que

( ) ( )0xfxf ≥ .

Diremos que f tiene un máximo local o relativo en

x0 si existe un entorno de x0 de radio δ tal que para todo x

del entorno )x,x( δ+δ− 00 se tiene que ( ) ( )0xfxf ≤

Teorema Sea f definida en ( )b,a , derivable en ( )b,ax ∈0 . Si en x0 tiene f un máximo o

un mínimo, entonces ( ) 00 =′ xf .


5-2

Nota Si una función derivable en un punto tiene un extremo relativo en ese punto, la recta

tangente a la función en ese punto es horizontal (paralela al eje de la equis).

5.2 Teorema de Rolle

Demostración.- Demostraremos el teorema por reducción al absurdo. Supongamos que

( ) 0≠′ xf para todo x de ( )b,a .

Como f es continua en [ ]b,a , por el Teorema de Bolzano-Weierstrass (Tema 2),

sabemos que alcanza su mínimo m y su máximo M en [ ]b,a .

Evidentemente, m y M no pueden ser alcanzados en un punto interior; ya que, por el

Teorema 1, ( )xf ′ se anularía en ellos, pero la posibilidad de que ( )xf ′ se anule en el interior ha

sido descartada. Luego m y M se alcanzan en los extremos de [ ]b,a .

Ahora bien, como ( ) ( )bfaf = , entonces ( ) ( ) Mbfafm === . Esto es, los valores mínimo

y máximo de la función coinciden, por lo que f sólo puede ser una función constante en [ ]b,a ,

lo que contradice que ( )xf ′ no se anula en ningún punto interior, ya que toda función constante

tiene derivada nula.

Interpretación geométrica del Teorema de Rolle Si los extremos de un arco de curva continua y derivable (es decir, con tangente en todos los puntos) tienen la misma ordenada, entonces en algún punto del arco la tangente es paralela al eje OX. Nota En las siguientes figuras aparecen curvas que no satisfacen algún apartado de la hipótesis y, en consecuencia, puede verse que no tienen por qué verificar la tesis.

f no es continua en [ ]b,a f no es derivable en ( )b,a ( ) ( )bfaf ≠

Teorema de Rolle Sea f una función continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a tal que

( ) ( )bfaf = . Entonces, existe al menos un punto ( )b,ac∈ tal que ( ) 0cf =′ .


5-3

Ejemplos

Ejemplo 5.1 La función [ ] R,:f →31 tal que ( ) 1142 +−= xxxf , satisface el Teorema de

Rolle porque es continua en [ ]31, , derivable en ( )31, y ( ) ( ) 831 == ff .

Ejemplo 5.2 La función [ ] R,:f →− 11 tal que ( )3 2xxf = , es continua en [ ]11,− y

( ) ( ) 111 ==− ff , pero no existe ningún punto de ( )11,− en el que tenga derivada cero y, sin

embargo, no contradice el Teorema de Rolle, porque no es derivable en x = 0.

Nota Si una función satisface la hipótesis del Teorema de Rolle en un intervalo [ ]b,a y,

además, ( ) ( ) 0== bfaf , el Teorema asegura que entre a y b hay un punto que anula la

derivada. Esto es, entre dos raíces de una función continua y derivable siempre hay una raíz de la función derivada.

Ejemplos

Ejemplo 5.3 Si se nos pide que demostremos que la ecuación 012 =−+ xe x tiene una única

solución real, debemos advertir que la pregunta es doble, pues primeramente hay que demostrar que existe, al menos, una solución real y, después, que no hay otra (unicidad de la solución).

La existencia, generalmente, se prueba mediante el Teorema de Bolzano, aunque en este caso es evidente que x = 0 es una solución.

Para la unicidad podemos hacer uso del Teorema de Rolle en la versión de la Nota

anterior.

En efecto, definimos ( ) 12 −+= xexf x , que es continua y derivable en todo R.

Si tuviera dos raíces, 1c y 2c , entonces ( ) ( ) 021 == cfcf y como f es continua en

[ ]21 c,c y derivable en ( )21 c,c , el Teorema de Rolle asegura que la derivada se anula en

algún punto. Sin embargo, ( ) 2+=′ xexf no se anula nunca, luego no puede tener dos raíces

reales y, como consecuencia, la ecuación inicial tiene una única solución. Ejemplo 5.4 Si queremos demostrar que, para cualquier valor de m, la ecuación

02 5 =++ mxx no tiene dos soluciones, definimos ( ) mxxxf ++= 52 , que es continua y

derivable en todo R. Si tuviera dos raíces, 1c y 2c , entonces ( ) ( ) 021 == cfcf y como f es

continua en [ ]21 c,c y derivable en ( )21 c,c , el Teorema de Rolle asegura que la derivada se

anula en algún punto. Sin embargo, ( ) 110 4 +=′ xxf no se anula nunca y es independiente del

valor inicial de m, luego no puede tener dos raíces reales y, como consecuencia, la ecuación inicial no puede tener dos soluciones reales distintas.

El siguiente corolario es una propiedad recíproca de la nota anterior.


5-4

5.3 Teoremas de Cauchy y de Lagrange Demostración.- Basta aplicar el Teorema de Rolle a la función

( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]agbgxfafbfxgxF −−−= en el intervalo [ ]b,a .

Si ( ) ( )bgag ≠ y ( )xg ′ no se nula en ( )b,a , se tiene la fórmula de Cauchy:

( )( )

( ) ( )( ) ( )agbg

afbf

cg

cf

−

−=

′

′ para algún ( )b,ac∈ .

Ejemplo 5.5 Las funciones ( ) 13 += xxf y ( ) 32 += xxg satisfacen la hipótesis del Teorema

de Cauchy en el intervalo [ ]20 , , luego existe un punto c del correspondiente intervalo abierto

tal que ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]0202 ggcfffcg −′=−′ .

Como ( ) ( ) ,xxg,xxf 23 2 =′=′ ( ) ( ) ( ) ( ) 30721092 ==== g,g,f,f , sustituyendo en

la expresión anterior, resulta 21216 cc = , luego 3

4=c .

Demostración.- Basta aplicar el Teorema de Cauchy, tomando ( ) xxg = .

Nota Teniendo en cuenta que ( ) ( )

ab

afbf

−

− es la pendiente de

la recta que une los puntos ( )( )af,a y ( )( )bf,b del plano, el

Teorema de Lagrange tiene la siguiente interpretación geométrica: en todo arco de curva continua y derivable siempre hay al menos un punto en el que la recta tangente a la curva en ese punto es paralela al segmento que une los extremos del arco.

Teorema de Cauchy (o del valor medio generalizado) Sean f y g dos funciones

continuas en [ ]b,a y derivables en ( )b,a , entonces existe un punto ( )b,ac∈ tal que

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]agbgcfafbfcg −′=−′ .

Teorema de Lagrange (del valor medio o de los incremento finitos) Sea f una función

continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a , entonces existe un punto ( )b,ac∈ tal que

( )( ) ( )

ab

afbfcf

−

−=′ .

Sea f una función derivable y sean las ecuaciones: (A) ( ) 0=xf y (B) ( ) 0=′ xf . Entonces,

entre dos soluciones consecutivas, 1c y 2c , de (B), hay a lo sumo una de (A). En

concreto:

- Si ( )1cf y ( )2cf son del mismo signo, no hay soluciones de (A) en ( )21 c,c .

- Si ( )1cf y ( )2cf son de distinto signo, existe una única solución de (A) en ( )21 c,c


5-5

Notas Observa que si ( ) ( )bfaf = , tenemos el Teorema de Rolle. Y, es que, lo que sucede es

que los tres teoremas anteriores son equivalentes.

Desde un punto de vista físico, el teorema viene a decir, por ejemplo, que si hemos recorrido 60 Km en 1 hora (velocidad media), entonces en algún momento hemos estado viajando a 60 Km/h (velocidad instantánea).

Ejemplos

Ejemplo 5.6 Evidentemente la función ( ) 143 2 ++= xxxf satisface la hipótesis del Teorema

de Lagrange en el intervalo [ ]53 , . Para obtener el punto (o los puntos) de ese intervalo en el

que su recta tangente tiene la misma pendiente que el segmento que une los extremos ( )( )33 f,

y ( )( )55 f, , planteamos ( )( ) ( )

35

35

−

−=′

ffcf y, entonces, 42846 =⇔=+ cc . Por lo tanto, el

punto buscado es el ( )( )44 f, .


23

+

+=

x

xxxf no satisface la hipótesis del Teorema de Lagrange en

el intervalo [ ]52,− porque no es continua en ( )521 ,x −∈−= .

Cálculo aproximado del valor de una función en un punto.

Si deseamos obtener el valor de una función f en un punto 1x , buscamos un punto

próximo a él del que sí conocemos el valor de la función y el de su derivada primera, por

ejemplo 0x , y si f satisface la hipótesis del Teorema de Lagrange en el intervalo [ ]10 x,x se

tiene

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( )010101

01 xxcfxfxfxx

xfxfcf −′+=⇔

−

−=′ .

Entonces, sustituyendo c por 0x , ya que el intervalo ( )10 x,x tiene longitud pequeña,

podemos obtener la siguiente aproximación de ( )1xf

( ) ( ) ( ) ( )01001 xxxfxfxf −′+≅ .

Ejemplo 5.8 Si queremos conocer el seno de 31°, como conocemos el seno y el coseno de

30° y teniendo en cuenta que la diferencia es de 1 grado que equivale a 0,017 radianes,

aplicamos el resultado de la nota anterior, esto es, 0170303031 ,cossensen ⋅+≅ ooo ,

obteniendo que 5147031 ,sen ≅o , cuando el resultado que da la calculadora es 0,5150 .

Aplicación del Teorema de Lagrange al cálculo de límites

Si x tiende a infinito es posible utilizar el Teorema de Lagrange para calcular el límite.

Basta con trabajar en un intervalo de la forma [ ]kx,x + , con k un entero, porque también el c

del correspondiente intervalo abierto tenderá a infinito.

Ejemplo 5.9 Apliquemos el Teorema de Lagrange (o del valor medio) para calcular

+−++

∞→

3 23 2 452 xxxlimx

. Consideramos la función ( )3 2 4+= xxf en el intervalo

[ ]1+x,x , ya que ( ) ( )3 23 2

52411 ++=++=+ xxxxf en el que satisface la hipótesis del

Teorema de Lagrange. Existe, por lo tanto, un punto c del intervalo abierto tal que


5-6

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )3 23 2 4521

1

1+−++=−+=′⇔

−+

−+=′ xxxxfxfcf

xx

xfxfcf .

Por lo tanto,

( ) ( )3 223 22

3 23 2

43

2lim

43

2lim452lim

+

=

+

=

+−++

∞→∞→∞→x

x

c

cxxx

xcx que fácilmente

se comprueba que es igual a cero.

5.5 Regla de L’Hôpital. Aplicaciones El siguiente teorema es consecuencia del Teorema de Cauchy.

Demostración.- Por el T. de Cauchy aplicado al intervalo [ ]a,x , existe un c comprendido entre

x y a, tal que ( )( )

( ) ( )( ) ( )xgag

xfaf

cg

cf

−

−=

′

′.

Luego: ( )( )

( ) ( )( ) ( )

( )( )

( )( )xg

xflim

cg

cflim

xgag

xfaflim

xg

xflim

axaxaxax ′

′=

′

′=

−

−=

→→→→ ,

como c está entre x y a, cuando x tiende a a arrastra a c, por lo que también c tiende a a, pudiéndose cambiar c por x .

El resultado también es válido para límites laterales, cuando a es infinito (positivo o negativo) o cuando los límites de f y g tienden a infinito (positivo o negativo).

La "regla de L'Hôpital" aparece por primera vez en el libro que publicó el marqués de L'Hôpital en 1696; regla cuya paternidad reivindicó Bernoulli (Johann) después de la muerte del marqués.

5.6 Aplicación de la Regla de L’Hôpital

Indeterminación

0

0,

∞

∞

La regla de L'Hôpital resuelve directamente las indeterminaciones del tipo

0

0,

∞

∞.

Consiste en sustituir el numerador y el denominador por sus respectivas derivadas, tal como

indica el esquema siguiente:

( )( )

( )( )

( )( )

... = xg

xf lim = , =

xg

xf lim = , =

xg

xf lim

axaxax ′′

′′

∞

∞

′

′

∞

∞

→→→ 0

0

0

0

Nota Observa que es el cociente de las derivadas, no la derivada del cociente.

Teorema de L’Hôpital Sean f y g dos funciones derivables en un entorno reducido V de

a , tales que g y g' no se anulan en V y que ( ) ( ) 0==→→

xglimxflimaxax

, entonces

( )( )

( )( )xg

xflim

xg

xflim

axax ′

′=

→→ , cuando este último límite existe (pertenece a R ).


5-7

Como se ve, esta regla se puede aplicar sucesivamente; en tal caso, cada vez y antes

de la sustitución directa, hay que recomponer.

Ejemplos

Ejemplo 5.10

x→3lim

2x3 − 8x2 + 4x + 6

x2

− 9 =

0

0

=

H

x→ 3lim

6x2 − 16x + 4

2x =

10

6=

5

3

Ejemplo 5.11

x→0lim

2cos2 x − e x − 1

3 + x senx − 3 cos x =

0

0

=

H x →0lim

−4 cos x senx − e x

senx + x cos x + 3senx =

−1

0

= −∞

Ejemplo 5.12

x→+∞

lim e x − 3x2

x2

+ 1 =

∞

∞

=

H x→+∞

lim e x − 6x

2x =

∞

∞

=

H x→ +∞

lim e x − 6

2 = +∞

Indeterminación 0 ⋅ ∞

Se reduce, haciendo operaciones, a una indeterminación del tipo

0

0 o

∞

∞ , y se aplica

la regla de L`Hôpital.

Ejemplo 5.13

x→+∞

lim e2x +3

ln1

x+1

= 0 ⋅∞( ) =

x→ +∞

lim

ln1

x+ 1

1

e2 x+3

= x→ ∞

lim

ln1

x+ 1

e−2x− 3

= 0

0

=

( )+∞

∞

∞

+=

∞

∞

+−

+− +

∞→

+

∞→

+

∞→−−∞→=

2

e lim= =

x

e lim =

xx

e lim =

e

xx lim =x

x

x

xH

x

xxxH

3232

2

32

32

2 2

2122

1

.

Indeterminación ∞ − ∞

Haciendo operaciones se reduce a una indeterminación del tipo

0

0 o

∞

∞ .

Ejemplo 5.14

x→0lim

1

senx−

1

x

= ∞ − ∞( )=

x →0lim

x − senx

x ⋅senx =

0

0

=

H x→0lim

1− cos x

senx + x cos x=

=0

0

=

H x→0lim

senx

cos x + cos x − x senx =

0

2= 0 .


5-8

Indeterminaciones 00

, ∞0

Se resuelven tomando logaritmos, con lo que se transforman en indeterminaciones de alguno de los tipos anteriores.

Supongamos que ( )( ) ( ) ( )00=→

xg

axxflim , con ( ) 0=

→xflim

ax y ( ) 0=

→xglim

ax.

Llamemos ( )( ) ( )xg

axxflimA

→= y tomemos logaritmos:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )

( ) ( )( )[ ]xflnxglimxflnlimxflimlnAlnax

xg

ax)(

xg

ax⋅==

=

→→→ 21 ,

donde (1) se justificará en la lección de continuidad, y (2) es consecuencia de las propiedades de los logaritmos. Entonces, por la definición de logaritmo, se tiene

( ) ( )( )xfxgaxeA

lnlim ⋅→= .

Ejemplos

Ejemplo 5.15 Calculemos ( )senx lim tgx

0x→. Aplicando el resultado anterior se tiene

( ) ( ) ( )B

senxlntgxlimtgx

xeesenxlim x ===

⋅

→

→00

00 ,

donde ( )( )senxlntgxlimBx 0→

= . Veamos cuánto vale B :

( )( ) ( )( )

0= )xcossenx(lim =

xsen

senx

xcos

limxcot

senxlnlimsenxlntgxlim

xxHxx−

−=

∞

∞==∞⋅=

→→→→ 0

2

000 10 . Por lo

tanto, ( ) 10

0===

→eesenxlim Btgx

x .

Ejemplo 5.16 Calculemos ( ) ( )8

1

2 2

35 −

∞→+

xln

xxx lim . Aplicando el resultado anterior se tiene

( ) ( ) ( ) ( )( )

Bxxln

xlnlim

xln

xeexxlim

x==∞=+

+⋅−−

∞→

∞→35

8

1

08

1

2

2

22

35 ,

donde ( )

( )xxlnxln

limBx

358

1 2

2+⋅

−=

∞→ . Veamos cuánto vale B :

( )( ) ( )

( )( )( )

( )1

352

8310

8

235

310

8

3535

8

12

2

2

2

2

22

2=

+

−+=

−

+

+

=

∞

∞=

−

+=+⋅

− ∞→∞→∞→∞→ xxx

xx lim

x

xxx

x

limxln

xxlnlimxxln

xlnlim

xxHxx

Por lo tanto, ( ) ( ) eeexx lim Bxln

x===+

−

∞→

18

1

2 2

35 .


5-9

Indeterminación 1∞

Esta indeterminación se deshace del mismo modo que las anteriores, pero aquí

podemos utilizar infinitésimos equivalentes y resulta la fórmula siguiente:

( )( ) ( ) ( ) ( )( )1−⋅

→

→==xfxglimxg

ax

axexf limA

Ejemplo 5.17 Calculemos

+

→ 4

1

0

πxtg lim

senx

x. Aplicando el resultado anterior se tiene

( ) Bsenx

xtg

limsenx

xee1xtglim x ===

+

−

+

∞

→

→

14

1

0

0

4

π

π,

donde B = l im

x→0

tg x +π

4

− 1

senx. Veamos cuánto vale B :

limx→0

tg x +π

4

− 1

senx=

0

0

=

H x→0lim

1+ tg2

x +π

4

cos x =

2

1 = 2 .

Por lo tanto, 2

1

0 4eextg lim Bsenx

x==

+

→

π .

Aplicación de la regla de L'Hôpital al cálculo del orden de infinitésimos

en x = 0

Para ver el orden de un infinitésimo f, bastará determinar n para que ( )

0lim0

≠=→

ax

xfnx

.

Ejemplo 5.18 Calculemos el orden del infinitésimo ( ) xcosxf −= 1 .

[ ] [ ]( ) 20100 1

coslim.

0

0lim.

0

0cos1lim

−→−→→ −====

−nxnxnx xnn

xind

nx

senxind

x

x, como el numerador ya no es un

infinitésimo no hay indeterminación, es decir 202 =⇒=− nn , se trata de un infinitésimo de

orden 2.

Ejemplo 5.19 Calculemos el orden del infinitésimo ( ) xxtgxf −= .

[ ] [ ] ( )( )

[ ] ( )[ ]( )( ) 3

222

02

2

01

2

00 21

3112lim.

0

0

1

12lim.

0

0lim.

0

0lim

−→−→−→→ −−

+++==

−

+====

−nxnxnxnx xnnn

xtgxtgxtgind

xnn

xtgtgxind

nx

xtgind

x

xtgx

El numerador ya no es infinitésimo y razonando como en el ejemplo anterior el orden es 3.


5-10

Ejercicios resueltos Teoremas de las funciones derivables

R.1. a) Comprueba que no es aplicable el Teorema de Rolle en [ ]2,2− a la función:

( )

>−

≤+=

01

01)(

2

xsix

xsixxf

b) En el caso anterior se observa que ( ) 01 =−′f con ( )2,21 −∈− . ¿Contradice esto al

Teorema de Rolle?. Solución:

a) El Teorema de Rolle aplicado a nuestra función en [ ]2,2− exige que ( )xf sea continua en

[ ]2,2− , derivable en ( )2,2− y que ( ) ( )22 ff =− ; veamos si se cumplen las tres condiciones:

1. ( ) ( ) 122 ==− ff . Se cumple.

2. Continuidad. Definimos más detalladamente la función

( )

>−

<<+−

≤+

=

11

101

01

)(

2

xsix

xsix

xsix

xf . Los

únicos puntos de discontinuidad son 0=x y 1=x .

En 0=x : ( ) 10 =f , ( ) 11lim2

0=+

−→

xx

y ( ) 11lim0

=+−+→

xx

. La función es continua.

En 1=x : ( ) 01 =f , ( ) 01lim0

=+−−→

xx

y ( ) 01lim0

=−+→

xx


3. Derivabilidad:

( )

>

<<−

<+

=

11

101

012

)(

xsi

xsi

xsix

xf , veamos qué pasa en 0=x y 1=x .

En 0=x : Como la función es continua ( ) ( ) 212lim00

=+=′−→

− xfx

y ( ) ( ) 11lim00

−=−=′+→

+x

f .

No hay derivada. No se cumplen las condiciones de la hipótesis del teorema.

Se puede comprobar que tampoco es derivable en 1=x , aunque lo fuese no cambiaría nuestra conclusión. b) No. Si la función no cumple las condiciones de la hipótesis el teorema no es aplicable, es decir,

no afirmamos ni negamos que exista algún punto de ( )2,2−∈c para el que ( ) 0=′ cf , tal punto

puede existir o no sin que una u otra cosa contradiga al teorema.

R.2. La función ( ) ( )3 21−= xxf toma valores iguales en los extremos de [ ]2,0 . ¿Puede

aplicarse el Teorema de Rolle?. Solución:

No. La función debe ser derivable en ( )2,0 si derivamos ( )3 13

2

−=′

xxf , se ve que no existe ( )1f ′ .

R.3. Comprueba si es aplicable el Teorema de Rolle a ctgxy = en

−

2,

2

ππ.

Solución:

No es aplicable. La función ctgxy = presenta una discontinuidad de salto infinito en 0=x y

−∈

2,

20

ππ.


5-11

R.4. Estudia si es aplicable el Teorema de Rolle a las siguientes funciones en los intervalos que se indican:

a) ( )3

2

−=

x

xxf en [ ]2,6− b) ( ) 32 −+−= xxxg en [ ]4,1 .

En caso afirmativo calcula el valor o los valores pronosticados por el teorema. Solución: a) Comprobamos si se cumplen las tres condiciones de la hipótesis.

( ) 46 −=−f , ( ) 42 −=f . Se cumple.

La función es continua en [ ]2,6− puesto que el único punto de discontinuidad es 3=x .

( )( )2

2

3

6

−

−=′

x

xxxf , ( )xf no es derivable en 3=x y ( )2,63 −∉ . Se puede aplicar el Teorema

de Rolle que asegura la existencia de un ( ) ( ) 0/2,6 =′−∈ cfc ; hacemos ( ) 060 2 =−⇒=′ xxxf lo

que lleva a dos soluciones 6 y 0 == xx , ( )2,60 −∈ es el pronosticado por el teorema.

b) En primer lugar definiremos la función a trozos en [ ]4,1 . Dado que

≥−

≤+−=−

22

222

xsix

xsixx y

del mismo modo

≥−

≤+−=−

33

333

xsix

xsixx tenemos que ( ) ( ) 5232 +−=+−++−= xxxxg si

21 ≤≤ x ; ( ) 132 =+−+= xxxg si 32 << x y ( ) 5232 −=−++= xxxxg si 43 ≤≤ x , en

definitiva ( )

≤≤−

<<

≤≤+−

=

4352

321

2152

xsix

xsi

xsix

xg , comprobamos las condiciones de la hipótesis:

( ) ( ) 341 == ff . Se cumple.

Continuidad en [ ]4,1 .

Los únicos punto posibles de discontinuidad son 2=x y 3=x .

Estudiamos 2=x : ( ) 12 =f , ( ) 152lim2

=+−−→

xx

y 11lim2

=+→x


En 3=x : ( ) 13 =f , 11lim3

=−→x

y ( ) 152lim3

=−+→

xx

. La función es continua. Se cumple.

Derivabilidad en ( )4,1 .

Calculamos ( )

<<

<<

<<−

=′

432

320

212

xsi

xsi

xsi

xg . Calculamos ( )2g′ : Como es continua en 2=x ,

( ) 22lim22

−=−=′−→

−x

f y ( ) 00lim22

==′+→

+x

f , las derivadas laterales no coinciden por lo tanto no

existe ( )2g′ y ya no importa lo que ocurra en 3=x , el Teorema de Rolle no es aplicable a ( )xg

en [ ]4,1 .

R.5. Calcula el valor de a para que sea aplicable el Teorema de Rolle a la función

( ) 222 −+= xaxxf en el intervalo [ ]3,1− . ¿Dónde se cumple la tesis?.

Solución: La función es continua y derivable en todo R independientemente del valor de a, por lo tanto

solamente hay que exigir que ( ) ( )31 ff =− , ( ) 41 −=− af y ( ) 493 += af , luego 494 +=− aa ,


5-12

1−=a . La función queda ( ) 222 −+−= xxxf ; veamos dónde se cumple la tesis. ( ) 22 +−=′ xxf ,

haciendo ( ) 10220 =⇒=+−⇒=′ xxxf que efectivamente pertenece al intervalo ( )3,1− .

R.6. Calcula el valor de 0x para que a la función ( ) 92 += xxf le sea aplicable el Teorema de

Rolle en [ ]0,1 x− .

Solución:

La función es continua y derivable ℜ∈∀ x , así que sólo hay que exigir que ( ) ( )01 xff =− ,

es decir

=

−=⇒=+

1

1109

0

020

x

xx , 10 −=x no tiene sentido luego el intervalo pedido es [ ]1,1− .

R.7. Calcula, si existen, los valores de a, b y c para que la función

>+

≤+=

14

1)(

2

xsix

xsibaxxf cumpla las condiciones de la hipótesis del Teorema de Rolle en

[ ]c,0 con 1>c .

Solución:

Se debe exigir que la función sea continua en [ ]c,0 y derivable en ( )c,0 , el único punto

problemático es 1=x .

Para que la función sea continua en 1=x ( ) ( )xffx 1lim1

→= ; ( ) ( ) babaxf

x+=+=

−→

2

1lim1 y

( ) 54lim1

=++→

xx

, luego 5=+ ba .

Calculamos

>

<=′

11

12)(

xsi

xsiaxxf ( ) aaxf

x22lim1

1==′

−→− y ( ) 11lim1

1==′

+→+

xf , luego para

que sea derivable 2

1=a y entonces

2

9=b , la función queda

>+

≤+=

14

12

9

2

1)(

2

xsix

xsixxf .

Para que sea aplicable el teorema debe cumplirse que ( ) ( ) 42

90 +=== ccff con 1>c , es decir

2

94 =+c cuya única solución 1

2

1<=c por lo tanto los valores pedidos no existen.

R.8. Calcula, si existen, los valores de a, b y c para que cumpla las condiciones de la

hipótesis del Teorema de Rolle

>

≤++=

2

23)(

2

xsix

xsibxaxxf en [ ]c,0 con 2>c .

Solución:

Se debe exigir que la función sea continua en [ ]c,0 y derivable en ( )c,0 , el único punto donde

podría no serlo dependiendo de los valores de a y b es 2=x .

Continuidad en 2=x : ( ) ( ) 3243lim2 2

2++=++=

−→

babxaxfx

, ( ) 2lim2

=+→

xx

⇒ 2324 =++ ba .

124 −=+⇒ ba .

Derivabilidad en 2=x : Calculamos

>

<+=′

21

22)(

xsi

xsibaxxf como la función es continua en

2=x ( ) babaxfx

+=+=′−→

− 42lim22

y ( ) 1411lim22

=+⇒==′+→

+ bafx

, resolvemos

=+

−=+

14

124

ba

ba


5-13

4

3 y 2 =−=⇒ ab . La función es necesariamente

>

≤+−=

2

2324

3)(

2

xsix

xsixxxf .

Para que se cumpla la hipótesis debe ser ( ) ( )

>

=

2

0

c

cff3=⇒ c y el intervalo es [ ]3,0 .

R.9. Estudia si es posible aplicar el Teorema de Lagrange a las funciones siguientes en el

intervalo [ ]5,1− , en caso afirmativo calcula el valor donde se cumple la tesis.

a) ( ) 3 xxf = b) ( ) xexxf +=

Solución:

a) La función ha de ser continua en [ ]5,1− y derivable en ( )5,1− . Es continua para todo R luego

no hay problema con la continuidad, pero si derivamos llegamos a ( )3 23

1

xxf =′ y como se

observa no hay derivada en 0=x y ( )5,10 −∈ , luego el teorema no es aplicable en ese

intervalo.

b) La función ( ) xexxf += es continua y derivable ℜ∈∀ x y en consecuencia lo será en los

intervalos requeridos. El teorema sí es aplicable.

En estas condiciones el Teorema de Lagrange afirma que ( ) ( )( ) ( )

( )15

15:5,1

−−

−−=′−∈∃

ffcfc y se

tiene: ( ) ( )5,12'36

ln6

61

1515

−∈≈−

=⇒−+

=+=′∃−− ee

cee

ecf c .

R.10. Calcula los valores de a y b para que sea aplicable el Teorema del Valor Medio a la

función

>+

≤+=

01

30

)(xsi

x

xsibaxxf en [ ]2,2− . Calcula el valor o valores vaticinados por el

teorema. Solución:

La función debe ser continua en [ ]2,2− y derivable en ( )2,2− , el único punto donde podría no

serlo dependiendo de los valores de a y b es 0=x .

Para que sea continua en 0=x : ( ) ( ) bbaxfx

=+=−→0

lim0 , 31

3lim

0=

++→ xx ⇒ 3=b .

Para que sea derivable en 0=x : Calculamos

( )

>+

−

<

=′ 01

30

)(2

xsix

xsia

xf como la función es

continua en 0=x ( ) aafx

==′−→

−0

lim0 y ( )( )

331

3lim0

20

−=⇒−=+

−=′+→

+ ax

fx

. La función queda

>+

≤+−=

01

3033

)(xsi

x

xsixxf y su derivada

( )

>+

−

≤−

=′ 01

303

)(2

xsix

xsi

xf


5-14

Buscamos dónde se cumple la tesis ( ) ( ) ( )2

4

22−=

−−=′

ffcf ; evidentemente para 0≤x no hay

solución. Buscamos en 0>x ( )

21

32

−=+

−c

ecuación que tiene dos soluciones 2

611 −−=c

que cae fuera de ( )2,2− y ( )2,222'02

611 −∈≈+−=c que es donde se satisface el teorema.

R.11. Dada la función

>−−

≤=

27

2)(

2 xsix

xsixxf se pide:

a) Comprueba que ( ) ( )( ) ( )

03

03:3,0

−

−=′∈∃

ffcfc .

b) La función no cumple las condiciones del Teorema de los Incrementos Finitos o de

Lagrange en el intervalo [ ]3,0 . ¿No hay en esto una contradicción?.

Solución:

a) ( ) ( )

3

16

03

03 −=

−

− ff y

>−

<=′

22

21)(

xsix

xsixf si hacemos ( )3,0

3

8

3

162 ∈=⇒

−=− cc .

b) Efectivamente la función no es continua en todos los puntos de [ ]3,0 , tiene una discontinuidad

de salto finito en 2=x , pues ( ) 2lim22

==−→

xfx

y ( ) 117lim 2

2−=−−

+→

xx

. No hay contradicción con

el Teorema de Lagrange ya que al no cumplirse la hipótesis el teorema no afirma ni niega la

existencia de una valor donde ( )( ) ( )

03

03

−

−=′

ffcf , tal valor puede existir o no sin que halla

contradicción. R.12. Comprueba que es posible aplicar el Teorema del Valor Medio o de Lagrange a la

función

>−

≤−=

21

4282

xsix

xsix)x(f en [ ]30, . Calcula el valor, o valores, donde se cumple la

tesis. Solución:

La función debe ser continua en [ ]30, y derivable en ( )30, , el único punto donde podría no serlo

es 2=x , lo comprobamos.

Continuidad: ( ) ( ) 482 2

2−=−=

−→xlimf

x, 4

1

4

2−=

−+→ xlim

x. Es continua.

Derivabilidad: Calculamos

( )

>−

<

=′ 21

422

2xsi

x

xsix

)x(f como la función es continua en 2=x

( ) 4222

==′−→

− xlimfx

y ( )( )

41

42

22

=−

=′+→

+x

limfx

. Es derivable.

El Teorema del Valor Medio afirma que ( ) ( )( ) ( )

203

0330 =

−

−=′∈∃

ffcf:,c si buscamos soluciones

para 2≤x se tiene 122 =⇒= cc en este punto se cumple la tesis, veamos si hay más

soluciones. Buscamos en la zona 2>x , se tiene ( )

−=

+=⇒=

− 21

212

1

42

c

c

c la única solución de


5-15

esta ecuación que tiene sentido es 21+=c , hay por tanto dos lugares donde se cumple la

tesis del teorema

+=

=

21

1

2

1

c

c.

R.13. Comprueba que se puede aplicar el Teorema de Cauchy a las funciones:

12)( 2++= xxxf y 3)( += xxg en el intervalo [ ]2,0 . Calcula el valor c pronosticado por el

teorema. Solución:

El enunciado del teorema exige que las dos funciones sean continuas en [ ]2,0 y derivables en

( )2,0 , como son funciones polinómicas que son continuas y derivables ℜ∈∀ x , evidentemente se

cumplen las condiciones del teorema.

Buscamos el valor ( )2,0∈c donde se cumple ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]0202 ffcgggcf −′=−′ , como

( ) ( ) 202 =− gg y ( ) ( ) 802 =− ff , se tiene ( ) 18222 =⇒=⋅+ cc que es valor pedido.

R.14. Comprueba que la ecuación 03 =−+ xesenx tiene una sola raíz real en

2,0π

.

Solución:

Consideramos la función ( ) 3−+= xexf senx . Es equivalente afirmar que la ecuación dada tiene

solución a decir que ( ) 0=xf .

Demostraremos en primer lugar que hay algún punto

∈

2,0π

c donde ( ) 0=cf y para ello

utilizaremos el Teorema de Bolzano.

La función es continua siempre por lo tanto si en un intervalo [ ]ba, cambia de signo es seguro que

( ) ( ) 0:, =∈∃ cfbac .

( ) 020 <−=f y 0322

2 >−+=

πππ

ef luego ( ) 0:2

,0 =

∈∃ cfc

π.

Demostraremos por reducción al absurdo que no puede haber más soluciones en ese eintervalo y para ello haremos uso del Teorema de Rolle.

Calculamos ( ) 1cos +⋅=′ xexf senx . La función es derivable ℜ∈∀ x .

Supongamos que existiese otro valor cualquiera del intervalo

2,0π

cd > con ( ) 0=df ,

entonces en el intervalo [ ]dc, la función cumple las condiciones de la hipótesis del Teorema de

Rolle y en consecuencia debería existir un valor ( ) ( ) 0:, 00 =′∈ xfdcx , pero tal cosa es imposible

porque ( ) 01cos >+⋅=′ xexf senx en todos los puntos de

2,0π

, luego nuestra suposición no

puede ser cierta. Igual se razonaría para cualquier cd < .

R.15. Comprueba que la ecuación 0233 =++ xx tiene una sola solución real.

Solución:

Consideramos la función ( ) 233 ++= xxxf . Afirmar que la ecuación dada tiene solución es lo

mismo que decir que ( ) 0=xf .

Demostraremos utilizando el Teorema de Bolzano que hay algún punto c tal que ( ) 0=cf .

La función es continua siempre por lo tanto si encontramos un intervalo [ ]ba, donde cambie de

signo es seguro que ( ) ( ) 0:, =∈∃ cfbac .


5-16

( ) 020 >=f y ( ) 021 <−=−f luego ( ) ( ) 0:0,1 =−∈∃ cfc .

Demostraremos con del Teorema de Rolle que no puede haber más soluciones.

Calculamos ( ) 33 2 +=′ xxf , su dominio es ℜ , luego la función es derivable en cualquier intervalo.

Supongamos que existiese otro valor cd > tal que ( ) 0=df también, entonces en el intervalo

[ ]dc, la función cumple todas las condiciones de la hipótesis del Teorema de Rolle y en

consecuencia debería existir un valor ( ) ( ) 0:, 00 =′∈ xfdcx , pero tal cosa es imposible porque

( ) xxxf ∀>+=′ 033 2 , luego suponer que ( ) 0=df contradice el Teorema de Rolle y por lo tanto

no hay más soluciones a la derecha de c. De manera idéntica se razonaría para cualquier cd < .

R.16. Dada la ecuación 03

=−x

xln demuestra que tiene solamente dos soluciones reales

3 y 3 21 >< xx .

Solución:

Construimos la función ( )3

xxlnxf −= . Afirmar que la ecuación dada tiene solución es lo mismo

que decir que ( ) 0=xf .

Como la función es continua en todo su dominio ( )+∞= ,D 0 si encontramos un intervalo

[ ]ba, donde cambie de signo el Teorema de Bolzano afirma que ( ) ( ) 0:, =∈∃ cfbac . Buscamos

dos intervalos donde cambie de signo uno a la izquierda y otro a la derecha de 3.

( ) 0133 >−= lnf , ( ) 03

1

3

111 <−=−= lnf y finalmente ( ) 0266 <−= lnf , por lo tanto hay al

menos dos soluciones ( ) ( )63 y 31 21 ,x,x ∈∈ .

Demostraremos que no hay mas soluciones menores que 3, lo haremos por el método de

contradicción. Calculamos ( ) 0 con 3

11>−=′ x

xxf , la función es derivable en todo su dominio.

Supongamos que hay otro ( ) 0 con 3 33 =< xfx , en el intervalo [ ] [ ]1331 bien o x,xx,x (según si el

valor es mayor o menor que 1x ) la función cumple las condiciones del Teorema de Rolle y por lo

tanto debería haber un punto ( )31 x,xc ∈ o ( )13 x,xc ∈ (según corresponda) de manera que

( ) 0=′ cf tal cosa es imposible pues ( ) 3x0 3

110 =⇒=−⇒=′

xxf luego la derivada no se anula

en ningún punto del intervalo y en consecuencia nuestra suposición es falsa. No puede haber soluciones menores de 3. De manera análoga se prueba que tampoco hay soluciones mayores de 3. R.17. Comprueba que la Regla de L’Hôpital no es aplicable para calcular los límites siguientes y resuélvelos por otro procedimiento.

a) senxx

senxxlimx +

−

∞→ b)

xsen

xsenx

limx 2

3

0

1

→

Solución:

a) [ ]xcos

xcoslim

senxx

senxxlim

xx +

−=

∞

∞=

+

−

∞→∞→ 1

1indet.

HL' R.

y este límite no existe. Sin embargo sí existe límite

pues el Teorema Regla de L’Hôpital no asegura la existencia del límite del cociente de las derivadas, lo que afirma es que si tal límite existe entonces éste es el límite buscado. Resolvemos la indeterminación dividiendo numerador y denominador por x, se tiene:

101

01

1

1=

+

−=

+

−

=+

−

∞→∞→

x

senxx

senx

limsenxx

senxxlim

xx.


5-17

b) [ ] [ ]HL' R.

2

0

HL' R.

2

3

0indet.

0

0

2

113

indet.0

01

==

−

==→→ xcossenx

xcosx

xsenx

limxsen

xsenx

limxx

xsenxcos

xsen

xxcos

xxsen

limx 220 22

1114

16

−

+−

=→

, como no existe x

coslimx

1

0→ el límite anterior no existe y por

lo tanto la regla de L’Hôpital no es aplicable.

Si lo hacemos por el método de infinitésimos equivalentes sustituyendo senx por x se

tiene: 01

11

02

3

0

i.e.

2

3

0===

→→→ xxsenlim

x

xsenx

limxsen

xsenx

limxxx

.


5-18

Ejercicios propuestos Teoremas de las funciones derivables P.1. Estudia si es aplicable el teorema de Rolle en [1,5] a la función:

≤≤−

<≤+=

537

312

xx

xx)x(f

P.2. Estudia si es posible aplicar el Teorema de Rolle a las funciones siguientes en los intervalos que se indican.

a) ( )( )

[ ]20 en 1

11

2,

xxf

−−= ; b) ( ) [ ]40 en

2

42

,x

xxxg

+

−= c) [ ]a,a

xy −= en

1

d) ( ) [ ]a,a−= en xxf e) ( ) ( ) [ ]40 en 2 3

2

,xxf −=

P.3. Justifica si es o no aplicable el Teorema de Rolle a la función 12 −= x)x(f en [ ]10, .

P.4. Calcula b para que la función bxx)x(f +−= 43 cumpla las condiciones de la hipótesis

del Teorema de Rolle en el intervalo [ ]b,0 . ¿Dónde se cumple la tesis?

P.5. Enuncia e interpreta geométricamente el T. de Rolle. Aplica, si es posible, el Teorema de

Rolle a la función: x

x)x(f22

+= en [ ]12,− .

P.6. Enuncia el Teorema de Rolle. Interpretación geométrica. ¿Se puede aplicar el teorema

anterior a 24 xx)x(f −= en [2,6]?

P.7. Enuncia el Teorema del Valor Medio o de los incrementos finitos o de Lagrange.

Interpretación geométrica. Determina a, b de R para que

≥−+−

<−=

410

432 xsibxx

xsiax)x(f

cumpla las hipótesis del Teorema de Lagrange en el intervalo [2,6].

P.8. Di por qué la función senxxy 3−= , cumple el Teorema del Valor Medio en [ ]π,0 y

averigua dónde cumple la tesis.

P.9. Halla el punto c al que se refiere el Teorema de Lagrange, siendo la función xey 3= , en el

intervalo [ ]52, .

P.10. Sea ( ) ( )25 xLxf −= y el intervalo [-2,2]. ¿Son aplicables los teoremas de Rolle y de

Lagrange? En caso afirmativo, hallar el valor intermedio para el que se cumple el Teorema. Interpretación geométrica del Teorema del Valor Medio

P.11. En la curva 3xy = se considera la cuerda AB que une los puntos de abcisa 0 y 1. Hallar

las coordenadas del punto C del arco AB cuya tangente es paralela al segmento AB. Hallar la ecuación de dicha tangente. Efectuar la representación gráfica. ¿Qué teorema llega a esta misma conclusión?

P.12. Prueba que existe un punto del intervalo [1,e] donde la gráfica de la función xln)x(f = tiene

tangente paralela a la cuerda que une los puntos de dicha función, en los extremos de ese intervalo. Calcula dicho punto.


5-19

P.13. Sea ( )332 ++= xLx)x(f . Halla la ecuación de la recta tangente en el punto de abcisa

0=x . Demuestra que la curva tiene otra tangente paralela a la anterior y determínala.

P.14. Dada 2xy = , halla las coordenadas de un punto de la curva cuya tangente en él sea

paralela a la cuerda de extremos ( 1,1 ) y (2,4 ). Representa la figura. ¿ Tiene esto algo que ver con algún teorema conocido? Utilización conjunta de los teoremas de Bolzano y Rolle

P.15. Demuestra que la ecuación 012 =−+ xe x tiene una sola raíz real.

P.16. Demuestra que la ecuación xlnx 182 = , tiene una única solución en el intervalo [ ]e,1 .

P.17. Demuestra que la ecuación 0=− senxxcosx tiene una única solución en el intervalo

ππ−

2,

2

Teoremas de Cauchy y L´Hôpital

P.18. Estudia si se puede aplicar el Teorema de Cauchy a las funciones: 322 +−= xx)x(f y

5207 23 −+−= xxx)x(g en el intervalo [1,4]. En caso afirmativo aplícalo.

Regla de L´Hôpital P.19. Encuentra el error en la siguiente aplicación de la regla de L'Hôpital:

6

10

66

26

63

823

43

78

22

2

223

23

2=

−

−=

−

−−=

+−

+−−

→→→ x

xlim

xx

xxlim

xx

xxxlim

xxx

P.20. Calcula:

a) x

tgx lim

0x→ b)

( )3

2 2

−+∞→ x

xln lim

x c)

32 2

1

−

−

+∞→ x

elim

x

x d) x

xexlim 2

⋅−∞→

e) 12

2

−

⋅

→ x

senxlim

0x f)

senxx

x lim

0x +→ g)

xln

x lim

x

−

→

1

1 h)

−

→ xxcotlim

0x

1

P.21. Calcula:

a) ( )

⋅−π

+π→ 2

x tgxlim

x b) ( ) ( )( )xcotx lim

0x−

→cosec c)

−⋅

+→1

1

0

x

xex lim

d)

−−

→ 1x

x

xln

1lim

1x e)

30 x

senx xcosxlimx

−

→ f)

−−

− −→ 11 1x1x e

1

x

1lim

g) senxx

x e elim

xx

x −

−− −

→

2

0 h)

20

1

x

senx)xcos(limx

⋅−

→ i) ( )xlntgxlim

x⋅

+→0

P.22. Calcula:


5-20

a) 10

8

2+

−

π→ xsec

tgxlim x

b) senxtgx

senxxlimx −

−

→0 c)

( )20 1

1

−

−

→ xx e

xcoslim d)

( )

−

+→ xxlnlimx

1

1

1

0

P.23. Calcula:

a) 30 x

ee lim

senxx

x

−

→ b)

( )20

22

x

xex lim

x

x

−−−

→ c)

−

∞→1

1

xcosx lim

x d)

xcose

xcose lim

x

x

x +

−

∞→

e) ( )

+−

π→ 1

1

20 xx exx

1 lim f)

π−⋅

π→ 2

2

xlnxcos limx

g) ( )( )xcosln

xcosln lim

x 2

3

0→

P.24. Calcula:

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )xx

xx

x

x

x

xsen

xxexxx

1

0

3

0

cos

1

2

lim d) 2 lim c) 2cos1 limb) cot lim a) +++π−→→π

→

π−

π→ +−

( ) ( ) x

x

x

x

tgx

xx

x

xxx

x3cot2

0020cos

1

2

2

2sec lim h) lim g) 1

lim f) cos21 lim e)→→→

→

++

+

π

P.25. Calcula, usando infinitésimos equivalentes:

( )( ) ( )

( )x

ba lim

x

xcoscos lim

x

a lim

bxtgxx

axcos lim

xx

xx

x

xx

−−−

−+

−

−

−

→→→→ 04000d)

11 c)

11

1 b)

2

1a)

P.26. Calcula:

( ) ( )( ) ( ) ( ) xcos

xx

tgx

xx

tgx lim )d senxx

tgxx lim)cxcos lim )b xlnx lim )a

2

0

2

1111

−− π→

→π→

→ −

−−−−

( )( ) xsec

xxxx

tgx limtgx

xcosln lim

xarctg

xsen

limx

sen

xsenxx lim

2

1 h) 1

1 g)

1

1

f)

2

e)

423

23

0−

+

+

−

π→

π→

+∞→→

( ) ( )xcos

senxx limxlnsenx lim

xcossenx

arcsenxx limexsec lim

xxx

tgx

x −

−⋅

⋅

⋅⋅

→+∞→→

−

π→

− 1

2l) k) j) i)

00

2

2

EJERCICIOS DE PROFUNDIZACIÓN

P.27. Demuestra aplicando el teorema del valor medio que 8

1866

9

1<−<

P.28. Sea ( ) arctgxx

arctgxf +

=

1. Compruébese que 0)x(f =′ . Sin embargo,

f (−1) = −

π

2, y

f (1) =

π

2, luego f no es constante. ¿Cómo se explica eso?


5-21

P.29. Demuestra que una función derivable en cualquier punto que cumple que la ecuación

( ) 0=′ xf no tiene solución, es inyectiva.

P.30. Razónese que, sea cual sea el número real c, la ecuación: 0cx5x5 =+− no puede

tener dos soluciones positivas menores que 1.


5-22

Soluciones:

P.1. No, no es continua en 3=x , no vale lo mismo en los extremos del intervalo. P.2. a) No,

no es continua en 1=x . b) Si. c) No, no es continua ni derivable en 0. d) No, no es derivable

en 0. e) No, no es derivable en 2. P.3. No, no es derivable en 2

1=x . P.4. 2=b , se cumple

en 3

32=x . P.5. No es posible porque no es continua en 0=x . P.6. No es derivable en

4=x . P.7. 192 == b,a . P.8. Se cumple en 2

π=x . P.9. 264'c = . P.10. Sí son aplicables,

0=c . P.11. x =

3

3, tangente

33

2−= xy , secante xy = . P.12. 1−= ex . P.13.

2525293 /x)/(fy;xy +=−′+= . P.14.

4

9

2

3, , si con el T.V.M. P.15. Una solución es

0=x , no hay más soluciones porque siendo ( ) 12 −+= xexf x ( ) xexf x ∀>+=′ 02 y

contradice el T. de Rolle. P.16. Si ( ) xlnxxf ⋅−= 182 , se tiene ( ) ( ) 018 y 010 2 <−=>= eeff ,

por el Teorema de Bolzano hay alguna solución en [ ]e,1 ; como ( )x

xxf18

2 −=′ con 0>x y

( ) 0=′ xf si [ ]e,x 13 ∉= otra solución de ( ) 0=xf en [ ]e,1 contradice el Teorema de Rolle.

P.17. Una solución es 0=x , si se considera ( ) senxxcosxxf −= como ( ) senxxxf ⋅−=′ y la

única solución en

ππ−

22, de ( ) 0=′ xf es 0=x no puede haber otra solución en

π

20,

porque contradice el Teorema de Rolle. Se razona igual para

π− 0

2, . P.18. Sí. En x =2

¡cuidado! en x = 4 no, pues ( )4,14 ∉ . P.19. No hay indeterminación. P.20. a) 1; b) 0 ; c) +∞ ;

d) 0 ; e) 0; f) 2

1 ; g) -1 ; h) 0. P.21. a) 2; b) 0 ; c) +∞ ; d)

2

1− ; e)

3

1− ; f)

2

1 ; g) 2 ; h) 0 ;

i) 0. P.22. a) 1 ; b)

1

3 ; c)

1

2 ; d)

1

2 . P.23. a)

1

6 ; b) 0 ; c) 0 ; d) 1 ; e)

π

4 ; f) 0 ; g)

9

4 .

P.24. a) 1 ; b) 0 ; c) ∞ ; d) e2 ; e) ∞ ; f) 1 ; g) 1 ; h) e

4

9 . P.25. a)

a2

4b ; b) 2 lna ; c)

1

8 ;

d)

lna

b

. P.26. a) 0 ; b)

1

e; c) -2 ; d) 1 ; e) 0 ; f) 1 ; g) 0 ; h) 0 ; i) 0 ; j) 0 ; k) ∃/ ; l) / ∃ .

P.27. aplicar el TVM a x)x(f = , en [64,66]. P.28. No es continua en 0. P.29. Por reducción

al absurdo. P.30. Por reducción al absurdo.

Gráfica P.11. Gráfica P.14.

Monotonía y optimización de funciones Tema 6

6-1

Tema 6

Monotonía. Problemas de máximos y mínimos. Optimización de funciones

6.1 Monotonía de una función (Crecimiento y decrecimiento)

Sea [ ] Rb,a:f → una función y 0x un punto de ( )b,a .

Nota En el caso de que las desigualdades sean estrictas, se dice que la función es

estrictamente creciente o estrictamente decreciente en 0x .

Nota A las funciones crecientes (o decrecientes) en un intervalo se les llama monótonas.

Demostración.- Sea h un número real positivo, tal que [ ]b,aha ∈+ , entonces por el Teorema

de Lagrange se tiene que ( )( ) ( )

0=−

−=′

ab

afbfcf , con c de ( )ha,a + , luego ( ) ( )afhaf =+ .

Definición Diremos que f es creciente en el punto 0x

si existe un entorno de x0 de radio δ tal que para todo

x de ( )00 x,x δ− entonces ( ) ( )0xfxf ≤ y para todo x de

( )δ+00 x,x entonces ( ) ( )0xfxf ≥ .

Definición Diremos que f es decreciente en el punto

0x si existe un entorno de x0 de radio δ tal que para

todo x de ( )00 x,x δ− entonces ( ) ( )0xfxf ≥ y para todo

x de ( )δ+00 x,x entonces ( ) ( )0xfxf ≤ .

Proposición Sea f una función continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a , tal que

( ) 0=′ xf para todo x de ( )b,a , entonces f es constante en [ ]b,a .

Proposición Sea f una función continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a , entonces:

1. Si ( ) 0≥′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es creciente en [ ]b,a .

2. Si ( ) 0>′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es estrictamente creciente en [ ]b,a .

3. Si ( ) 0≤′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es decreciente en [ ]b,a .

4. Si ( ) 0<′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es estrictamente decreciente en [ ]b,a .


6-2

Demostración.- Es análoga a la demostración de la Proposición anterior.

Ejemplos

Ejemplo 6.1 Veamos cómo se hallan los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la

función ( ) xxxxf 54 23 −−= . En primer lugar siempre estudiamos su dominio, que en este

caso es R, por tratarse de una función polinómica. Después, hallamos la derivada,

( ) 583 2 −−=′ xxxf . Estudiamos en qué puntos se anula: ( )3

3140

±=⇔=′ xxf . Y, por

último, estudiamos el signo de la derivada en los tres intervalos de la recta que resultan:

−∞−

3

314,

+−

3

314

3

314,

∞+

+,

3

314

Signo de f ′ positivo negativo positivo

Monotonía creciente decreciente creciente

Ejemplo 6.2 Hallemos los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función

( ) ( )232 +−= xxlnxf . El dominio de la función son aquellos puntos en los que 0232 >+− xx .

Como 210232 ==⇔=+− x,xxx , el dominio vendrá dado por

( )1,∞− ( )21, ( )+∞,2

Signo de 232 +− xx positivo negativo positivo

Dominio sí no sí

Calculamos la derivada, ( )23

322

+−

−=′

xx

xxf y la igualamos a cero. Es evidente que sólo

se anula en 512

3,x == . Pero 1,5 no forma parte del dominio. Estudiamos el signo en los

intervalos correspondientes:

( )1,∞− ( )+∞,2

Signo de f ′ negativo positivo

Monotonía decreciente creciente

6.2 Curvatura de una función. Puntos de inflexión.

Definiciones

Sea f una función derivable en el punto 0x .

Diremos que f es cóncava en el punto 0x si existe un entorno de x0 de radio

δ tal que para todo x del entorno la tangente a la curva en 0x queda por debajo de

ésta, es decir, ( ) ( ) ( )( )000 xxxfxfxf −′+≥ , ( )0xEx δ∈∀ .

Diremos que f es convexa en el punto 0x si existe un entorno de x0 de radio

δ tal que para todo x del entorno la tangente a la curva en 0x queda por encima de

ésta, es decir, ( ) ( ) ( )( )000 xxxfxfxf −′+≤ , ( )0xEx δ∈∀ .

Diremos que f tiene un punto de inflexión en 0x si la función cambia de

curvatura en ese punto (pasa de cóncava a convexa o viceversa)


6-3

6.3 Condiciones suficientes para la curvatura y el cálculo de extremos

relativos

Si la ( ) 00 =′′ xf no podemos determinar su curvatura sin hacer un estudio previo de lo

que sucede a su izquierda y a su derecha. De la proposición anterior se deduce que la condición necesaria para que haya punto de inflexión es que la segunda derivada se anule en ese punto.

Ya vimos (Tema 4) que si una función es derivable en un punto 0x y en este punto la

función alcanza un máximo o un mínimo, entonces ( ) 00 =′ xf . Sin embargo, la condición no es

suficiente. Basta observar, por ejemplo, la función ( ) 3xxf = ; verifica que ( ) 00 =′f pero no tiene

extremo en 0 porque es creciente en todo entorno del origen. La siguiente proposición da una condición suficiente para el cálculo de extremos.

Ejemplo 6.3 Hallemos los extremos relativos de la función ( ) 51232 23 +−−= xxxxf .

Si hay extremos relativos, éstos estarán entre los puntos que anulan la primera

derivada. Así pues, calculamos ( ) 1266 2 −−=′ xxxf ; igualamos a cero, se tiene:

( ) 210 =−=⇔=′ x,xxf .

Calculamos las segundas derivadas en estos puntos. Como ( ) 612 −=′′ xxf , ( ) 01 <−′′f

y ( ) 02 >′′f . Por lo tanto, según el criterio anterior, f tiene un máximo relativo en –1 y un mínimo

relativo en 2 .

Nota Este criterio funciona en la mayoría de los casos, sin embargo nos deja sin saber qué

pasa cuando ( ) 00 =′′ xf . Por ejemplo, la función ( ) 4xxf = tiene un mínimo en x = 0 y, sin

embargo, ( ) 00 =′′f . El siguiente teorema introduce un criterio más general que responde

también a esta necesidad.

Proposición (Criterios de la derivada segunda) Sea f una función definida en un entorno

de un punto a que admite derivada segunda en a , tal que ( ) 00 =′ xf , entonces:

• si ( ) 00 >′′ xf , entonces f tiene un mínimo relativo en 0x .

• si ( ) 00 <′′ xf , entonces f tiene un máximo relativo en 0x .

Teorema Sea f una función definida en un entorno de 0x y n veces derivable en ese punto.

Supongamos que ( ) 00 =′ xf , y sea n (mayor o igual que 2) el orden de la primera derivada

no nula en ese punto, entonces:

• Si n es par, f tiene un extremo relativo en 0x , siendo

o mínimo , si ( ) 00 >xf )n( .

o máximo, si ( ) 00 <xf )n( .

• Si n es impar, f no tiene extremos relativos y tiene un punto de inflexión.

Proposición (Criterios para la curvatura) Sea f una función definida en un entorno de un punto a que admite derivada segunda en a , entonces:

• si ( ) 00 >′′ xf , entonces f es cóncava en 0x .

• si ( ) 00 <′′ xf , entonces f es convexa en 0x .


6-4

Ejemplo 6.4 Comprobemos que la función ( ) ( ) 1422 2 +−+= xxxcosxf π tiene un mínimo

relativo en π=x .

( ) ( ) π4422 −+−=′ xxsenxf , como ( ) 0=′ πf es posible que en π=x haya un extremo relativo.

Calculamos ( ) ( ) 424 +−=′′ xcosxf , como ( ) 0=′′ πf hay que seguir derivando. Calculamos

( )( ) ( )xsenxf 283 = , como ( )( ) 03 =πf hay que seguir derivando. Calculamos

( )( ) ( )xcosxf 2164 = , como ( )( ) 0164 >=πf , el teorema anterior asegura que en π=x hay un

mínimo relativo.

6.4 Problemas de optimización Optimizar una función es hallar, según interese, los puntos donde la función alcanza su máximo o su mínimo. Así, por ejemplo, si con un determinado material queremos fabricar un recipiente de volumen fijo, la optimización supondrá determinar la mínima cantidad de material que requiere tal fabricación. Por el contrario, si fijamos la cantidad de material para construir un recipiente, la optimización se conseguirá hallando el recipiente de volumen máximo que puede construirse con dicha cantidad.

Por lo general, este tipo de problemas siempre impone a la función involucrada algún tipo de restricción. Por ello, no es un simple cálculo de extremos absolutos en el campo de existencia de la función, pues sabemos que algunas de ellas no los tienen, sino el cálculo de los mismos al restringir la función a un dominio de definición concreto. El primer paso, pues, es determinar la función a optimizar y, a continuación, establecer el dominio en el que hay que determinar los extremos.

En lo que sigue, podemos suponer que la función a optimizar es siempre derivable y, como todo extremo absoluto es relativo, empezamos siempre buscando éstos mediante los criterios anteriormente expuestos.

En general, la estrategia a seguir ante estos problemas es:

• Encontrar la función que se ha de optimizar.

• Si la función depende de dos o más variables, encontrar las relaciones que las liga y que nos permitan convertirla en función de una sola variable.

• Determinar el dominio que el enunciado del problema impone a la función.

• Hallar los extremos relativos de la función.

• Comparar los valores que alcanza la función en ellos o excluir aquellos que no tengan sentido en nuestro problema.

• Expresar la solución. Ejemplos

Ejemplo 6.5 Halla el máximo volumen que puede tener un cono de revolución cuya generatriz mide 4 m.

Sabemos que el volumen de un cono viene dado por hrV 2

3

1π= , función que depende de dos

variables, pero como el enunciado exige que la generatriz tenga 4 m y el Teorema de

Pitágoras asegura que 1622 =+ rh , podemos expresar V en función de h como

( ) ( )32 163

116

3

1hhhhV −⋅⋅π=⋅−⋅π= . Para que la solución tenga sentido, h y V deben ser

valores positivos, por lo que es fácil ver que 0 < h < 4 debe ser el dominio de definición de V.


6-5

Derivando esta función e igualándola a cero se tiene que 3

160316 2 ±=⇔=⋅− hh .

Evidentemente, el valor negativo carece de sentido, por lo que sustituyendo el otro en

hV ⋅−=′′ 6 se puede ver que es menor que 0 y, como consecuencia, el máximo volumen se da

para 3

16=h , ya que para 0 y 4 la función se anula. Sustituyendo en V se obtiene que la

solución es 327

128π=V .

Ejemplo 6.6 Dos postes de 20 y 28 metros de altura respectivamente, se encuentran a 30 m de distancia. Se han de sujetar con cables fijados en un solo punto, desde el suelo a los extremos de los postes. ¿Dónde se han de fijar los cables para que la cantidad de cable a emplear sea mínima? Si llamamos d y d’ a las longitudes de los cables (ver figura) y aplicamos el Teorema de Pitágoras a los dos triángulos rectángulos que resultan, la longitud total del cable, L, vendrá

dada en función de x por ( )2222 302028 xx)x(L −+++= . Evidentemente, para que L

exista y la solución tenga sentido, x debe estar comprendido entre 0 y 30.

Derivando la función e igualando a cero resulta ( )

( )0

x3020

x30

x28

x

2222=

−+

−−

+, cuya

solución es x = 17.5 . Sustituyendo este valor en la derivada segunda comprobamos que

′ ′ L (17.5) > 0 , lo que indica que L al canza un mínimo relativo si el cable se fija a 17’5 metros

del poste de 28 metros de altura. Evidentemente, este mínimo es absoluto en el intervalo de definición.

Nota Si f es continua en un intervalo abierto ( )b,a y tiene un único extremo relativo en ( )b,a ,

entonces dicho extremo es también absoluto.

Ejemplos

Ejemplo 6.7 El perímetro de la ventana del dibujo mide 6 metros. Los dos lados superiores forman entre sí un ángulo de 90º y son iguales. Calcula la longitud de los lados a y b para que el área de la ventana sea máxima. Si llamamos l al lado superior, el área será la suma de la parte

rectangular y la triangular que sería S = a ⋅ b +

l 2

2 , por ser el

triángulo rectángulo. Por el Teorema de Pitágoras 2 ⋅ l2

= b2

, luego

S = a ⋅ b +

b2

4 (I).

Por otro lado, como 622622 =++⋅=++ bab,bal y bbb

a2

213

2

26 +−=

−−= ,

sustituyendo en (I) queda 2

4

2213 bbS

+−= . Evidentemente 0 < b < 6 .

Derivando e igualando a cero se obtiene b221

6

+= y, por lo tanto,

221

23

+=a .

d d’ x 30 – x

a a

b


6-6

Como la expresión que nos da el área es un polinomio de grado 2 con coeficiente principal negativo, es evidente que se trata de un máximo y no es necesario estudiar el signo de la derivada segunda. Ejemplo 6.8 En un semicírculo de radio 10 metros se quiere inscribir un rectángulo, uno de cuyos lados esté sobre el diámetro y el opuesto a él tenga sus extremos en la parte curva. Calcula las dimensiones del rectángulo para que el área sea máxima. Llamando a y b a los lados horizontal y vertical del rectángulo, el área del mismo es S = a ⋅ b . Si consideramos un radio hasta uno de los vértices superiores del rectángulo, por el

Teorema De Pitágoras se tiene

100 =a

2

2

+ b2 , resultando

2

400 2aa)a(S

−⋅= , con

0 < a < 20 .

La derivada es 2

2

400

200

a

a)a(S

−

−=′ , que es igual a cero para 210a = y, por tanto,

25b = .

Como

( )

2

2

22

a400

a400

aa200a400a2

)a(S−

−

−⋅−−−⋅−

=′′ es negativa para ese valor de a,

se trata de un máximo relativo (que es el máximo absoluto buscado). Ejemplo 6.9 Se considera una ventana rectangular en la que el lado superior ha sido sustituido por una semicircunferencia. Sabiendo que el perímetro de la ventana es 6 m, halla las dimensiones a y b para que la superficie sea máxima.

El área será la suma de la del rectángulo y la del semicírculo, esto es, 2

8bbaS ⋅

π+⋅= que es

una función de dos variables. Con la restricción de que el perímetro sea de 6 m, se tiene

2a + b + π ⋅

b

2= 6 , que despejando a y sustituyendo su expresión en

la función inicial, tenemos 82

322 bb

b)b(S⋅π

−−= con 0 < b < 6 .

Derivando,4

3b

b)b(S⋅π

−−=′ , e igualado a cero se obtiene

π+=

4

12b , y como la función que nos da el área es polinómica de

grado dos con el coeficiente principal negativo es evidente que

corresponde a un máximo. El valor correspondiente para a es π+

=4

6a .


6-7


Funciones

R.1. Calcula los extremos de las siguientes funciones: a) 12 +−= xey b) xln

xy

2

= .

Soluciones: a) La derivada es 12

2 +−−=′ xxey , se hará el ejercicio de dos modos diferentes.

Método I. Estudiamos el signo de la derivada. Como el factor 12 +−xe es siempre positivo el

signo de la derivada vendrá dado por el factor x− y en consecuencia si 0<x , 0>′y y la

función es creciente; si 0>x , 0<′y y la función es decreciente y la función tiene un máximo

relativo en 0=x .

Método II. Con el criterio de la derivada segunda. 0020 12

=⇒=−⇒=′ +− xxey x , en este

punto puede haber máximo o mínimo relativo. Calculamos ( ) ( ) 2

24 2 xexxf −−=′′ y como

( ) 020 <−=′′f tenemos un máximo relativo en 0=x .

b) Calculamos ( )

( )2

12

xln

xlnxy

−⋅=′ , hacemos ( ) 0120 =−⋅⇒=′ xlnxy y se tiene 0=x que no

es del dominio de la función y exln =⇒=⇒=2

1x01-2lnx que es el único punto donde

puede haber un extremo, para distinguir si es máximo o mínimo relativo se estudia el signo de

la derivada segunda ( ) ( ) ( )( )

( )4

2 121212

xln

xxlnxlnxxlnxln

y−−⋅+

=′′ . Al sustituir el valor e en y ′′

se observa que el segundo sumando del numerador se anula, el denominador es positivo al

igual que el factor ( )2xln y por tanto el signo de y ′′ vendrá dado por el de la expresión

( )12 +xln , en consecuencia ( ) 0>′′ ef y la función presenta un mínimo relativo en ex = .

R.2. Halla el punto o los puntos de la curva 2xey −= en los que la recta tangente tiene

pendiente máxima y calcula su valor.

Solución: La función derivada 2

2 xxey −−=′ es la que nos da la pendiente de la curva dada en

cada punto, por lo tanto se trata de encontrar el máximo absoluto de ( )2

2 xxexf −−= ,

evidentemente dicho máximo se encuentra en ( )0,∞− donde la pendiente es positiva.

Estudiamos el signo de ( )xf ′ en ese intervalo ( ) ( ) 2

24 2 xexxf −−=′ ,

( )

=

−=

⇒=−⇒=′

2

12

1

0240 2

x

x

xxf luego:

( ) ( )

( ) ( )

( )

→−=

⇒<′→−>

⇒>′→−<

relativo máximo un tiene 2

1si

edecrecient es 02

1si

creciente es 02

1si

xfx

xfxfx

xfxfx


6-8

dicho máximo relativo es el máximo absoluto buscado ya que la función es creciente a la

izquierda y decreciente a la derecha en el intervalo estudiado. Por último el valor máximo de

dicha pendiente es e

em2

2

22

1

==−

.

R.3. Aplica el criterio general para saber si las gráficas de las funciones que se indican presentan máximo, mínimo o un punto de inflexión en los puntos especificados.

a) ( ) 315

+−x=y en 1=x b) ( ) xex=y3

1− en 1=x c) ( )43−x=y en 3=x

Soluciones: a) Calculamos las sucesivas derivadas de la función en 1=x hasta encontrar una distinta de cero:

( ) ( ) ( ) 01154

=′⇒−=′ yxxy

( ) ( ) ( ) 011453

=′′⇒−⋅=′′ yxxy

( ) ( ) ( ) 0113452

=′′′⇒−⋅⋅=′′′ yxxy

( )( ) ( ) ( )( ) 0112345 44 =⇒−⋅⋅⋅= yxxy

( )( ) ( )( ) !512345 55 =⇒⋅⋅⋅= yxy Como la primera derivada distinta de cero es de orden impar en

1=x hay un punto de inflexión.

b) Derivamos sucesivamente como en el caso anterior.

( ) ( ) ( ) ( ) 01212

=′⇒+−′ yexx=xy x

( ) ( ) ( ) ( ) 01141 2 =′′⇒−+⋅−′′ yexxx=xy x

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) eyexxxexx=xy xx 4136114 22 =′′⇒++⋅−+−+′′′ Como es de orden impar, en 1=x

hay un punto de inflexión.

c) Actuamos como en los dos casos anteriores

( ) ( ) ( ) 03343

=′⇒−⋅=′ yxxy

( ) ( ) ( ) 033342

=′′⇒−⋅⋅=′′ yxxy

( ) ( ) ( ) 033234 =′′′⇒−⋅⋅⋅=′′′ yxxy

( )( ) ( )( ) 0!43234 44 >=⇒⋅⋅= yxy . Como la primera derivada distinta de cero en 3=x es de

orden par hay un extremo, como además es positiva se trata de un mínimo relativo. Problemas de optimización R.4. Descompón 150 en dos sumandos ninguno de ellos negativo de forma que el triple

del primero por el cuadrado del segundo sea máximo.

Solución: Construimos que función que queremos optimizar.

Conviene llamar x al segundo número, así el primero será x−150 y la función

( ) ( ) 21503 xxxf −⋅= con dominio [ ]150,0=D , evidentemente el máximo no está en ninguno de

los extremos del dominio donde la función se anula, por lo que el máximo absoluto, que es lo que realmente buscamos, es también un máximo relativo y en ese punto la derivada de la

función se anula. Buscamos los puntos donde ( ) 0=′ xf y elegiremos el que nos conduzca a un

máximo relativo.

( ) ( )xxxf 30033 2 +−⋅=′ , ( )

=

=⇒+−⇒=′

100

030030 2

x

xxxxf . Calculamos la derivada

segunda. ( ) ( ) ( ) 010030063 <′′⇒+−⋅=′′ fxxf luego en 100=x hay un máximo relativo, que es

el máximo absoluto pedido, 0=x ni siquiera lo consideramos por razones obvias.

En conclusión los números pedidos son 50 y 100 .


6-9

R.5. Descompón el número 4 en dos sumandos positivos tales que la diferencia de uno de ellos con el inverso del otro sea máxima.

Solución: Llamamos a los números x−4 y x respectivamente. La función es ( )x

xxf1

4 −−=

con dominio ( )4,0=D , como en el caso anterior derivamos e igualamos a cero.

( ) 111

12

2

2=⇒

−=+−=′ x

x

x

xxf como única solución de ( ) 0=′ xf ya que 1−=x queda fuera del

dominio. Calculamos ( ) ( ) 0123

<′′⇒−=′′ fx

xf luego es un máximo relativo que es el máximo

absoluto buscado. Los números buscados son respectivamente 3 y 1.

Nota: Se podría también haber estudiado el signo de ( )xf ′ encontrando que la función es

creciente para ( )1,0∈x y decreciente para ( )4,1∈x con lo que se llega a idéntica conclusión.

R.6. Se desea vallar un recinto rectangular de 2m100 pegado a un muro ya existente

como se indica en la figura. La valla perpendicular al muro tiene un coste de 6 €/m y la parte paralela al muro 15 €/m. ¿Qué dimensiones debe tener el recinto para que el coste sea mínimo?. Solución: La función que nos da el coste es

( ) yxyxyxC 15121526, +=+⋅= que depende de dos variables,

pero que está sujeta a la restricción 100=⋅ yx en la que

despejando x

y100

= y sustituyendo ( )x

xxC1500

12 += , función

de una variable que somos capaces de manejar y en la que buscaremos el mínimo. Es fácil ver que el mínimo absoluto no se da para valores de x muy grandes , pues el primer sumando hace que el coste sea grande y tampoco para valores de x próximos a cero pues el segundo sumando es ahora grande, así el mínimo que buscamos es también mínimo relativo.

Derivamos ( )2

150012

xxC −=′ , haciendo ( ) 0=′ xC se tiene 551251252

==⇒= xx

como única solución dentro del dominio de la función. Calculamos

( ) ( ) 01253000

3>′′⇒=′′ C

xxC luego es un mínimo. Las dimensiones del recinto de menor coste

son 55=x , 5455

100==y .

R.7. Un objeto se mueve verticalmente y hacia arriba, la función que nos da la altura en

metros dependiendo del tiempo en segundos es ( ) 351510 ttth −+= . Se pide:

a) ¿Desde qué altura se inicia el movimiento?. b) Si consideramos que la altura no puede ser negativa, ¿cuál es el dominio de la

función?. c) ¿Cuál es la velocidad inicial?. d) ¿Cuál es la altura máxima?.

Solución:

a) Calculamos ( ) m100 =h , altura inicial.

b) Resolvemos la ecuación ( ) 0515100 3 =−+⇒= ttth , las soluciones son 2=t y 1−=t

(doble), la única que en nuestra situación tiene sentido es 2=t y el dominio será [ ]2,0∈t .

c) Calculamos ( ) ( ) 21515 tthtv −=′= , de donde ( ) m/s150 =v .

d) Hacemos ( ) 015150 2 =−⇒=′ tth de soluciones 1±=t , sólo la solución 1=t tiene sentido,

comprobamos que se trata de un máximo. Calculamos ( ) ( ) 030130 <−=′′⇒−=′′ htth , es un

máximo, por tanto la altura es máxima al cabo de 1 segundo y es de 20 m.


6-10

R.8. Se desea construir un vaso cónico a partir de una placa circular de radio R al que se le corta un sector circular y se unen los bordes, como en la figura.¿Qué sector hay que cortar para que el volumen sea máximo?. Solución: Si se corta un sector muy pequeño el cono formado tendrá mas altura pero al ser la base muy pequeña el volumen es pequeño, éste aumenta al aumentar el sector cortado, pero en algún momento empieza a disminuir tendiendo a cero cuando el sector que quitamos es cada vez mayor, por lo tanto el máximo se presenta en un valor intermedio y será además máximo relativo. Consideramos una situación intermedia cualquiera. Si llamamos h a la altura y r al

radio de la base del cono formado, la función que debemos optimizar es hrπ

V 2

3= que

depende de dos variables, pero se tiene que 222 hRr −= y queda

( ) ( )3222

33hhR

πhhR

πV −=−= , derivamos e igualamos a cero ( ) ( )22 3

3hR

πhV −=′

( )3

033

22 RhhR

π±=⇒=− , solo es del dominio

3

Rh = , comprobamos que conduce a un

máximo ( ) ( ) 03

63

<

′′⇒−=′′

Rvh

πhV luego es un máximo relativo que es el máximo absoluto

buscado. Si 3

Rh = se tiene que

3

6Rr = . Por otra parte como la longitud de la

circunferencia de la base del cono es igual al arco de la placa a la que se le ha quitado el

sector de ángulo α y entonces se tiene RαRπrπ −= 22 , es decir RαRπR

π −= 23

62 y

despejando el ángulo rad3

612

−= πα luego el ángulo del sector que conduce al cono de

mayor volumen es independiente del radio de la placa, como por otra parte es previsible. R.9. Se desea construir una balsa con forma de prisma recto de base cuadrada de

3m 108 de capacidad, el revestimiento de las paredes y del fondo cuestan lo mismo. ¿Qué dimensiones ha de tener para que el coste de dicho revestimiento sea mínimo?. Solución: Si llamamos x al lado del fondo e y a la altura de la balsa, la función que debemos

optimizar es ( ) xyxyxS 4, 2 += restringida por la expresión 1082=yx ya que el volumen está

fijado. Despejando 2

108

xy = y sustituyendo ( )

xx

xxxxS

4321084 2

2

2 +=+= , viendo la función es

fácil comprobar que el mínimo está en una situación intermedia, así que buscamos el mínimo

relativo para lo que derivamos e igualamos a cero ( ) ⇒=−⇒−=′ 0432

2432

222 x

xx

xxS

62163 =⇒=⇒ xx . Comprobamos que hay un mínimo. Calculamos ( )3

8642

xxS +=′ ( ) 06 >′S

luego es un mínimo. Las dimensiones pedidas son m 6=x e m 3=y .

R.10. Consideramos todas las rectas que pasan por el punto ( )2,1P y que cortan a los

ejes en la parte positiva. Al girar el segmento de recta limitado por los ejes alrededor de OY se forma un cono. ¿Cuál sería la ecuación de la recta que formase el cono de menor volumen?.


6-11

Solución: Como puede verse en la figura la función que se ha de

optimizar es el volumen del cono baπ

V 2

3= (1) donde a y b son

los segmentos determinados por la recta con los ejes X e Y respectivamente, de la ecuación segmentaria de la recta

1=+b

y

a

x y como ha de pasar por ( )2,1P se tiene 1

21=+

ba

de donde 1

2

−=

a

ab y sustituyendo en (1) ( )

13

2 3

−=

a

aπaV con dominio los valores 0>a . En esta

función derivamos y simplificamos ( ) ( )( )22

1

32

3

2

−

−=′

a

aaπaV , el único valor del dominio que hace

( ) 0=′ aV es 2

3=a además es inmediato comprobar que ( ) 0<′ aV y por lo tanto la función

decreciente si 2

30 << a e igualmente que ( ) 0>′ aV y por lo tanto la función creciente si

2

3>a

luego la función presenta un mínimo relativo que es también el mínimo absoluto que buscamos.

Sustituyendo el valor de a se tiene 6=b con lo que la ecuación de la recta pedida es

16

2

3=+

yx, o bien 64 =+ yx .

R.11. De todos los conos de volumen 3dm 3

π¿cuál es el tiene menor área lateral?.

Solución: El área lateral de un cono es rgπS = siendo r el radio de la base y g la generatiz, si

llamamos h a la altura del cono y por el Teorema de Pitágoras 22 rhg += y por tanto

22 rhrπS += , pero como el volumen del cono es constante se tiene: 2

2 1

33 rh

πhr

π=⇒=

que sustituida en el área queda 4

2

2

4

11r

rπr

rrπS +=+= con dominio 0>r .

Derivamos e igualamos a cero con lo que se tiene: ( ) ⇒=

+

+−

=′ 01

2

42

4

2

3

3

rr

rr

πrS

6

3

32

14

2=⇒=⇒ rr

r, estudiamos el signo de la derivada para comprobar que se trata de un

mínimo ( )4

2

3

6

12

12

rr

r

rπrS

+

−=′ . Si ( ) 0

2

10

6<′→<< rSr y la función es decreciente, si

6 2

1>r

( ) 0>′ rS y la función es creciente luego es un mínimo. El cono pedido tiene de dimensiones

dm 2

16

=r y sustituyendo dm 2

13

=h .

R.12. De todos los cilindros inscritos en una esfera de radio R como en la figura, calcula las dimensiones de aquel que tiene mayor área lateral.

Solución: La función que se ha de optimizar es hrπA ⋅⋅= 2 (1) y como se

ve en la figura se debe cumplir siempre que ( ) ( ) 22222 hrR += de donde

despejando h y sustituyendo en (1) se tiene ( ) 4224 rrRπrA −⋅= con


6-12

dominio ( )RD ,0= .

Es evidente que para valores de r muy pequeños o próximos a R el área es pequeña, así que el máximo buscado se da en una situación intermedia y es por tanto también un

máximo relativo, buscamos dónde la derivada ( )422

32 24

rrR

rrRπrA

−

−⋅=′ se anula, ( ) 0=′ rA nos

lleva a que 2

2 32 RrrrR =⇒= como única solución dentro del dominio, estudiamos el signo

de la derivada segunda ( )

( ) ( )422

422

323242222 2

26

4rrR

rrR

rrRrrRrrRrR

πrA−

−

−−−−−

⋅=′′ , el signo de

′′

2

RA se puede ver fácilmente si nos damos cuenta de que el segundo sumando del

numerador se anula y el denominador es positivo.

Por lo tanto el signo de la expresión viene dado por el de 22 6rR − que al sustituir

queda 022

6 2

2

2 <−=

− R

RR y es un máximo.

Las dimensiones del cilindro son 2

Rr = y sustituyendo Rh 2= (compruébese que

se trata de un cilindro de la misma altura que anchura).

R.13. En el recinto formado por la gráfica de la función xy 3= los ejes de coordenadas

y la recta de ecuación 4=x , se inscriben rectángulos con un vértice situado sobre la curva, la base en el eje OX y un lado sobre la recta 4=x como se indica en la figura. Calcula las coordenadas del punto P que forma el rectángulo de mayor área. Solución: Construimos la función de la que debemos encontrar el máximo que es el área del rectángulo cuya base es

xb −= 4 y de altura y ( ) ( )yxyxS −= 4, pero como xy 3=

se tiene ( ) ( ) xxxS 34 −= con dominio ( )4,0=D , derivamos

e igualamos a cero ( )( )

032

343 =

−+−=′

x

xxxS que lleva a ( ) 03432 =−+⋅− xx con lo que

3

4=x Calculamos la derivada segunda y simplificamos y queda ( ) ( )

44

433

x

xxS

+−=′′ y

03

4<

′′S luego es un máximo y las coordenadas del punto son

3

4=x e 2=y .

R.14. Dos focos luminosos A y B separados 50 metros tienen intensidades luminosas respectivas de 135 y 40 candelas. Sabiendo que la intensidad luminosa es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia al foco, se quiere saber qué punto de la línea entre ambos focos es el menos iluminado. Solución: Si llamamos x a la distancia de un punto cualquiera al foco A, la distancia a B será

x−50 y la intensidad luminosa en ese punto será ( )( )2250

40135

xxxI

−+= . Estudiamos dónde la

función presenta el mínimo. Derivamos ( )( )3350

2402135

xxxI

−

⋅+

⋅−=′ igualando a cero y


6-13

simplificando se tiene ( ) ( )

3050

23

50

827

50

24021353333

=⇒−

=⇒−

=⇒−

⋅=

⋅x

xxxxxx Hacemos la

derivada segunda y simplificamos ( )( )4450

240810

xxxI

−+=′′ y para 30=x es positiva con lo que

tenemos un mínimo. En conclusión el punto menos iluminado se encuentra a 30 m del foco A y 20 m del foco B. R.15. Calcula el área del mayor rectángulo que puede inscribirse en la elipse de ecuación

194

22

=+yx

.

Solución: La función de la que buscamos el máximo es

( ) xyyxS 4, = con x e y positivos y sujeta a la restricción

194

22

=+yx

de donde despejando 242

3xy −= y sustituyendo

en el área queda ( ) 422 4646 xxxxxS −=−= con dominio

( )2,0=D . Para localizar el máximo derivamos e igualamos a

cero ( )2

2

4

212

x

xxS

−

−=′ , ( ) 2020 2 =⇒=−⇒=′ xxxS como única solución dentro del

dominio comprobamos que se trata de un máximo Calculando ( )xS ′′ y simplificando queda

( )

( )( )( )32

2

2

2

22

4

612

4

4242

12

x

xx

x

x

xxxx

xS

−

−=

−

−

−−−−−

=′′ , es inmediato comprobar que

( ) 02 <′′S y que se trata de un máximo. Para 2

232 =⇒= yx , el rectángulo tiene de base

22 y de altura 23 con lo que el área pedida es a. u. 6=S .

R.16. En un rectángulo de base 1 m y altura 2 m se circunscriben triángulos isósceles tal y como se indica en la figura. Calcula las dimensiones de aquel que tenga área mínima. Solución: La función que nos da el área de cualquiera de esos

triángulos es ( ) hbhbA ⋅=2

1, siendo b la longitud de la base y h

la altura del triángulo respectivamente , pero si nos fijamos en los triángulos ABC y DEB, que son semejantes, se tiene que

( )2

1

2

2−

=bb

h de donde despejando

1

2

−=

b

bh y ( )

1

2

−=

b

bbA

con dominio ( )+∞= ,1D , es fácil ver que el mínimo que buscamos es también mínimo relativo

por lo que derivamos e igualamos a cero. ( )( )

201

22

2

=⇒=−

−=′ b

b

bbbA como única solución

dentro del dominio de la función. ( ) 0<′ bA si 21 << b y la función decreciente. ( ) 0>′ bA si

2>b y la función es creciente luego en 2=b hay un mínimo. Las dimensiones del triángulo

de menor área son m 2=b y m 4=h .


6-14

R.17. Calcula el punto de la hipérbola de ecuación 122=− yx con 0>x que está a la

menor distancia del punto ( )3,0P .

Solución: Si llamamos x e y a las coordenadas del punto buscado, la función que nos da la distancia entre los dos puntos es

( )22 3−+= yxd , como el punto pertenece a la hipérbola

Se cumple que 122=− yx y despejando 22 1 yx += con lo que

( ) ( )22 31 −++= yyyd y simplificando ( ) 1062 2 +−= yyyd .

Derivamos e igualamos a cero ( )2

30

1062

32

2=⇒=

+−

−=′ y

yy

yyd

es inmediato comprobar que si 2

3<y se tiene que ( ) 0<′ yd con lo que la función es

decreciente y si 2

3>y ( ) 0>′ yd y la función crece, luego el valor

2

3=y corresponde a un

mínimo como buscamos. El punto de la hipérbola es el de coordenadas

2

3,

2

13.

R.18. Halla el máximo volumen que puede tener un cono de revolución cuya generatriz

mide 4 metros.

Solución: Sabemos que el volumen de un cono viene dado por hrV 2

3

1π= , función que

depende de dos variables, pero como el enunciado exige que la generatriz tenga 4 m y el

Teorema de Pitágoras asegura que 1622 =+ rh , podemos expresar V en función de h como

( ) ( )32 163

116

3

1hhhhV −⋅⋅π=⋅−⋅π= . Para que la solución tenga sentido, h y V deben ser

valores positivos, por lo que es fácil ver que 0 < h < 4 debe ser el dominio de definición de V.

Derivando esta función e igualándola a cero se tiene que 3

160316 2 ±=⇔=⋅− hh .

Evidentemente, el valor negativo carece de sentido, por lo que sustituyendo el otro en

hV ⋅−=′′ 6 se puede ver que es menor que 0 y, como consecuencia, el máximo volumen se da

para 3

16=h , ya que para 0 y 4 la función se anula. Sustituyendo en V se obtiene que la

solución es 327

128π=V .


6-15

Ejercicios propuestos Problemas de máximos y mínimos relativos

P.1. Calcula los valores de a, b, c, y d para que la función dcxbxax)x(f +++= 23 tenga el

máximo ( )40, y el mínimo ( )02, .

P.2. Calcula los coeficientes de una función polinómica de grado 3 que tiene un mínimo en ( )11,P y

un punto de inflexión en 3

1=x con tangente paralela a xy

3

4−= .

P.3. La función qpxx)x(f ++= 23 tiene en 2=x un mínimo relativo igual a 3. Halla p y q.

Sabiendo que tiene también un máximo relativo, halla dónde se alcanza.

P.4. ¿Qué valores deben tomar a, b, c y d para que la función dcxbxax)x(f +++= 23 tenga

un punto crítico en ( )31,P (su primera derivada es nula) y un punto de inflexión con tangente de

ecuación 3

52 += xy en 0=x ?

P.5. Halla los puntos de la curva 21

1

xy

+= en los que la recta tangente tiene pendiente

máxima y el valor de esta pendiente. P.6. Indica si las gráficas de las funciones que se indican presentan máximo, mínimo o un punto de inflexión en los puntos que se especifican en cada caso.

0=x encosxx-senx=y)e;e.x=y)d;e.x=y)c;x=yb) ;x=y)a 2x3x485 ⋅

7=x en 2

11+7)-(x=y)g;

3-

11+7)-(x=y)f

54

Problemas de optimización P.7. Descompón 30 en dos sumandos de manera que la suma de sus inversos sea mínima. P.8. Descompón el número M en dos sumandos positivos de manera que su producto sea máximo. Resuélvelo también para M = 40 . P.9. La suma de las aristas de un prisma recto de base cuadrada es 24 cm. ¿Qué dimensiones debe tener dicho prisma para que su volumen sea máximo? P.10. Halla dos números cuya suma es 18 y el producto de uno de ellos por el cuadrado del otro sea máximo. P.11. Se quiere acotar un terreno rectangular que se encuentra a lo largo de un río y que tenga una superficie de una hectárea, calcula sus dimensiones para que el gasto sea el menor posible (recuerda que los márgenes de los ríos no se pueden vallar). P.12. Queremos ir del punto A al C, separados por un canal de 40 m de ancho. Si nadamos a la velocidad de 1 m/s y caminamos a 2 m/s. Sabiendo que el punto C dista 100 m de A’, ¿cómo debe elegirse el camino


6-16

ABC para llegar a C en el menor tiempo posible? ¿y si A’C = 200 m?. ¿Qué conclusión obtienes? P.13. De una cartulina rectangular de dimensiones a y b se recortan cuatro cuadrados iguales (uno en cada esquina), y con la superficie resultante se construye una caja sin tapa. ¿Cómo deben hacerse los recortes para conseguir que la caja tenga volumen máximo?. Resuélvelo también para el caso concreto de una cartulina de 20 x 15 cm². ¿Y si la cartulina es cuadrada de lado a? P.14. Un fabricante es capaz de vender x artículos por semana a un precio por unidad marcado

por la ley de10000

x2Pu −= ; cada artículo le cuesta al fabricante 0’50 euros y el mantenimiento

semanal, maquinaria y empleados, es de 200 euros. Calcular el nivel de producción semanal para que el beneficio sea máximo.

P.15. Halla la distancia mínima del punto (0,5/2) a la parábola 12 += xy .

Construcciones geométricas P.16. De todos los sectores circulares que tienen de perímetro 18m, ¿qué ángulo corresponde al de mayor área? ¿Y para un perímetro cualquiera P?. P.17. Cuando un triángulo rectángulo de 6 cm de hipotenusa gira alrededor de ésta se forman dos conos. Calcula su altura sobre esta hipotenusa con la condición de que la diferencia de los volúmenes de los conos engendrados sea máxima. P.18. Calcula las dimensiones del cono de volumen máximo inscrito en una esfera de radio R. Particulariza el resultado si la el radio de la esfera es de 22'45cm. P.19. Realiza un estudio similar al ejercicio anterior cuando la figura inscrita en la esfera sea un cilindro. Resuelve un caso particular. P.20. Queremos construir un depósito de chapa de 1500 litros de capacidad y con forma cilíndrica. Calcula sus dimensiones para que la cantidad de chapa utilizada sea la menor posible. ¿Qué proporciones observas? Resuélvelo para el caso general de un volumen V. P.21. Se quiere construir un recipiente cilíndrico cerrado de base circular de 64 cm

3 de

volumen. Hallar las dimensiones que debe tener para que la cantidad de metal sea mínima. P.22. Con una cuerda de 30 m de larga se desea formar un triángulo isósceles de área máxima, ¿cuánto medirán los lados de dicho triángulo, y cuál es el valor del área?. P.23. De todos los rectángulos inscritos en un triángulo isósceles de base b y altura h, con un lado del rectángulo en el lado desigual del triángulo. ¿Cuál es el de mayor área?. Resuélvelo también para el caso de un triángulo de 10 cm de base y 15 de altura. P.24. Halla las dimensiones del rectángulo de área máxima inscrito en una circunferencia de

m 5 de radio.

P.25. De todos los triángulos isósceles inscritos en una circunferencia de radio r, ¿cuál es el de mayor área?. P.26. Se considera un cilindro de radio r cuya altura es igual al diámetro de la base; ¿cuál de los conos circunscritos al mismo tiene menor volumen? (Se supone que la base del cono contiene a la del cilindro). P.27. Determina la ecuación de la recta que, pasando por el punto (2,3), forma con la parte positiva de los ejes de coordenadas un triángulo de área mínima.


6-17

P.28. Se desea construir un depósito de latón (con tapadera) con forma de cilindro de área total igual a 54 m

2. Determina el radio de la base y la altura del cilindro para que el volumen sea

máximo. P.29. El coste de producción de x unidades de un producto viene dado por la expresión

1003002 +−= xxC euros y el precio de venta de una unidad es U = 1000 – x euros.

¿Cuántas unidades se deben fabricar para que al venderlas todas el beneficio sea máximo? P.30. Halla las dimensiones de un depósito abierto superiormente, en forma de prisma recto de base cuadrada, de 1000 m

3 de capacidad que tenga un revestimiento interior de coste mínimo.

El precio del m2 de revestimiento lateral es de 100 €, El precio del m

2 de revestimiento del

fondo es de 200 €. Halla también el coste mínimo. Ejercicios de profundización P.31. Una estatua de 4 m de altura se coloca sobre una base de 10 m. Hallar a qué distancia de la base se observará la estatua bajo un ángulo máximo. P.32. Sobre un edificio de 30 m de altura hay un cartel anunciador de 10 m de alto. ¿A qué distancia del edificio verá el cartel bajo ángulo máximo un "diminuto" peatón que camina perpendicularmente a la fachada? . P.33. Sea una esfera de centro O y radio r, sea M un punto exterior a ella y d(O,M)=a. Sobre la recta OM se toma un punto X, interior a la esfera, tal que OX=x. El plano que pasa por X perpendicularmente a OM corta a la esfera en un círculo. Hállese el volumen máximo del cono que tiene ese círculo por base y M por vértice. P.34. Considérese un segmento AB sobre el semieje OX positivo. ¿Desde qué puntos de la

parábola x2y2 = se ve dicho segmento bajo ángulo máximo? (Supóngase que A(a,0) y B(b,0)).

P.35. Un barco está anclado a 3 Km de la costa y frente

a un punto distante 5 Km a lo largo de la costa rectilínea

está anclado otro barco 9 Km aguas afuera. Una lancha

procedente del primer barco ha de desembarcar a un

pasajero en la orilla y continuar después hacia el

segundo barco. ¿Cuál será la distancia total más corta

que podrá recorrer la lancha?.

3 Km 9 Km

5 Km


6-18

Soluciones.

P.1. 4031 ==−== d,c,b,a . P.2. 2111 =−=−== d,c,b,a P.3. 73 =−= q,p ; en

0=x . P.4. 3

520

3

2===−= d,c,b,a . P.5.

3

1x −= , 640

8

33′≅=M la función de la

que hay que buscar el máximo es y’ o sea ( )221

2

x

x)x(g

+

−= y buscar g’(x) = 0. P.6. a) punto de

inflexión , b) mínimo, c) mínimo, d) punto de inflexión, e) punto de inflexión, f) máximo, g) punto de

inflexión. P.7. 15 y 15. La suma es xx

S−

+=30

11,

( )2230

11

xx)x(S

−+−=′ y

( )33x30

2

x

2)x(S

−+=′′ . P.8. 20 y 20.

2

Myx == P.9. lado de la base 2x = , altura 2h = . El

volumen hx)x(V ⋅= 2 con la restricción 62 =+ hx , es ( )xx)x(V 262 −⋅= . P.10. 12 y 6. P.11.

lado perpendicular m5'702

2≅ lado paralelo m1412 ≅ . P.12.

3

40BA =′

3

40100BC −= , solo

depende de la anchura del canal, pero no de A’C. P.13. 6

22 abbabax

−+−+= ; x = 2’83 cm;

6

ax = . P.14. 7500 artículos. P.15.

2

5=d que corresponde a los puntos (-1,2) y (1,2),

222

2

3

−+= xx)x(d ,x)x(d 00 =⇒=′ )mínimo(x),mínimo(x 11 =−= . P.16. 2 radianes;

igual (no depende del perímetro). 2

2r

rP)r(A −

⋅= . P.17. 6=h , ( )xxxd 189

3

2 23−+−=

π con

d diferencia de volúmenes y x uno de los segmentos de la altura con la hipotenusa. P.18.

Rr;R

h3

22

3

4== ; h = 29’93 cm y r = 21’17 cm. P.19.

3

6

3

32 Rr;

Rh == ;

−⋅=

4

32 hhR)h(V π . P.20. m 620'r = y m 241'h = ; rh 2= . 3

2π=

Vr . P.21.

,cm'r 17232

3 ≅π

= cm'rr

h 344264

2≅=

π= . P.22. ,ml 10= 2325 mA = . P.23.

2

hy,

2

bx == (x, y base y altura del rectángulo); cm5'7y,cm5x == . P.24. myx 50== .

P.25. 2

3

2

3== b,

rh . P.26. rh,

rR cc 6

2

3== si

( )2

32

23 rx

xr)x(V,xhc

−

π== . P.27.

16

y

4

x=+ . P.28.

π=

π=

63h,r 327 rr)r(V ⋅π−= . P.29. 325x = unid., el beneficio

100x1300x2)x(B 2 −+−= y el coste x

400000x200)x(C 2

+= . P.30. lado de la base x = 10 m

altura h = x . P.31. 11’832 m. P.32. 34’64 m. P.33.

+−⋅= 22 3

3

1Raax . P.34.

++⋅−+⋅= abbabax 82

6

1 22 . P.35. km 13 .

Gráficas de funciones Tema 7

7-1

Tema 7

RReepprreesseennttaacciióónn ggrrááffiiccaa ddee ffuunncciioonneess eexxppllíícciittaass

Representar gráficamente una función dada en forma explícita tal como ( )xfy = es

hallar el lugar geométrico de los puntos ( )( )xf,x del plano real.

Para esta representación pueden usarse diversas estrategias. En esta lección, desarrollamos aquellos conceptos que, conocidos, dan una buena información sobre la gráfica. A la vista de la función a representar, el alumno elegirá los que convenga y, si no lo tiene claro, puede estudiarlos todos. Tal estudio puede seguir el orden que se indica a continuación:

7.1 Dominio

En la siguiente tabla indicamos el dominio de las funciones más frecuentes.

Funciones Dominio

Polinómicas )x(Py = R

Racionales )x(Q

)x(Py =

R excepto Q(x) =0

Raíces )x(fy = o n )x(fy = con n par el de ( )xf y que además 0)x(f ≥

Exponenciales )x(fay = el de ( )xf

Logarítmicas )x(flogy a= el de ( )xf y que además 0)x(f >

Trigonométricas )x(fcosy,)x(fseny ==

el de ( )xf

Trigonométricas )x(tgfy = el de ( )xf y que además π±

π≠ k

2)x(f

)x(farccosy,)x(farcseny == el de ( )xf con [ ]1,1)x(f −∈

)x(arctgfy = el de ( )xf

1. Dominio. 2. Puntos de corte con los ejes. 3. Regiones. 4. Asíntotas (horizontales, verticales y oblicuas). 5. Monotonía y extremos relativos. 6. Curvatura y puntos de inflexión. 7. Simetrías y periodicidad.

Definición El dominio de una función es el conjunto de los valores de x que tienen

imagen; escribiremos: ( ) )x(f:RxfDom ∃∈= .


7-2

Ejemplos

Ejemplo 7.1 Para ( )( )

4

12

2

−

−=

x

xxf , no son del dominio los valores de x tales que 042 =−x .

Por tanto, ( ) 22,RfDom −−= .

Ejemplo 7.2 Para 23 x3xy −= , sólo son del dominio las soluciones de la inecuación

0x3x 23 ≥− , ( ) [ )+∞= ,30 UfDom .

Ejemplo 7.3 Para ( )2x3xLy 2 +−= sólo son del dominio las soluciones de la inecuación

02x3x2 >+− , ( ) ),(),(fDom ∞−∞= 21 U .

7.2 Puntos de corte con los ejes La función corta al eje OY en el punto en el que x = 0 (si es del dominio). Corta al eje OX en los puntos (si existen ) para los que y = 0. Estos puntos serán importantes para el estudio de las regiones.

Ejemplos

Ejemplo 7.4 Sea ( )

4x

1xy

2

2

−

−= . El punto de corte con el eje OY , se obtiene haciendo x = 0, de

donde 4

1−=y por lo que el punto es

−

4

1,0Py . Con el eje OX, haciendo y = 0 se tiene x = 1,

luego el punto de corte es el ( )0,1Px .

Ejemplo 7.5 Sea 23 x3xy −= . El punto de corte con el eje OY , se obtiene haciendo x = 0,

de donde 0y = por lo que el punto es ( )0,0Py , que también corta a OX. Con el eje OX,

haciendo y = 0 se tiene 0x3x 23 =− , x = 0 y x = 3, luego ( ) ( )0,3P,0,0P 2x1x .

Ejemplo 7.6 Sea ( )2x3xLy 2 +−= . El punto de corte con el eje OY , se obtiene haciendo x =

0, de donde 2Ly = , por lo que ( )2L,0Py . Con el eje OX, haciendo y = 0 se tiene

( ) 0232 =+− xxL , lo que implica que 1232 =+− xx cuyas soluciones son

2

53xy

2

53x 21

−=

+= , luego

+

−0,

2

53P,0,

2

53P 2x1x .

7.3 Regiones

Se trata de determinar las regiones del plano en las que hay gráfica. Para ello se

estudia el signo de ( )xf . Puesto que ( )xf sólo puede cambiar de signo en los puntos de corte

con OX o en los puntos de discontinuidad, la idea inicial es localizar unos y otros. Una vez calculados, el plano correspondiente al dominio queda dividido en regiones por encima o por debajo del eje OX, según sea f positiva o negativa, lo que ayuda a situar su gráfica.

Ejemplo 16 Estudiemos las regiones de ( )

4x

1xy

2

2

−

−= .


7-3

Como el numerador es siempre positivo, el signo de la función vendrá dado por el del denominador y la función tendrá su gráfica en las zonas no sombreadas.

Dominio ( )2−∞− , ( )22,− ( )+∞,2

Signo de f positivo negativo positivo

7.4 Asíntotas

En el Tema 2 ya vimos que las asíntotas, son rectas a las cuales la función se va aproximando indefinidamente sin llegar nunca a cortarlas. Se definen también como rectas tangentes a la curva en el infinito. Como las rectas sólo pueden ser verticales, horizontales u oblicuas, sólo hay tres tipos de asíntotas: Verticales: Una recta ax = se dice asíntota vertical de f cuando verifica alguna de las

siguientes condiciones: ( )∞−+∞=+→

)x(flimax

, ( )∞−+∞=−→

)x(flimax

o ( )∞−+∞=→

)x(flimax

.

Nota En el caso de funciones del tipo )x(g

)x(fy = deben buscarse en las soluciones de

( ) 0=xg . Para funciones del tipo ( ))x(flny = deben buscarse en las soluciones de ( ) 0=xf .

Horizontales: Una recta ay = se dice asíntota horizontal de f si verifica que a)x(flimx

=+∞→

o

bien a)x(flimx

=−∞→

.

Nota Por la definición se advierte que un función tiene, a lo sumo, dos asíntotas horizontales.

Oblicuas: Son rectas de la forma nmxy += , con 0≠m . El cálculo de m y n se realiza del

modo siguiente: x

)x(flimmx ∞→

= y ( )mx-f(x)limn x ∞→

= , cuando estos límites existan y sean

finitos. Nota Por la definición se advierte que una función tiene, a lo sumo, dos asíntotas oblicuas. Nota Cuando hay asíntota horizontal en un infinito, no hay asíntota oblicua en dicho infinito. Nota En el caso de funciones racionales, la asíntota oblicua (si existe) coincide con el cociente que resulte al efectuar la división polinómica. Nota Las funciones polinómicas no tienen asíntotas.

Ejemplos


7-4

Ejemplo 7.7 Calculemos las asíntotas de ( )

4x

1xy

2

2

−

−= .

Asíntotas verticales: x = 2 y x = -2 , pues ( )

−∞=−

−−→ 4

12

2

2 x

xlim

x,

( )+∞=

−

−+→ 4

12

2

2 x

xlim

x ,

( )+∞=

−

−−−→ 4

12

2

2 x

xlim

x y

( )−∞=

−

−+−→ 4

12

2

2 x

xlim

x.

Asíntotas horizontales: y = 1 , pues ( )

14

12

2

=−

−

±∞→ x

xlim

x.

Ejemplo 7.8 Calculemos las asíntotas de ( )2x3xLy 2 +−= .

Asíntotas verticales: x = 1 y x =2, porque −∞=−→

)x(flimx 1

y −∞=+→

)x(flimx 2

.

Asíntotas horizontales: no tiene, pues +∞=±∞→

)x(flimx

.

Asíntotas oblicuas: no tiene, pues

( )( ) 0

1

32232

=−

==+−

=±∞→±∞→

xlimHôpitalL'

x

xxLlimm

xx.

Ejemplo 7.9 Calculemos las asíntotas de xey

1−

= .

Asíntotas verticales: x = 0 por la izquierda, pues +∞=−

→ −

x

xelim

1

0,

pero 0

1

0=

−

→ +

x

xelim .

Asíntotas horizontales: y = 1 , pues 1

1

=−

±∞→

x

xelim .

No tiene asíntotas oblicuas porque tiene horizontales por los dos infinitos.

Ejemplo 7.10 Calculemos las asíntotas de ( )

43

12

−

−=

x

xy .

Asíntotas verticales: 3

4=x , ya que

( )−∞=

−

−−

→43

12

3

4 x

xlim

x

y

( )+∞=

−

−+

→43

12

3

4 x

xlim

x

.

Asíntotas horizontales: no tiene, pues ( )

±∞=−

−

±∞→ 43

12

x

xlim

x .

Asíntota oblicua: la recta de ecuación 9

2x

3

1y −= , pues

( )( ) 3

1

43

12

=−

−=

±∞→ xx

xlimm

x y

( )9

2

129

32

343

12

−=−

+−=

−

−

−=

±∞→±∞→ x

xlim

x

x

xlimn

xx.

7.5 Monotonía y extremos relativos

Como ya vimos con anterioridad (Tema 6), el estudio del signo de ( )xf ′ nos permite

determinar los intervalos de crecimiento, decrecimiento, máximos y mínimos relativos de la función.


7-5

7.6 Curvatura y puntos de inflexión

Como ya vimos con anterioridad (Tema 6), el estudio del signo de ( )xf ′′ nos permite

determinar los intervalos de concavidad, convexidad y los puntos de inflexión de la función.

7.7 Simetrías

Hay simetría respecto al eje OY, si ( ) ( )xfxf =− ; esto es, si al cambiar x por -x la

función no varía. Cuando esto se cumple se dice de la función que es par. Por ejemplo, son funciones pares todas las polinómicas cuyos términos son todos de

grado par y la función ( ) xcosxf = .

Hay simetría respecto al origen, si ( ) ( )xfxf −=− ; esto es, si al cambiar x por -x la

función cambia de signo. Cuando esto se cumple se dice de la función que es impar. Por ejemplo, son funciones impares todas las polinómicas cuyos términos son todos de

grado impar, la función ( ) senxxf = y la función ( ) tgxxf = .

Ejemplos

Ejemplo 7.11 Estudiemos la simetría de la función xxy 23 3 += .

Como ( ) ( ) )x(fx2x3x2x3)x(f 33−=−−=−+−=− , es una función impar y, por tanto,

simétrica respecto del origen.

Ejemplo 7.12 Estudiemos la simetría de la función x

senx)x(f = .

Como ( )( )

( )xfx

senx

x

xsenxf =

−

−=

−

−=− , es una función par y, por tanto, simétrica

respecto al eje OY.

Ejemplo 7.13 Estudiemos la simetría de la función ( )

4

12

2

−

−=

x

xy .

Como ( )( )

( )xf)x(

xxf ≠

−−

−−=−

4

12

2

y, también, ( )( )

( )xf)x(

xxf −≠

−−

−−=−

4

12

2

, no es ni par ni impar.

Luego no tiene ninguna de las simetrías que podemos determinar.

Ejemplo 7.14 Estudiemos la simetría de la función ( )12

2

−=

x

xxf .

Como )x(fx

x

)x(

)x()x(f =

−=

−−

−=−

11 2

2

2

2

, se trata de una función par y, por tanto, simétrica

respecto de OY .

7.8 Periodicidad

Fundamentalmente nos aparecerá en funciones trigonométricas. La gráfica de una función periódica se repite. El período, p, es el número que da la amplitud del intervalo de

valores de x para el que la función se repite; es decir, ( ) ( )pxfxf += y, por tanto, basta con

realizar la gráfica en un periodo. Las funciones seno y coseno son periódicas de periodo 2π, la

función tangente es periódica de periodo π.


7-6

Ejemplo 7.15 Estudiemos la periodicidad de x2seny = . Como la función seno es periódica

de periodo π2 , ( ) ( ) ( )( )ππ +=+= xsenxsenxsen 2222 , esto es, ( )xfxf =+ )( π , luego la

función es periódicas periódica de periodo π.

7.9 Otras informaciones Opcionalmente se pueden estudiar otras características como puntos de corte de la

gráfica con sus asíntotas, puntos de discontinuidad, puntos angulosos, etc. Es interesante saber que si conocemos la gráfica de la función y = f(x) entonces:

1. La gráfica de )x(fy −= es simétrica respecto de OX.

2. La gráfica de )x(fy = es simétrica respecto de OX en las regiones en que 0)x(f ≤ e

igual a la de f(x) en las regiones en que 0)x(f ≥ .

3. La gráfica de )x(fy −= es simétrica respecto de OY.

4. La gráfica de )( bxfy += con 0>b está desplazada b unidades hacia la izquierda;

esto es, la gráfica está adelantada b unidades respecto a )(xfy = .

5. La gráfica de )( bxfy −= con 0>b está desplazada b unidades hacia la derecha; esto

es, la gráfica está retrasada b unidades respecto a )(xfy = .

6. La gráfica de bxfy += )( está desplazada b unidades hacia arriba o hacia abajo según

b sea positivo o negativo.

7. La gráfica de )x(kfy = con k > 0 tiene la misma forma que f(x) pero los valores de y

multiplicados por k (máximos, mínimos, situación de las asíntotas horizontales, etc).

8. La gráfica de )x(kfy = con k < 0 es simétrica respecto de OX y con los valores de y

multiplicados por k (máximos se convierten en mínimos y viceversa).

Ejemplo 16 Representamos la función 232 +−= xxy y a partir de su gráfica representamos

232 +−= xxy e indicamos sus características.

No es preciso hacer un estudio completo para dibujar un función polinómica de grado dos, pues es una parábola con las ramas hacia arriba; basta con situar el vértice y los puntos de corte con los ejes. En este caso el vértice es el mínimo, pues está abierta hacia arriba porque su coeficiente principal es positivo, es el valor de x tal

que ( ) 0=′ xy . Como ( ) 32 −=′ xxy , el mínimo se

alcanza en 2

3x = , cuya imagen es

4

1y −= . Los

puntos de corte con OX, esto es, los que hacen

0232 =+− xx , son (1,0) y (2,0), la gráfica es:


7-7

A partir de ella, sabemos que 232 +−= xxy será la

misma función en la parte en que ( )xf es positiva y

simétrica respecto del eje de las x en la parte en que

( )xf sea negativa:

Resultando una función que tiene un máximo

relativo

4

1

2

3,M y dos mínimos relativos m1(1,0) y

m2(2,0) , que son puntos angulosos.


7-8


R.1. Representa la función ( )31−= xy y a partir de su gráfica dibuja la de ( )31−−= xy .

Se trata de una función polinómica, por lo que su dominio es todo R.

Puntos de corte: con OY, haciendo x = 0, obtenemos y = -1, por lo que el punto es Py(0,-1). Análogamente, con OX, haciendo y = 0 obtenemos x = 1, por lo que el punto es Px(1,0). Asíntotas: Recordemos que las funciones polinómicas no tienen asíntotas.

Monotonía: la primera derivada es ( )21x3y −=′ que es siempre mayor o igual que cero, la

función es siempre creciente .

Curvatura y puntos de inflexión: la segunda derivada es ( )1x6y −⋅=′′ , cuyo signo es:

x ( )1,∞− 1 ( )+∞,1

y’’ - 0 +

Curvatura convexa I(1,0) cóncava

Simetría: no hay pues ( ) -f(x)f(-x) y)x(fx)x(f ≠≠−−=−3

1

Regiones: Es fácil ver que f es positiva si x > 1 , es negativa si x < 1. Resumiendo:

Con estos datos la gráfica es:

Dominio R

Puntos de corte con los ejes ( )1,0Py − , ( )0,1Px

Asíntotas. No tiene Monotonía ( signo de y’) Creciente siempre

Concavidad convexidad y P. I. (signo de y’’) Convexa en ( )1,x ∞−∈ , cóncava en

( )∞∈ ,1x

Punto de inflexión I(1,0)

Simetrías No tiene Regiones Función positiva en ( )1,x ∞−∈ y negativa

en ( )∞∈ ,1x


7-9

Como ( )31−−= xy es la opuesta de la anterior, su gráfica

es su simétrica respecto del eje de las x :

R.2. Representa la función 21 −+−= xxy

Con este tipo de funciones lo que hacemos es quitar el valor absoluto. Para ello,

debemos tener en cuenta que cada sumando varía según los valores que los hacen cero.

Hacemos el estudio en la siguiente tabla:

Valores de x 1<x 1 21 << x 2 2>x

1−x 1+−x 0 1−x 1 1−x

2−x 2+−x 1 2+−x 0 2−x

21 −+−= xxy 32 +− x 1 1 1 32 −x

Por lo que f se puede rescribir como:

≥+

<<

≤+−

=

2xsi3x2

2x1si1

1xsi3x2

)x(f ,

cuya gráfica es elemental.

R.3. Representa la función 1

12

2

−

+=

x

xy y, a partir de ella, la de

1

12

2

−

+=

x

xy .

Dominio: no son del dominio los valores que anulan el denominador, luego 11,RD −−=

Puntos de corte: con OY, haciendo x = 0 obtenemos y = -1; el punto es Py(0,-1). Con OX, haciendo y = 0 vemos que no tiene solución real, luego no hay puntos de corte con OX.

Asíntotas verticales: x = -1, x = 1 porque ∞=−

+

−→ 1

12

2

1 x

xlim

x y ∞=

−

+

→ 1

12

2

1 x

xlimx

.

Asíntotas horizontales: y = 1 porque 11

12

2

=−

+

±∞→ x

xlim

x.

Asíntotas oblicuas: no tiene porque hay horizontales por los dos infinitos.

Monotonía: la primera derivada es ( ) ( )

( ) ( )2222

22

1x

x4

1x

1xx21xx2y

−

−=

−

+⋅−−⋅=′ , su signo es:


7-10

x x < 0 0 x > 0

y’ + 0 -

monotonía creciente M(0,-1) decreciente

Curvatura y puntos de inflexión: calculamos ( ) ( ) ( )33

2

32

2

1x1x

4x4

1x

4x4y

+⋅−

+=

−

+=′′ cuyo signo viene

determinado por el del denominador, pues el numerador es siempre positivo.

x 1−<x -1 11 <<− x 1 1>x

y’’ + Ninguno - Ninguno +

Curvatura Cóncava No existe convexa No existe Cóncava

Simetrías: es una función par ya que )x(fx

x

)x(

)x()x(f =

−

+=

−−

+−=−

1

1

1

12

2

2

2

, por tanto la función es

simétrica respecto al eje OY. Regiones: positiva si x < -1 y x > 1 , negativa si –1 < x < 1 . Resumiendo: Dominio 1,1RD −−=

Puntos de corte con los ejes ( )1,0Py − , con OX no hay

Asíntotas. Verticales x = -1, x = 1 Horizontales y = 1 Oblicuas no tiene

Monotonía Creciente en ( )0,x ∞−∈

Decreciente en ( )∞∈ ,0x

Máximo M(0,-1)

Concavidad convexidad y P. I. Cóncava ),1()1,(x ∞−−∞∈ U

Convexa )1,1(x −∈ sin puntos de inflexión.

Simetrías Respecto OY Regiones Función positiva en ( ) ( )∞−∞− ,11, U y negativa en

el resto del dominio.

Con estos datos la gráfica es: La gráfica de 1x

1xy

2

2

−

+= será:


7-11

R.4. Representa de ( )

4x

1xy

2

2

−

−= .

El dominio, puntos de corte con los ejes, asíntotas, simetría y regiones están

estudiados en los ejemplos 1, 4, 7, 13, y 16 respectivamente, debemos pues hacer un estudio del signo de y’ y de y’’ para completar su estudio.

Crecimiento, decrecimiento y extremos: Hacemos su derivada ( )( )

( )22 4x

1x4x2y

−

−−⋅=′ , el

denominador es siempre positivo y por tanto el signo de la derivada viene dado por el numerador.

Encontramos que la función es creciente en ( ) ( )∞∞−∈ ,41,x U , decreciente en ( )4,1x ∈ tiene un

máximo relativo M(1,0) y un mínimo relativo

4

3,4m . La derivada segunda

( )32

23

4x

40x48x30x4y

−

+−+−=′′ , el signo del numerador sólo se puede estudiar de forma

aproximada con el Teorema de Bolzano, por tanto renunciamos a su estudio y dibujamos la función con los datos obtenidos que son los siguientes:

Dominio R- -2,2

Puntos de corte con los ejes

−

4

1,0Py , ( )0,1Px

Asíntotas. Verticales x = 2, x = -2 Horizontales y = 1

Monotonía ( signo de y’) Creciente en ( ) ( )∞∞−∈ ,41,x U

Decreciente en ( )4,1x ∈

M(1,0)

4

3,4m .

Concavidad convexidad y P. I. (signo de y’’) Renunciamos a su estudio.

Simetrías No tiene Regiones Véase el ejemplo 16

Con estos datos la gráfica es la siguiente:

R.5. Representa la función x

xy

−=

1

Si recordamos la definición de valor absoluto queda la función :

≥−

≤+=

01

01

xsix

x

xsix

x

)x(f .


7-12

A primera vista parece que requiere el estudio de dos expresiones algebraicas diferentes lo que duplica el trabajo, sin embargo si estudiamos en primer lugar la simetría el estudio se simplifica notablemente.

Como )x(fx

x

x

x)x(f −=

−

−−=

−−

−=−

11, es una función impar y, por tanto, simétrica

respecto del origen. Así que representaremos el primer trozo, x

xy

+=

1 cuando 0≤x , y el otro

saldrá por simetría. En adelante damos por supuesto la restricción del dominio indicada.

Dominio: 1RD −−= . Puntos de corte: P(0,0)

Asíntotas verticales: x = -1 , porque ∞=+−→ x

xlim

x 11 .

Asíntotas horizontales: )sólo la estudiamos cuando −∞→x ) 1y = , porque 11

=+−∞→ x

xlim

x.

Monotonía: derivamos ( ) ( )

01

1

1

122

>+

=+

−+=′

xx

xxy y, por tanto, la función es creciente.

Curvatura y puntos de inflexión: calculamos ( )31x

2y

+=′′ , cuyo signo :

x 1x −< -1 0x1 <<−

y’’ + Ninguno -

Curvatura Cóncava No existe Convexa

Cuando consideremos la simetría se verá que P(0,0) es un punto de inflexión. Regiones: positiva si x < -1 y negativa si –1 < x < 0 . Considerando la simetría la función en su conjunto tiene las siguientes características:

Dominio 1,1RD −−=

Puntos de corte con los ejes P(0,0)

Asíntotas. Verticales x = -1, x = 1

Horizontales 1y = si −∞→x

1y −= si +∞→x

Monotonía Creciente siempre

Concavidad convexidad y P. I. Cóncava )1,0()1,(x U−−∞∈

Convexa ),1()0,1(x ∞−∈ U

Punto de inflexión I(0,0) Simetrías Respecto del origen

Regiones Función positiva en ( ) ( )1,01, U−∞− y

negativa en el resto del dominio.



7-13

R.6. Representa la función ( )2x1lny += y, a partir de ésta, indica las características de

2x1lny += .

Dominio: RD = , pues 2x1+ es siempre positivo. Puntos de corte: P(0,0) . Asíntotas: no hay.

Monotonía: derivamos, 2x1

x2y

+=′ , estudiamos el signo.

x x < 0 0 x > 0

y’ - 0 +

Crecimiento ↓ m(0,0) ↑

Curvatura y puntos de inflexión: calculamos ( )

( ) ( )

( )22

2

x1

x1x12

x1

2x2y

+

+⋅−⋅=

+

+−=′′ y estudiamos

x 1x −< -1 1x1 <<− 1 1x >

y’’ - 0 + 0 -

Curvatura Convexa ( )2ln,1I1 − Cóncava ( )2ln,1I2 Convexa

Simetrías: como ( )( ) )x(fxln)x(f =−+=−2

1 es una función par, simétrica respecto al eje OY.


La función ( )22 x1ln2

1x1lny +=+= y, por tanto, es la anterior multiplicada por una

constante positiva. Los intervalos de crecimiento, decrecimiento, mínimo, concavidad y

convexidad son los mismos, los puntos de inflexión son ahora

−

2

2ln,1I1 y

−

2

2ln,1I1 siendo

su forma igual a la anterior con un cambio de escala en OY.

R.7. Representa ( )2x3xLy 2 +−= .

Al igual que en el caso anterior sólo nos falta hacer ver del signo de y’ y de y’’ para

completar su estudio.

2x3x

3x2)x(f

2 +−

−=′ , se anularía en

2

3x = , pero ese punto no es del dominio pues recordamos

que Dominio = ),2()1,( ∞−∞ U en este dominio el signo de y’ es negativo para x<1 y positivo

para x>2 por tanto la función es decreciente en ( )1,x ∞−∈ y creciente en ( )∞∈ ,2x y no hay

extremos relativos.


7-14

Derivamos nuevamente y tenemos ( )22

2

2x3x

5x6x2)x(f

+−

−+−=′′ que es siempre negativa y

por tanto la función es convexa en todo su dominio. Los datos obtenidos de la función son:

Dominio ),2()1,( ∞−∞ U

Puntos de corte con los ejes

( )2L,0Py ,

+

−0,

2

53P,0,

2

53P 2x1x

Asíntotas. Verticales x = 1, x =2

Horizontales no tiene Oblicuas no tiene

Monotonía ( signo de y’) Creciente en ( )∞∈ ,2x

Decreciente en ( )1,x ∞−∈

Sin máximos ni mínimos Concavidad convexidad y P. I. (signo de y’’) convexa en todo su dominio

Simetrías No tiene Regiones

Función positiva en

∞

+

−∞− ,

2

53

2

53, U

y negativa en el resto del dominio.


R.8. Representa la función ( ) xe1xy ⋅−= y, a partir de la anterior, indicar las

características de 1xexy +⋅= .

Dominio: RD = . Puntos de corte: con el eje OY x = 0 y = -1 Py(0,-1) con OX y = 0 x = 1 Px(1,0) . Asíntotas: verticales no hay, horizontales no hay con +∞→x calculamos el límite con −∞→x

usaremos la Regla de L’Hôpital. ( ) ( )( )

0e

1lim

e

1xlimind0e1xlim x

xx

x

x

x=

−=

−=⋅∞=⋅−

−−∞→

−−∞→−∞→

, hay

pues asíntota horizontal y = 0 con −∞→x , oblicuas se buscan sólo con +∞→x no hay pues

( )+∞=⋅=

⋅−

+∞→+∞→

x

x

x

xexlim

x

e1xlim .

Monotonía: derivamos xexy ⋅=′ estudiamos el signo.


7-15

x x < 0 0 x > 0

y’ - 0 +

y ↓ m(0,-1) ↑

Concavidad convexidad y puntos de inflexión: calculamos ( ) xe1xy ⋅+=′′ . Estudiamos el signo.

x 1x −< -1 x1<−

y’’ - 0 +

y Convexa

−−

e

2,1I

Cóncava

Simetría: no tiene.

Regiones: la función está por encima de OX en ),1(x ∞∈ y por debajo en )1,(x −∞∈ .

Con estos datos la gráfica es la siguiente: La gráfica de 1xexy +⋅= se encuentra adelantada

una unidad respecto de la anterior sería:

R.9. Representa la función 4xy 2 −= . A partir de la anterior, dibuja 4x3y 2 −+= .

Dominio: son del dominio las soluciones de 04x2 ≥− es decir ( ] ( ]∞−∞−= ,22,D U .

Puntos de corte: con el eje OY no puede tener, con OX hacemos 04x2 =−

)0,2(P y )0,2(P 21 − .

Asíntotas: verticales no hay, horizontales no hay, buscamos asíntotas oblicuas primero para

+∞→x 1x

4xlimm

2

x=

−=

+∞→

(se ha resuelto la indeterminación dividiendo numerador y

denominador por x) y 0x4x

4limx4xlimn

2x

2

x=

+−

−=

−−=

+∞→+∞→

(hemos multiplicado y

dividido por la expresión conjugada), buscamos ahora asíntota con −∞→x

1x

4xlimm

2

x−=

−=

−∞→

. ¡Atención! se ha resuelto la indeterminación dividiendo numerador y

denominador por –x, pues dentro de la raíz no puede entrarse un número negativo y ahora

−∞→x el valor de n será: 0x4x

4limx4xlimn

2x

2

x=

−−

−=

+−=

+∞→−∞→

en resumen

encontramos dos asíntotas oblicuas ∞→= xcuandoxy e −∞→−= xcuandoxy

Monotonía: derivamos 4x

xy

2 −

=′ estudiamos el signo.


7-16

x 2x −< 2x2 <<− 2x >

y’ - ninguno +

y ↓ No hay función ↑

En 2x en y 2x =−= no hay derivada −+ →−→∞→′ 2xsio2xsiy .

Concavidad convexidad y puntos de inflexión: calculamos ( ) 4x4x

4y

22−−

−=′′ que es

negativa en todo el dominio y por tanto la función es siempre convexa.

Simetría: ( ) )x(f4x)x(f2

=−−=− la función es par y por tanto simétrica respecto al eje OY.

Regiones: la función está por encima de OX en todo el dominio. Con estos datos la gráfica es la siguiente:

La gráfica de 4x3y 2 −+= es similar a la anterior desplazada 3 unidades hacia arriba:


7-17

Ejercicios propuestos Valor absoluto

1. Representa 31 −−−= xxy

Polinómicas 2. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:

a) 3xxy −= b) xxy 3 −= a partir dela anterior c) igual con 3xxy −=

d) 24 x2xy −=

Fracciones algebraicas 3. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:

a) 1x

1xy

−

+= b)

x

2xxy

2+−

= c) 2x

3xy

2

−

−= y a partir de ella

2x

3xy

2

−

−=

d) 4x

4y

2 −= e)

1x

2y

2 += (curva de Agnesi)

f) x

1xy 2

+= (Tridente de Newton) g) 1x

x2y

2 += (Serpentín de Newton)

Logarítmicas 4. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:

a) x

xlny

⋅=

4 b) ( )2xxlny 2 −+= c)

x

xlny

4

=

Exponenciales 5. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:

a) x

1

exy ⋅= b) 2

x2

ey−

= (Gaussiana) c) xe

x2y =

Trigonométricas 6. Estudia las características y representa la gráfica de la función: xcossenxy +=

7. A partir de la gráfica de la función senxy = , representa:

a) ( )π+= xseny b) senx3y ⋅−= c) senxy =

Irracionales 8. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:

a) 4x

1xy

2

2

−

−= b)

1x

xy

2

2

−

=


7-18

Soluciones:

1. 31 −−−= xxy

>

≤≤−

<−

=

32

3142

12

xsi

xsix

xsi

y

2. a) 3xxy −= D = R

Creciente si 3

1x

3

1<<−

Decreciente si 3

1x −< o

3

1x >

−−

33

2,

3

1m ,

33

2,

3

1M

cóncava en )0,(x −∞∈ , convexa en

),0(x ∞∈ , I(0,0). Función impar

2. b) xxy 3 −= Simétrica de la anterior respecto a OX (a la izquierda)

2. c) 3xxy −= Simétrica de la del apartado a) en y<0 e igual en y>0 (a la derecha)

2. d) 24 x2xy −=

D = R, Puntos de corte con los ejes

)0,2()0,0(),0,2(−

Creciente en ),1()0,1(x ∞−∈ U decreciente

en )1,0()1,(x U−−∞∈ M(0,0), m1(-1,-1),

m2(1,-1)

Cóncava en

∞

−∞−∈ ,

3

1

3

1,x U

convexa en

−∈

3

1,

3

1x

−

−−

9

5,

3

1I

9

5,

3

1I 21

Función par .


7-19

3. a) 1x

1xy

−

+= D = R – -1 , p. corte (-1,0) y (0,-1)

A.H. 1y = , A.V. 1x = 2)1x(

2y

−−=′ decreciente

siempre, 3)1x(

4y

−=′′ cóncava si x>1 convexa si

x<1. Simetría no

3. b) x

2xxy

2+−

=

D = R – 0 , puntos de corte con los ejes no tiene.

A.V. 0x = , A.O. 1xy −= . 2

2

x

2xy

−=′ decreciente

si , ( )2,2x −∈ creciente si

( ) ( )∞−∞−∈ ,22,x U )83'1,2(my)83'3,2(M −− ;

3x

4y =′′ cóncava si x>0 convexa si x<0. Simetría no

3. c) 2x

3xy

2

−

−= ,

2x

3xy

2

−

−=

D = R – 2 , puntos de corte con los ejes

−

2

3,0 y )0,3(),0,3( A.V. 2x = , A.O. 2xy += .

2

2

)2x(

3x4xy

−

+−=′ decreciente si , ( )3,1x ∈ creciente si ( ) ( )∞∞−∈ ,31,x U )6,3(my)2,1(M ;

3)2x(

2y

−=′′ cóncava si x>2 convexa si x<2. Simetría no ( gráfica de la izquierda)

2x

3xy

2

−

−= (gráfica de la derecha)

3. d) 4x

4y

2 −= D = R – -2,2 , puntos de corte con

los ejes (0,-1) A.V. 2x = y 2x −= A.H. 0y = .

( )22 4x

x8y

−

−=′ creciente si ( )0,x ∞−∈ decreciente si

( )∞∈ ,0x (con Dx ∈ ), )1,0(M − ;

( )32

2

4x

32x24y

−

+=′′


7-20

cóncava si ( ) ( )∞−∞−∈ ,22,x U convexa si ( )2,2x −∈ . Función par sim. OY

3. e) 1x

2y

2 += D = R , punto de corte con OY

)2,0(P A.H. 0y = . ( )22 1x

x4y

+

−=′ creciente si

( )0,x ∞−∈ decreciente si ( )∞∈ ,0x )2,0(M ;

( ) 32

2

1x

4x12y

+

−=′′ cóncava si

∞

−∞−∈ ,

3

3

3

3,x U convexa

si

−∈

3

3,

3

3x

−

2

3,

3

3I1 ,

2

3,

3

3I2 . Función par, simétrica respecto a OY

3. f) x

1xy 2

+= 0−= RD , punto de

corte con OX )0,1(P − A.V. 0x = .

2

3

x

1x2y


∞∈ ,

2

1x

3

decreciente si

∞−∈

3 2

1,x

33 22

3,

2

1m ;

3

3

x

2x2y

+=′′ cóncava si

( ) ( )∞−∞−∈ ,01,x U convexa si ( )0,1x −∈ ,

( )0,1I − .

3. g) 1x

x2y

2 += D = R , punto de corte con los ejes

)0,0(P A.H. 0y = . ( )22

2

1x

x22y

+


( )1,1x −∈ decreciente si ( ) ( )∞−∞−∈ ,11,x U )1,1(M ,

)1,1(m −− ; ( )

( ) 32

2

1x

3xx4y

+

−⋅=′′ cóncava si

( ) ( )∞−∈ ,30,3x U convexa

si ( ) ( )3,03,x U−∞−∈

−−

2

3,3I1 , ( )0,0I2 ,

2

3,3I3 . Función impar, simétrica respecto

del origen.

4. a) x

xln4y = D = R

+, , punto de corte con OX )0,1(P

A.V. +→= 0xcon0x , A.H.

) con (sólo 0 +∞→= xy . 2x

xln14y

−⋅=′ creciente si

( )e,0x ∈ decreciente si ( )∞∈ ,ex )e

4,e(M ;


7-21

3x

3xln24y

−⋅=′′ cóncava si

∞∈ ,ex 2

3

convexa si

∈ 2

3

e,0x ,

23

2

3

e

6,eI .

4. b) ( )2xxlny 2 −+= ( ) ( )∞−∞−= ,12,D U

puntos de corte con OX ( )0,3'1P,)0,3'2(P 21 −

A.V. −−→−= 2xcon2x , +→= 1xcon1x ,

2xx

1x2y

2 −+

+=′ decreciente si ( )2,x −∞−∈

creciente si ( )∞∈ ,1x , ( )22

2

2

522

−+

++−=′′

xx

xxy

convexa en todo D.

4. c) x

xlny

4

= la función es equivalente a

x

xln4y = es decir

x

xln4y = si x > 0 y

( )x

xln4y

−=

si x < 0 y su gráfica se hace a partir de la del apartado 4.a, función impar simétrica respecto del origen.

5. a) x

1

exy ⋅= 0RD −= , A.V.

+→= 0xcon0x 0exlim x

1

0x

=⋅−→

A.O.

1xy += . x

1xey x

1−

=′ creciente si

( ) ( )∞∞−∈ ,10,x U decreciente si ( )1,0x ∈ )e,1(m ;

3x

1

x

1ey =′′ cóncava si ( )∞∈ ,0x convexa

si ( )0,x ∞−∈ .

5. b) 2

x2

ey−

= RD = , A.H. 0y = , 2

x2

exy

−

⋅−=′

creciente si ( )0,x ∞−∈ decreciente si ( )∞∈ ,0x

)1,0(M ; ( ) 2

x

2

2

e1xy

−

⋅−=′′ cóncava si

( ) ( )∞−∞−∈ ,11,x U convexa si ( )1,1x −∈

−

e

1,1I1 ,

e

1,1I2 , simétrica respecto al eje OY.

5. c) xe

x2y = RD = , punto de corte con los ejes (0,0)

A.H. 0y = con +∞→x , ( )x1e2y x −=′ − creciente

si ( )1,x ∞−∈ decreciente si ( )∞∈ ,1x

e

2,1M ;


7-22

( )2xe2y x −=′′ − cóncava si ( )∞∈ ,2x convexa si ( )2,x ∞−∈

2e

4,2I .

6.

π−⋅=+=

4xcos2xcossenxy a

partir de la gráfica de cosx retrasada 4

π

unidades y multiplicados los valores de

y por 2 es periódica de periodo 2π

7. a) ( )π+= xseny 7. b) senx3y ⋅−=

7. c) senxy =

8. a) 4x

1xy

2

2

−

−= ( ) ( )∞−∞−= ,11,D U excepto

2xy2x −== , A.V. 2x −=

+∞=−

−

−−→ 4x

1xlim 2

2

2x

−∞=−

−

+−→ 4x

1xlim 2

2

2x

2x =

−∞=−

−

−→ 4x

1xlim 2

2

2x

+∞=−

−

+→ 4x

1xlim 2

2

2x

A.H. 0y = .

( )( ) 1x4x

2xxy

222

2

−−

+⋅−=′ creciente si ( )1,x −∞−∈

decreciente si ( )∞∈ ,1x , y’’ es demasiado

complicada se renuncia a su estudio; simétrica respecto a OY.


7-23

8. b) 1x

xy

2

2

−

= ( ) ( )∞−∞−= ,11,D U A.V.

1x −= con −−→ 1x y 1x = con +→ 1x ,

A.O. xy = si +∞→x e xy −= cuando

−∞→x ( ) 1x1x

x2xy

22

3

−−


( ) ( )∞−−∈ ,21,2x U decreciente si

( ) ( )2,12,x U−∞−∈ , ( )2,2m1 − ( )2,2m2

,( ) 1x1x

2xy

222

2

−−

+=′′ cóncava en todo su dominio, simétrica respecto a OY.

Primitivas. Métodos de integración Tema 8

8-1

Tema 8

Funciones Primitivas. Métodos de Integración

8.1 Función primitiva

Ejemplo 8.1 Para x)x(f 2= , la función 2x)x(F = es una función primitiva de f en cualquier

intervalo J, porque ( ) ( ) RxxfxxF ∈∀==′ ,2 . También lo es la función 52 += x)x(G y, en

general, cualquier función de la forma ( ) CxxH += 2 , donde C es una constante real.

Nota Del ejemplo anterior se concluye que la función primitiva de una función no es única y, aún más, que si una función tiene una primitiva entonces tiene infinitas; basta sumar una constante distinta a una primitiva conocida.

La siguiente proposición deja claro que no pueden existir más primitivas que las que se obtienen de esta forma.

Demostración.- Si consideramos la función ( ) ( ) ( )xFxGxH −= definida en el intervalo J, como

( ) ( ) ( ) JxxFxGxH ∈∀=′−′=′ ,0 , ( )xH es una función constante en todo el intervalo; esto es,

( ) CxH = y, en consecuencia, ( ) ( ) JxCxFxG ∈∀=− , , de donde se sigue lo que queríamos

demostrar. Nota Con palabras, la anterior proposición viene a decir que “dos primitivas cualesquiera de una función difieren siempre en una constante”. Nota Dada una función f y una primitiva F de f , por lo visto en la proposición anterior se tiene

que ( ) ( ) RCCxFdxxf ∈+=∫ , . Observa que la integral indefinida representa un conjunto de

funciones. Por abuso de lenguaje escribiremos tan solo ( ) ( ) CxFdxxf +=∫ .

Definición Sea f una función real definida en un intervalo J. Una primitiva de f en J es otra función real F, definida y derivable en J, tal que ′ F (x) = f (x) ∀ x ∈J .

Proposición Sean F y G dos primitivas de f en J, entonces existe una constante C tal que

( ) ( ) JxCxFxG ∈∀+= .

Definición Al conjunto de todas las primitivas de f le llamamos integral indefinida de f y la

denotamos por ∫ f o, bien, ( )dxxf∫ .

Primitivas. Métodos de integración. Tema 8

8-2

Nota La justificación del símbolo utilizado para la integral indefinida se verá en el próximo tema.

Ejemplos

Ejemplo 8.2

x + 1( )∫ dx = x dx∫ + 1dx∫ =x2

2+ x + C .

Ejemplo 8.3

7 cos x dx = 7 cos x dx = 7senx + C∫∫ .

Ejemplo 8.4 ( )

Cxsen

Csenxdxxdxx

+=+== ∫∫ 55

1cos

5

1

5

cos .

8.2 Métodos de Integración

Llamamos método de integración a todo procedimiento que permita obtener las primitivas de una función.

Conviene dejar claro que no todas las funciones tienen primitivas y que, además, entre

las que sí tienen, hay algunas cuyas primitivas no pueden ser obtenidas por ninguno de éstos

métodos; por ejemplo, ( )( )axsen

xxf = .

8.2.1 Integrales inmediatas

Son aquellas en las que el integrando es la derivada de una función elemental.

Integrales inmediatas

Generalización

∫ ++

=+

Cn

xdxx

nn

1

1

con 1−≠n

( )( )

∫ ++

=′+

Cn

)x(fdx)x(f)x(f

nn

1

1

con 1−≠n

∫ += Cxlnx

dx ∫ +=

′C)x(flndx

)x(f

)x(f

Caln

adxa

xx

+=∫ Caln

adxa)x(f

)x(f)x(f

+=′∫

Cedxe xx+=∫ Cedxe)x(f )x(f)x(f

+=′∫

∫ +−= Cxcossenxdx ( ) ( )∫ +−=′ C)x(fcosdx)x(fsen)x(f

∫ += Csenxxdxcos ( ) ( )∫ +=′ C)x(fsendx)x(fcos)x(f

Linealidad de la integral

• [ ] ∫∫ ∫ +=+ dx)x(gdx)x(fdx)x(g)x(f . Con palabras: la integral de la suma es igual

a la suma de las integrales.

• ∫ ∫⋅=⋅ dx)x(fkdx)x(fk , Rk ∈∀ . Con palabras: la integral de una constante por

una función es igual a la constante por la integral de la función, es decir los números pueden entrar o salir del signo integral.


8-3

∫ += Ctgxxcos

dx2

( )

( )∫ +=′

C)x(ftgdx)x(fcos

)x(f2

∫ +−= Cctgxxsen

dx2

( )

( )∫ +−=′

C)x(fctgdx)x(fsen

)x(f2

∫ += Cxsecxcos

senxdx2

( )

( )∫ +=′

C)x(fsecdx)x(fcos

))x(f(sen)x(f2

∫ +−= Cecxcosxsen

xdxcos2

( )

( )∫ +−=′

C)x(feccosdx)x(fsen

))x(fcos()x(f2

( ) CxCarcsenxx

dx+−=+=

−∫ arccos

1 2 ( ) CxfCxarcsenf

xf

dxxf+−=+=

−

′

∫ )(arccos)())((1

)(

2

( )∫ +−=+=+

CxarcCarctgxx

dxcot

1 2

( )( )∫ +−=+=

+

′CxfarcCxarctgf

xf

dxxf)(cot)(

)(1

)(2

( ) CxecCxarcxx

dx+−=+=

−⋅∫ arccossec

12 ( ) CxfecCxfarc

xfxf

dxxf+−=+=

−

′

∫ )(arccos)(sec1))(()(

)(

2

Para reconocer los tipos generales hay que identificar la función y tener en cuenta la

derivada de la función compuesta.

Ejemplos

Ejemplo 8.5.

( ) ∫ ∫∫∫ ∫ ++−−=+−−=+−− Cxxxx

dxxdxdxxdxxdxxxx 22

53

34

225322532234

2323 y

simplificando queda ( ) Cxxxx

dxxxx ++−−=+−−∫ 22

5

22532 23

423

Ejemplo 8.6 ∫∫ ++−+=

+−+=

+−+ −

Cxxxxdxx

xxdxx

xxxln2410

2

32453

2453 22

12

Ejemplo 8.7 ( ) ( )∫∫ =−==− dxxx)pordividoymultiplico(dxxx 12366

16123 22

( ) Cx +−=22 123

12

1

Ejemplo 8.8 ( ) ( ) ( ) Cxxdxxxdxxxdxx

x++=+=+⋅=+⋅=

+∫∫∫

−−3332

2

13

3

221

221

221

2

2

Ejemplo 8.9 ( ) Cxdxx

xdx

x

x++=

+=

+ ∫∫ 3ln2

1

3

2

2

1

3

2

22

Ejemplo 8.10 ( ) ( ) ( ) Carctgxdxarctgxarctgxdxx

arctgx+=⋅

′=

+ ∫∫21

2 2

1

1


8-4

Ejemplo 8.11 ( ) ( )∫∫ ++++=+++=+ Cxxxxdxxxxdxx 27185

36

7

8275436832 35724632

Ejemplo 8.12

x25

x 3 + 2∫ dx =1

33x

25

x3 +2∫ dx =1

3ln55

x3 +2+ C

Ejemplo 8.13

ax + 2x +1

ex

dx =a

e

x

+ 2 ⋅2

e

x

∫∫ dx =

1

La

e

a

e

x

+2

L2

e

2

e

x

+ C

Ejemplo 8.14

cosx sen3

xdx =∫ senx( )′sen

3xdx =∫

1

4sen

4x + C

Ejemplo 8.15

senx

cos3

xdx = − (− senx)cos

−3xdx = −

cos−2 x

−2∫∫ =1

2cos2

x+ C . Otro modo de

hacerla es:

senx

cos3

xdx =

senx

cos x

1

cos2

xdx = tgx tg x( )

′dx∫∫∫ =

tg2 x

2+ C

Ejemplo 8.16

dx

2x Lx + 1( )=

1

2

1

x

1

Lx + 1dx =∫∫

1

2

Lx +1( )′

Lx +1dx =∫

1

2L Lx + 1 + C

Ejemplo 8.17 Cx

arctgdx

x

dxx

dxx

+

=

+

=

+

=+ ∫∫∫ 33

1

13

3

1

3

1

13

3

1

3

1222

Nota El ejemplo 8.15 puede servir para ver que dos primitivas difieren en una constante. En efecto, no lo parece a primera vista, pero si restamos:

2

1

cos2

cos

cos2

1

cos2cos2

1

2cos2

12

2

2

2

2

2

2

2

2==

−=−=−

x

x

x

xsen

x

xsen

x

xtg

x,

se comprueba que, a pesar de las apariencias, sí difieren en una constante. 8.2.2 Integración por partes

La fórmula de integración por partes se deduce de la derivada de un producto de funciones.

Como ( ) )()()()()()( xvxuxvxuxvxu ′⋅+⋅′=′

⋅ , integrando queda

( ) dxxvxudxxvxudxxvxu )()()()()()( ∫∫∫ ′⋅+⋅′=′

⋅ ,

despejando ∫ ′⋅ dxxvxu )()( , queda:

( ) ∫∫∫ ⋅′−′

⋅=′⋅ dxxvxudxxvxudxxvxu )()()()()()( ,

como ( ) )()()()( xvxudxxvxu∫ ⋅=′

⋅ y aplicando la notación diferencial para derivadas, resulta

∫ ∫ ⋅−⋅=⋅ duvvudvu , o bien dxxuxvxvxudxxvxu∫ ∫ ′⋅−⋅=′⋅ )()()()()()(

que es la fórmula llamada de integración por partes. Nota El método consiste en descomponer la integral en producto de dos partes de manera que, al aplicar la fórmula, la nueva integral sea más sencilla que la original. Suele ser el método adecuado cuando al descomponer el integrando la parte que se deriva se simplifica: por


8-5

ejemplo, en logarítmicas, exponenciales, trigonométricas y sus inversas, etc. Se puede aplicar reiteradamente.

Aunque no existe una regla general que indique la manera adecuada de elegir los factores del integrando, en la siguiente tabla se relacionan algunos casos típicos.

)x(f g(x) Elección de las partes

Nnx n ∈ con o polinomio en x

Exponencial (*) )x(fu = , dx)x(gdv ⋅=

Nnx n ∈ con o polinomio en x

Trigonométrica (*) )x(fu = , dx)x(gdv ⋅=

Logarítmica

Nnx n ∈ con o polinomio en

x o una constante

)x(fu = , dx)x(gdv ⋅=

Inversa de trigonométrica (*)

La unidad o una constante )x(fu = , dx)x(gdv ⋅=

Exponencial (*) Trigonométrica (*) Indistinto (aplicación reiterada)

(*) generalmente de integración inmediata

Ejemplos

Ejemplo 8.18

x ⋅ e3x−1

dx∫ , elegimos las partes:

3

131313

−−− ∫ ==

=

⇒=

= xxx e

dxev

dxdu

dxedv

xu y

aplicando la fórmula

x ⋅ e

3x−1dx∫ =

xe3 x−1

3−

1

3∫ e3x −1

dx =xe3x−1

3−

1

93 ⋅∫ e

3x −1dx =

xe3x−1

3−

1

9e

3x −1+ C .

Ejemplo 8.19

x

2senxdx =∫

−==

=⇒

=

=

∫ xcossendxv

xdxdu

senxdxdv

xu 22

= −x

2cos x + 2 x cosxdx =∫ (*),

reiteramos el método eligiendo ahora

==

=⇒

=

=

∫ senxdxcosv

dxdu

xdxcosdv

xu(*)

= −x

2cos x + 2 x ⋅ senx − senxdx∫

por tanto:

x

2senxdx =∫ − x

2cos x + 2x senx + 2cos x + C .

Ejemplo 8.20

lnxdx =u = lnx

dv = dx⇒

du =1

xdx

v = x

∫ = x ⋅lnx − x

dx

x= x ⋅ lnx − x +C∫ .

Ejemplo 8.21

arctg xdx =∫

=+

=⇒

=

=

xv

dxx

du

dxdv

arctgxu21

1

= x ⋅ arctgx −

xdx

1+ x2∫ = x ⋅ arctgx −

1

2

2xdx

1+ x2∫ quedando:

arctg xdx =∫ x ⋅ arctg x −1

2ln 1+ x

2( )+ C .

Nota Al aplicar la integración por partes puede darse el caso que muestran los dos siguientes ejemplos:

Ejemplo 8.22

ex

⋅ senxdx∫ llamaremos )x(F a la función integral y aplicaremos el proceso de

integración por partes dos veces, no importa cómo elijamos las partes pero si elegimos como parte integral la exponencial nos cuidaremos de elegir la segunda vez otra vez la exponencial como parte integral, así:


8-6

F(x ) = e

x⋅senxdx∫ =

−=

=⇒

=

=

xcosv

dxedu

senxdxdv

eu xx

= −e

x⋅ cosx + e

xcosxdx =∫

=

=⇒

=

==

senxv

dxedu

xdxcosdv

eu xx

)x(Fsenxexcosesenxdxesenxexcose xxxxx−+⋅−=−+⋅−= ∫ .

Resumiendo hasta aquí, tenemos: )x(Fsenxexcose)x(F xx −+⋅−= .

Pasando F x( ) al primer miembro y despejando, tenemos finalmente

( )C

xcossenxe)x(F

x

+−⋅

=2

.

Ejemplo 8.23 ∫ xdxcos 2 llamaremos también )x(F a la función integral == ∫ xdxcos)x(F 2

= =

=

−=⇒

=

=

senxv

senxdxdu

xdxcosdv

xcosu∫ =+⋅ xdxsensenxxcos 2

( )∫ =⋅−+⋅ dxxcossenxxcos 21

)x(Fxsenxxcosdxxcosxsenxxcos −+⋅=⋅−+⋅= ∫2 .

Resumiendo hasta aquí, tenemos: F x( )= cosx ⋅ senx + x − F(x ).

Pasando F(x) al primer miembro y despejando tenemos finalmente

Cxsenxxcos

xdxcos)x(F ++⋅

== ∫ 2

2 .

8.4 Integración por descomposición

Consiste en descomponer la integral dada en suma de integrales basándose en las propiedades de la linealidad de la integral indefinida. Ya se han visto algunos ejemplos, pero en este epígrafe daremos algunos más específicos.

8.4.1. Trucos algebraicos. Al integrando se puede sumar y restar la misma cantidad o multiplicar y dividir por una misma expresión si conviene.

Ejemplos

Ejemplo 8.24

( )∫∫∫∫∫∫ =

−

−+

−

=

−

−=

−

−=

−⋅+

−⋅−=

+

−dx

x

xdx

xdx

x

xdx

x

xdx

xx

xxdx

x

x

2222

2

11

1

1

1

1

1

11

11

1

1

Cxarcsenx +−+= 21

Ejemplo 8.25 ( ) ( ) Cxtgxdxdxxtgdxxtgxdxtg +−=−+=−+= ∫∫∫ ∫222 111

8.4.2. Descomposición de funciones trigonométricas circulares. La aplicación de fórmulas de trigonometría nos permiten descomponer una integral en sumas de integrales más sencillas.


8-7

Ejemplo 8.26 Para resolver

cos2

xdx∫ (resuelta por partes en el ejemplo 23) aplicamos la

identidad 2

212 xcosxcos

+= y queda

cos2

xdx∫ =1+ cos 2x

2dx =∫

1

2dx +∫

cos2x

2dx =∫

x

2+

sen2x

4+ C

Resolución de las integrales del tipo

( ) ( ) dxnxmx ⋅⋅∫ cossin ,

cosmx∫ ⋅ cosnx ⋅ dx y

senmx∫ ⋅ sennx ⋅ dx

a) dxnxcosmxsen ⋅⋅∫

Aplicamos la identidad ( ) ( )( )basenbasenbcos.sena −++=2

1 y se tiene:

( ) ( )( )( )( )

( )( )

Cnm

xnm

nm

xnmdxxnmsenxnmsendxnxmxsen +

−

−−

+

+−=−++=⋅⋅ ∫∫ 2

cos

2

cos

2

1cos

b)

cosmx∫ ⋅ cosnx ⋅ dx

Aplicamos ( ) ( )( )bacosbacosbcos.acos −++=2

1 y se tiene:

( ) ( )( )( )( )

( )( )

Cnm

xnmsen

nm

xnmsendxxnmxnmdxnxmx +

−

−+

+

+=−++=⋅⋅ ∫∫ 22

coscos2

1coscos

c)

senmx∫ ⋅ sennx ⋅ dx

Aplicamos ( ) ( )( )bacosbacosbsen.sena +−−=2

1 y se tiene:

( ) ( )( )( )( )

( )( )

Cnm

xnmsen

nm

xnmsendxxnmxnmdxnxsenmxsen +

+

+−

−

−=+−−=⋅⋅ ∫∫ 22

coscos2

1

Ejemplos

Ejemplo 8.27

sen5x∫ ⋅ cos4x ⋅dx =1

2sen9x + senx( )dx = −

1

18cos9x −

1

2cosx∫ + C

Ejemplo 8.28

cos5x∫ ⋅ cos3x ⋅ dx =1

2cos8x + cos2x( )dx =

1

16sen8x +

1

4sen2x∫ + C .

Ejemplo 8.29

sen 5x∫ ⋅ sen3x ⋅ dx =1

2cos2x − cos 8x( )dx =

1

4sen2x −

1

16sen8x∫ +C .

Nota Las integrales de estos últimos ejemplos también pueden ser resueltas aplicando “partes” repetidamente.

8.5 Integración de funciones racionales

Una función racional es aquella que se puede escribir como cociente de dos

polinomios. Se trata, pues, de integrar expresiones de la forma )x(Q

)x(P, donde tanto P(x) como

Q(x) son polinomios.


8-8

No obstante, antes de aplicar el método que vamos a explicar es aconsejable comprobar que no se trata de una integral inmediata. Por ejemplo, la integral racional

dxxx

x∫ ++

+

8

122

es inmediata y no necesita de métodos.

Con todo, para integrar funciones racionales distinguiremos dos casos:

Caso I: grado de P(x) ≥≥≥≥grado de Q(X)

En este caso se efectúa primeramente la división polinómica. Sean C(x) y R(x) el

cociente y el resto, respectivamente. Teniendo en cuenta que ( )( )

( )( )( )xQ

xRxC

xQ

xP+= , la integral

puede ser descompuesta de la forma ∫∫∫ += dx)x(Q

)x(Rdx)x(Cdx

)x(Q

)x(P.

Si ( ) 0=xR , la descomposición se reduce sólo al primer sumando, que es la integral de

un polinomio y, por lo tanto, sencilla de resolver. Por ejemplo, dxx

xx∫ −

+−

2

652

.

Si 0≠)x(R , la integral se descompone en la integral de un polinomio y una integral

racional donde el grado del numerador es menor que el del denominador y este es el caso que consideraremos a continuación.

Caso II: grado de P(x) <grado de Q(X)

Primero, se descompone factorialmente el denominador Q(x) y, a continuación, se

descompone el cociente )x(Q

)x(Pen suma de fracciones simples. Para su estudio, distinguiremos

los siguientes casos:

• Todas las raíces de ( )xQ son reales y simples.

• Hay raíces reales múltiples

• Hay raíces complejas simples (polinomio de 2º grado irreducible)

• Hay raíces complejas múltiples (polinomio de 2º grado irreducible múltiple) 8.5.1. Integración de funciones racionales con raíces reales simples en el denominador.

Supongamos que ( ) ( ) ( ) ( )nxxxxxxxx)x(Q −⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅−= 321 , donde Rx,x,x n ∈K21

y distintos dos a dos.

En tal caso siempre es posible descomponer )x(Q

)x(P de la forma:

( ) ( ) ( ) ( )n

n

xx

A

xx

A

xx

A

xx

A

)x(Q

)x(P

−+⋅⋅⋅+

−+

−+

−=

3

3

2

2

1

1 ,

donde los valores nA,,A ⋅⋅⋅1 se obtienen por identificación de )x(Q

)x(P con su descomposición.

Una vez obtenidos los iA , queda

( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫ −+⋅⋅⋅+

−+

−+

−=

n

n

xx

A

xx

A

xx

A

xx

A

)x(Q

)x(P

3

3

2

2

1

1

y, como, CxxlnAdxxx

Aii

i

i +−=−∫ , la integral inicial queda resuelta.


8-9

Ejemplo 8.30. dxxx

x∫

+−

+

23

12

2

como numerador y denominador son del mismo grado dividimos

y descomponemos dxxx

xdxdx

xx

xdx

xx

x∫∫∫∫

+−

−+=

+−

−+=

+−

+

23

13

23

131

23

1222

2

.

Las raíces del denominador son reales simples 21 == x,x , la descomposición es:

( )( )( ) ( )( )( )21

12

2121

13

23

132 −−

−+−=

−+

−=

−−

−=

+−

−

xx

xBxA

x

B

x

A

xx

x

xx

x.

Identificando los numeradores: ( ) ( )1213 −+−=− xBxAx ; y dando valores a x se tiene

21 −=→= Ax y con 52 =→= Bx , por tanto:

∫∫∫∫∫ +−+−−=−

+−

−+=

+−

−+=

+−

+Cxlnxlnxdx

xdx

xxdx

xx

xdxdx

xx

x2512

2

5

1

2

23

13

23

122

2

8.5.2. Integración de funciones racionales con raíces reales múltiples

Supongamos que ( ) ( ) ( ) ( )dn

cbaxxxxxxxx)x(Q −⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅−= 321 , donde las ix son

raíces reales múltiples distintas dos a dos. En este caso la fórmula de la descomposición es:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅⋅⋅+

−+⋅⋅⋅+

−+

−+

−+⋅⋅⋅+

−+

−=

b

b

a

a

xx

B

xx

B

xx

B

xx

A

xx

A

xx

A

)x(Q

)x(P

22

2

2

2

1

12

1

2

1

1 ,

porque cada raíz genera tantas fracciones simples como indica su multiplicidad.

Una vez obtenidos los K,B,A ii , queda

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅⋅⋅+

−+⋅⋅⋅+

−+

−+

−+⋅⋅⋅+

−+

−= ∫∫∫∫∫∫∫ b

b

a

a

xx

B

xx

B

xx

B

xx

A

xx

A

xx

A

)x(Q

)x(P

22

2

2

2

1

12

1

2

1

1

Las integrales de los nuevos sumandos son del tipo ( )

1 con, >−

∫ ndxxx

An

i

i , que son

inmediatas del tipo potencial y cuya solución es:

( )( )

( )

( )( )C

xxn

A

n

xxAdxxxAdx

xx

An

i

in

ii

niin

i

i +−−

=+−

−=−=

−−

+−−

∫∫ 1

1

11.

Una vez calculadas todas, la integral queda resuelta.

Ejemplos

Ejemplo 8.31 dxxx

xdx

xx

x∫∫

+−

+=

+−

+

12

1

3

1

363

122

y ( )22 112 −=+− xxx , que es una raíz

doble, luego:

( ) ( )2

21

22111

1

12

1

−+

−=

−

+=

+−

+

x

A

x

A

x

x

xx

x.

Sumando e identificando numeradores: ( ) 21 11 AxAx +−=+ ;

y dando valores a x se tiene 21 2 =→= Ax y 10 1 =→= Ax , con lo que:

( ) ( )C

xxlndx

xdx

xdx

xx

x+

−−−=

−+

−=

+−

+∫∫∫ 13

21

3

1

1

2

3

1

1

1

3

1

363

122

Ejemplo 8.32 Calculemos dxxx

xx∫

+−

−−

23

6633

2

. Como ( ) ( )212323 +−=+− xxxx , el

denominador tiene una raíz simple y una raíz doble, la descomposición es

( ) ( ) ( )2

21

2

2

11221

663

−+

−+

+=

+−

−−

x

B

x

B

x

A

xx

xx.

Sumando e identificando los numeradores, resulta


8-10

( ) ( )( ) ( )2211663 2122 +++−+−=−− xBxxBxAxx ;

y dando a x los valores de las raíces del denominador, se tiene

• 3391 22 −=⇒=−→= BBx

• 29182 =⇒=→−= AAx .

Como el denominador no tiene otras raíces, se da a x un valor cualquiera para obtener la

tercera incógnita; en este caso, tomamos 0=x y usando los valores de A y B2 ya calculados,

se obtiene 162260 11 =⇒−−=−→= BBx , por tanto:

( )∫ ∫ ∫∫ +

−+−++=

−−

−+

+=

+−

−−C

xxlnxlndx

xdx

xdx

xdx

xx

xx

1

3122

1

3

1

1

2

2

23

66323

2

8.5.3. Integración de funciones racionales con raíces complejas simples

En este caso al factorizar el denominador aparece, además de lo ya visto, un factor de

segundo grado sin raíces reales. Sea cbxax ++2 este factor.

La descomposición en suma de fracciones simples se hace del modo habitual. Pero

aquí aparece un nuevo sumando, el correspondiente a cbxax ++2 , que es de la forma

cbxax

NMx

++

+2

.

Si 0=M , la integral ∫ ++

+

cbxax

NMx2

se convierte en ∫ ++ cbxax

N2

, cuya primitiva

sabemos que es una arcotangente.

Si 0≠M , la integral ∫ ++

+

cbxax

NMx2

se descompone en dos; una tendrá como primitiva

un logaritmo neperiano y la otra tendrá una arcotangente, tal y como se explica en los siguientes ejemplos.

Ejemplos

Ejemplo 8.33 dxxx

x∫

+− 222 es una integral en la que el denominador del integrando no

tiene raíces reales, así que procederemos del modo siguiente: 1º Se intenta que aparezca en el numerador la derivada del denominador tal y como sigue:

- multiplicamos y dividimos por 2: dxxx

x∫

+− 22

2

2

12

- restamos y sumamos 2: dxxx

x∫

+−

+−

22

222

2

12

2º La descomponemos en suma de dos integrales: dxxx

dxxx

x∫∫

+−+

+−

−

22

2

2

1

22

22

2

122

.

La primera es inmediata, se trata de un logaritmo neperiano; mientras que para la segunda hay que buscar la arcotangente tal como sigue:

( )( )∫∫ −=

+−=

+−1

11

1

22

122

xarctgdxx

dxxx

.

Resumiendo:

( )( ) CxarctgxxLdx

xdx

xx

xdx

xx

x+−++−=

+−+

+−

−=

+−∫∫∫ 122

2

1

11

1

22

22

2

1

22

2

222.

Ejemplo 8.34 ∫+

24 xx

dx. Como ( )12224 +=+ xxxx , tiene una raíz real doble, 0=x , y dos

raíces complejas, ix ±= , la descomposición es: 1

122

21

24+

+++=

+ x

NMx

x

A

x

A

xx.


8-11

Poniendo el mínimo común múltiplo en el segundo miembro e igualando los numeradores:

( ) ( ) ( ) 222

21 111 xNMxxAxxA ⋅+++⋅++⋅⋅=

Para 10 2 =⇒= Ax . Como no tenemos más valores que sean cómodos para sustituir,

ordenamos el polinomio e identificamos coeficientes:

( ) ( ) 212

23

11 AxAxNAxMA +++++=

Igualando los coeficientes de ambos miembros se tiene:

grado 0 12 =⇒ A ; grado 1 01 =⇒ A ;

grado dos 102 −=⇒=+⇒ NNA ; grado 3 001 =⇒=+⇒ MMA

Por lo tanto: Carctgxx

dxx

dxxxx

dx+−−=

+

−+=

+∫ ∫∫

1

1

112224

.

Ejemplo 8.35 ( ) ( )

dxxxx

xx∫

−⋅++

++

2136

22852

2

. Como 1362 ++ xx no tiene raíces reales, la

descomposición en suma de fracciones simples es:

( ) ( ) 13622136

228522

2

++

++

−=

−⋅++

++

xx

NMx

x

A

xxx

xx.

Poniendo el mínimo común múltiplo en el segundo miembro e igualando los numeradores:

( ) ( ) ( )21362285 22 −⋅++++⋅=++ xNMxxxAxx ,

Para 229582 =⇒=⇒= AAx .

Para 2226220 =⇒−=⇒= NNx .

Para ( ) ( ) 31240351 =⇒−⋅++=⇒= MMx .

Por lo que podemos escribir:

( ) ( ) ∫∫∫++

++

−=

−⋅++

++dx

xx

xdx

xdx

xxx

xx

136

23

2

2

2136

228522

2

.

La primera integral es 22 −xln , así que ahora nos ocupamos de la segunda:

- sacamos 3 como factor y después multiplicamos y dividimos por 2: ∫++

+

dxxx

x

136

3

42

2

32

- sumamos y restamos 6: ∫++

−++

dxxx

x

136

63

462

2

32

- separamos en dos integrales: ∫∫++

−

+++

+dx

xxdx

xx

x

136

63

4

2

3

136

62

2

322

- la primera es ( )1362

3 2++ xxln

- la segunda será un arco tangente:( )∫∫

++−=

++−

437

1367

22x

dx

xx

dx

- sacamos como factor 4 en el denominador ∫+

+−

12

34

72

x

dx y multiplicamos y dividimos por

2:

+−=

+

+− ∫ 2

3

2

7

12

3

2

1

2

72

xarctg

x

dx

. Por lo tanto:

( ) ( )( ) C

xarctgxxlnxlndx

xxx

xx+

+−−+++−=

−⋅++

++∫ 2

3

2

7136

2

322

2136

2285 2

2

2


8-12

8.6 Integración por cambio de variable o sustitución

Ante una integral que no encaje en ningún modelo de los vistos con anterioridad, se suele recurrir al método de sustitución o de cambio de variable que es el más frecuente en la resolución de integrales.

El método consiste en encontrar una función )t(gx = que nos transforme la integral en

otra más sencilla. La función )t(gx = tiene que cumplir dos condiciones:

1. Ser derivable, pues hay que calcular dt)t(gdx ′=

2. Admitir función inversa puesto que una vez resuelta

CtHdttgtgfdxxf +=′⋅=∫ ∫ )()()(()(

es preciso deshacer el cambio para dejar la primitiva en función de x.

Aunque no hay reglas fijas, sí que hay determinados cambios que funcionan bien en diferentes tipos de funciones. La elección de un cambio inadecuado puede complicar más la resolución de la integral.

Ejemplo 8.36 Para calcular ∫ + dxxx 212 se hace el cambio tx =+ 21 ; se diferencia

dtdx =⋅2 , se despeja la x, 2

1−=

tx , y se pone la integral en función de t :

( ) 23

25

27

21

23

25

2122

12

1

10

1

28

12

8

11

8

121 tttdttttdtttdxxx +−=

+−=⋅−=+ ∫∫∫ .

Después, se deshace el cambio:

( ) ( ) ( ) Cxxxdxxx ++++−+=+∫ 23

25

272 21

12

121

10

121

28

121 .

8.6.1 Exponenciales y logarítmicas

Para integrales de fracciones racionales en xa y ( )xlog , o de los tipos ( )∫ ⋅dxx,aR x y

( )( )∫ ⋅dxxxR ,log , se hace el cambio tax = o ( ) tx =log .

Ejemplos

Ejemplo 8.37 ∫+

+

dxe

ex

x

4

12

.

Se hace el cambio

=

=

dtdxe

tex

x

y como ( ) 2212 teeee xx ⋅=⋅=+ y t

dt

e

dtdx

x== se tiene:

Resumiendo: Integración de funciones racionales por descomposición: 1º Se divide si procede. 2º Se hallan las raíces del denominador y se descompone éste en factores. 3º Se descompone el integrando en suma de fracciones simples.

a) la integral con raíces reales simples es suma de logaritmos neperianos b) la integral con raíces reales múltiples es suma de logaritmos neperianos y

potencias c) la integral con raíces complejas simples es suma de logaritmo neperiano y

arcotangente.


8-13

( ) ( )( ) Celneetlntedtt

et

dt

t

tedx

e

e xx

x

x

++−⋅=+−⋅=⋅

+−=

+

⋅=

+∫∫∫

+

44444

41

44

212

Ejemplo 8.38 ( )

( ) ( )( )=⋅

⋅+⋅−⋅

+⋅−⋅∫ dx

xlnxlnxlnx

xlnxln

256

252523

2

=

=

dtdxx

txln1 dt

ttt

tt∫ ⋅

+−

+−=

256

252523

2

Resultando una integral conocida que se resuelve por descomposición:

Como ( )256256 223 +−⋅=+− tttttt

256256

2525223

2

+−

++=

+−

+−

tt

NMt

t

A

ttt

tt , ( ) ( ) tNMtttAtt ⋅+++−=+− 2562525 22

Haciendo 0=t e identificando coeficientes por grados se obtiene 441 === NyM,A , por lo

que la integral queda:

dttt

tdt

tdt

ttt

tt∫∫∫

+−

++=

+−

+−

256

441

256

2525223

2

, la primera es inmediata y la segunda:

dttt

dttt

tdt

tt

tdt

tt

tdt

tt

t∫∫∫∫∫

+−+

+−

−=

+−

++−=

+−

+=

+−

+

256

116

256

622

256

26622

256

222

256

4422222

,

la primera es un logaritmo y la segunda un arcotangente:

( )

−=

+

−=

+

−=

+−=

+−∫∫∫∫ 4

34

14

3

4

1

4

14

316

116

163

116

256

116

2222

tarctgdt

tdt

tdt

tdt

tt

Luego ( )

−++−+=

+−

+−∫ 4

342562

256

2525 2

23

2 tarctgttlntlndt

ttt

tt y en definitiva:

( )

( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )

Cxln

arctgxlnxlnlnxlnlndxxlnxlnxlnx

xlnxln+

−++−+=⋅

⋅+⋅−⋅

+⋅−⋅∫ 4

342562

256

2525 2

23

2

8.6.2 Trigonométricas

Integrales del tipo ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR función impar en senx , cambio txcos =

Integrales del tipo ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR función impar en xcos , cambio tsenx =

Integrales del tipo, ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR función par en senx y en xcos , cambio ttgx =

Integrales del tipo, ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR los demás casos, cambio general tx

tg =

2

Ejemplos

Ejemplo 8.39 La integral ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 32 es impar en senx , ya que

( ) xsenxcossenxxcos 3232 ⋅−=−⋅ . Por tanto se hace el cambio txcos = dtdxsenx =⋅−⇒


8-14

( ) ( )∫∫∫∫ ⋅−−=⋅⋅−⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅ dtttdxsenxxxdxsenxxsenxdxxsenx 22222232 1cos1coscoscos

que es inmediata así ( ) Cxcosxcostt

dtttdxxsenxcos ++−=+−=⋅−−==⋅⋅ ∫∫ 53531

53532232

Ejemplo 8.40 ∫ xcos

dx, es impar en xcos ; se hace el cambio dtdxxtsenx =⋅⇒= cos y

resulta: ∫∫∫∫−

=−

==222 11 t

dtdx

xsen

xcosdx

xcos

xcos

xcos

dx , que hacemos por descomposición:

( ) ( )( ) ( )tBtA

t

tBtA

t

B

t

A

t−++=⇒

−

−++=

++

−=

−111

1

11

111

122

,

si 2

11 =⇒= At , si

2

11 =⇒−= Bt . Por tanto:

( ) ( )∫∫∫∫ +++−−=++−−=+

+−

=−

= CsenxLsenxLtLtLt

dt

t

dt

t

dt

xcos

dx1

2

11

2

11

2

11

2

1

12

1

12

1

1 2

Ejemplo 8.41 ∫− xsenxcos

dx22

par en senx y en xcos , pues

( ) ( ) xsenxcossenxxcos2222

11

−=

−−−.

Por tanto, se hace el cambio ( ) dtdxx

txtg =⇔=2cos

1, y dividiendo dentro de la integral

numerador y denominador por xcos2 se tiene: ∫∫∫−

=−

=−

22

2

22 11

1

t

dt

xtg

dxxcos

xsenxcos

dx,

integral que ha sido resuelta en el ejercicio anterior. Por tanto:

Ctgx

tgxLtgxLtgxL

t

dt

xsenxcos

dx+

−

+=++−−=

−=

−∫∫ 1

1

2

11

2

11

2

1

1 222.

- Cambio general tx

tg =

2. Aplicando las correspondientes fórmulas trigonométricas se

tiene:21

2

t

tsenx

+= ,

2

2

1

1

t

txcos

+

−= ,

21

2

t

ttgx

−= . Por otra parte como arctgtxt

xtg 2

2=⇔=

,

diferenciando se obtiene: 21

2

t

dtdx

+= .

Ejemplo 8.42 ∫++ xcossenx

dx

1 . Aquí es obligado hacer el cambio general t

xtg =

2, se tiene:

Cx

tglntlnt

dt

t

ttt

t

dt

t

t

t

t

t

dt

xcossenx

dx+

+=+=

+

⋅=

+

−+++

+=

+

−+

++

+=++

∫∫ ∫∫ 211

22

2

1

121

1

2

1

1

1

21

1

2

12

22

2

2

2

2

2

Nota Cualquiera de los tres casos anteriores a éste se podría haber resuelto con el cambio

general tx

tg =

2 aunque este cambio conduce habitualmente a integrales cuya resolución es

larga y por lo tanto lo utilizaremos cuando no sea factible ninguno de los anteriores.


8-15

8.7 Integrales no resolubles por cuadraturas

Como dijimos, no siempre existe primitiva de una función. Cuando una función no tiene

primitiva la única opción es contentarse con funciones que sean aproximación de las dadas y, entonces, integrar.

A modo de ejemplo se dan algunas funciones que no pueden integrarse.

dxx

senax∫ , ∫ dx

senax

x, ∫

⋅ senaxx

dx, dx

x

axcos∫ , ∫ dx

axcos

x, ∫

⋅ axcosx

dx, ∫

⋅ axcosx

dx,

dxx

tgx∫ , ∫ dx

tgx

x, ∫

⋅ tgaxx

dx, ∫ ⋅⋅ dxtgaxx , dx

x

eax

∫ , ∫ ⋅⋅ dxxlneax , ∫ xln

dx, ∫

⋅

xln

dxx,

( )∫ ⋅dxxcosln , ∫ ⋅dxeax2

.


8-16

AMPLIACIÓN

I. Integración de funciones racionales con raíces complejas múltiples

Al factorizar el denominador aparece un factor de segundo grado del tipo

( )ncbxax ++2 , donde cbxax ++2 no tiene raíces reales.

El método de Hermite resuelve este tipo de integrales, pero no lo veremos aquí; por lo

que damos un método que se puede aplicar en casos sencillos.

En la descomposición, las fracciones simples correspondientes a este factor son del

tipo ( )n

nn

cbxax

NxM

cbxax

NxM

++

++⋅⋅⋅+

++

+

22

11 , la resolución de las integrales de este tipo de

fracciones se hace mediante un proceso de reducción aplicando la fórmula de integración por

partes. El cálculo es largo y supera nuestro propósito, no obstante y a modo de ilustración

resolveremos un caso de los más sencillos.

Ejemplo 8.43 ( )∫

+22 4x

dx

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫ =

+

−=

+

+=

+

−+=

+

=

+

dxx

xdx

x

xdx

x

xx

x

dx

x

dx22

2

22

2

22

22

2222 44

1

4

4

4

1

4

4

4

1

4

4

4

1

4

la primera ( ) ( ) 28

1

12

2

1

8

1

4

1

4

1

4

4

4

12222

2 xarctgdx

xdx

xdx

x

x∫∫∫ =

+

=

+=

+

+

la segunda ( )∫

+

− dxx

x22

2

44

1 la hacemos por partes eligiendo:

( ) ( ) ( ) ( )

+−=

+

=

+

=

=

⇒

+

=

=

∫ ∫∫42

1

4

2

2

1

442222222 xx

xdx

x

xdxv

dxdu

x

xdxdv

xu

así que:

( ) ( ) ( ) 216

1

48

1

4

1

8

1

424

1

44

12222222

2 xarctg

x

xdx

xx

xdx

x

x−

+

=+

−

+⋅

=

+

− ∫∫ ,obsérvese que esta

última integral es la resuelta anteriormente.

Luego, ( ) ( ) ( ) 216

1

48

1

216

1

48

1

28

1

4222222

xarctg

x

xxarctg

x

xxarctg

x

dx+

+

=−

+

+=

+∫ .

II. Integración de funciones irracionales cuadráticas

Se trata de integrar funciones del tipo dxcbxax,x∫

++2 . Dado que todo

polinomio de grado 2 se puede escribir de una de estas tres formas:

( )( )22abxK −+ , ( )( )22 bxaK +− o bien ( )( )22

abxK ++

se presentan tres tipos de integrales:


8-17

dxxa∫ − 22 se resuelve con el cambio sentax ⋅= o tcosax ⋅=

dxax∫ − 22 se resuelve con el cambio tsecax ⋅= o ectcosax ⋅=

dxax∫ + 22 se resuelve con el cambio tgtax ⋅= o gtcotax ⋅=

Ejemplos

Ejemplo 8.44 ∫ − dxxa 22 .

Se hace el cambio sentax ⋅= dttcosadx ⋅⋅=→

( )C

a

xarcsen

a

xa

a

xattcossentadttcosadxxa +

+

−=

+⋅=⋅=− ∫∫

22222222

22

ya que a

xarcsent = ,

a

xsent = y

a

xa

a

xtsentcos

2222 11

−=

−=−=

Ejemplo 8.45 ( )∫

−++ 142 22xxx

dx .

Como ( ) 521422 −+=−+ xxx , se tiene:

( ) ( ) ( )∫∫

−++

=

−++ 522142 2222xx

dx

xxx

dx,

⋅⋅⋅=

⋅=+

dttgttsecdx

tsecx

5

52y se tiene:

( ) ( )∫ ∫∫∫ ⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅=

−⋅

⋅⋅⋅=

−++

dttcostgttsec

dttgttsec

tsectsec

dttgttsec

xx

dx

5

1

55

5

555

5

52222222

.

Por tanto: ( )

Cx

xxsent

xxx

dx+

+

−+==

−++∫ 2

14

5

1

5

1

142

2

22 ya que:

2

14

2

51

2

552

22

+

−+=

+−=→

+=→⋅=+

x

xx

xsent

xtcostsecx .

Ejemplo 8.46 ∫+⋅ 232 xx

dx .

Se hace el cambio tcos

dtdxtgtx

23

2

3

2=→⋅= .

Realizando el cambio y simplificando se tiene:

∫∫−

+==

+⋅ tcos

tcosln

sent

dt

xx

dx

1

1

2

1

2

1

32 2 .

Deshacer el cambio de variable es trabajoso y a veces no es necesario, pero sí conviene hacerlo:

232

232

11

11

1

1

2

2

2

2

−+

++=

−−

++=

−

+

x

x

ttg

ttg

tcos

tcos

y queda:

Cx

xln

xx

dx+

−+

++=

+⋅∫

232

232

2

1

32 2

2

2


8-17

Ejercicios resueltos Integrales sencillas (casi inmediatas): R.1. Calcula las siguientes integrales:

a) ( ) ( )∫ −− dxxxx 767332 b) ∫ − 23x

dx c) ∫ −

dxx

x

23 3

2

.

Soluciones:

a) Inmediata ( ) ( ) ( ) Cxxdxxxx +−=−−∫4232 73

4

17673

b) Cxx

dx

x

dx+−=

−=

− ∫∫ 233

2

232

3

3

2

23

c) Cxlndxx

xdx

x

x+−=

−=

− ∫∫ 239

1

23

9

9

1

23

3

3

2

3

2

.

R.2. Calcula las siguientes integrales.

a) ∫ +dx

x

x

41

2 b) ∫ dx

xsen

xcos

3

3 c)

( )∫ +dx

xcos

x

122 d) ∫ + 22 ax

dx.

Soluciones:

a) ( )

( ) Carctanln

dxln

lndx x

x

x

x

x

+=

+

⋅=

+ ∫∫ 22

1

21

22

2

1

41

22

b) ( )( )

( )( )

( ) Cxsenlndxxsen

xcosdx

xsen

xcos+=

⋅= ∫∫ 3

3

1

3

33

3

1

3

3

c) ( ) ( )

( ) Cxtgdxxcos

xdx

xcos

x++=

+=

+ ∫∫ 12

1

1

2

2

1

1

2

2222

d) Dividimos numerador y denominador por 2a se tiene ∫∫∫ =

+

=

+

=

+1

11

1

1

22

2

22

a

x

dxa

a

a

x

dxa

ax

dx

Ca

xarctg

a+

=

1

R.3. Calcula:

a) ( ) dxxx ⋅−∫21 b) dxx

xx ⋅

+−∫ 3

3

2 1 c) ( )∫ + dxee xx 252 2 d) ∫ ⋅ dxtgx

e) ( )∫ ⋅ dxesene xx f) ∫ dxxcos

tgx2

g) ( )∫ ⋅ xlnsenx

dx2

h) ∫ ++ 962 xx

dx


8-18

Soluciones:

a) ( ) Cxxdxxxdxxx +−=⋅

−=⋅− ∫∫ 2

7

2

3

2

5

2

12

7

2

3

21

b) Cxx

xxxxdxxxxdxxx

x ++−=+−=⋅

+−=⋅

+− −−∫∫

3 4

2

33

4233

1323

3

2

4

3

2

1

3

1

4

3

2

1

3

11

c) ( ) ( ) ( )∫∫ ++=+=+ Cedxeedxee xxxxx 62252252 212

122

2

12

d) Cxcoslndxxcos

senxdxtgx +−=

−−=⋅∫ ∫

e) ( ) ( ) Cecosdxesene xxx+−=⋅∫

f) ( ) CxtgdxtgxDtgxdxx

tgx+=⋅=∫∫

2

2 2

1

cos

g) ( )

( )( )

( ) Cxgdxxsen

xD

xsenx

dx+−==

⋅ ∫∫ lncotln

ln

ln 22

h) ( ) ( ) Cx

xdxxxx

dx+

+−=+−=+=

++∫ ∫−−

3

133

96

12

2

R.4. Calcula:

a) ( )∫

−+

⋅22 21 x

dxx b) ∫ +

dxxsen

xcos21

c) ( ) dxsenxxcos ⋅+∫3

1

d) ∫+

+dx

xx

xx

23

2

3

63 e) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen2 f) ∫ +

⋅42 x

dxx g)

( )∫−+

+dx

xx

x33

2

12

23

h) ∫ ⋅ dxxx 32 i) ∫+

dxx

x 1.

Soluciones:

a) ( ) ( )

( ) Cxarctgx

dxx

x

dxx+−=

−+

⋅=

−+

⋅∫∫ 2

2

1

21

2

2

1

21

2

2222

b) ( )∫∫ =+

=+

senxarctgxsen

)senx(ddx

xsen

xcos22 11

c) ( ) ( ) ( ) ( ) Cxcosxcosdxcosdxsenxxcos ++−=⋅+−=⋅+ ∫∫433

14

111

d) Cxxdxxx

xxdx

xx

xx++=

+⋅

+=

+

+∫∫

23

23

2

23

2

3232

632

3

63

e) ( )∫ ∫ +=⋅=⋅⋅ Cxsensenxdxsendxxcosxsen 322

3

1

f) Cx

arctg

x

dxx

x

dxx

x

dxx+

=

+

⋅⋅=

+⋅

⋅=

+

⋅∫ ∫∫

24

2

21

2

22

1

212

2

2

222

24

g) ( )

( ) ( ) ( )( )

Cxx

xxxdxxdxxx

x+

−+

−=−+−=+−+=

−+

+ −−

∫ ∫ 23

23233

33

2

122

112

2

12312

12

23

h) Cln

dxdxx

xxx+==⋅∫ ∫ 6

6632


8-19

i) Cxxxxdxxxdxxx

xdx

x

x++=+=⋅

+=

+=

+∫∫ ∫

−

23

22

3

211 32

1

2

3

2

1

2

1

R.5. Integra por partes:

a) ∫ ⋅ dxxarccos b) ∫ ⋅ dxxsene x 32 c) ∫ ⋅ dxxlnx d) ( )∫ ⋅dxxlncos

e) ( )∫−

⋅+ dxex x12 f) ∫−−

⋅ dxex x 12

Soluciones:

a) ∫ =⋅ dxxarccos

=−

−=⇒

=

=

xv

dxx

du

dxdv

xarccosu21

1

∫ =

−

+⋅=21 x

xdxxarccosx

Cxxarccosx +−−⋅= 21

b) ∫ =⋅dxxsene x 32

−=

=⇒

⋅=

=

xcosv

dxedu

dxxsendv

euxx

33

12

3

22

∫ =⋅+−

= dxxcosexcose x

x

33

2

3

3 22

=

=⇒

⋅=

=

xsenv

dxedu

dxxcosdv

euxx

33

12

3

22

⋅−+

−= ∫ dxxsene

xsenexcose xxx

33

2

3

3

3

2

3

3 222

, llamando

∫ ⋅= dxxsene)x(F x 32 ,

( ) ( ) ( ) Cxsenexcose

xFxFxsenexcose

xFxx

xx

++−

=⇒−+−

=13

32

13

33

9

43

9

2

3

3 222

2

c) ∫ =⋅ dxxlnx

=

=

⇒⋅=

=

2

3

3

2

1

xv

dxx

du

dxxdv

xlnuC

xxlnx+−=

9

4

3

2 33

d) ( )∫ ⋅dxxlncos antes de aplicar la fórmula multiplicamos y dividimos por x.

( )( )

=⋅⋅=⋅ ∫∫ dxx

xlncosxdxxlncos ( )

( )

=

=⇒

⋅=

=

xlnsenv

dxdu

dxx

xlncosdv

xu

( ) ( ) ( )∫∫ ⋅−=⋅ dxxlnsenxlnxsendxxlncos volvemos a multiplicar y dividir por x antes de aplicar

la fórmula otra vez eligiendo ahora: ( )( )

−=

=⇒

⋅=

=

xlncosv

dxdu

dxx

xlnsendv

xu con lo que:

( ) ( ) ( ) ( )∫∫ ⋅−+=⋅ dxxlncosxlncosxxlnxsendxxlncos pasamos la integral al primer término y

despejamos: ( ) ( ) ( )[ ] Cxlncosxxlnxsendxxlncos ++=⋅∫ 2

1

e) ( )∫−

⋅+ dxex x12

−=

=⇒

⋅=

+=−− xx ev

xdxdu

dxedv

xu 212

( ) =⋅++−= ∫−− dxexex xx 212

−=

=⇒

⋅=

=−− xx ev

dxdu

dxedv

xu 22 ( ) ( ) Cexxdxexeex xxxx+++−=⋅+−+−=

−−−−∫ 32221 22


8-20

f) ∫−−

⋅ dxex x 12

−=

=⇒

⋅=

=−−−− 11

2 2xx ev

xdxdu

dxedv

xu=⋅+−= ∫

−−−− dxexex xx 112 2

−=

=⇒

⋅=

=−−−− 11

22xx ev

dxdu

dxedv

xu ( ) Cexxdxexeex xxxx+⋅++−=⋅+−−=

−−−−−−−−∫

121112 2222

R.6. Integra mediante trucos o formulas de descomposición:

a) ∫ −

1 senx

dx b) ∫

−++ 11 xx

dx c) ∫ ⋅⋅ dxxcossenx 2 d) ∫ ⋅⋅ dxxcosxcos 4

e) ∫ ⋅⋅ dxxsensenx 9 .

Soluciones:

a) ( ) ( )

=+

=−

+=+=

− ∫∫∫ xcos

dxsenx

xsen

dxsenxsenx

senx

dx22

1

1

1)1 por divide y multiplica (se

1

Cxsectgxxcos

senxdx

xcos

dx++=+= ∫∫ 22

b) ∫−++ 11 xx

dx, multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador.

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) Cxxdxxdxxdxxx

xx

xx

dx+

−−+=−−+=−−+

−−+=

−++∫∫ ∫∫

332

1

2

1

113

11

2

11

2

1

11

11

11

c) ( )( )∫∫ ++−=⋅−+=⋅⋅ Cxcosxcos

dxxsenxsendxxcossenx26

33

2

12

d) ( )( )∫∫ ++−=⋅−+=⋅⋅ Cxsenxsen

dxxcosxcosdxxcosxcos6

3

10

535

2

14

e) ( )( )∫∫ +−=⋅−−=⋅⋅ Cxsenxsen

dxxcosxcosdxxsensenx20

10

16

8108

2

19

R.7. Integra las fracciones algebraicas.

a) ∫+−

+−dx

xxx

xx

23

210623

2

b) ∫−

−+−dx

xx

xx23

2 22 c)

( )∫−⋅

+−dx

xx

xx2

2

1

142 d) ∫

+−

+dx

xx

x

45

42

2

e) ∫+−

+dx

xx

x

134

12

2

f) ∫−+

+dx

xxx

x

6

123

g) ∫++

dxxx

x

32

32

h) ( )∫

+⋅

−dx

xx

x

1

12

2

i) ∫+−

+dx

xxx

x

44

223

.

Soluciones:

a) ∫+−

+−dx

xxx

xx

23

210623

2

, ( ) ( )2123 23 −⋅−⋅=+− xxxxxx raíces reales simples.

( ) ( ) ( ) ( )

xxx

xxCxxBxxA

x

C

x

B

x

A

xxx

xx

23

1221

2123

21062323

2

+−

−⋅⋅+−⋅⋅+−⋅−⋅=

−+

−+=

+−

+− identificando:

322110 =→==→==→= Cx;Bx;Ax , por tanto:


8-21

Cxlnxlnxlndxx

dxx

dxx

dxxxx

xx+−+−+=

−+

−+=

+−

+−∫∫∫∫ 2312

2

3

1

21

23

210623

2

b) ∫−

−+−dx

xx

xx23

2 22, ( )1223 −⋅=− xxxx una raíz real simple y una doble.

( ) ( )23

221

221

23

2 11

1

22

xx

xBxAxxA

x

B

x

A

x

A

xx

xx

−

⋅+−⋅+−⋅⋅=

−++=

−

−+− identificando:

113120 12 =→−=−=→==→= Ax;Bx;Ax , por tanto:

Cxlnx

xlndxx

dxx

dxx

dxxx

xx+−−−=

−

−++=

−

−+−∫∫∫∫ 13

2

1

32122223

2

c) ( )∫

−⋅

+−dx

xx

xx2

2

1

142, una raíz real simple 0=x y una doble 1=x .

( ) ( )

( ) ( )

( )221

2

221

2

2

1

11

111

142

−⋅

⋅+−⋅⋅+−⋅=

−+

−+=

−⋅

+−

xx

xBxxBxA

x

B

x

B

x

A

xx

xx identificando:

111110 12 =→−=−=→==→= Bx;Bx;Ax , por tanto:

( ) ( )C

xxlnxln

x

dx

x

dx

x

dxdx

xx

xx∫ ∫ ∫∫ +

−+−+=

−−

−+=

−⋅

+−

1

11

111

14222

2

d) ∫+−

+dx

xx

x

45

42

2

, ( ) ( )41452 −⋅−=+− xxxx raíces reales simples.

45

51

45

422

2

+−+=

+−

+

xx

x

xx

x

( ) ( )45

14

4145

522

+−

−⋅+−⋅=

−+

−=

+− xx

xBxA

x

B

x

A

xx

x;

3

204

3

51 =→=−=→= Bx;Ax , así:

Cxlnxlnxdxx

dxx

dxdxxx

x+−+−−=

−+

−−=

+−

+∫∫∫∫ 4

3

201

3

5

4

1

3

20

1

1

3

5

45

42

2

e) ∫+−

+dx

xx

x

134

12

2

, dividiendo queda: 134

1241

134

122

2

+−

−+=

+−

+

xx

x

xx

x,por tanto

∫∫∫+−

−+=

+−

+dx

xx

xdxdx

xx

x

134

124

134

122

2

, ∫ = xdx ,calculamos ∫+−

−dx

xx

x

134

1242

, raíces

complejas en el denominador por tanto.

∫∫∫∫+−

−+

+−

−=

+−

−−=

+−

−dx

xxdx

xx

xdx

xx

xdx

xx

x

134

22

134

422

134

2422

134

1242222

,

( )1342134

422 2

2+−=

+−

−∫ xxlndx

xx

x

calculamos ( )∫ ∫

+−−=

+−

−dx

xdx

xx 92

14

134

422

hacemos dtdxtx 332 =→=− y

( )

−−=−=

+−=

+−− ∫∫ 3

2

3

4

3

4

99

34

92

14

22

xarctgarctgtdt

tdx

x en definitiva:

( ) Cx

arctgxxlnxdxxx

x+

−−+−+=

+−

+∫ 3

2

3

41342

134

1 2

2

2

f) ∫−+

+dx

xxx

x

6

123

, ( ) ( )32623 +⋅−⋅=−+ xxxxxx raíces reales simples.


8-22

326

123 +

+−

+=−+

+

x

C

x

B

x

A

xxx

x, ( ) ( ) ( ) ( )23321 −⋅⋅++⋅⋅++⋅−⋅=+ xxCxxBxxAx dando

valores a x se tiene: 15

23

10

32

6

10 −=→−==→=−=→= Cx;Bx;Ax , por tanto:

Cxlnxlnxlndxx

dxx

dxx

dxxxx

x++−−+−=

+−

−+−=

−+

+∫∫∫∫ 3

15

22

10

3

6

1

3

1

15

2

2

1

10

31

6

1

6

123

g) ∫++

dxxx

x

32

32

, el denominador no tiene raíces reales.

∫∫∫∫∫++

−++

+=

++

−+=

++=

++dx

xxdx

xx

xdx

xx

xdx

xx

xdx

xx

x

32

13

32

22

2

3

32

222

2

3

32

2

2

3

32

322222

( )322

3

32

22

2

3 2

2++=

++

+∫ xxlndx

xx

x hacemos ahora

( )∫∫++

−=++

−21

332

13

22x

dxdx

xx se

hace el cambio dtdxtx 221 =→=+

( ) 2

1

2

23

2

23

12

23

22

23

213

222

+−=−=

+−=

+−=

++− ∫∫∫

xarctgarctgt

t

dt

t

dt

x

dx

( ) Cx

arctgxxlndxxx

x+

+−++=

++∫

2

1

2

2332

2

3

32

3 2

2

h) ( )∫

+⋅

−dx

xx

x

1

12

2

una raíz real y dos complejas ( ) 11

122

2

+

++=

+⋅

−

x

NMx

x

A

xx

x

( ) ( ) xNMxxAx ⋅+++⋅=− 11 22 , si 10 −=→= Ax ; 21 =+→= NMx ; 21 =−→−= NMx

por tanto 02 == NyM y ( )

( )∫∫∫ +++−=+

+−

=+⋅

−Cxlnxlndx

x

xdx

xdx

xx

x1

1

21

1

1 2

22

2

i) ∫+−

+dx

xxx

x

44

223

, ( )223 244 −⋅=+− xxxxx , una raíz real simple 0=x y una doble 2=x .

( ) ( )

( ) ( )

( )221

2

221

2232

22

222

2

44

2

−⋅

⋅+−⋅⋅+−⋅=

−+

−+=

−⋅

+=

+−

+

xx

xBxxBxA

x

B

x

B

x

A

xx

x

xxx

x

identificando: 2

1322

2

10 12 −=→==→==→= Bx;Bx;Ax , así que:

( )C

xxlnxln

x

dx

x

dx

x

dxdx

xxx

x∫ ∫ ∫∫ +

−−−−=

−+

−−=

+−

+

2

22

2

1

2

1

22

22

1

2

1

44

2223

Integración por cambio de variable Trigonométricas R.8. Integra:

a) ∫ ⋅dxxcos3 b) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 22 c) ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 4 d) ∫ ⋅ dxxsec6

e) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 73 f) ∫ dxsenx

xcos3

g) ( )

∫+−

⋅+dx

xcosxcos

senxxcos

45

42

2

h) ( )∫

+dx

senx

xcos3

1

3

Soluciones:

a) ∫ ⋅dxxcos3 cambio dtdxxcostsenx =⋅→=

( ) ( ) Cxsen

senxt

tdttdxxcosxsendxxcosxcosdxxcos +−=−=⋅−=⋅−=⋅⋅=⋅ ∫∫∫∫ 3311

332223


8-23

b) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 22 aplicamos las fórmulas 2

21

2

21 22 xcosxcos,

xcosxsen

+=

−=

∫∫∫∫ −=−

=+−

=⋅⋅ dxxcosx

dxxcos

dxxcosxcos

dxxcosxsen4

2

44

21

2

21

2

21 2222 repitiendo la

fórmula ∫∫ +=+

=32

4

82

41

4

1

4

22 xsenxdx

xcosdx

xcos así que:

Cxsenxx

dxxcosxsen +−−=⋅⋅∫ 32

4

84

22

c) ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 4 cambio dtdxxcostsenx =⋅→=

Cxsent

dttdxxsenxcos +===⋅⋅ ∫∫5

544

5

1

5

d) ( )∫ ∫∫ ⋅+⋅=⋅⋅=⋅ dxxtgxsecdxxsecxsecdxxsec222426 1 cambio dtdxxsecttgx =⋅→= 2

( ) ( ) Cxtgxtg

tgxtt

tdtttdttdxxsec +++=++=⋅++=+=⋅ ∫ ∫∫ 43

2

43

2211

434342226

e) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 73 cambio tsenx = o bien txcos = , hacemos dtdxsenxtxcos =⋅−→=

( ) ( )∫∫∫ +−=⋅−−=⋅⋅−=⋅⋅108

11108

727273 ttdtttsenxdxxcosxcosdxxcosxsen deshaciendo el

cambio Cxcosxcos

dxxcosxsen +−=⋅⋅∫ 810

81073

f) ∫ dxsenx

xcos3

cambio dtdxxcostsenx =⋅→=

( ) ( )Cxsensenxlndttdt

tdt

t

tdx

senx

xcosxsendx

senx

xcos+−=⋅−=

−=

−= ∫∫∫∫∫

2223

2

1111

g) ( )

∫+−

⋅+dx

xcosxcos

senxxcos

45

42

2

, dtdxsenxtxcos =⋅−→=

( )∫∫

+−

+=

+−

⋅+dt

tt

tdx

xcosxcos

senxxcos

45

4

45

42

2

2

2

resuelta en el ejercicio 4. d) y por tanto

( )Cxcoslnxcoslndx

xcosxcos

senxxcos+−+−−=

+−

⋅+∫ 4

3

201

3

5

45

42

2

h) ( )∫

+dx

senx

xcos3

1

3, dtdxxcostsenx =⋅→=

( )

( ) ( )( )

Csenx

tdttdxsenx

xcos+

+−=+−=+=

+

−−

∫∫ 2

23

312

31

2

313

1

3

Otros cambios de variable R.9. Integra:

a) dxxx

xx∫

+

+

3 23

2

3

2 b) ∫

+ x

dx

1 c) ∫

+ xe

dx

1 d) ∫

−dx

x

x

1

3

Soluciones:


8-24

a) dxxx

xx∫

+

+

3 23

2

3

2 cambio ( ) ( )

22633 2223 dt

dxxxdtdxxxtxx =⋅+→=⋅+→=+

( ) Cxxtt

dtdx

xx

xx++===

+

+∫∫

3 2233

2

33 23

2

34

3

2

3

2

1

2

1

3

2

b) ∫+ x

dx

1, tdtdxtxtx 22 =→=→=

( ) ( ) Cxlnxtlntt

dtdt

t

tdt

x

dx++−=+−=

+−=

+=

+∫ ∫∫∫ 122122

122división) la hace (se

1

2

1

c) ∫+ xe

dx

1, cambio

t

dtdxdtdxete xx

=→=→=

( )∫∫+⋅

=+ tt

dt

e

dxx 11

( ) t

B

t

A

tt ++=

+⋅ 11

1, ( ) tBtA ⋅++⋅= 11 si 10 =→= At si 11 −=→−= Bt por tanto:

( )Celnxelnelntlntln

tt

dt

e

dx xxx

x++−=+−=+−=

+⋅=

+∫∫ 111

11

Otro modo de hacerla:

( )dx

e

edxedx

e

ee

e

dxx

xx

x

xx

x ∫∫∫∫+

−=+

−+=

+ 11

1

1 la primera es inmediata xe ,para la segunda se

hace dtdxete xx =→=+1 ( )∫∫ +===+

x

x

x

elntlnt

dtdx

e

e1

1 llegando al mismo resultado.

d) ∫−

dxx

x

1

3

, cambio dttdxtxtx ⋅=→+=→=− 11 2

( ) ( ) ( )( ) Cxx

xxtt

ttdttdx

x

x+−+−+

−+

−=+++=+=

−∫∫ 1212

5

16

7

1222

5

6

7

221

1

357

357

323

Para ampliar

Irracionales cuadráticas R.10. Integra:

a) ∫− 22 1 xx

dx b) ∫

− 22x

dx c) ∫

+dx

x

x 12

Soluciones:

a) ∫− 22 1 xx

dx cambio dttcosdxsentx ⋅=→=

Cx

x

sent

tcosgtcotdt

tcostsen

tcos

xx

dx+

−−=−=−=

⋅=

−∫∫

2

222

1

1


8-25

b) ∫− 22x

dx cambio dt

tsen

tcosdxteccosx

222 −=→=

∫∫∫∫ −=−=

−

−=

− sent

dtdt

sent

tcostsen

tcosdt

teccostsen

tcos

x

dx

2

2

22

2

2 2222 para resolver esta

integral hacemos dudtsentutcos =⋅−→= y se tiene:

( ) ∫∫∫∫−

−=−

⋅=

⋅=

222 11 u

du

tcos

dtsent

tsen

dtsent

sent

dt racional que por descomposición nos da:

u

uln

+

−

1

1

2

1 y por tanto

tcos

tcosln

u

uln

x

dx

+

−−=

+

−−=

−∫ 1

1

2

1

1

1

2

1

22, tsentcos

xsent 21

2−=→=

sustituyendo x

xtcos

22 −= y por tanto C

xx

xxln

x

x

x

x

lnx

dx+

−+

−−−=

−+

−−

−=

−∫

2

2

2

1

21

21

2

1

2 2

2

2

2

2

c) ∫+

dxx

x 12

cambio tcos

dtdxtgtx

2=→=

∫∫∫∫∫∫ +=⋅

+⋅

=⋅

=+

sent

dt

tcos

sentdt

tcossent

tdtcos

tcossent

tdtsen

tcossent

dtdx

x

x22

2

2

2

2

2 1 la primera es

inmediata tsec la segunda es la del ejercicio anterior deshaciendo el cambio queda:

Cx

xlnxdx

x

x+

++

+−++=

+∫

11

11

2

11

1

2

22

2


8-26

Ejercicios propuestos P.1. Integra:

a) ( )∫

−

dxx

x33

2

2

8 b) ∫

+−

−dx

xx

xx

12

4323

2

c) ∫ ⋅dxctgx d) ∫ ⋅ dxxxsencos 3

e) dxxcossenx ⋅

−∫ 2

2

1 f)

( )∫ −

+3

15

x

dxx g) ∫ dx

xcos

x32

2

h) dxxx ⋅⋅∫ 54

i) ∫+ x

x

e

dxe21

j)

( )∫

−−

−dx

xx

x

23

2

21

23 k) ∫ ⋅ dx

ex

x

3

l) ( ) dxxcossenxxcossenx ⋅+∫ m) ∫ ⋅ xdxx253 n) dxxx ⋅+⋅∫2513

ñ) ( )

∫ dxx

xlncos o) ∫ −

−

+ x

x

e

dxe4

2

1 p) ( )∫ ⋅ dxxsenx 32

P.2. Integra por partes:

a) ∫ ⋅dxarcsenx b) ∫ ⋅ dxxcotarc c) ∫ ⋅ xdxcosx2 d) ∫ ⋅ dxxlnx 2

e) ∫ ⋅⋅ dxexcos x f) ∫ ⋅ dxxcos3 g) ∫ ⋅⋅ dxex x3 h) ( )∫ ⋅+⋅ dxsenxlnsenx 1

i) ∫ ⋅⋅ dxex x23 j) ( )∫ ⋅⋅ dxxlnx2

k) ( )∫−

⋅+ dxex x542

P.3. Integra:

a) ∫+

+++dx

x

xxx

1

188 23

b) ∫− 22 xa

dx, con 0>a c) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 53

d) ∫ ⋅⋅ dxxcosxcos 57 e) ∫ ⋅⋅ dxxsenxsen 72

P.4. Integra las siguientes fracciones racionales:

a) ∫− 21 x

dx b) ∫

−dx

x

x4

2

81 c) ∫

++

+dx

xx

x

52

862

d) ∫+

dxx

x3

2

21

e) ∫+

−−dx

x

xx

1

124

f) ∫−+

+dx

xx

x

2

52

g) ∫+

+dx

x

x

43

32 h) ∫

+−

+dx

xx

x

45

12

3

j) ∫+++ 2345 33 xxxx

dx k) ∫

−dx

x

x

14

4

l) ( ) ( )∫

+⋅+ 11 2xx

dx m)

( )∫

−+

+

54

12 xx

dxx

n) ( )

( ) ( ) ( )∫+⋅+⋅+

+

321

53

xxx

dxx ñ)

( )∫ −2

2x

xdx

P.5. Integra:

a) ∫−

dxxcos

e tgx

2 b) ∫

+dx

xcos

senx23

c) ∫ ⋅ dxxsen5 d) ∫ senx

dx

e) dxxsen ⋅+∫ 21 f) ∫ ⋅ dxxcos 4 g) ∫++

dxxcosxcosxcos

senx

223

h) ( )∫ ⋅+⋅ dxxctgx 12 i) ∫ dxxcos

xsen3

j) ( )∫ + dxxtgxsen2

22


8-27

k) ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 42 l) ∫+−

dxsenxxsen

xcos

1262 m) ∫

+ xcos

dx

2 n) ∫

− xcos

dx

23

ñ) ∫+ xcos

xdxsen

41

2 o) ∫

− xctgxeccos

dx

22 p) ∫

++dx

x 11

1 q) ∫

+ xx

dx3

r) ∫+

dxx

x

2

2

s) ( )∫

−

+

13

2x

x

e

dxe t) ∫ dxxcos 3 u) dxex x

∫− 243

v) ( )( )∫

+2

ln1 xx

dx w) ∫ +

x

x

e

dxe6

3

2

P.6. Integra

a) ( )∫ dxxln3

b) ( )∫

−2

1 x

dx c) dxex x

∫−

⋅2

d) ∫+−

−dx

xx

x

563

12

e) ∫ +221 x

dx f) ∫

+ xe

dx

1 g) ∫

⋅+

dxx

x

241

2 h) dx

x

xx∫

+3 44 3

i) ∫−13x

dx j) ( )∫ ⋅−− dxxlnxx 322 2 k)

( )∫

−−− 223 2xx

xdx l) dx

e

ex

x

∫−

+

1

1

m) ( ) ( )[ ]∫ +−− 2lnln2ln

23xxxx

dx n) ∫

−

dxx

arcsenx

21 ñ) ∫

+

+++dx

x

xxx

1

122

23

o) ∫+−−

++dx

xxx

xx

1

15323

2

p) ∫+−

−+dx

xx

xx

82

432

2

Para ampliar

P.7. Integra

a) ∫ − 9 2 dxx b) ∫ ⋅− 42 dxx c) ∫ ⋅+ dxx 42 d) ∫ − dxxx 22 1 e) ( )∫

+221 x

dx


8-28

Soluciones:

P.1.a) ( )

Cx

+

−

−23 26

8, b) Cxx ++− 12ln 23 , c) Csenxln + , d) Cxsen +

4

4

1,

e) Cxsenxcos +−− 24

1, f) C

xx ++

4

5 45 , g) C

tgx+

3

3

, h) Cx

+15

44 15

, i) Carctgex +

j) ( ) Cxxarcsen +− 23 , k) Cln

ex

+−

31

3, l) C

xcosxsen+

−

3

33

, m) Cln

x

+310

325

n) ( ) Cx ++3251

5

1, ñ) ( ) Cxlnsen + , o) Carctge x

+−−2

2

1, p) Cxcos +−

3

3

1

P.2. a) Cxarcsenxx +−+⋅ 21 , b) ( )

Cxln

xcotarcx ++

+⋅2

1 2

, c)

Csenxxcosxsenxx +−+⋅ 222

d) Cxxlnx

+−93

33

, e) Cxcossenx

e x+

+

2, f) C

xsensenx +−

3

3

,

g) Ceexexex xxxx +⋅−⋅+⋅−⋅ 663 23 , h) ( ) Cxxcossenxlnxcos ++++⋅− 1

i) ( )

Cxe

dxexx

x+

−=⋅⋅∫ 2

123

2

2

, j) Cxxln

xlnx ++

−

42

1

2

22 , k) C

xe x

++

−−

25

22105

P.3. a) Cxx

++3

8 3

, b) Ca

xarcsen + , c) C

xcosxcos+−

16

8

4

2, d) C

xsenxsen++

4

2

24

12

e) Cxsenxsen

+−18

9

10

5

P.4. a) Cx

xln +

−

+

1

1

2

1, b) C

xarctg

x

xln +

−

−

+

36

1

3

3

12

1, c) C

xarctgxxln +

++++

2

1523 2 d)

( ) Cxln ++321

6

1, e) Cxln

xx++−− 1

34

34

, f) Cxlnxln ++−− 212 , g) Cxlnx

+++ 439

1

3

2,

h) Cxlnxlnxx

+−−−++ 13

24

3

655

2

2

, j) ( )

Cxxx

xx ++

−+

−−−+2

12

1

1

21ln31ln3

k) Carctgxxlnxlnx +−+−−+2

11

4

11

4

1, l) ( ) Carctgxxlnxln +++−+

2

11

4

11

2

1 2

m) Cxlnxln +++− 53

21

3

1, n)

( ) ( )Cxlnxln

xxxln ++++−

+−

+++ 3

4

123

1

1

12

51

4

112

ñ) Cx

xln +−

−−2

22

P.5. a) Ce tgx +− − , b) Cxcos

arctg +−33

3, c) C

xcosxcosxcos +−+−

53

2 53

d) Cx

x+

+

−

cos1

cos1ln

2

1 e) Csenxx ++− cos , f)

( ) ( )C

xsenxsenx+++

4

2

32

4

8

3


8-29

g) Cxxxx

+

++

+++−

7

1cos2arctan

72

1

4

2coscosln

2

cosln2

h) ( ) Cxsenln ++12

1 2 , i) Cxcosxcosln ++−2

2

1

j) ( ) ( ) ( ) ( )

( )C

x

xx

xxxtg+

−

++−−−

2sin1

2sin1ln

2

12sin

8

4sin

22

2, k)

( ) ( )C

xsenxsenx+−−

48

2

32

4

8

3

,

l) Csenx

arctg +

−

3

3

3

3 m) C

xtg

arctg +

3

23

32, n) C

xtgarctg +

25

5

52,

ñ) ( )

Cx

+2cos4

1, o) Cxcosln +− 21

2

1 p) Cxlnx +++−+ 11212 ,

q) ) (cambio 16632 66663 txtxCxlnxxx =→=++−+−

r) ( ) ( ) Cxxx ++++−+ 2823

82

5

2 35, s) Celnx x +−+− 13

3

72

t) [ ] Cxcosxsenx ++⋅ 3333

2, u) ( ) Ceex xx

++⋅−−− 22 4424

32

1, v) ( ) Cxarctg +ln

w) Ce

arctgx

+

223

1 3

P.6. a) ( ) ( ) Cxxlnxxlnxlnx +−+− 66323

, b) Cx

+−

−1

1, c) C

e x

+−−

2

2

d) Cxxln ++− 5636

1 2 , e) ( )

Cxarctg

+2

22, f) ( ) Cxeln x +++− 1 , g) C

ln

x

+⋅+

22

241

h) Cxx ++ 3

4

4

3

4

3

3

4, i) ( ) C

xarctgxxlnxln +

+−++−−

3

1231

2

11

3

1 2 ,

j) Cxxx

xlnxxx

+++−⋅

−− 3

29

23

3

2 232

3

k) 211818922

3

5

6

7

63

4

3 62345

678

−=+−++++++++ xtCtlnttttt

ttt

, l) Celnx x +−− 12

m) Cxlnxlnxln +−−++− 12

11

6

12

3

1, n)

( )C

arcsenx+

2

2

, ñ) ( ) Cxlnxx

++++ 12

1

2

22

, o)

( )Cxln

xxln ++−

−+− 1

4

1

12

91

4

13, p)

7

1782

2

5 2 −−+−+

xarctgxxlnx

P 7. a) 3 con 24

9

2

9sentxtsent =+ , b)

sentx

tt

t 2 con

sen

2cost

cos1

cos1ln

2=+

−

+

c) tgtxtsent

sent2 con

cos

2

1

1ln

2=−

−

+, d) ( )sentx

tsent=−

32

4

8, e) C

x

xarctgx+

++

)1(22 2

Integral definida Tema 9

9-1

Tema 9

Integral definida

9.1 Introducción

El concepto de Integral Definida viene a resolver el problema del cálculo del área de una región plana limitada, al menos, por una curva. Aunque, con los siglos, se multiplicarán sus aplicaciones.

Desde tiempo inmemorial se conocen buenas aproximaciones del área del círculo de

radio conocido, pero el problema surgía cada vez que la línea curva en cuestión no era un arco de circunferencia.

Fue Arquímedes (siglo III a. de C.) quien, mejorando el método de exhaución de

Eudoxo (siglo IV a. de C.), dio las primeras ideas para resolver este problema. De manera análoga a como se hizo con el círculo, aproximar su área mediante las áreas de polígonos regulares inscritos y circunscritos al mismo con un número de lados cada vez mayor, Arquímedes aproximó la superficie de una región limitada por una curva parabólica mediante rectángulos inferiores y superiores a la curva en cuestión.

Pero como los griegos sentían “horror por el infinito”, Arquímedes llegó a este resultado

por su propio método en el que evitaba el uso del infinito. Pero el cómo llegó al resultado es cuestión que se puede leer en otros libros. Ahora, basta saber que el método es similar a la definición que posteriormente se dará.

A partir del siglo XVII, la idea de Arquímedes fue retomada y mejorada por los matemáticos. Pero, cuando descubrieron la relación entre el problema del área y el de la recta tangente, la integración abandonó su origen geométrico y tan sólo fue considerada como la operación inversa de la diferenciación.

Fue Cauchy, en el siglo XIX, quien recuperó el sentido geométrico de la integral como

área. Pero fue Riemann quien, posteriormente, dio una definición más general de integral basada en el método de Cauchy de aproximación por sumas sucesivas que, en último término, se remonta a Arquímedes.

No obstante, la generalización del concepto de integral siguió durante la primera mitad

del siglo XX, hasta el punto de que se ha llegado a decir que “aunque la integración es tan antigua como la época de Arquímedes, la teoría de la integral ha sido una creación del siglo XX”.


9-2

9.2 Definición de Integral de Riemann

Sea ( )xf una función continua en [ ]b,a . Si se divide el intervalo [ ]b,a en n partes

iguales, mediante los puntos a = x0 < x1 < x2 <KK < xn = b , se obtienen n subintervalos de la

forma [ ]ii x,x 1− con i = 1,2,K,n .

a bxi- 1a bxi- 1 xici

f

Notas

- A ( )xf se le llama integrando y los valores a y b reciben el nombre de límites de integración.

- El segundo miembro es una suma "infinita" de áreas de rectángulos, con signos positivos o

negativos según sea el signo de f. Si ( )xf es positiva en todo el intervalo [ ]b,a es fácil ver que,

al tender n a infinito, la suma de éstas áreas coincidirá con el área limitada por la gráfica de la

curva ( )xfy = , el eje OX y las rectas x = a , x = b .

- El símbolo ∫ viene a ser una deformación de la inicial de la palabra suma. Y con ( )dxxf se

da a entender el área de un rectángulo de altura ( )xf y base dx . Esto es, un diferencial de

área.

- Por convenio, si a < b y f es integrable en [ ]b,a , se define ∫∫ −=b

a

a

bff . Por otro lado, para

cualquier f definida en a se considera

fa

a

∫ = 0 .

Definición Llamamos integral definida de ( )xf entre a y b, y la denotaremos por ( )dxxfb

a∫ ,

al límite

( )∫ =b

adxxf ( )( ) ( )( ) ( )( )[ ] =−++−+− −

∞→1122011 nnn

nxxcfxxcfxxcflim K

( )( )

−= ∑

=

−∞→

n

i

iiin

xxcflim1

1 , con [ ]iii x,xc 1−∈ ,

cuando este límite exista y sea el mismo para cualquier elección de los puntos c i . En tal

caso, se dice que f es integrable en [ ]b,a .


9-3

(Demostración en el anexo final). Una ilustración gráfica de la proposición anterior puede verse en las figuras siguientes:

a b

m

a b

M

Dada la definición de integral definida, se plantean dos cuestiones esenciales:

• ¿Para qué funciones existe la integral definida?

• En caso de que exista, ¿cómo obtenerla?

La primera cuestión se responde en la siguiente proposición. Mientras que la otra

requiere, en ocasiones, del concepto de primitiva (ver Tema 8) y de la Regla de Barrow que se

verá más adelante.

9.3 Propiedades de las funciones integrables

Las siguientes propiedades se han trabajado ya en la integral indefinida.

Proposición Sean f una función real integrable en [ ]b,a , ( ) [ ] b,ax:xfinfm ∈= y

( ) [ ] b,ax:xfsupM ∈= , entonces:

( ) ( )abMfabmb

a−⋅≤≤−⋅ ∫ .

Linealidad de la integral

1. Sean f y g funciones reales integrables en [ ]b,a , entonces la función f + g es integrable

en [ ]b,a y se cumple

( ) ∫∫∫ +=+b

a

b

a

b

agfgf .

2. Sea f una función real integrable en [ ]b,a , entonces para todo R∈α , la función f⋅α es

integrable en [ ]b,a y se cumple

∫∫ ⋅α=⋅αb

a

b

aff .

Proposición Sea [ ] Rb,a:f → una función.

• Si f es continua en [ ]b,a , entonces f es integrable en [ ]b,a .

• Si f es acotada y monótona a trozos en [ ]b,a , entonces f es integrable en [ ]b,a .


9-4

Nota El recíproco también es cierto; esto es, si f es integrable en [ ]c,a y [ ]b,c , entonces f es

integrable en [ ]b,a y se verifica la igualdad.

Ejemplo 9.1 La proposición anterior afirma que ∫ ∫∫ +=1

0

2

1

222

0

2 dxxdxxdxx . En el ejemplo

9.17 de “para ampliar” se ve que 3

82

0

2=∫ dxx . Utilizando el mismo método se puede

comprobar que

3

11

0

2=∫ dxx y

3

72

1

2=∫ dxx ,

de donde surge inmediata la igualdad.

Demostración.- Como f es continua en

[ ]b,a , por el Teorema de Bolzano-

Weierstrass (ver tema 3), f alcanza el

máximo y el mínimo en el intervalo [ ]b,a .

Sean m y M los valores mínimo y máximo, respectivamente, de f en dicho intervalo.

Aplicando la proposición del epígrafe 9.2, se tiene que

( ) ( )abMfabmb

a−⋅≤≤−⋅ ∫ .

Dividiendo las anteriores

desigualdades entre ( )ab − queda

Mfab

mb

a≤

−≤ ∫

1 .

Ahora bien, como f es continua, por el teorema de los valores intermedios (ver tema 3) se sabe que f alcanza todos los valores comprendidos entre m y M. En particular, el valor

∫−

b

af

ab

1 se alcanzará para algún ( )b,ac ∈ ; esto es, ( ) ∫−

=b

af

abcf

1 , de donde se sigue lo que

se quería demostrar.

Proposición ( Aditividad respecto del intervalo de integración) Sea f una función real

integrable en [ ]b,a y sea ( )b,ac∈ , entonces f es integrable en [ ]c,a y [ ]b,c y, además, se

cerifica

∫∫∫ +=b

c

c

a

b

afff .

Propiedades de la monotonía Sean f y g funciones reales integrables en [ ]b,a .

• Si ( ) [ ]b,ax,xf ∈∀≥ 0 , entonces 0≥∫b

af .

• Si ( ) ( ) [ ]b,ax,xgxf ∈∀≤ , entonces ∫∫ ≤b

a

b

agf .

Teorema del valor medio para integrales o Teorema del valor intermedio Sea f

una función real continua en [ ]b,a , entonces existe un ( )b,ac∈ tal que

( ) ( )( )abcfdxxfb

a−=∫ .

a bca bcc


9-5

Nota Gráficamente, si ( ) 0≥xf , este teorema expresa que existe un punto c del intervalo [ ]b,a

tal que el área limitada por la curva, el eje OX y las rectas bx,ax == , es igual a la del

rectángulo de base ( )ab − y altura ( )cf . Esto es, se compensan zonas de área.

9.4 Teoremas fundamentales del Cálculo

Los teoremas de este epígrafe se llaman fundamentales porque prueban que la integración es la operación inversa de la derivación y, a la vez, dan un método para resolver la integral definida de aquellas funciones que admiten primitivas.

Sea f una función real integrable en [ ]b,a , y S la función definida en [ ]b,a del siguiente

modo ( ) ( )∫=x

adttfxS .

Nota A la función S se le suele llamar función área, porque en el caso de que f sea no

negativa en el intervalo [ ]b,a , el valor ( )0xS determina, para cada 0x del intervalo, el área

limitada por la gráfica de f, el eje OX y las rectas 0xx,ax == .

a ba bx

f

Demostración.- En un mismo paso se prueba que S es derivable y que su derivada es f. En

efecto, para todo [ ]bax ,∈ se tiene:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )=

+

=

−

=−+

=′∫∫∫∫

+

→

+

→→ h

dttfdttf

limh

dttfdttf

limh

xShxSlimxS

a

x

hx

a

h

x

a

hx

a

hh 000

( )( )

( ) ( )xfcflimh

hcflim

h

dttf

limxcoh

hx

x

h==

⋅==

→→

+

→

∫0

, con ( )hxxc +∈ , (como 0→h , entonces

xc → ) y, como f es continua, se sigue el teorema.

Nota Por un lado, este teorema afirma que toda función continua admite una primitiva en

forma de integral definida y, por otro, como ( ) ( )xfdttfDx

a=

∫ , permite afirmar que en cierto

sentido la derivación es la operación contraria de la integración.

Primer teorema fundamental del Cálculo Integral

Sea f una función continua en [ ]b,a , y S la función definida anteriormente.

Entonces:

• S es derivable en [ ]b,a .

• S es una primitiva de f en [ ]b,a .


9-6

Demostración.- Por el primer teorema fundamental se sabe que ( ) ( )∫=x

adttfxS es una

primitiva de f.

Como dos primitivas difieren en una constante k)x(S)x(F =− , con k una constante.

Ahora bien, como ( ) 0=aS y k)a(S)a(F =− , se deduce que )a(Fk = .

Por otro lado, de k)b(S)b(F =− y ( )aFk = , se tiene que ( ) ( ) ( )aFbSbF =− .

Despejando ( )bS , se tiene ( ) ( ) ( )aFbFbS −= y como, por definición, ( ) ( )∫=b

adxxfbS ,

se sigue de manera inmediata lo que se quería demostrar. Nota La importancia del Teorema de Barrow es también doble:

• por una parte, permite calcular una integral definida a partir de una primitiva del integrando, con lo que hace innecesario hallar el límite de las sumas indicado en la definición de integral de Riemann,

• por otro lado, muestra la conexión existente entre el Cálculo Diferencial y el Cálculo

Integral ya que ( ) ( ) ( )∫ −=′b

aaFbFdxxF .

Ejemplo 9.2 Ahora se pueden realizar con mayor comodidad los cálculos efectuados en el ejemplo anterior.

3

80

3

8

3

2

0

32

0

2=−=

=∫

xdxx .

04

1

4

1

4

1

1

41

1

3=−=

=

−−∫

xdxx .

9.5 Cambio de variable Las siguientes proposiciones vienen a decir que si se obtiene la primitiva por cambio de variable también cambian los límites de integración.

Ejemplo 9.3 Para calcular ∫π

⋅2

0

2 dxxcosxsen se hace el cambio txcos = , por lo que

( )3

11

3

112

2

11

0

1

320

1

20

1

22

0

2 =

−=−−=−−=⋅ ∫∫∫

π

tdtttdtttdxxcosxsen .

Regla de Barrow (Segundo teorema fundamental del Cálculo Integral)

Sea f una función continua en [ ]b,a , y F una primitiva de f en [ ]b,a .

Entonces:

a

b

b

a)x(F)a(F)b(Ff =−=∫

Proposición (Primer tipo de cambio de variable) Sea g una función con derivada

continua en [ ]b,a y f una función continua definida al menos en Im(g). Entonces, si se

efectúa el cambio de variable ( ) txg = , se tiene que

( )( ) ( )( )

( )

∫∫ =bg

ag

b

adttfdxxgf .


9-7

Ejemplo 9.4 Para calcular ∫ −1

0

21 dxx se hace el cambio tsenx = , por lo que

( ) ( )44

2

22

211

2

0

2

0

2

0

21

0

2 π=

+=

+==−

πππ

∫∫∫tsent

dttcos

dttcosdxx .

9.6 Aplicaciones al cálculo de áreas

Si f es una función integrable en [ ]b,a , de la definición se deduce:

• Si f no es negativa en todo el intervalo, el área de la región limitada por la gráfica de f,

el eje OX y las rectas bx,ax == , viene dada por ( )∫=b

adxxfA .

• Si f no es positiva en todo el intervalo, el área de la región limitada por la gráfica de f, el

eje OX y las rectas bx,ax == , viene dada por ( )∫−=b

adxxfA .

Por lo tanto, en el cálculo de áreas, lo primero a estudiar es el signo de la función en el intervalo de integración.

Ejemplos

Ejemplo 9.5 Sea la función ( ) 3xxf = definida en el intervalo [ ]10, . Para calcular el área

encerrada por f , el eje de abcisas y la recta 1=x , basta ver que la función es positiva en todo

el intervalo y, como consecuencia, su área es

4

1

4

1

0

41

0

3=

== ∫

xdxxA .

Ejemplo 9.6 Sea la función ( ) 32 −= xxf definida en todo R.

Para calcular el área de la región limitada por la gráfica de f y el

eje de abcisas, primeramente vemos cuál es esta región. Para

ello, necesitamos hallar los puntos de intersección de f con OX. Es

fácil ver que f corta al eje en 3=x y 3−=x y que la región

pedida es la definida en el intervalo [ ]33 ,− . Como f es

negativa, su área es

Proposición (Segundo tipo de cambio de variable) Sea f una función continua en

[ ]b,a y [ ] [ ]b,ad,c:g → una función continua y biyectiva en [ ]d,c , derivable en ( )d,c

tal que ( ) 0≠′ xg para todo ( )d,cx∈ . Entonces, si se realiza el cambio de variable

( )tgx = , se tiene que

( ) ( )( )( )

( )

∫∫−

−=

bg

ag

b

adttgfdxxf

1

1

-2 -1 1 2

-3

-2

-1

1

2

-2 -1 1 2

-3

-2

-1

1

2


9-8

( ) 34333

3323

323

33

3

0

33

3

33

3

2 =

−−=

−−=

−−=−−=

−−∫ x

xx

xdxxA ,

donde hemos utilizado que la función es simétrica respecto del eje OY.

Ejemplo 9.7 Para hallar el área encerrada por ( ) xsenxf = , el eje de abcisas y la recta 4

π=x

, en el intervalo

ππ−

4, , se estudia el signo de la función en dicho intervalo en cuestión. Es

fácil ver que es negativa en [ ]0,π− y positiva en

π

40, . Por lo tanto, el área es

( ) ( )2

261

2

211

4

0

04

0

0 −=+−+=−+=+−=

π

π−

π

π− ∫∫ xcosxcosdxxsendxxsenA .

-5 -4 -3 -2 -1 1

-1

-0.5

0.5

1

-5 -4 -3 -2 -1 1

-1

-0.5

0.5

1

9.6.1 Área de la región limitada por las gráficas de dos funciones

Sean f y g dos funciones integrables en [ ]b,a , con ( ) ( )xgxf ≤ para todo x del intervalo.

Entonces, el área de la región limitada por las gráficas de f y g es

( ) ( )( )∫ −=b

adxxfxgA

Ejemplos

Ejemplo 9.8 Para hallar el área limitada por las gráficas de las

funciones ( ) 52 −= xxf y ( ) 23 xxg −= , primeramente hallamos

los puntos de intersección. Es fácil ver que éstos son 2−=x y

2=x . Por lo que la región limitada por las curvas es la

correspondiente al intervalo [ ]22,− , donde se cumple además

que ( ) ( )xgxf ≤ . En consecuencia, el área pedida es

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) =−=−=+−−=−= ∫∫∫∫ −−−

2

0

22

2

22

2

222

22822853 dxxdxxdxxxdxxfxgA

( )3

64

3

16162

3

282282

2

0

32

0

2 =

−=

−=−= ∫

xxdxx ,

en donde hemos utilizado que el integrando es una función simétrica respecto del eje OY.

Ejemplo 9.9 Para hallar el área limitada por las gráficas de las funciones ( ) 12 −= xxf y

( ) 123 +−−= xxxxg , primeramente hallamos los puntos de intersección. Es fácil ver que

-2 -1 1 2

-4

-2

2

-2 -1 1 2

-4

-2

2


9-9

éstos son 1−=x , 1=x y 2=x . Por lo tanto, la región a estudiar está compuesta por dos

zonas, una que se corresponde con el intervalo [ ]11,− y otra con el

[ ]21, . En el primer intervalo, ( ) ( )xgxf ≤ , mientras que en el

segundo es ( ) ( )xgxf ≥ ; así pues, el área pedida es

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) =−+−= ∫∫−

2

1

1

1dxxgxfdxxfxgA

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) =−+−= ∫∫−

1

2

1

1dxxfxgdxxfxg

( ) ( ) =+−−++−−= ∫∫−

1

2

231

1

23 2222 dxxxxdxxxx

=

+−−+

+−−=

−

1

2

2341

1

234

223

2

42

23

2

4x

xxxx

xxx

=

+−−−+−−+

−−+−+−−= 42

3

1642

2

1

3

2

4

12

2

1

3

2

4

12

2

1

3

2

4

1

6

17

3

16

2

12 =+−−= .

Nota Si ( )xfy = es continua y biyectiva de [ ]b,a en [ ]d,c , el área

limitada por el eje OY, la gráfica de f y las rectas cy = , dy = , viene dada

por

( )dyyfAd

c∫−= 1 .

A efectos prácticos, el problema se reduce a hallar la función

inversa, esto es, despejar x y dejarla en función de y (lo cuál no siempre es posible).

Ejemplos

Ejemplo 9.10 Para hallar el área limitada por la gráfica de ( ) 1+= xxf , el eje OY y las rectas

2=y , 4=y , no existe ningún problema pues la gráfica de f es una recta y, por tanto,

continua y biyectiva en el intervalo que deseemos. Su inversa es ( ) 11 −=− yyf , luego el área

pedida es ( ) ( ) 422482

1

4

2

24

2=−−−=

−=−= ∫ y

ydyyA .

Ejemplo 9.11 Para hallar el área limitada por la gráfica de ( ) xsenxf = , el eje OY y las rectas

0=y , 1=y , no existe ningún problema pues la gráfica de f es continua y biyectiva de

π

20,

en [ ]10, . Su inversa es ( ) yarcsenyf =−1 , luego el área pedida es dyyarcsenA ∫=1

0. Para

ello, calculamos una primitiva del integrando. En efecto,

=

==−

===∫

xv;dxdvx

dxdu;xarcsenu

dxxarcsen 21

a b

c

d

f

-2 -1 1 2

-4

-2

2

4

-2 -1 1 2

-4

-2

2

4


9-10

( ) Cxxarcsenxdxxxxarcsenxx

dxxxarcsenx +−+=−−+=

−

−=−

∫∫ 2212

2112

2

1

1.

Por lo tanto, 2

111

0

21

0

π==

−−== ∫ arcsenxxarcsenxdyyarcsenA .


9-11

AMPLIACIÓN 1: Volúmenes de cuerpos de revolución 9.7.1 Revolución alrededor del eje de abcisas

Sea f una función integrable en [ ]b,a . El volumen del cuerpo de revolución engendrado

al girar, alrededor del eje OX, la región del plano limitado por la gráfica de ( )xfy = , el eje OX y

las rectas ax = , bx = , es

( )( )∫π=b

aX dxxfV

2.

Nota A diferencia del área, en la que se sumaban infinitos

rectángulos, aquí se suman infinitos cilindros de radio ( )xf y

altura dx . Como el volumen de un cilindro es igual al área

de la base por la altura del mismo, cada cilindro anterior

tendrá un volumen igual a ( )( ) dxxf2

π , de donde se sigue la

fórmula escrita anteriormente.

Ejemplos

Ejemplo 9.12 Para hallar el volumen que engendra al girar alrededor del eje de abcisas la

gráfica de 2xy = , entre 0=x y 1=x , bastará aplicar

55

1

0

51

0

4 π=

π=π= ∫

xdxxVX .

Ejemplo 9.13 Para hallar el volumen que engendra al girar

alrededor del eje de abcisas la región limitada por xtgy = ,

0=y , 6

π=x ,

3

π=x , bastará aplicar

( ) ( ) =+−π=π=π

π

π

π∫3

6

3

6

2 xtgxdxxtgVX

( )6

34

3

32

63

3

63

3

π−π=

+

π−π=

−

π++

π−π=

9.7.1.1 Volúmenes de cuerpos de revolución engendrados al girar la región limitada por dos curvas

Sean f y g dos funciones integrables en [ ]b,a , con ( ) ( )xgxf ≤ para todo x del intervalo.

Entonces, el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OX la región limitada por las gráficas de f y g, entre a y b, es

( ) ( )( )∫ −π=b

aX dxxfxgV

22

Nota Observa que el integrando es la diferencia de dos cuadrados y no el cuadrado de una diferencia.


9-12

Ejemplo 9.14 Para hallar el volumen que engendra al girar alrededor del eje OX el recinto

limitado por ( )2

22x

xxg −= y ( )2

xxf = , calculamos

primeramente los puntos de intersección. Es fácil ver que éstos

son 0=x y 3=x , y que en ese intervalo se tiene que

( ) ( )xgxf ≤ . Luego el volumen es

( ) ( )( ) =

−−+=−= ∫∫

3

0

23

42

3

0

22

42

44 dx

xx

xxπdxxfxgπVX

=

−+=

−+= ∫

3

0

4533

0

342

220452

44

15 xxxπdxx

xxπ

5

27

2

81

20

243

4

135 ππ =

−+= .

9.7.2 Revolución alrededor del eje de ordenadas

Sea f una función integrable en [ ]b,a . El volumen del cuerpo de revolución engendrado

al girar, alrededor del eje OY, la región del plano limitada por la gráfica de ( )xfy = , el eje OX y

las rectas ax = , bx = , es

( )∫π=b

aY dxxfxV 2 .

Nota A diferencia del volumen engendrado al girar alrededor del eje OX, aquí se suman las

áreas de infinitos tubos (caras laterales de cilindros) de radio de la base igual a x y altura ( )xf .

Como el área lateral de un tubo es el producto de la longitud de la circunferencia de la base

por la altura del mismo, cada tubo tendrá un área igual a ( )xfxπ2 , de donde se sigue la

fórmula escrita anteriormente.

Ejemplo 9.15 El volumen del sólido engendrado al girar en torno al eje OY la región del plano

limitada por la gráfica de xseny = , entre 0=x y 2

π=x , es dxxsenxVY ∫

π

π=2

02 . Como

una primitiva del integrando es ( ) xsenxcosxxF +−= (se hace por partes), resulta que

( ) π=+−π=π=ππ

∫ 2222

0

2

0xsenxcosxdxxsenxVY .

Nota Si lo que se pretende es hallar el volumen del sólido engendrado al girar, en torno al eje

OY , la región del plano limitada por la gráfica de ( )xf , el eje OY y las rectas cy = e dy = ,

siendo ( )afc = , ( )bfd = y f biyectiva e integrable en [ ]b,a , puede aplicarse una fórmula

análoga a la vista para el caso de OX, quedando

( )( ) dyyfVd

cY

21∫ −π= .

Ejemplo 9.16 El volumen del sólido engendrado al girar, en torno al eje OY , la región del plano

limitada por la gráfica de ( ) 2xxf = , el eje OY y las rectas 1=y e 4=y , es

( )2

15

2

4

1

24

1

2 π=

π=π= ∫

xdxxVY .


9-13

Observa en el dibujo que el volumen pedido es la diferencia entre dos cilindros, menos el volumen engendrado al girar, en torno al eje OY , la región del plano limitada por la gráfica

de ( ) 2xxf = , el eje OX y las rectas 1=x e 2=x . El cilindro grande tiene de radio de la base

2 y altura 4; mientras que el cilindro pequeño tiene de radio de la base 2 y altura 1. Para el tercer volumen podemos aplicar la fórmula del ejemplo 9.20. En efecto,

2

15

4

14215

4215216

2

1

42

1

2 π=

−π−π=

π−π=π−π−π= ∫

xdxxxVY .


9-14

AMPLIACIÓN 2: Lo que pudo hacer Arquímedes

Cálculo del el área limitada por la parábola y = x2

, la recta x = 1 y el semieje positivo

de las equis: Se divide el intervalo [ ]10, en n partes iguales y, tomando como base el segmento

de cada enésima parte, se construye un rectángulo de altura igual a la imagen del punto de la

base con menor imagen. Como se aprecia en el dibujo, la suma de las áreas de todos estos

rectángulos es inferior al área pedida y, conforme n aumenta, esta suma se aproxima más al

área pedida.

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Si, a continuación, los rectángulos se construyen con altura igual a la imagen del punto

de la base con mayor imagen, la suma de las áreas de todos estos rectángulos es superior al

área pedida y, conforme n aumenta, esta suma se aproxima más al área pedida.

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Como la base de cada rectángulo mide

1

n, resulta que:

• la suma de las áreas de todos los rectángulos inferiores es

( )3

222222121112111

0n

n

n

n

nnnnnI

−+++=

−++

+

+=

KK ,

ya que la altura de cada rectángulo es

2

n

i, con i = 0,1,K,n − 1, respectivamente.

• la suma de las áreas de todos los rectángulos superiores es

( )3

222222221211112111

n

nn

n

n

nn

n

nnnnnS

+−+++=

+

−++

+

=

KK


9-15

ya que la altura de cada rectángulo es

2

n

i, con i = 1,1,K,n , respectivamente.

• y, además, la diferencia entre S e I se puede hacer tan pequeña como se quiera, pues

nIS

1=− , que es menor cuanto mayor es n .

Pero Arquímedes, en su tratado Sobre Espirales, había demostrado que

( )( )6

12121 222 ++

=+++nnn

nK ,

por lo que sólo tenía que hallar el número A, que se corresponde con el área pedida, tal que

( ) ( ) ( )( )S

n

nnnA

n

nnnI =

++<<

−−=

33 6

121

6

121 .

Y es aquí donde el método de Arquímedes (método de compensación) difiere del

actual. Se trata de hallar un número que sea el supremo de la primera sucesión y, a la vez, el

ínfimo de la segunda.

Evidentemente, este número es A=

1

3, pues

( ) ( ) ( )( )33 6

121

3

1

6

121

n

nnnlim

n

nnnlim

nn

++==

−−

∞→∞→ .


9-16

AMPLIACIÓN 3: Una demostración y algunos cálculos de integrales mediante el uso de la

definición

Demostración de una Proposición

Sean f una función real integrable en [ ]b,a , ( ) [ ] b,ax:xfinfm ∈= y ( ) [ ] b,ax:xfsupM ∈= ,

entonces: ( ) ( )abMfabmb

a−⋅≤≤−⋅ ∫ .

Demostración.- Por ser m el ínfimo, se tiene

( )∫ =b

adxxf ( )( ) ( ) ( ) =

−⋅=

−⋅≥

− ∑∑∑

=

−∞→

=

−∞→

=

−∞→

n

i

iin

n

i

iin

n

i

iiin

xxmlimxxmlimxxcflim1

1

1

1

1

1

( ) ( )abmxxlimmn

i

iin

−⋅=

−⋅= ∑

=

−∞→

1

1 , con lo que está probada una desigualdad.

Análogamente, como M es el supremo:

( )∫ =b

adxxf ( )( ) ( ) ( ) =

−⋅=

−⋅≤

− ∑∑∑

=

−∞→

=

−∞→

=

−∞→

n

i

iin

n

i

iin

n

i

iiin

xxMlimxxMlimxxcflim1

1

1

1

1

1

( ) ( )abMxxlimMn

i

iin

−⋅=

−⋅= ∑

=

−∞→

1

1 , con lo que está probada la proposición.

Aclaración ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−+−++−+−+−=− −−−

=

−∑ 121231201

1

1 nnnn

n

i

ii xxxxxxxxxxxx K

abbaxx n −=+−=+−= 0 .

Cálculo de integrales a partir de la definición. Ejemplos:

Ejemplo 9.17 La función ( ) 2xxf = es integrable en [ ]20, , porque es continua. Para calcular la

x

2

0

2

∫ dx , dividimos el intervalo [ ]20, en n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene

longitud

2

n, y tomamos como

c i =

2 i

n, esto es, el punto del intervalo donde la función es mayor

(obsérvese que la función es creciente en el intervalo). Así pues, por definición se tiene que

=++++

=

=

=

∞→=

∞→=

∞→∑∑∫ 3

222

13

2

1

22

0

2 3218

822

n

nlim

n

ilim

nn

ilimdxx

n

n

in

n

in

K

( )( )3

8

6

1218

3=

++=

∞→ n

nnnlimn

.

Ejemplo 9.18 La función ( ) xxf = es integrable en [ ]11,− , porque es continua. Para calcular la

dxx∫−1

1, dividimos el intervalo [ ]11,− en 2n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene

longitud

1

n, y tomamos como

c i = −1+

i

n. Así pues, por definición se tiene que


9-17

12

1

2

111

11

11

11

2

1

1

1=+=

+−+

−=

+−= ∑∑∑∫

+==∞→

=∞→− nn

i

nn

ilim

nn

ilimdxx

n

ni

n

in

n

in

ya que

( )2

1

2

11

2

11

211

111

221

211

=−=+

−=+++

−=−=

−

∞→∞→=

∞→=

∞→=

∞→∑∑∑

n

nnlim

n

nlim

n

ilim

nlim

nn

ilim

nn

n

in

n

in

n

in

K

( ) ( ) ( )=

+++++++−=+−=

+−

∞→+=

∞→+=

∞→+=

∞→∑∑∑ 2

2

12

2

1

2

1

211

111

n

nnnnlim

n

ilim

nlim

nn

ilim

n

n

nin

n

nin

n

nin

K

( )

2

1

2

31

2

11

2=+−=

++++−=

∞→ n

nnnnlimn

.

Ejemplo 9.19 La función ( ) 3xxf = es integrable en [ ]11,− , porque es continua. Para calcular la

dxx∫−1

1

3 , dividimos el intervalo [ ]11,− en 2n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene

longitud

1

n, y tomamos como

c i = −1+

i

n. Así pues, por definición se tiene que

026841

331

12

1

2

1

2

12

2

13

2

4

32

1

31

1

3=−+−=

−+−=

+−= ∑ ∑∑∑∑∫

= ===∞→

=∞→−

n

i

n

i

n

i

n

in

n

in nn

i

n

i

n

ilim

nn

ilimdxx ya

que ( ) ( ) ( )

44

1222214

22

4

3332

14

3

=++++

=

∞→∞→=

∞→∑

n

nnlim

n

nlim

n

ilim

nn

n

in

K,

( ) ( )( )3

8

6

1412222133

2222

13

2

=+++++

=

∞→∞→=

∞→∑

n

nnnlim

n

nlim

n

ilim

nn

n

in

K,

( ) ( )2

2

22122122

2

12

=++++

=

∞→∞→=

∞→∑

n

nnlim

n

nlim

n

ilim

nn

n

in

K, y 2

212

1

==

∞→=

∞→∑ n

nlim

nlim

n

n

in

.

Aclaración En este ejemplo se ha aplicado la fórmula ( ) 2

333

2

121

+=+++

nnnK .

Ejemplo 9.20 (Integral de una función constante) La función ( ) Rx,kxf ∈∀= , es integrable

en cualquier intervalo [ ]b,a , porque es continua. Para calcular la dxkb

a∫ , dividimos el intervalo

[ ]b,a en n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene longitud n

ab −, y no hay que

preocuparse de los ic , porque la imagen de todos ellos es siempre k. Así pues, por definición

se tiene que

( ) ( )abkn

abklimn

abklimdxk

n

in

n

in

b

a−=

−=

−= ∑∑∫

=∞→

=∞→

11

1.


9-16

Ejercicios resueltos R.1. Calcula las siguientes integrales:

a) ∫π

0dxxcos b) ∫

π

π

⋅

3

6 xcossenx

dx c) ∫

−

5

1 1x

xdx d) ∫ ⋅

1

0

22 dxex x

Soluciones:

a) [ ] 0000=−π==

ππ

∫ sensensenxdxxcos .

b) ( ) [ ] =+−=+=

⋅

+=

⋅

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π ∫∫∫∫ 3

6

3

6

3

6

3

6

3

6

22

senxlnxcoslnsenx

xdxcos

xcos

senxdx

xcossenx

dxxcosxsen

xcossenx

dx

[ ] 3323

133

6

lnlnlnlntgxln ==−==π

π .

c) ∫−

5

1 1x

xdx Hacemos el cambio 211 txtx =−⇒=− con lo que tdtdx 2= y

=→=

=→=

01

25

tx

tx

así que ( ) ( )

3

28

3212

21

1

2

0

32

0

22

0

25

1=

+=⋅+=

⋅+=

− ∫∫∫ tt

dttt

tdtt

x

xdx.

d) Se hace la integral indefinida aplicando la fórmula de integración por partes dos veces y se

tiene: ( )4

1122

4

21

0

22

1

0

22 −=

+−=⋅∫

exx

edxex

xx .

R.2. Aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo Integral, calcula ( )xF ′ en los

siguientes casos: a) ( ) ∫ ⋅=x

dttsenxF3

2 b) ( ) ∫ ⋅=2

1

x sent dtexF c) ( ) ∫+

=2

31x t

dtxF

Solución: El Teorema Fundamental del Cálculo Integral dice que siendo ( )tf una función

continua en [ ]x,a la función ( ) ( )∫ ⋅=x

adttfxF es derivable y además ( ) ( )xfxF =′ .

a) Dada ( ) ∫ ⋅=x

dttsenxF3

2 , la aplicación del teorema nos dice directamente que ( ) xsenxF 2=′

b) La función ( ) ∫ ⋅=2

1

x sent dtexF se deriva considerando que al ser el límite superior 2x y no x,

hay que aplicar la regla de la cadena. Así ( ) xexF senx 2⋅=′ .

c) La variable está en el límite inferior de integración, como ( ) ∫∫+

−=+

=x

x t

dt

t

dtxF

2 3

2

3 11.

Aplicando el teorema tenemos que ( )31

1

xxF

+−=′

R.3. Calcula la siguiente integral. ∫=

3

1

e

edx

x

xlnS .

Solución: La integral es inmediata. Si se quiere se puede hacer el cambio txln = .

( )4

2

1

2

3

2

22

1

3

3

=−=

== ∫

e

e

e

e

xlndx

x

xlnS .


9-17

Áreas de recintos planos

R.4. Calcula el área del recinto plano formado por la gráfica de ( ) 23 xxxf += y el eje OX.

Dibuja el recinto.

Solución: Los puntos de corte de la función con OX son ( )00,P y ( )01,Q − , ( ) xxxf 23 2 +=′ de

aquí se tiene que ( )( )

−∈

∞

−∞−∈

03

2 si edecrecient

03

2 si creciente

,x

,,x

xf

U

con ( )0027

4

3

2,my,M

−

( ) 26 +=′′ xxf con lo que el punto de inflexión es

−

27

2

3

1,.I.P

siendo cóncava a la derecha del P.I. y convexa a la izquierda. Se dibuja el recinto y se observa que está por encima del eje OX y

por tanto ( )12

1

3

1

4

10

34

0

1

340

1

23 =

−−=

+=+=

−−∫

xxdxxxS

unidades de área.

R.5. Calcula el área del recinto plano formado por la gráfica de ( ) xxxf −= 3 , las rectas

0=x , 2=x y el eje OX. Sin dibujar el recinto.

Solución: Precisamos encontrar los puntos de corte y estudiar las regiones. Los puntos de

corte son (-1,0); (0,0) y (1,0). La función toma valores positivos en ( ) ( )+∞−∈ ,,x 101 U y

negativos en ( )10,x ∈ y en esta zona está por debajo del eje OX mientras que de 1 a 2 está por

encima. Dividimos en dos integrales.

( ) ( ) .a.uxxxx

dxxxdxxxS2

5

2424

2

1

241

0

242

1

31

0

3 =

−+

+−=−+−−= ∫∫


≥+

<<+

≤

=

23

20

02

xsix

xsibax

xsixcos

xf . Calcula a y b para que sea continua.

Calcula la ( )∫ π−⋅

2

2

dxxf .¿Coincide con el área del recinto formado por la función y las

verticales en los límites de integración?.

Solución: Para que ( ) ( ) ( ) 1000

=→==+− →→

bfxflimxflimxx

y para que

( ) ( ) ( ) 1222

=→==+− →→

afxflimxflimxx

y la función es ( )

≥+

<<+

≤

=

23

201

02

xsix

xsix

xsixcos

xf y la integral

( ) ( ) =⋅++⋅=⋅ ∫∫∫ ππ −−

2

0

2021

22

dxxdxxcosdxxf

[ ]3

17

3

2

0

30

2

=

++= π−

xx

senx . Si coincide con el área del recinto pues ( )xf es positiva en todo el

intervalo de integración.


9-18

R.7. Calcula el área encerrada por las gráficas de ( ) 23 xxxf += y ( ) 13 += xxg sin dibujar

el recinto.

Solución: Calculamos los puntos de corte. Resolvemos ( ) ( )210113

23

,Qy,Pxy

xxy−⇒

+=

+=

Entre los valores –1 y 1 debemos saber qué función está por encima, probamos con un valor

intermedio cualquiera, ( ) ( ) 1000 == g,f así que g está por encima de f en el recinto y por tanto.

( ) ( ) .a.ux

xdxxdxfgS3

4

31

1

1

31

1

21

1=

−=⋅−=⋅−=

−−− ∫∫

R.8. Calcula el área del recinto plano encerrado por las gráficas de ( ) 24 xxf −= y

( ) 228 xxg −= . Dibuja el recinto.

Solución: Las gráficas son dos parábolas con las ramas hacia abajo de vértices respectivos (0,4) y (0,8). Calculamos sus puntos de corte

y dibujamos el recinto. Resolvemos ( ) ( )020228

42

2

,Qy,Pxy

xy−⇒

−=

−=.

El recinto es simétrico por lo tanto.

( ) ( )( ) ( ) .a.ux

xdxxdxxxS3

32

342424282

2

0

32

0

22

0

22 =

−=⋅−=⋅−−−= ∫∫

R.9. Dada la función 13 −= xy . Se pide:

a) Calcula el área del recinto formado por la gráfica de la función la recta 1=x y el eje OX.

b) Calcula el área del recinto formado por la gráfica de la función la recta 2=y el

eje OX y el eje OY. c) Dibuja ambos recintos.

Solución: La función es media parábola horizontal y su gráfica es elemental.

a) ( ) .a.uxdxxS9

2413

9

213

131

3

13

1 =

−=⋅−= ∫

b) Integramos respecto al eje OY .a.uyy

dyy

S9

25

33

1

3

12

0

32

0

2

=

+=⋅

+= ∫

Obsérvese que la suma de las dos áreas calculadas es 2 como corresponde a un rectángulo

de 1 unidad de base y 2 de altura. Los recintos respectivos son:


9-19

R.10. Calcula el área del recinto formado por las gráficas de

( ) 2xxf = y ( ) 22 xxg −= y ( ) 4=xh . Dibuja el recinto.

Solución: Puntos de corte :

( ) 2xxf = con ( ) 22 xxg −= ( ) ( )11112 2

2

,y,xy

xy−→

−=

= .

( ) 22 xxg −= con ( ) 4=xh hay no 22

4 22 →−=→

−=

=x

xy

y.

( ) 2xxf = con ( ) 4=xh ( ) ( )42424

2 ,y,xy

y−→

=

= .

Las gráficas son sencillas dos parábolas y una recta horizontal. El recinto es simétrico.

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) .a.udxxdxxdxxfxhdxxgxhS 84222222

1

21

0

22

1

1

0=⋅−+⋅+=⋅−+⋅−= ∫∫∫∫

R.11. Dibuja el recinto formado por la gráfica de ( ) 342 −+−= xxxf , su tangente en el

punto ( )3,0 −P y su eje de simetría. Calcula su área.

Solución: Derivamos y ( ) ( ) 4042 =′→+−=′ fxxf la

ecuación de la tangente es 3443 −=→=+ xyxy . El eje

de simetría es la recta vertical que pasa por el vértice y la

abcisa del vértice cumple ( ) 20 =→=′ xxf , el vértice es

( )12,v . Dibujamos el recinto.

( ) ( )( ) .a.ux

dxxdxxxxS3

8

33434

2

0

32

0

22

0

2=

=⋅=⋅−+−−−= ∫∫

R.12. Dibuja el recinto delimitado por las curvas 322 ++−= xxy e 1+= xy . Calcula su

área.

Solución:

−≤−−

−≥+=⇒+=

11

111

xsix

xsixyxy Calculamos

el punto de corte 11

322

−≥

+=

−+−=xcon

xy

xxy

Al resolver 11

322

−≤

−−=

−+−=xcon

xy

xxy no

encontramos nuevos puntos de corte. Dibujamos el recinto.

El área ( ) =−−++−= ∫−

2

1

2 132 dxxxxS

.a.uxxx

2

92

23

2

1

23

=

++−=

−

R.13. Dada la función xexy ⋅= y las rectas 1=x e 0=y .

a) Dibuja la gráfica de la función para 0≥x . b) Señala el recinto plano comprendido entre las tres gráficas anteriores. c) Calcula el área del recinto plano señalado.


9-20

Solución: Analizamos xexy ⋅= , su derivada ( ) xexy 1+=′ nos

indica que la función es creciente en todo 0≥x . La derivada

segunda ( ) xexy 2+=′′ nos dice que la función es cóncava en

todo 0≥x . Los puntos de corte con 1=x y con 0=y son

respectivamente ( )e,P 1 y ( )00,Q , con esos datos el recinto es

obvio.

[ ] .a.ueexdxexS xxx 11

0

1

0=−⋅=⋅= ∫

R.14. Calcula el área del recinto plano limitado por las

rectas xy = , xy 2= y la parábola 2xy = .

Solución: Calculamos los puntos de corte, resolvemos

=

=2xy

xy ( ) ( )1100 21 ,P;,P Calculamos ahora el corte de

=

=2

2

xy

xy ( ) ( )4200 31 ,P;,P El recinto es el de la derecha y el

área es

( ) ( )∫∫ −+−=2

1

21

022 dxxxdxxxS , integrando

.a.ux

xx

S6

7

32

2

1

32

1

0

2

=

−+

=

R.15. Dibuja el recinto limitado por 2xy = , x

y1

= e 4

xy = . Calcula su área.

Solución: Calculamos los puntos de corte de

=

=

2

1

xyx

y ( )11,P

Calculamos ahora el corte de

=

=

24xy

xy

( )

16

1

4

100 ,P;,P ,

por último

=

=

4

1

xy

xy

−−

2

12

2

12 ,P;,P El recinto está

formado por una parábola, una recta y una hipérbola. El área es:

∫∫

−+

−=

2

1

1 2

4

1

441

dxx

xdx

xxS .a.uln

xxln

xxS

384

632

883

2

1

21

23

41

−=

−+

−=

R.16. Dibuja el recinto limitado por xxy 42 −= , 52 −= xy .

Calcula su área.

Solución: Puntos de corte:

−=

−=

52

42

xy

xxy ( ) ( )5531 21 ,P;,P −

El recinto es el de la derecha y el área es:

( ) ( )( ) ( )∫∫ −+−=−−−=5

1

25

1

2 56452 dxxxdxxxxS


9-21

.a.uxxx

S3

3253

3

5

1

23

=

−+−=

R.17. Dibuja el recinto limitado por xy 22 = , 022 =−− yx . Calcula su área.

Solución: Resolviendo el sistema ⇒

+=

=

22

22

yx

xy

( )2212

121 ,P;,P

− y el recinto:

( )( )∫∫ −−+=2

021

21

22222 dxxxdxxS

Integrando.

( ) ( ) .a.uxxxxS4

922

3

12

3

2 223

0

3

21

21

=

+−+

=

R.18. Halla la ecuación de la recta tangente a 22 += xy en

el punto de abcisa 1=x . Calcula el área del recinto

limitado por 2+= xy , la tangente anterior y el eje OY.

Solución: Derivando xy 2=′ luego 2=m , y como ( ) 31 =f la

tangente es ( )123 −=− xy o sea, 12 += xy representando

las tres funciones tenemos el recinto. Para calcular su área observamos que el recinto es un triángulo de base 1 (en el eje OY) y de altura 1 y por tanto su cálculo es elemental

.a.uS2

111

2

1=⋅= y no tiene sentido integrar.

R.19. Calcula el área de la región del plano limitada por las gráficas de las funciones

442 −+−= xxy e 72 −= xy .

Solución: Resolviendo el sistema

−=

−+−=

72

442

xy

xxy

encontramos los puntos de corte ( ) ( )1391 21 −−− ,P;,P . El

recinto es el de la derecha y el área:

( ) ( )( ) ( ) =++−=−−−+−= ∫∫ −−

3

1

23

1

2 327244 dxxxdxxxxS

.a.uxxx

3

323

3

3

1

23

=

++−=

−

R.20. Halla el área del recinto limitado por las gráficas de las

funciones xxy 22 −= e xxy 42 +−= .

Solución: Resolviendo el sistema se encuentran los puntos de

corte (0,0) y (3,3) por otra parte la parábola xxy 22 −= tiene

su vértice en v(1,-1) y las ramas hacia arriba y xxy 42 +−= en

v’(2,4) y las ramas hacia abajo. El área:

( ) ( )( ) ( ) =+−=−−+−= ∫∫3

0

23

0

22 6224 dxxxdxxxxxS


9-22

a.uxx

933

23

0

23

=

+−=

R.21. Calcula el área del recinto limitado por las curvas 12 −= xy , xy −= 11 y el semieje

positivo de las equis. Dibuja el recinto.

Solución: Puntos de corte :

−=

−=

xy

xy

11

12

, son

( ) ( )83154 21 ,P;,P − . El recinto está se debe

descomponer para calcular el área en dos recintos independientes, la parábola y con la recta con OX.

( ) ( ) =−+−= ∫∫11

3

3

1

2 111 dxxdxxS

.a.ux

xxx

3

143

211

3

11

3

23

1

3

=

−+

−=

R.22. Halla el área del recinto plano delimitado por las

curvas de ecuación 22 −= xy e xy −= . Dibuja el recinto.

Solución:

<

>−=⇒−=

0

0

xsix

xsixyxy . Como las dos

gráficas son simétricas respecto al eje OY calculamos un

punto de corte 022

>

−=

−=xcon

xy

xy ( )11−,P y por simetría

el otro punto es ( )11−− ,Q . Dibujamos el recinto

( ) auxxx

dxxxS .3

72

23222

1

0

231

0

2=

+−−==+−−= ∫

R.23. Dada la parábola 4

2xy = y la recta xy = .

a) Dibuja las gráficas de la parábola y de la recta. b) Señala el recinto plano comprendido entre las

dos gráficas anteriores. c) Calcula el área del recinto plano señalado.

Solución: La parábola tiene su vértice en (0,0) y las ramas hacia arriba, así que basta con encontrar los puntos de

corte, resolviendo

=

=

xy

xy

4

2

encontramos ( ) ( )4400 21 ,P;,P

y el recinto es: Y el área:

.a.uxx

dxx

xS3

8

1224

4

0

324

0

2

=

−=

−= ∫

R.24. Representa el recinto plano limitado por las gráficas de xy 4= , 4

xy = e

xy

1= .

Calcular su área.


9-23

Solución: Buscamos los puntos de corte de cada pareja de funciones:

⇒

=

=

xy

xy

44 ( )001 ,P ; ⇒

=

=

xyx

y

4

1

−−

2

2

12

2

132 ,P;,P y

⇒

=

=

xy

xy

14

−−

2

12

2

12 54 ,P;,P . Las gráficas son dos

rectas y una hipérbola, el recinto tiene dos partes iguales, calculamos el área de una de ellas S1 y el área total

12SS = . Se integra en dos partes.

=

−+

−= ∫∫

2

01

2

1

2

1

4

1

44 dx

x

xdx

xxS

.a.ulnx

xlnx

2288

152

2

0

2

2

1

2

1

=

−+

=

por tanto 24 lnS = .

R.25. Halla la ecuación de la recta tangente a la curva de

ecuación xxy 33 −= en el punto de abcisa 1−=x .

Calcula el área del recinto limitado por la recta tangente y la curva dada.

Solución: Derivando se encuentra que ( ) 01 =−′f y ( ) 21 =−f

por tanto la tangente es la horizontal 2=y . Resolvemos

=

−=

2

33

y

xxy de soluciones ( ) ( )2221 21 ,P;,P − el recinto es.

( ) .a.uxx

xdxxxS4

27

2

3

4232

2

1

242

1

3=

+−=+−=

−−∫

R.26. Dadas las funciones 42 +−= xy e 2+= xy .

a) Dibuja ambas gráficas. b) Señala el recinto plano comprendido entre las

gráficas anteriores. c) Calcula el área del recinto plano señalado.

Solución: Las gráficas son elementales así que calculamos los puntos de corte. Resolvemos

( )3122

42

,Pxconxy

xy⇒−>

+=

+−= y también

( )0222

42

,Qxconxy

xy−⇒−<

−−=

+−=. El recinto sólo

está en la parte en que 2−>x

( ) ..a.uxxx

dxxxS2

92

232

1

2

231

2

2=

+−−=+−−=

−−∫


9-24

R.27. Dada la curva xxy 42 −= y la recta 63 −= xy .

a) Dibuja la gráfica de ambas. b) Señala el recinto plano comprendido entre ellas. c) Calcula el área del recinto señalado.

Solución: Calculamos los puntos de corte. Resolvemos

( ) ( )3112663

42

−⇒

−=

−=,Q,,P

xy

xxy

( ) ( ) =−+−=+−−= ∫∫ ..dxxxdxxxxS6

1

26

1

2 67463

.a.uxxx

6

1256

2

7

3

6

1

23

=

−+−=

Volúmenes de revolución

R.28. Calcula el volumen del sólido de revolución formado al girar el recinto encerrado

por la gráfica de ( ) xxf −= 4 y los ejes de

coordenadas alrededor de OX. Solución: La curva corta a los ejes en (4,0) y (0,2) . El sólido es el dibujado a la derecha y el volumen es:

( ) ( ) .v.ux

xdxxV π=−π=

−π=⋅−π= ∫ 8816

244

4

0

4

0

2

R.29. Calcula el volumen del sólido de revolución

formado al girar la gráfica de ( )( )21

1

+=

xxf entre las

verticales 0=x y 3=x alrededor de OX.

Solución: Se puede comprobar que la función en todo el intervalo es decreciente y cóncava. El sólido que no es necesario dibujar es el de la derecha. El volumen

( ) ( ).v.u

xx

dxV

192

63

13

1

1

3

0

3

0

34

π=

+

−π=

+π= ∫


por las gráficas xy 22 = , 822 =+ yx e 0=y alrededor de

OX. Solución: Se trata de una parábola horizontal con el vértice en

(0,0) y de una circunferencia de centro el origen y de radio 8 ,

la resolución del sistema nos da como puntos de corte ( )22,P y

( )22 −,Q . Sólo el recinto del primer cuadrante ya genera todo el

sólido al girar alrededor de OX. Hay que dividir los cálculos en

dos intervalos [0,2] con la parábola y [ ]82, con la

circunferencia, como se aprecia en el dibujo.


9-25

( ) ( ) [ ] =

−π+π=⋅−π+⋅π= ∫ ∫

8

2

32

0

2

028

2

2

3882

xxxdxxdxxV

( )282323

−π

= unidades de volumen.


por las gráficas 12 −= xy e 3=y a) alrededor de OX b) alrededor de OY.

Solución: El dibujo de las gráficas es elemental.

a) la figura es simétrica y se trata de dos funciones 3=y

por encima e 12 −= xy por debajo, por lo tanto:

( ) ( )∫ ∫ =⋅−+π=⋅−π=2

0

2

0

4222 2822 dxxxdxgfV

.v.uxx

x15

448

53

282

2

0

53 π=

−+π=

(Se ha dibujado solamente la parte de la derecha del sólido).

b) hay que trabajar con la función recíproca 1+= yx e

integrar entre –1 y 3.

( ) π=

+π=⋅+π=⋅π=

−−− ∫∫ 8

21

3

1

23

1

3

1

2 yy

dyydyxV

unidades de volumen.

R.32. Calcula el volumen del elipsoide de revolución formado al girar 12

2

2

2

=+b

y

a

x

alrededor de OX. Solución: Es una elipse de semieje mayor a y semieje menor b el elipsoide es el dibujado (en el que se ha resaltado la mitad de la derecha).

2

2

222 x

a

bby −=

Integramos entre 0 y a y multiplicamos por 2.

2

00

2

322

2

22

3

4

322 ba

a

xxbdxx

a

bbV

aa

⋅π

=

−π=⋅

−π= ∫


9-26

Ejercicios propuestos Cálculo de integrales definidas P.1. Calcula:

( ) ( )∫∫∫∫ ⋅−+

2

0

2

0

21

0

1

0 32cos))cos)

1)

ππ

dxxsenxddxxsenxcdxxexbx

dxa x

P.2. Determina a y b para que la función ( )( )

>+

≤<−+

−≤π+

=

02

01

1

2 x,x

x,bax

x,xsena

xf sea continua y, después,

calcula ( )∫−2

2dxxf .

Cálculo de áreas

P.3. Halla el área limitada por la gráfica de la función ( ) xxxxf 86 23 +−= y el eje OX.

P.4. Calcula el área encerrada por las rectas 2=x , 32=x , la gráfica de la función

( )24

1

xxf

+= y el eje OX .

P.5. Halla el área limitada por la gráfica de la función ( )65

32

2

+−

+=

xx

xxf , el eje OX y las rectas

4=x y 6=x .

P.6. Halla el área limitada por la elipse de ecuación 12

2

2

2

=+b

y

a

x.

P.7. Calcula el área de la región del plano limitada por el eje de abcisas, la gráfica de la función

( ) xexxf ⋅= y las rectas 0=x y 1=x .

P.8. Calcula el área de la figura plana limitada por las gráficas de ( ) 12

2

+−= xx

xf y

( ) 1+= xxg .

P.9. Dadas las funciones ( )22

1

xxf

+= , ( )

3

2xxg = , calcula el área de la región del plano

delimitada por ellas.

P.10. Calcula el área del recinto plano limitado por la gráfica de ( ) xxxf −= 3 , y su recta

tangente en 1−=x .

P.11. Halla el área de la región limitada por las gráficas de las curvas ( ) xexxf += 1 ,

( )x

xlnxg = y las rectas 21 == x,x .

P.12. Determina el área del recinto limitado por la parábola 022 =− xy y la recta que pasa por

los puntos ( ) ( )22422 ,,,− .

P.13. Determina el área de la región acotada delimitada por la gráfica de la función

( ) xlnxxf 2= , su tangente en el punto de abcisa e, y el eje OX.


9-27

P.14. Dibuja el recinto limitado por las gráficas de las funciones ( ) xxf 2= y ( ) 82 −= xxg .

Calcula el área de dicho recinto.

P.15. Representa gráficamente 26 xxy −= e xy 2= . Determina el área limitada por ambas.

P.16. Dibuja el recinto limitado por las gráficas de las funciones ( ) xxxf 22 −= , ( ) xxxg 42 +−=

y ( ) 8=xh . Calcula el área de dicho recinto.

P.17. Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de las funciones 1−= xy , x

y6

= ,

4=x y el eje OX. Dibuja el recinto. Cálculo de volúmenes de cuerpos de revolución

P.18. Halla el volumen del sólido encerrado por la gráfica de la función ( ) xtgxf = , con dominio

π

40, , al girar alrededor del eje de abcisas.

P.19. Calcula el volumen del sólido generado por el triángulo de vértices A(0,0), B(1,1) y C(2,0), al girar alrededor del eje de ordenadas.

P.20. Calcula el volumen limitado por el elipsoide de revolución generado por la elipse

12 22 =+ yx al girar alrededor del eje de ordenadas.

P.21. Calcula el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OX la superficie

comprendida entre las gráficas de las funciones ( ) 452 +−= xxxf , ( ) 202 −+= xxxg y el eje

OY. P.22. a) Calcula el volumen del sólido engendrado por la rotación alrededor del eje OX del

trapecio limitado por las rectas 53 += xy , x = 1, x = 4. b) ¿Cuál es el volumen si gira

alrededor del eje OY? P.23. Calcula el volumen del sólido engendrado al girar alrededor del eje OX el recinto limitado

por la parábola pxy 22 = , la recta hx = y el eje OX.

P.24. Calcula el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OX, el recinto

limitado por las gráficas de las funciones ( ) 26 xxxf −= y ( ) xxg = .

P.25. a) Halla el área del recinto del primer cuadrante limitado por las curvas xseny = ,

xcosy = y el eje de ordenadas. b) Calcula el volumen engendrado al girar el anterior recinto

alrededor del eje de abcisas.

P.26. a) Halla el área limitada por la elipse 99 22 =+ yx . b) Halla el volumen engendrado por

esta elipse al girar alrededor del eje de abcisas. Cálculo del volumen por secciones

P.27. Calcula el volumen de un cuerpo de la siguiente forma: su base es un círculo de radio 2 y las secciones perpendiculares a un determinado diámetro son triángulos equiláteros.


9-28

Soluciones

P.1. a) 84´09

π32ln3=

+; b)

( )870

2

112´

cossene−=

+−;c) 0,44; d)

3

1−. P.2. ;2;1 == ba

( ) 8´92

6

552

2=+=∫− π

dxxf . P.3 ( ) ( ) ( )∫ ∫ =−−=−=2

0

4

2..844 audxxfdxxfS

P.4. ..13´0244

132

2 2au

πdx

xS ==

+= ∫

P.5 ( ) ( )[ ] ≈+−−−=+−

+= ∫

64

6

4 2

2

2ln73ln1265

3xxxdx

xx

xS ..33'10 au≈

P.6. baπxax

a

xarcsen

a

a

bdxxa

a

bS

aa

⋅⋅=

−+=−= ∫

00

22222

22

44

P.7 ( )[ ] 111

0

1

0=−== ∫

xx exdxxeS . P.8 ( ) ( )[ ]∫ =−=4

0..

3

16audxxfxgS .

P.9. ∫ ≈−=

−

+=

1

0

2

2648'0

9

2

2

22

32

12 arctgdx

x

xS .

P.10 ∫− =

−−+=

2

1

3

4

27

322 dxx

xxS .

P.11 ( ) ( ) ( )15'81

2

2ln

2

ln1

ln1

22

1

2

2

1

2

≈+−=

+−−=

−+= ∫ ex

xxedx

x

xxeS xx .

P.12. ( )( )∫ ∫ ≈+

=+++−+=2

0

4

2..38'9

3

2101442212222 audxxxdxxS .

P.13 ( )[ ]∫∫ ≈+≈⋅−−+⋅=e

e

e

dxeexxxdxxxS

3

2223

2

1

2 227'1597'0629'023lnln .

P.14 ( )∫− =+−=4

2

2 ..3682 audxxxS P.15 ( )∫ =−=4

0

2 ..3

324 audxxxS

3

32.

Recinto P.14 Recinto P.15

P.16. ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 27284828

0

2

3

0

4

3

222=−−++−−+−−∫ ∫ ∫

−

dxxxdxxxdxxx .

P.17. ( ) ∫∫

+=+−

4

3

3

13

4ln62

61 dx

xdxx


9-29

Recinto P.16 Recinto P.17

P.18. u.v. 6751'04

4 2

≈−ππ

0,6751. P.19 ( )[ ] πdyyyπ 22

1

0

22=−−∫ .

P.20 ( )3

22212

2

1

0

2 πdxxπ ∫ =− . P.21. ( ) ( ) πdxxxxxπ 7684520

4

0

2222

∫ =

+−−−+ .

P.22. ( ) ( ) πππdyy

yππbπdxxπa 201811203

5814);48953)

17

8

2222

4

1

2=+=

−−+⋅−=+ ∫∫ .

P.23. ( ) 2

21

0

2 hpπdxpxπ =∫ . P.24. ( )3

6256

5

0

222 πdxxxxπ∫ =

−− .

P.25. ( ) ( )2

cos);21cos)

4

0

224

0

πdxxsenxbdxsenxxa

ππ

∫∫ =−+−=− .

P.26. ( ) πdxxπ

bπdxxa 499

2);39

3

4)

3

0

2

3

0

2=−=− ∫∫ . P.27.18,47.

El conjunto Rn Tema 10

10-1

Tema 10

El conjunto Rn. Dependencia de vectores

10.1 Definición de Rn

Ejemplos

Ejemplo 10.1 Los pares (3,1), (-1,1), (0,3) son elementos de 2R .

Ejemplo 10.2 Las ternas (1,3,1), (2,1,1), (0,0,3) son elementos de 3R .

Nota Dos elementos ( )nx,,x,x K21 , ( )ny,,y,y K21 , de nR son iguales si, y sólo si, ii yx =

para n,,,i K21= .

10.2 Operaciones con elementos de Rn. Estructura

Nota Es evidente que la suma de dos elementos de nR es otro elemento de nR cuyas coordenadas son la suma de las coordenadas correspondientes de los sumandos.

Ejemplo 10.3 (1,3,2) + (4,1,2) = (5,4,4).

Ejemplo 10.4 5 · (1,2,1) = (5,10,5) .

Se define nR como el conjunto de n-tuplas ordenadas de números reales, es

decir, ( ) RxxxxR jnn

∈= ,,,, 21 K . A cada ( )nxxx ,,, 21 K se le llama vector.

Definición. Dados dos elementos ( )nx,,x,x K21 y ( )ny,,y,y K21 de nR se define la

operación suma como sigue ( ) ( ) ( )nnnn yx,,yx,yxy,,y,yx,,x,x +++=+ KKK 22112121 .

Definición. Para todo α de R y para todo ( )nx,,x,x K21 de nR , se define el producto de

un número por un vector: ( ) ( )nn xxxxxx ααα=⋅α ,,,,,, 2121 KK .


10-2

Nota Geométricamente 2R se identifica con el conjunto de los vectores del plano con origen en

O. Análogamente, 3R se identifica con el conjunto de los vectores del espacio con origen en O. En ambos casos, la suma que se define entre dos vectores sigue la conocida ley del paralelogramo.

El producto de un número real α por un vector es otro vector con la misma dirección,

mismo sentido si 0>α , sentido contrario si 0<α , y de módulo α veces el módulo del

primero.

Por satisfacer las propiedades anteriores, se dice que el conjunto nR , con las operaciones mencionadas tiene estructura de espacio vectorial sobre R y a sus elementos se les llama vectores.

10.3 Combinación lineal

Ejemplos

Ejemplo 10.5 Dada la familia A = (3,1),(-1,1),(0,3) de vectores de 2R , dos combinaciones

lineales de ellos serían: -(3,1) y 4(-1,1)+2(0,3).

Ejemplo 10.6 Dada la familia A = (1,3,1),(2,1,1),(0,0,3) de vectores de 3R , dos

combinaciones lineales de ellos serían: (1,3,1) y 2(1,3,1)-5(2,1,1)+(0,0,3).

Proposición (Estructura de Rn)

1. nR , con la operación suma, satisface las siguientes propiedades:

• La asociativa: ( ) ( ) cbacba ++=++ , nRc,b,a ∈∀ .

• La conmutativa: abba +=+ , nRb,a ∈∀ .

• Existe un único elemento de nR , llamado elemento neutro, el ( )000 ,,, K , que

denotamos por 0, tal que aa =+ 0 nRa∈∀ .

• Para cada ( )nx,,x,xa K21= de nR existe un único elemento de nR , el

( )nx,,x,x −−− K21 llamado elemento simétrico, que denotamos por a− , tal que

( ) 0=−+ aa .

2. La ley externa anteriormente definida verifica:

• ( ) baba ⋅α+⋅α=+⋅α

• ( ) aaa ⋅β+⋅α=⋅β+α

• ( ) ( ) aa ⋅β⋅α=⋅β⋅α

• aa =⋅1 , donde 1 es el elemento neutro de R para la operación producto habitual.

Definición Dado un subconjunto mv,,v,vA K21= de nR , llamamos combinación lineal

de elementos de A a todo vector v de nR que pueda ser escrito de la forma

mm vvvv α++α+α= K2211 , con nm R,, ∈ααα K21 .


10-3

Ejemplo 10.7 Dada la familia A = (3,1),(-1,1),(0,3) de vectores de 2R , el vector (-2,5) es

combinación lineal de A porque (-2,5) = 2(-1,1)+(0,3).

Ejemplo 10.8 Dada la familia C = (1,3,1),(2,1,1),(0,0,3) de vectores de 3R , el vector (3,4,5)

es combinación lineal de C porque (3,4,5)=(1,3,1)+(2,1,1)+(0,0,3).

10.4 Familia linealmente dependiente

Ejemplos

Ejemplo 10.9 En 2R , la familia A = (1,2),(4,8) es ligada, porque (4,8) = 4 (1,2).

Ejemplo 10.10 En 2R , la familia A = (20,30),(3,1),(1,2) es ligada porque (20,30) = 2 (3,1) + 14 (1,2).

Nota Evidentemente, dada una familia A de vectores, si A∈0 entonces A es linealmente

dependiente.

Ejemplo 10.11 Veamos, utilizando la proposición anterior, que la familia A = (1,1,1), (1,0,1),

(0,1,0) de 3R es linealmente dependiente. En efecto, planteamos

( ) ( ) ( ) ( )000010101111 ,,,,,,,, =γ+β+α ,

que es equivalente a escribir

( ) ( )000 ,,,, =β+αγ+αβ+α

de donde resulta el sistema

=β+α

=γ+α

=β+α

0

0

0

que, resolviéndolo, da γ−=β−=α ; esto es, existen números reales no nulos que hacen cierta

la igualdad. Así que la familia es linealmente dependiente.

10.5 Familia linealmente independiente

Proposición Una familia mv,,v,vA K21= de nR , es linealmente dependiente si, y sólo

si, existen R,,, m ∈ααα K21 no todos nulos, tales que mmvvv α++α+α= K22110 .

Definición Dado un subconjunto mv,,v,vA K21= de nR , se dice que A es linealmente

dependiente o familia ligada, si existe un elemento de A que es combinación lineal de los restantes.

Definición Dado un subconjunto mv,,v,vA K21= de nR , se dice que A es linealmente

independiente o familia libre, si no es linealmente dependiente; es decir, si ningún elemento de A es combinación lineal de los restantes.


10-4

Ejemplo 10.12 Veamos que la familia A = 4,5), (2,3) de 2R es linealmente independiente. En efecto, si no lo fuera, existiría un número α tal que (4,5) = α (2,3). Esto es,

( ) ( )αα= 3,25,4 . De donde, igualando coordenada a coordenada, resulta que α= 24 y α= 35 ,

lo cuál es imposible.

Ejemplo 10.13 Veamos, utilizando la proposición anterior, que la familia A = 1,1,1), (1,0,1),

(0,1,1) de 3R es linealmente independiente. Planteamos

( ) ( ) ( ) ( )000110101111 ,,,,,,,, =γ+β+α

que es equivalente a escribir:

( ) ( )000 ,,,, =γ+β+αγ+αβ+α

de donde resulta el sistema

=γ+β+α

=γ+α

=β+α

0

0

0

que, resolviéndolo, da 000 =γ=β=α ,, ; y, por lo tanto, es una familia linealmente

independiente.

10.6 Propiedades

Proposición Una familia mv,,v,vA K21= de nR , es linealmente independiente si, y

sólo si, mmvvv α++α+α= K22110 implica que 000 21 =α=α=α m,,, K .

Proposición (Propiedades inmediatas)

• El conjunto 0 es linealmente dependiente.

• Si 0≠v , el conjunto v es linealmente independiente.

• Dada una familia ligada, cualquier otra que la contenga es también ligada.

• Dada una familia libre, cualquier subconjunto de ella es también libre.

Proposición Si al añadir un vector a una familia libre, ésta se transforma en una ligada entonces el vector añadido es combinación lineal de los restantes.

Proposición Si en una familia libre se sustituye un vector por una combinación lineal de él, con coeficiente distinto de cero, y los restantes, la familia resultante es también libre.

Definición Dado un subconjunto A de nR , se llama rango de A al máximo número de vectores de A que forman una familia linealmente independiente.


10-5

Ejemplo 10.14 Sea la familia linealmente independiente 321 v,v,vA = veamos que la

familia 32121 vvv,v,vB γ+β+α= es también linealmente independiente. En efecto,

teniendo en cuenta la Proposición 10.3, planteamos ( ) 032121 =γ+β+α++ vvvcvbva ,

que es equivalente a ( ) ( ) 0321 =γ+β++α+ vcvcbvca .

Recordemos que probar que B es linealmente independiente equivale a probar que

0=== cba .

Ahora bien, como A es linealmente independiente, se tiene:

=γ

=β+

=α+

0

0

0

c

cb

ca

y, como 0≠γ ,se deduce rápidamente que 0=== cba , como se quería demostrar.

10.7 El método de la cascada

Hay un procedimiento que permite manipular los vectores de una familia sin que ésta deje de ser libre o ligada, según lo fuera desde el principio.

Tal procedimiento es conocido por el nombre de reducción en cascada o triangulación

nula. Consiste en poner los vectores uno debajo de otro e intentar hacer cero los términos que hay por debajo de la diagonal principal (la que va de arriba a la izquierda abajo a la derecha).

Ejemplo.

Dada la familia A = (1,2,1), (3,4,0), (4,1,1) de 3R ,colocamos los vectores en columna, uno encima del otro, como sigue:

114

043

121

Como el objetivo es hacer cero las coordenadas que están por debajo de la diagonal principal, hay que conseguir algo como lo que sigue

∗

∗∗

00

0

121

Para ello, se fija la primera fila (1,2,1), se multiplica por -3 y el resultado se suma a la segunda:

114

320

121

−−

Se multiplica por -4 la primera fila y el resultado se suma a la tercera fila:

370

320

121

−−

−−

Como ya se tienen los ceros posibles en la primera columna, se fijan las dos primeras filas.

Se multiplican por -7 y 2 la segunda y tercera fila, respectivamente, y se suman para obtener la nueva tercera fila


10-6

1500

320

121

−−

Como ya se han hecho ceros todos los números que hay por debajo de la diagonal principal es el momento de sacar conclusiones:

• La familia inicial y la (1,2,1), (0,-2,-3), (0,0,15) tienen el mismo tipo de dependencia.

• Si al realizar la triangulación nula, todas las filas son distintas del vector cero, la familia

es linealmente independiente. En caso contrario, esto es, si alguna fila es toda ceros, la

familia es linealmente dependiente. En nuestro caso podemos asegurar que la familia A

es linealmente independiente.

• Al número de vectores linealmente independientes, los que sean distintos de cero

después de introducir ceros en cascada, se llama rango del sistema de vectores.


10-7

Ejercicios propuestos P.1. Comprueba si el vector (6,3) es combinación lineal A, siendo A = (3,1),(-1,1),(0,3) . P.2. Comprueba si (4,6,5) es combinación lineal de C, siendo C = (1,3,1),(2,1,1),(0,0,3) .

P.3. Prueba que la familia A = (1,2,1),(3,4,0),(-7,-8,2) de 3R es linealmente dependiente. P.4. Estudia la dependencia en las familias siguientes. En caso de que exista, halla una relación de dependencia, y el rango.

S1 = (1,0,5,3), (3,1,-1,-1), (0,1,2,1), (7,1,1,0) S2 = (1,0,3,1), (0,0,1,1), (1,3,0,1), (7,2,4,1), (1,1,1,1) S3 = (5,2,-3,1), (4,1,-2,3), (1,1,-1,-2) S4 = (4,2,0,1,0,5), (-2,0,1,2,3,0), (-2,-2,-1,0,0,0), (0,0,0,3,3,5)

P.5. Calcula el rango del subconjunto de R

5 formado por los vectores u1=(1,-1,1,-1,1),

u2=(1,1,0,0,3), u3=(3,1,1,-1,7), u4=(0,2,-1,1,2). P.6. Sea S = (2,3,0,1,1), (1,2,0,-3,2), (1,2,1,5,2) . Encuentra un subconjunto de R

5 que

contenga a S y sea libre. P.7. Encuentra un subconjunto de R

4 constituida en parte por los vectores A = (2,-2,3,1),

(-1,4,-6,2), (1,14,-21,-7) y que sea libre.

P.8. Determina t para que el vector ( )t,,x 83= se pueda expresar como combinación lineal

de la familia de vectores v,uA = , siendo u=(1,2,3) y v=(1,3,-1).

P.9. Determina b para que el conjunto de vectores ( ) ( ) ( ) 4643223 −−= ,,,b,,,,,bA tenga de

rango uno.

Soluciones

P.1. ( ) ( ) ( ) ( )3,011,131,333,6 ⋅−−⋅+⋅= . P.2. ( ) ( ) ( ) ( )3,0,05

111,1,2

5

61,3,1

5

85,6,4 ⋅+⋅+⋅= .

P.3. ( ) ( ) ( )0,4,331,2,122,8,7 ⋅−⋅=−− .

P.4. 1S : Dependiente ( ) ( ) ( ) ( )0,1,1,71,2,1,01,1,1,323,5,0,1 ++−−−= , rango 3.

2S : Dependiente ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,4,2,79

11,0,3,1

27

71,1,0,0

3

21,3,0,1

27

11,1,1,1 +++

−= , rango 4.

3S : Dependiente ( ) ( ) ( )2,1,1,13,2,1,41,3,2,5 −+−=− , rango 2.

4S : Dependiente ( ) ( ) ( ) ( )5,3,03,0,00,0,0,1,2,20,3,2,1,0,25,0,1,0,2,4 +−−−−−−= , rango 3.

P.5, 2. P.6. ( ) ( ) 1,0,0,0,0,1,01,0,0USB = .

P.7. ( ) ( ) ( ) ( ) 1,0,0,0,7,21,14,1,2,6,4,1,1,3,2,2 −−−−−=B . P.8. 1=t . P.9. 2−=b .

Matrices Tema 11

11-1

Tema 11

Matrices. Operaciones con matrices

11.1 Definiciones

Sean I y J dos conjuntos finitos de índices; esto es, m,,,,I K321= y n,,,,J K321= .

Generalmente estos elementos se colocan en una tabla rectangular de la forma

a...a

. .

. .

a...a

mnm1

1n11

donde el elemento ija ocupa la posición determinada por la fila i y la columna j. Toda matriz se

suele representar con una letra mayúscula y, abreviadamente, queda de la forma ( )JIj,iijaA

×∈= .

Ejemplo 11.1

−

−

075

3

352 es una matriz de números reales, de dos filas y tres columnas en la

que, por ejemplo, 211 =a , 5

321 =a y 313 =a .

Notas - Una matriz de orden nm × es un conjunto de nm ⋅ números reales ordenados en m filas y n columnas. En el ejemplo anterior serían seis números reales ordenados en dos filas y tres columnas.

- El conjunto de todas las matrices de orden nm × se denota por ( )ℜ×nmM .

Nota El orden de una matriz cuadrada viene dado tan sólo por el número de filas (o de

columnas).El conjunto de todas las matrices cuadradas de orden n se denota por ( )ℜnM .

Definición de matriz Llamamos matriz de números reales a toda aplicación ℜ→× JIa : ,

tal que a cada par ( )j,i le hace corresponder el elemento ( )j,ia de ℜ , que denotaremos

por ija y al que se le llama elemento de la matriz.

Una matriz se llama matriz cuadrada si tiene el mismo número de filas que de columnas. Se llama matriz columna si sólo tiene una columna. Se llama matriz fila si sólo tiene una fila.

Matrices Tema 11

11-2

Ejemplo 11.2

−

−

2543

7710

321

es una matriz cuadrada de orden tres.

−

21

0

8

6

Es una matriz columna con 4 filas.

( )985521 − Es una matriz fila con 5 columnas.

Ejemplo 11.3 Sea

−=′→

−=

02

11

41

014

211AA

Notas Observa que si A es de orden nm × , su transpuesta A' es de orden mn × y que ( ) AA =′′ .

Ejemplos

Ejemplo 11.4

035

314

542

es una matriz simétrica.

Ejemplo 11.5

05-2

508-

2-80

es una matriz antisimétrica.

Dos matrices son iguales si, y sólo si, tienen el mismo orden y son iguales los elementos que ocupan la misma posición.

Matriz transpuesta Dada la matriz ( )nmijaA

×= , se llama matriz transpuesta de A, y se denota

A' o At, a la matriz que se obtiene cambiando las filas por las columnas en la matriz A.

Una matriz cuadrada ( )ijaA = se llama simétrica cuando AA =′ ; esto es, j,iaa jiij ∀= . Y se

llama antisimétrica cuando A' = -A.

Matrices Tema 11

11-3

Ejemplo 11.6 (2,1,0) es la diagonal principal de la matriz

035

314

542

.

Ejemplo 11.7

100

020

003

es una matriz diagonal.

Ejemplo 11.8

700

31-0

201

es una matriz triangular superior.

11.2 Operaciones con matrices Suma de matrices

Nota Observa que sólo se pueden sumar matrices que tengan el mismo orden y que, en tal caso, la matriz suma es de dicho orden y cada uno de sus elementos es la suma de los elementos de los sumandos que ocupan la misma posición.

Se llama diagonal principal de una matriz cuadrada a la formada por los elementos iia .

Matrices triangulares Se dice que una matriz cuadrada A es triangular superior si todos los

elementos por debajo de la diagonal principal son nulos. Es decir, si 0=ija para ji > .

Análogamente se define matriz triangular inferior como la matriz cuyos términos por encima de la diagonal principal son todos nulos.

Matriz diagonal Se dice que una matriz cuadrada es diagonal cuando jisiaij ≠= 0 .

Definición Si ( )ijaA = y ( )ijbB = son dos matrices del mismo orden nm × , se define la

suma de A con B como la matriz ( )ijcBAC =+= , de orden nm × , tal que

j,ibac ijijij ∀+= .

Matrices Tema 11

11-4

Ejemplo 11.9

−−

−

−

=

−

−

+

−

−

−

6126

547

413

082

32

104

532

672

13

143

121

;

−

−

=

−

−

+

−

−

62

3710

103

64

327

63

126

53

40

Nota Por las propiedades anteriores, se dice que el conjunto ( )RM nm× tiene estructura de grupo

abeliano para la suma.

Ejemplos

Ejemplo 11.10 El elemento neutro para las matrices de orden 23 × es

=

00

00

00

0 .

Ejemplo 11.11 La matriz –A , opuesta de

−

−−=

914

623A , es

−−

−=−

914

623A .

Nota Restar dos matrices es sumar a la primera la opuesta de la segunda. Esto es, escribir BA −

es la manera más simple de escribir ( )BA −+ .

Producto de un número real por una matriz

Ejemplo 11.12

−

−=

−

−⋅

101015

15205

223

3415 .

Proposición (Propiedades algebraicas para la suma)

1) Conmutativa: ABBA +=+ , ( )RMB,A nm×∈∀ .

2) Asociativa: ( ) ( ) CBACBA ++=++ , ( )RMC,B,A nm×∈∀ .

3) La matriz ( ) j,ia/a ijij ∀== 00 es el elemento neutro para la suma; esto es,

AA =+ 0 , para toda matriz ( )RMA nm×∈ .

4) Para toda matriz ( )ijaA = existe una matriz, a la que denotamos por –A y llamamos

matriz opuesta de A, tal que ( ) 0=−+ AA . Dicha matriz es ( )ijaA −=− .

5) ( ) BABA ′+′=′

+ , ( )RMB,A nm×∈∀

Definición Sean Rk ∈ y ( )nmijaA

×= se define el producto de k por A como la matriz

( )nmijakAk

×⋅=⋅ , en la que cada elemento de A se ha multiplicado por k.

Matrices Tema 11

11-5

Nota Por verificar las proposiciones de la suma y del producto de número real por matriz , se dice

que el conjunto ( )RM nm× es un R-espacio vectorial, de dimensión nm × , para las operaciones

suma y producto externo definidos anteriormente. Producto de matrices

Ejemplos

Ejemplo 11.13 Sean

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅→

86

32 =

13+1 52 3+0 5

1 1+1 22 1+0 2=B A

12

10 = B ,

35

12 = A

Ejemplo 11.14 Sean las matrices ,

33

02

10

=B , 012

201 =A

entonces

⋅

22

76 = BA y

639

402

012

= A B

⋅ .

Nota Observa que la existencia de BA ⋅ no implica que esté definido el producto AB ⋅ .

Ejemplo 11.15 Sean ; 12

41 =B y

02

1-1

23

A

= existe

−=⋅

82

31

147

BA , pero no AB ⋅ .

Proposición

( )RMB,A,Rk,k,k nm×∈∀∈∀ 21 se verifica que:

1) ( ) BkAkBAk ⋅+⋅=+⋅ .

2) ( ) AkAkAkk ⋅+⋅=⋅+ 2121 .

3) ( ) ( ) AkkAkk ⋅⋅=⋅⋅ 2121 .

4) AA =⋅1 .

Dos matrices ( )nmijaA

×= y ( )

qpijbB×

= se dice que son multiplicables si pn = ; es decir, si el

número de columnas de la primera es igual al número de filas de la segunda.

Dadas las matrices ( )nmijaA

×= , ( )

pnijbB×

= , definimos el producto de A por B como la matriz

, ( )pmijcBAC

×=⋅= tal que ∑

=

⋅=n

kkjikij bac

1

; es decir, el elemento de la fila i y columna j de C

es la suma de los productos ordenados de los elementos de la fila i de A por los de la

columna j de B.

Matrices Tema 11

11-6

Ejemplo 11.16 La matriz unidad de orden 4 es

=

1000

0100

0010

0001

I

Notas - El producto de matrices no tiene la propiedad conmutativa. En general, ABBA ⋅≠⋅ .

- También puede suceder que 0=⋅ BA , a pesar de que A y B sean distintas de 0.

Ejemplos

Ejemplo 11.17

⋅

00

00 =

9-0

30

2-6-

13 .

Si conmutamos los factores

−−

⋅

1854

618 =

2-6-

13

9-0

30, el resultado es otro.

Ejemplo 11.18 Para hallar la solución de la ecuación matricial

⋅

f

e =

y

x

d0

ba, donde la

incógnita es la matriz columna

y

x, se realiza el producto indicado y, a continuación, se igualan

cada elemento de la matriz del primer miembro con el correspondiente de la matriz del segundo

miembro, resulta así un sistema cuya solución es: , d

f = y,

ad

bf- de = x que tiene sentido siempre

que 0≠⋅ da , es decir, que 0≠a y 0≠d .

11.3 Matriz inversa

Notas - Observa que de la definición se deduce que para que pueda existir matriz inversa de una matriz dada A, la primera condición es que A sea una matriz cuadrada. No obstante, tampoco toda matriz cuadrada admite matriz inversa.

- Si existe matriz inversa de A, la denotaremos por 1−A .

Proposición (Propiedades algebraicas para el producto)

1) Asociativa ( ) ( ) CBACBA ⋅⋅=⋅⋅

2) Distributiva respecto de la suma ( ) CABACBA ⋅+⋅=+⋅

3) ( ) ABBA ′⋅′=′

⋅

4) En el caso de matrices cuadradas, existe elemento neutro llamado matriz unidad y que

se denota por I. Esto es, AAIIA =⋅=⋅ , para todo ( )RMA n∈ . La matriz unidad es

aquella cuyos elementos de la diagonal principal son 1 y el resto 0.

Definición Dada una matriz A, llamaremos matriz inversa de A a aquella matriz B tal que

IABBA =⋅=⋅ .

Matrices Tema 11

11-7

Ejemplos

Ejemplo 11.19 Veamos que la matriz

=

21

21A no admite inversa. En efecto, supongamos que

admitiera inversa. En tal caso ésta tendría que ser cuadrada de orden dos y, por tanto, de la forma

=

−

dc

baA 1 y, además, debería verificarse que IAA =⋅ −1 . Ahora bien,

=

⋅

10

01

21

21

dc

ba

implica que

=+

=+

=+

=+

12

02

02

12

db

db

ca

ca

, lo cuál es absurdo.

Ejemplo 11.20 Sean las matrices

11-

1-2 =B ;

21

11 =A , para comprobar que las matrices son

inversas la una de la otra, basta verificar que

=⋅=⋅

10

01ABBA , lo cuál es evidente en este

caso.

11.4 Método de Gauss–Jordan para el cálculo de matrices inversas El método de Gauss-Jordan para el cálculo de la matriz inversa de una matriz dada A,

requiere que, una vez escrita la matriz A, se coloque a su derecha la matriz unidad. Ambas, A e I, aparecerán juntas y separadas por una raya.

10

01

1

111

K

MOM

K

K

MOM

K

nnn

n

aa

aa

El objetivo es, mediante transformaciones con las filas, obtener la matriz unidad en el lugar

que ocupaba la matriz A. Una vez conseguido, puede afirmarse que la matriz que resulte en el lugar de la unidad (la de la derecha) será la inversa de la dada.

Definición Llamaremos matrices regulares a aquellas que admiten inversa.

Proposición (Propiedades de la matriz inversa)

1) La matriz inversa, si existe, es única.

2) Si A y B admiten inversa, entonces ( ) 111 −−−⋅=⋅ ABBA .

3) Toda matriz triangular, tal que iaii ∀≠ 0 , es regular.

4) Toda matriz diagonal tal que iaii ∀≠ 0 , es regular.

Las matrices regulares tal que 1−=′ AA se llaman matrices ortogonales.

Matrices Tema 11

11-8

nnn

n

bb

bb

K

MOM

K

K

MOM

K

1

111

10

01

Si al realizar el proceso, en el lado izquierdo aparecen dos filas iguales o una fila se anula,

se dice que la matriz dada no tiene inversa. El método consiste en realizar una doble triangulación nula sobre la matriz de la izquierda.

La primera triangulación es de arriba a abajo y se consigue que todos los elementos que

están por debajo de la diagonal principal sean nulos. La segunda triangulación es de abajo a arriba, con lo que se consigue que sean nulos

todos los elementos que están por encima de la diagonal principal. Según cómo se ha procedido, en el caso de que algún elemento de la diagonal principal no

sea uno, se divide toda la fila entre el número correspondiente. Las transformaciones permitidas para las triangulaciones son consecuencia de considerar

a cada fila como un vector de nR 2 y aplicarle las proposiciones vistas en el tema anterior. Se pueden concretar en las siguientes:

1. Una fila se puede multiplicar o dividir por cualquier número real distinto de cero. 2. Una fila puede sustituirse por una combinación lineal de ella misma y otra u otras, siempre

que la fila que se sustituye no se multiplique por cero. 3. Dos filas pueden intercambiarse entre sí.

Ejemplos

Ejemplo 11.21 Hallemos por el método de Gauss la inversa de la matriz

=

1-94

283

1-21

A .

Primera triangulación nula:

13

12

4

3

104310

013520

001121

100194

010283

001121

ff

ff

−

−

−

−

−

⇒

−

−

se intercambian las filas 23 fyf

23 2215100

104310

001121

013520

104310

001121

ff +−

−−

−

−

⇒

−

−

−

Segunda triangulación nula:

21

32

31 2

215100

5311010

12726001

3

215100

5311010

214021 ff

ff

ff −

−−

−

−−

⇒−

+

−−

−

−−

,

Matrices Tema 11

11-9

la matriz inversa es

=−

21-5-

5-311

127-26-

A 1 .

Ejemplo 11.22 Hallemos la matriz inversa de

=

365

123

121

A .

2313

12

112000

013240

001121

5

3

105240

013240

001121

100365

010123

001121

ffff

ff

−

−−

−−−⇒

−

−

−−−

−−−⇒

Al obtener una fila nula, puede afirmarse que no tiene matriz inversa.

11.5 Rango o característica de una matriz Como ya se dijo, dada la matriz nmMA ×∈ , cada fila la puede ser considerada como un

vector de nR y cada columna como un vector de mR .

mnmm

n

n

aaw

aaw

vv

K

MOMM

K

K

1

1111

1

Nota De la definición y de la proposición anterior, se sigue que el rango de una matriz coincide con el rango de su traspuesta. Para calcular el rango de una matriz numérica se puede utilizar el método de Gauss de introducción de ceros en cascada manipulando filas o columnas a nuestra conveniencia. La matriz resultante tiene el mismo rango que la original.

Ejemplos

Ejemplo 11.23 Calculemos el rango de

−

=

6

431

021

2-2

-

-

A .

2313

12

655400

450

021

2660

450

021

6

431

021

ff

-

ff

ff

-

2-2

-

-

+

−

⇔

+

−

−

−

⇔

−

,

Proposición En toda matriz, el máximo número de vectores fila linealmente independientes coincide con el máximo número de vectores columna linealmente independientes.

Definición de rango Se llama rango de una matriz A al máximo número de vectores fila (o vectores columna) linealmente independientes.

Matrices Tema 11

11-10

luego, como las tres filas son linealmente independientes, el rango de la matriz es 3 .

Ejemplo 11.24 Estudiemos el rango de la matriz

1-t2-2

0t1-

01-t

, según los valores del parámetro t.

Por comodidad, intercambiamos las dos primeras filas y hacemos cero los números que hay por debajo de –1:

13

12

21220

010

01

1-2-2

01-

01-

ff

ftf

-t-t

-t

t-

t

t

t

2

+

⋅+

⇒

.

Como todos los elemento de la segunda y tercera filas dependen de t , estudiamos si es posible que se anulen a la vez:

01 =-t2 , si 1±=t ; 022 =-t , si t = 1 y 01 =−t , si t = 1 .

Luego, si 1=t , la matriz tiene rango 1. Si 1−=t , es de rango 2. Y, si 1±≠t , el rango es 3.

Matrices Tema 11

11-11


Operaciones con matrices R.1. Dadas las matrices

−

=

322

112

231

A ,

−

=

11

10

32

B ,

−−−

−

−

=

2010

3542

8321

3512

C y

−=

412

321D . Calcula:

a) CyB,A ′−−′

b) DB +′ c) DB ′⋅−⋅ 32

Soluciones:

a)

−

=′

312

213

221

A ;

−−

−

−

=−

11

10

32

B ;

−−−

−

−−

−−−

=′−

2383

0535

1421

0212

C

b)

−

−=

−+

−=+′

521

423

412

321

113

102DB

c)

−−

−

−

=

−−

−

=′⋅−⋅

107

16

121

129

36

63

22

20

64

32 DB

R.2. Calcula: a)

2

014

32

12

24

12

2

1

⋅+

⋅− b)

−⋅

−

−⋅

10

11

37

23

53

212

Soluciones:

a)

−=

−=

+

−−

−−=

⋅+

⋅−

10

10

10

10

022

31

122

11

014

32

12

24

12

2

12

22

b)

−=

−−

−=

−⋅

−

−⋅

013

11

107

53

106

42

10

11

37

23

53

212

R.3. Calcula los siguientes productos de matrices:

a)

−⋅

− 935

232

125

123

312

213

b) BA ⋅ y AB ⋅ con

−=

127

312A y

−

−=

3102

1013

4212

B

Soluciones:

Matrices Tema 11

11-12

a)

=

−⋅

− 16316

271627

191527

935

232

125

123

312

213

b)

=

−

−⋅

−=⋅

3313518

07113

3102

1013

4212

127

312BA ; AB ⋅ no puede realizarse pues B

tiene 4 columnas y A tiene 2 filas .

R.4. Dadas las matrices

−=

12

21A y

=

41

23B . Se pide comprobar que:

a) ( ) BABA ′+′=′

+

b) ( ) ABBA ′⋅′=′

⋅

c) ABBA ⋅≠⋅ Soluciones:

a) ( )

=

′+→

=+

54

32

53

42BABA ;

=′+′→

=′

−=′

54

32

42

13

12

21BAB;A

b)

−=

⋅

−=⋅

87

61

41

23

12

21BA ; ( )

−=

′⋅

86

71BA ;

−=

−⋅

=′⋅′

86

71

12

21

42

13AB

c) BAAB ⋅≠

=

−⋅

=⋅

67

81

12

21

41

23 (que está calculado en el apartado b).

R.5. Dada la matriz

=

100

110

111

A . Calcula ,...A,A,A 432 hasta encontrar una forma de

expresar nA . Solución:

=

⋅

=

100

210

321

100

110

111

100

110

1112A ;

=

⋅

=

100

310

631

100

210

321

100

110

1113A

=

⋅

=

100

410

1041

100

310

631

100

110

1114A ; para encontrar la forma de nA el único elemento

conflictivo es el 13a , pues los demás quedan

=

100

10

1

n

n

An , si se observa la secuencia de

operaciones que han dado lugar al término 13a en cada producto se puede ver que en

321132 =+=→ aA ; en 632113

3 =++=→ aA ; en 104321134 =+++=→ aA

Matrices Tema 11

11-13

en ( )2

132113

+⋅=+⋅⋅⋅+++=→

nnnaAn . Se ha aplicado la fórmula de la suma de los n

primeros términos de una progresión aritmética con 11 =a . Luego

( )

+⋅

=

100

102

11

n

nnn

An


−=

acossena

senaacosA y

−=

bcossenb

senbbcosB . Calcula BA ⋅ y AB ⋅ .

¿Quiere decir este resultado que el producto de matrices es conmutativo?. Solución:

=

⋅−⋅+⋅

⋅−⋅−⋅−=

−⋅

−=⋅

senbsenabcosacosbcossenasenbacos

bcossenasenbacossenbsenabcosacos

bcossenb

senbbcos

acossena

senaacosBA

( ) ( )( ) ( )

++

+−+=

bacosbasen

basenbacos.

( ) ( )( ) ( )

BAabcosabsen

absenabcos

acossena

senaacos

bcossenb

senbbcosAB ⋅=

++

+−+=

−⋅

−=⋅ .

El producto de matrices no es conmutativo, pues para que se pueda afirmar tal cosa

debería cumplirse que ByAABBA ∀∀⋅=⋅ y no sólo para algunos casos.


−=

23

21A y

=

53

12B .

a) Comprueba que ( ) ( ) 22 BABABA −≠+⋅− . ¿Por qué no se cumple la igualdad?.

b) Indica el desarrollo correcto de ( ) ( )BABA +⋅−

Solución:

a)

−

−=−

70

11BA ;

=+

36

33BA ( ) ( )

−−=+⋅−→

2142

03BABA

−

−=

103

272A ;

=

2821

772B

−−

−=−→

1824

9022 BA .

La igualdad no se cumple porque el producto de matrices no es conmutativo.

b) ( ) ( ) =

−−

−+

−−

−=⋅−⋅+−=+⋅−

418

25

70

118

1824

9022 ABBABABABA

−−=

2142

03

Ecuaciones y sistemas matriciales R.8. Resuelve los siguientes sistemas matriciales:

Matrices Tema 11

11-14

a)

=−

−

−=−

03

102

211

3258

BA

BA

b)

−

−=−

−=+

5113

112525

32310

171373

BA

BA

Soluciones:

a)

=−

−

−=−

03

102 II)

211

3258 I)

BA

BA

=→

−

−

−=−→⋅−⇒

21

12

012

40

211

324III BB Sustituimos

en II) y despejamos

=

+

=

12

11

21

12

03

10

2

1A

b)

−

−=−

−=+

5113

112525 II)

32310

171373 I)

BA

BA

=

−

−+

−=⋅→⋅+⋅⇒

357721

78435

64620

342641II7I2 A

−

−=→

−

−=

131

121

4112341

418241A ; sustituyendo A en II y despejando B se tiene:

=

−

−−

−

−⋅=

021

210

5113

1125

131

1215

2

1B

R.9. Resuelve el sistema de ecuaciones matriciales

−=+

=−

272

1263

416

3723

YX

YX

.

Solución: Multiplicando por 3 la segunda ecuación y restando la primera se tiene:

−=→

−=

−

−=⋅

72

31

7722

3311

416

37

816

361811 YY sustituyendo en la segunda

ecuación y despejando:

=

−⋅−

−=

64

33

72

313

272

126X

R.10. Calcula la matriz X tal que BAX =⋅−⋅ 23 con

−=

13

02A y

=

239

32B .

Solución:

Matrices Tema 11

11-15

Al despejar X se tiene: ( )

=

−⋅+

=⋅+=

75

12

26

042

239

32

3

12

3

1ABX

Cálculo de la matriz inversa

R.11. Calcula por el método de Gauss la matriz inversa, si existe de:

a)

−=

213

101

212

A b)

−=

210

303

020

B

Soluciones: a) Se indican a la derecha las transformaciones realizadas en cada línea.

⇒

−

−

−−−

−−−⇒

−⇒

−

13

12

121

21

3102

312

10

012

122

10

002

112

11

100213

010101

002

111

100213

010101

001212

ff

ff

f

⇒

+

−−

−⇒−

−−−

−⇒

221

3

2

111100

021410

002

112

11

2

102

312

10

021410

002

112

11

ff

f

221

1

32

31

111100

425010

101001

4

111100

425010

112

302

11 ff

ff

ff −

−−

−

−

⇒−

−

−−

−

−

⇒

Por lo tanto

−−

−

−

=−

111

425

1011A

b)

⇒−

−−

−

⇒

+

−

−

⇒

− 12231

231

1

100210

001020

03

11121

100210

03

10101

03

11121

100210

010303

001020

fff

ff

⇒

−

−

⇒

−

−

−

⇒−

−

⇒

321

23

221

210

41100

002

1010

03

11121

102

1200

002

1010

03

11121

100210

002

1010

03

11121

fff

f

2131 2

210

41100

002

10102

13

14

1001

210

41100

002

10102

13

14

3021 ffff −

−

−

⇒

+

−

⇒

−

−

=−

603

006

643

12

11B

Matrices Tema 11

11-16

R.12. Resuelve la ecuación matricial 22 ABXA =−⋅ siendo:

=

100

020

001

A ;

−

−

−

=

100

030

001

B :

Solución:

Llamamos 2AC = y calculamos su valor

=

100

040

001

C , la ecuación queda:

=+=⋅→=−⋅

000

010

000

BCXCCBXC y ( )BCCX +⋅= −1 . Calculamos 1−C

241

100100

04

10010

001001

100100

010040

001001

f⋅

⇒

así que

=−

100

04

10

0011C y

=

⋅

=

000

04

10

000

000

010

000

100

04

10

001

X

R.13. Calcula la matriz X tal que CABX =+⋅ , siendo

−

−=

315

124A ,

−

=

230

102

030

B y

−−

−=

642

531C .

Solución:

( ) 1−⋅−=→−=⋅ BACXACBX ;

−−

−−=−

337

413AC Calculamos 1−B

⇒

−

⇒

−

⇒

−

121

21

100230

001030

02

102

101

100230

001030

010102

cambiamos

100230

010102

001030 f

fyf

231

321

1

321

23 210

21100

003

10104

12

14

1001

210

21100

001030

02

102

101

101200

001030

02

102

101

f

ff

fff

−

−−

⇒

⇒

−

⇒

luego

−−

=

−−

=−

606

004

363

12

1

210

21

003

14

12

14

1

1B y

Matrices Tema 11

11-17

−

−=

−

−=

−−

⋅

−−

−−=

41

27

45

411

23

1229

34215

331829

12

1

606

004

363

337

413

12

1X

Estudio del rango de una matriz R.14. Calcula utilizando el método de Gauss el rango de las matrices:

a)

−

=

6106

3112

1310

3014

A b)

−

−

=

1111

2210

3642

1321

B

Soluciones: a)

23

3414

13 3

0000

0700

1310

3014

0000

3230

1310

3014

32

2

3230

3230

1310

3014

6106

3112

1310

3014

ff

ffff

ff −

−

−

⇔

−

−

⇔

−

−

−

⇔

−

El rango es 3

b)

3414

12

0000

2210

5000

1321

2

2210

2210

5000

1321

1111

2210

3642

1321

ffff

ff

+

−

−

⇔

−

−

−−

−

−

⇔

−

−

El rango es 3

R.15. Estudia según los valores del parámetro a el rango de las siguientes matrices:

a)

−

−

=

213

141

52 a

A b)

=21

1

111

aa

aaB c)

=

a

a

a

C

11

11

11

Soluciones:

a)

2313

12

2200

2130

52

32

2

34130

2130

52

213

141

52

ffa

a

a

ff

ff

a

a

aa

−

−

−

−

⇔

−

−

−

−

−

⇔

−

−

( ) ( ) 31 Si21 Si =→≠=→= Ara;Ara

b)

13

1222 110

010

111

1

1

111

ff

faf

aa

a

aa

aa

−

⋅−

−−

−⇔

( ) 1

000

000

111

1 Si =→

=→= BrBa

( ) 2

020

020

111

1 Si =→

=→−= BrBa ( ) 311 =→−≠∧≠∀ Braa

Matrices Tema 11

11-18

c) ⇔

⋅−

−

−−

−−⇔

⇔

=

13

122110

110

11

11

11

11

3 y 1 filas las amosintercambi

11

11

11

faf

ff

aa

aa

a

a

a

a

a

a

a

C

⇔

⋅−

−

−−

−−⇔

13

122110

110

11

faf

ff

aa

aa

a

( )( )

( ) 321

22 Si

11 Si

=→−≠∧≠∀

=→−=

=→=

Craa

Cra

Cra

R.16. Calcula los valores de a y b para que el rango de la matriz A sea dos con

−

−

−

−

=

12

24

12

122

b

b

aA .

Solución:

( ) ( ) ( ) 14

23

14

13

12

2

2

2100

200

110

122

2

020

220

110

122

12

24

12

122

fbf

ff

ba

ab

a

ff

ff

ff

b

b

a

b

b

a

−+

−

−⋅−

−

−

−

⇔

−

−

−

−

−

−

−

⇔

−

−

−

−

Los valores de a y b que hacen que el rango sea 2 son las soluciones de

( ) ( )

=−⋅−

=−

021

02

ba

ab .La única solución del sistema es 21 == bya .

R.17. Demuestra que toda matriz cuadrada se puede descomponer de modo único como suma de una matriz simétrica y una antisimétrica. Solución:

Supongamos que sea cierto; es decir, que HSA += , siendo S una matriz simétrica y H una

antisimétrica. Entonces HSHSA −=′+′=′ , luego SAA ⋅=′+ 2 y HAA ⋅=′− 2 . De donde,

resolviendo el sistema, se obtiene 2

AAS

′+= y

2

AAH

′−= . Como se ve, por la manera de ser

obtenida, ésta descomposición es única.

Matrices Tema 11

11-19


P.1. Expresa mediante la tabla correspondiente cada una de las siguientes matrices: ( )ijaA = ,

de orden 43 × , tal que: ≥

j<i si 1,-

ji si 2, = aij . ( )ijbB = , de orden 33 × , tal que:

≤ 3 j+i si 4,-

3 > j+i si 4, = bij

P.2. Determina la matriz traspuesta de las siguientes:

7145-3-

6103-4

86511-

=C ;

1-15

24-2-

61-0

=B ;

47

70

1-3

21-

=A

P.3. Resuelve el siguiente sistema matricial:

435

222 =B+A

501

12-1 =B-2A

P.4. Calcula 2CBA −⋅′ Siendo:

220

120

001

=C ; 1-04

031 =B ;

020

101 =A

P.5. Dadas las matrices ,

600

222

101

=B ,

200

131

121

=A

hallar la matriz P que verifique

BABP ⋅=− 2 .

P.6. Sabiendo que

11

01 =A , calcular: nAAAH +++= L

2 .

P.7. Hallar nnn CyB,A siendo:

111

111

111

=C ;

101

000

101

=B ;

100

101

000

=A

P.8. Siendo , cosasena

sena-cosa =A

calcula pA .

P.9. Sea la matriz A =

a3

21, determinar todas las matrices X de orden 2 tales que 0=⋅ XA .

Halla el valor de a para que el problema tenga solución distinta de la trivial.

P.10. Sean

505

13-71 =C ,

41-2

3-21 =B ¿Existe una matriz A tal que BAC ⋅= ?

Matrices Tema 11

11-20

P.11. Si

3-1-2-

625

311

=B ,

3-2-1

431-

4-2-2

=A . Calcula 32 ByA . (A las matrices que cumplen

lo que 2A se les llama idempotentes, a las que verifican lo que 3B se les llama nilpotentes.)

P.12. Dadas las matrices , 30

02 =R y

20

01 =A

hallar la matriz 1−⋅++⋅+= nRARAAS L .

P.13. Resolver la ecuación matricial CBXA =⋅⋅ , siendo:

00

11 =C ,

21

11 =B ,

10

01 =A

P.14. Resolver la ecuación matricial PNXM =+⋅ , siendo:

12

34 =P ,

43

21 =N ,

1-0

01- =M

P.15. Demuestra que

=

001

01-0

100

A es inversa de sí misma.

P.16. Demuestra que las matrices:

250

120

610

=B y

003

002

001-

=A son linealmente

independientes. P.17. Determina el rango de cada una de las siguientes matrices:

12

61

51

21-

=A ,

0514

3321-

1213

2114-

=A ,

0130

0106

0121-

=A ,

2212

2-231

0443

=A 4321

021-

001

000

210

214

=A ,

4222

7543

3321

10864

=A ,

01012

10111

01012

01351-

=A 765

P.18. Calcula el rango de la matriz

12963

8642

t321

para los distintos valores de t:

P.19. Halla una matriz X tal que:

⋅

041-5-

0131-

0201

= X

5-1-4

311-

210

P.20. Hallar la matriz X que verifica DCBXA =+⋅⋅ , siendo:

Matrices Tema 11

11-21

010

013=D

3-21-

321=C

11-0

010

001

=B 01-

01=A

P.21. Encontrar una matriz X que verifique la ecuación: CBXA =+⋅ siendo:

310

252

003

=C

100

010

001

=B

421

021

001

=A .

P.22. Calcula por el método de Gauss la inversa de las matrices:

a)

100

121

102

b)

254

412

143

Soluciones:

P.1.

−

−−

−−−

=

1222

1122

1112

A ,

−

−−

=

444

444

444

B . P.2.

−

−

4712

7031;

−

−−

−

126

141

520

;

−−

−−

768

116

405

531

341

. P.3.

=

123

121B ;

=

312

101A . P.4.

−−

−−

651

668

030

. P.5.

4800

311013

1846

.

P.6. ( )

+

nnnn

2

10

. P.7.

=

100

100

000nA ;

⋅=−

101

000

101

2 1nnB ;

⋅=−

111

111

111

3 1nnC

P.8. ( ) ( )( ) ( )

−

pacospasen

pasenpacos P.9.Si

−=

−=∈∀→=

2212

21112221

2

26

xx

xxconRx,xa ;si ( )06 =→≠ Xa .

P.10.

−

21

13. P.11. 032 == B,AA . P.12.

−

−

130

012n

n

. P.13.

00

01.

P.14.

−−

31

13. P.15. Basta comprobar que IAA =⋅ . P.16. Trivial.

P.17. 2332 :A , :A , :A , :A 4321 323 :A , :A , :A 765 P.18. Si ,rt 14 =→= 24 =→≠ rt

P.19.

−

−−

−

021112

022225

03810

. P.20. No existe. P.21.

−− 04

3

2

1120

002

. P.22. a)

−−

−

1004

1

2

1

4

12

10

2

1

b) No admite inversa.

Determinantes Tema 12

12-1

Tema 12

DDeetteerrmmiinnaanntteess..MMaattrriizz iinnvveerrssaa.. RRaannggoo ddee uunnaa mmaattrriizz..

12.1 Conceptos previos. Permutaciones de n elementos

Ejemplo 12.1 Si 21,A = , una permutación es 2,1 y la otra es 1,2

Notas - A partir de ahora, consideraremos tan sólo las permutaciones de los n primeros números

naturales n,,,, K321 . Y al conjunto de todas las permutaciones posibles de los n primeros números

naturales lo denotaremos por nS .

Ejemplos

Ejemplo 12.2 Con el conjunto formado por los números 1 , 2 y 3, hay 6 permutaciones posibles: 1 2 3, 1 3 2, 2 1 3 , 2 3 1, 3 1 2 y 3 2 1.

Ejemplo 12.3 Con los números 1, 2, 3 y 4 se pueden hacer 244 =! permutaciones distintas.

Ejemplo 12.4 La permutación 54321=σ es la permutación principal de los cinco primeros

números naturales.

Definición Se llama permutación de los n elementos del conjunto na,,a,a,aA L321= a

cualquier forma de ordenar los n elementos de A.

Proposición 12.1 El número total de permutaciones de n elementos es n!n ⋅⋅⋅⋅= L321 .

Definición Se llama permutación principal a aquella en la que los números están en el orden natural.


12-2

Ejemplo 12.5 En la permutación 3 2 1 4, los números 3 y 1, 3 y 2, 2 y 1 están en inversión; 1 y 4 están en permanencia.

En la permutación 3 1 5 2 4, los números 3 y 1, 3 y 2, 5 y 2, 5 y 4, están en inversión; 3 y 5, 3 y 4, 1 y 5, 1 y 2, 1 y 4, 2 y 4, están en permanencia.

Ejemplo 12.6 La permutación 3 2 1 4, como se ha visto en el ejemplo anterior, tiene 3 inversiones por lo que es de clase impar.

La permutación 3 1 5 2 4, como se ha visto en el ejemplo anterior, tiene 4 inversiones por lo que es de clase par.

Nota De las n! permutaciones de los n primeros números naturales la mitad son de clase par y la otra mitad de clase impar.

La demostración es muy simple, pues si una vez formadas todas las permutaciones cambiamos entre si dos elementos fijos dados en cada permutación se siguen teniendo las mismas permutaciones y las que eran de clase par se convierten en clase impar y viceversa.

Nota Evidentemente, ( )

−=

imparesσsi

paresσsiσs

,1

,1.

12.2 Determinante de una matriz cuadrada. Definición

Definición Dos elementos se dice que están en permanencia si se encuentran en la misma posición relativa que en la permutación principal. En caso contrario se dice que están en inversión.

Una permutación se dice de clase par si el número de inversiones es par y en caso contrario se dice de clase impar.

Definición Llamamos signatura de una permutación σ , y la denotamos por ( )σs , al número

( ) ( ) ps 1−=σ , donde p es el número de inversiones de la permutación.

Sea

=

nnnn

n

n

aaa

aaa

aaa

A

L

MMMM

L

L

21

22221

11211

una matriz cuadrada de orden n.

Llamamos determinante de una matriz cuadrada A, y lo representamos por A , al número

( ) ( ) ( ) ( )∑∈

⋅⋅⋅=

nS

nnaaasAσ

σσσσ L2211 ,

donde ( ) ( ) ( )nσσσ ,...,2,1 es una permutación.


12-3

Es decir: es el número que resulta al sumar todos los productos posibles de n términos , tales que no haya dos de la misma fila, ni dos de la misma columna, con signo más o menos según la paridad de la permutación que resulta al considerar los segundos subíndices sea par o impar. Nota Observa que según la definición de un determinante:

- Hay n! sumandos. - Cada sumando se compone de n factores tales que no hay dos de la misma fila ni dos de

la misma columna. - El signo de cada sumando es positivo si la permutación σ de los subíndices de las

columnas es de clase par y negativo si es de clase impar.

Calcular el valor del determinante de una matriz cuadrada a partir de la definición resulta complicado, no obstante la definición es el punto de partida en las demostraciones de las propiedades de los determinantes.

A continuación vamos a plantear reglas que faciliten calcular el valor de determinantes de orden

dos y tres; posteriormente se verá como calcular determinantes de orden mayor que tres.

12.2.1 Determinantes de orden dos

Al aplicar la definición al cálculo de un determinante de orden dos; es decir, 2221

1211

aa

aa,

recordemos que con los números 1 y 2 sólo hay dos posibles permutaciones, la 1 2 y 2 1; la

primera es de clase par y la segunda de clase impar, por lo que 211222112221

1211aaaa

aa

aa⋅−⋅= .

Ejemplo 12.7 El valor de 52

31

−

− es ( ) ( ) 12351

52

31−=−⋅−−⋅=

−

−.

12.2.2 Determinantes de orden tres. Regla de Sarrus.

En el caso de un determinante de orden 3 tal como

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

recordemos que

hay seis permutaciones posibles con los números 1, 2 y 3. Tres de clase par: 123, 231 y 312, y tres de clase impar: 321, 213 y 132. Por lo tanto, según la definición de determinante se tiene

322311332112312213312312322113332211

333231

232221

131211

aaaaaaaaaaaaaaaaaa

aaa

aaa

aaa

−−−++=

No obstante, para mayor comodidad, existe una regla geométrica para recordar este

desarrollo, llamada Regla de Sarrus, según la cual: Los términos de signo positivo provienen de la diagonal principal y de los dos triángulos de

base paralela a dicha diagonal. Los términos de signo negativo provienen de la diagonal secundaria y de los dos triángulos

de base paralela a dicha diagonal, tal y como se ve en los siguientes esquemas.


12-4

Ejemplo 12.8 Para calcular el valor de

116

043

522

−

−

−

nos fijamos en los esquemas anteriores y

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =⋅−⋅−−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−+⋅−⋅−+⋅⋅=

−

−

−

132102645602513142

116

043

522

10312623 −=−=

( ) ( ) =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= 942861753762384951

987

654

321

( ) ( ) 07248105849645 =++−++= .

12.3 Propiedades de los determinantes Se enuncian sin demostrar las propiedades fundamentales de los determinantes que, entre otras cosas, van a servir para facilitar el cálculo de determinantes de orden superior a tres.

Observa que de no utilizar estas propiedades resulta excesivamente laborioso el cálculo de un determinante, ya para el de orden 4 requiere hacer 24 sumas de 4 factores cada sumando y el de orden 5 tiene 120 sumandos de 5 factores cada uno y, así, sucesivamente.

Ejemplo 12.9 Calculemos el valor de

105

142

632

−−

−

correspondiente a la matriz traspuesta de la

primera del ejemplo 12.9.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 103132102645602513142

105

142

632

−=⋅−⋅−−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−+⋅−⋅−+⋅⋅=−−

−

Observa que tenemos exactamente los mismos sumandos en el desarrollo que en el ejemplo anterior.

1. El determinante de una matriz A es igual al de su traspuesta.


12-5

Nota Como consecuencia de esta propiedad, todas las que siguen son válidas indistintamente para filas o para columnas. Se hablará entonces, de líneas aplicando dichas propiedades a filas o a columnas según interese.

Ejemplo 12.10 ( ) 1205342

5000

7300

4240

3012

−=⋅−⋅⋅=−−

−

, puesto que los demás sumandos tendrán

siempre un factor nulo.

Ejemplo 12.11 Calculemos 41

324

−⋅ .

Por un lado, se tiene que ( )( ) 441342441

324 =−⋅−⋅⋅=

−⋅ y aplicando la propiedad

resulta ( ) 44434844

38=−⋅−⋅=

−, que es lo mismo. Observa que al multiplicar la primera

columna por 4, cada sumando se ha multiplicado también por 4.

Nota Como consecuencia: el producto de un número por un determinante es igual al determinante que resulta al multiplicar una sola línea, y sólo una, por ese número.

Ejemplo 12.12 Se comprueba, entre otras posibilidades, que

93

135

363

423

1315

123

429

135

121

423

3 −=

−

=

−

=

−

⋅

2. El determinante de una matriz triangular es igual al producto de los elementos de la diagonal principal.

3. Si todos los elementos de una línea son 0, el determinante es 0.

4. Al multiplicar una línea, fila o columna, por un número el determinante queda multiplicado por ese número.

5. Si se permutan entre sí dos filas o columnas de un determinante éste cambia de signo.

6. Si una línea de un determinante está formada por términos que son suma de varios sumandos, el determinante es igual a la suma de los determinantes que se obtienen al sustituir dicha línea por los primeros sumandos, los segundos, etc. y dejar el resto de las líneas iguales.


12-6

Ejemplo 12.13 Es fácil comprobar por un lado que 31

135

121

423

−=

−

y por otra parte se puede

considerar la siguiente descomposición:

318554

115

141

413

125

121

413

1125

1421

4113

135

121

423

−=−=

−

+

−

−=

−+

+−

+

=

−

, que también da lo

mismo.

Nota La propiedad anterior se puede entender de la siguiente forma:

33323231

23222221

13121211

333231

232221

131211

333231

232221

131211

abaa

abaa

abaa

aba

aba

aba

aaa

aaa

aaa

+

+

+

=+ como regla para sumar determinantes.

Ejemplo 12.14 Veamos con un ejercicio teórico las propiedades 6, 7, 8 y 9.

Sea

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaa

A = , sumemos a la primera fila una combinación lineal de las otras y veamos

que el determinante no varía:

=

β+α+β+α+β+α+

==

333231

232221

32313322212312111

333231

232221

131211

aaa

aaa

aaaaaaaaa

aaa

aaa

aaa

A

aplicando la propiedad 6, resulta

AA

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

aaa

=++=

βββ

+

ααα

+= 00

333231

232221

33231

333231

232221

232221

333231

232221

131211

,

pues los sumandos 2º y 3º tienen dos líneas proporcionales.

7. Un determinante con dos líneas iguales es 0.

8. Si un determinante tiene dos líneas proporcionales, el determinante es nulo.

9. Un determinante no varía si se le suma a una línea una combinación lineal de las restantes.


12-7

Idea clave Esta propiedad sugiere que para resolver un determinante se puede triangular la matriz (hacer 0 los elementos por debajo de la diagonal principal) utilizando combinaciones lineales, sin que altere el valor del determinante y, a continuación, aplicar la propiedad 2. Nota Hay que poner especial atención en el número de la combinación lineal que multiplica a la línea sustituida por aquella, porque el determinante queda multiplicado por dicho número.

Ejemplo 12.15 a) Calculemos

112

013

321

−

( ) 87

871

7800

970

321

2

3

530

970

321

112

013

321

273

313

12 =

−⋅−⋅=

−−

−−=

−

−

−−

−−=−

ffff

ff

b) Calculemos

1111

1111

1111

1111

−

−

−

−

[ ] =

−

−=

+

+

+

−

=

−

−

−

−

32

14

13

12

0220

2200

2020

1111

0220

2020

2200

1111

1111

1111

1111

1111

f yf cambio

ff

ff

ff

16

4000

2200

2020

1111

2200

2200

2020

1111

3424

−=

−−

−

−=

−−

−

−=

ffff

.

Ejemplo 12.16 Dadas

=

71

23A y

=

18

25B comprobamos que BABA ⋅=⋅ .

=⋅

961

831BA ; 19221 =−=A ; 11165 −=−=B ; ( )1119209488279 −⋅=−=−=⋅ BA , con lo

que queda comprobada la propiedad.

10. Un determinante es 0 si una fila es combinación lineal de las restantes.

11. El determinante de la matriz producto de dos matrices cuadradas es el producto de los determinantes.


12-8

12.4 Matriz adjunta

Ejemplo 12.17 En

0112

9813

4123

, 112

13= es un menor de orden dos,

011

981

412

es un menor

de orden tres, su valor es –37,

012

913

423

es otro menor de orden tres.

Ejemplo 12.18 En

−

120

510

213

, el menor complementario de 5 es 20

13, su valor es 6.

Ejemplo 12.19 En

−

120

510

213

, el adjunto de 232 =a es 1550

2332 −=−=A .

Así, para una matriz de orden 3, ( )ijA sería:

( )

−

−−

−

=

2221

1211

2321

1311

2322

1312

3231

1211

3331

1311

3332

1312

3231

2221

3331

2321

3332

2322

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

aa

Aij

Definición Dada una matriz cualquiera llamaremos menor al determinante de la matriz cuadrada que resulta de suprimir un determinado número de filas y de columnas.

Dada una matriz cuadrada llamaremos menor complementario de un elemento al menor que resulta de suprimir su fila y su columna.

Llamamos adjunto de un elemento ija y lo representaremos ijA , al menor complementario si

ji + es par, y al menor complementario cambiado de signo si ji + es impar.

Llamamos matriz adjunta de una matriz cuadrada ( )ija a la matriz ( )ijA , cuyos elementos son

los adjuntos ijA de la primera.


12-9

12.5 Desarrollo de un determinante por los adjuntos de una línea

Veamos la comprobación para una matriz de orden tres desarrollando por la primera

columna:

=⋅+⋅−⋅=2322

131231

3332

131221

3332

232211

333231

232221

131211

aa

aaa

aa

aaa

aa

aaa

aaa

aaa

aaa

Aaaaaaaaaaaaaaaaaaa =−++−−= 221331231231321321331221322311332211

Nota Este teorema da un método para hallar el valor de los determinantes de orden superior a 3. Previamente, utilizando las propiedades de los determinantes enunciadas anteriormente, se introducen ceros en una línea para simplificar operaciones.

Ejemplos

Ejemplo 12.20 Para el cálculo de

4332

5213

4242

3012

−

− empezamos haciendo algunos ceros:

=

−

−

−

−=

−

−

14

12

1340

5213

1230

3012

4332

5213

4242

3012

ff

ff

y luego desarrollamos por adjuntos a partir de la primera columna:

6

134

123

301

3

134

521

123

2 =

−

⋅+

−

−⋅= .

Ejemplo 12.21 Desarrollo por adjunto de la primera fila se tiene:

=

−

−

−

⋅−−

−

⋅+

−

−

⋅−

−

−⋅=

−

−

−

100

10

01

00

010

01

10

00

001

10

01

00

100

010

001x

x

d

x

x

c

x

xb

x

x

x

a

x

x

x

dcba

dcxbxax +++= 23

12.6 Matriz inversa de una matriz cuadrada

En el tema anterior se ha visto que dada una matriz A, la matriz inversa 1−A es la matriz

que verifica IAAAA =⋅=⋅ −− 11

Teorema El determinante de una matriz cuadrada es igual a la suma de los productos de los elementos de una línea (fila o columna) por sus correspondientes adjuntos.


12-10

Se puede probar que ( )′=−ijA

AA

11 ; es decir, la matriz traspuesta de la adjunta ( o la

adjunta de la traspuesta, que es lo mismo) dividida por el determinante de A.

Por tanto, para que una matriz tenga inversa es necesario y suficiente que su determinante sea distinto de cero, es decir, que la matriz sea regular.

Ejemplo 12.22 Dada la matriz

−

=

110

120

321

A calculemos 1−A .

Primero calculamos su determinante: 3=A . A continuación la matriz traspuesta

−=′

113

122

001

A

y en esta matriz se calculan los adjuntos:

311

1211 =

−=A 5

13

1212 −=

−−=A 4

13

2213 −==A

011

0021 =−=A 1

13

0122 ==A 1

13

0123 −=−=A

012

0031 =

−=A 1

12

0132 =

−−=A 2

22

0133 ==A

Entonces:

−

−−

=

−

−−

=−

3

2

3

10

3

1

3

10

3

4

3

51

210

110

453

3

11A

12.7 Rango de una matriz. Método de orlar menores Se vio en el tema anterior el método de Gauss para calcular el rango de una matriz. Veremos ahora otro modo de calcular ese rango utilizando el concepto de determinante. Enunciamos el siguiente teorema: La búsqueda del menor de mayor orden, distinto de cero, se hace por un método llamado orlar menores.

El rango de una matriz coincide con el orden del mayor menor no nulo de dicha matriz.

Dado un menor de orden h, llamamos menor orlado al determinante de orden 1+h que resulta al añadir una fila y una columna cualesquiera de la matriz a dicho menor.


12-11

Ejemplo 12.23 En la matriz

−

−

−−

60145

99236

1143115

50362

un menor de orden dos es 23

31, algunos

menores orlados del anterior son:

236

3115

362

−

−

(con 11 c yf );

614

923

1131

− (con 54 y cf )

Para el cálculo del rango de una matriz mediante el teorema anterior conviene tener en

cuenta la siguiente propiedad:

Para hallar el rango de una matriz numérica seguiremos el siguiente proceso:

• Se parte de un menor de orden h no nulo.

• Se orla con una línea fija, por ejemplo una fila, y el resto de las columnas. o Si alguno de esos menores es distinto de cero el rango de la matriz es, al menos,

1+h y con ese menor de orden 1+h repetiríamos el proceso de orlar. o Si al orlar, todos los menores fueran cero, la fila elegida es combinación lineal de

las h incluidas en el menor y dicha fila no cuenta para el rango de la matriz (la suprimimos).

• Se continúa el proceso, si es preciso, con otras filas. Si todos los menores son nulos el rango es h.

Ejemplos

Ejemplo 12.24 Calculemos el rango de

−

−−

−

53224

23013

70211

.

Como sólo tiene tres filas, el rango es, como mucho, 3.

Tomamos un menor no nulo de orden 2, por ejemplo 01

21

−

− .

A continuación, lo orlamos con la fila 3 y con cada una de las columnas no elegidas en el menor:

orlando con 13 cyf se tiene 0

224

013

211

=

−

−

−

, orlando con 43 cyf se tiene 0

322

301

021

=

−

−

−

y

orlando con 53 cyf resulta 0

522

201

721

=

−

−−

−

.

Proposición Sea iA un menor no nulo de orden h de una matriz A. Si todos los menores

obtenidos orlando iA con una fila m y con el resto de las columnas de A son nulos, entonces la

fila m es combinación lineal de las h filas de A que corresponden a iA ( lo mismo para las

columnas).


12-12

Por lo tanto, la fila tercera es combinación lineal de las dos primeras y en consecuencia el rango es 2.

Ejemplo 12.25 Calculamos el rango de

−

−

100

011

430

234

132

.

El rango es como mucho 3, pues sólo tiene tres columnas.

Tomamos un menor no nulo de orden 2, por ejemplo 0634

32≠−= y orlamos con la

tercera columna y el resto de las filas (tercera, cuarta y quinta):

orlando con 33 cyf se tiene 0

430

234

132

=

−

−

; orlando con 34 cyf resulta 01

011

234

132

≠=

−

. Por

lo tanto, ya no es preciso seguir y se puede concluir que el rango de la matriz es 3.

Nota Para el caso de matrices numéricas, parece más rápido hallar el rango a base de triangular o, bien, triangular y estar atentos a menores no nulos que puedan dar el rango directamente.

Para hallar el rango de una matriz con parámetros lo conveniente suele ser empezar anulando los menores más grandes que se puedan formar y, a continuación, hacer el estudio distinguiendo entre los valores que lo anulan y los que no lo anulan.

Ejemplos

Ejemplo 12.26 Calculemos para los distintos valores de k el rango de

3k2

k23

23k

.

Empezamos haciendo cero el menor de mayor orden que, en este caso, coincide con el determinante de la matriz.

50 −=⇔= k k-35-18k=

3k2

k23

23k

3 .

De aquí podemos concluir:

a) para 5−=k , el rango es 2, ya que el menor 23

35 es distinto de cero;

b) para 5−≠k , el rango es 3, ya que el determinante de la matriz es distinto de cero.

Ejemplo 12.27 Calculemos para los distintos valores de x e y el rango de la matriz:


12-13

100

3-y1

6-42

0x0

32-1-

.

En este caso, es fácil ver que la tercera fila es combinación lineal de la primera, luego el

rango de la matriz dada coincide con el rango de la matriz

−

−−

1

3

0

3

0

2

0

1

0

1

y

x.

Entre los posibles menores de mayor orden, que es tres, tomamos, por ejemplo, el

100

00

321

x

−−

que se anula sólo para 0=x . Luego, para 0≠x el rango es 3, independiente mente

del valor de y. Veamos qué pasa para 0=x . La matriz e estudiar es

−

−−

100

31

321

y ,

cuyo determinante vale 202

100

31

321

=⇔=−=−

−−

yyy . Así que la matriz que resulta para

0=x e 2=y es

−

−−

100

321

321

, cuyo rango es 2.

Ahora bien, como el menor

100

31

321

−

−−

y es independiente de x, para 2≠y el rango es

tres. Resumiendo:

x y rango

0−R R 3

R 2−R 3

0 2 2


12-15


Determinantes de orden 2 y 3 R.1. Calcula el valor de los siguientes determinantes utilizando la Regla de Sarrus:

a)

735

124

231

−

−

b)

133

211

025

−

−

Soluciones:

a) ( ) ( ) 884320152414

735

124

231

−=+−−−++=

−

−

b) ( ) ( ) 2530201205

133

211

025

=−−−−+=

−

−

R.2. Resuelve las ecuaciones: a) 02

3=

x

x b) 0

421

312

22

=

xx

Soluciones:

a) 02

3=

x

x. Desarrollamos y queda 6062

±=⇔=− xx .

b) 0

421

312

22

=

xx

2

101662684 =⇔=−−−++⇔ xxxxx .

Propiedades de los determinantes

R.3. Dada la matriz

=

tz

yxA y sabiendo que 3=

tz

yx, utiliza las propiedades de los

determinantes para calcular razonadamente:

a) ttz

yyx

+

+ b)

tz

yx

2233 c)

zt

xy

22

22 d) A⋅3 .

Soluciones:

a) 303 =+=+=+

+

tt

yy

tz

yx

ttz

yyx[propiedades 6 y 7].

b) 223

1

2233 =⋅⋅=

tz

yx

tz

yx [propiedad 4] .


12-16

c) ( ) 123222222

22−=−⋅⋅=⋅⋅=

zt

xy

zt

xy[propiedades 4 y 5].

d) 2733

333 ==⋅

tz

yxA [ propiedad 4] (recuérdese el producto de número por matriz).


−

=

421

125

231

A y

−

=

313

012

213

B comprueba que:

a) BABA +≠+ b) BABA ⋅=⋅ c) BB ⋅α=⋅α 3

Soluciones:

a) Calculamos

=+

732

137

424

BA y 38

732

137

424

==+ BA , por otra parte se tiene que

33

421

125

231

−=

−

=A y 13

313

012

213

=

−

=B , la desigualdad es evidente.

b) BABA ⋅=⋅ Calculamos

−=⋅

10713

13222

8415

BA y

BABA ⋅=⋅−=−=−=⋅ 1333429

10713

13222

8415

c) ( )

ααα

αα

αα−α

=⋅α

313

012

213

B y B⋅α=

−

⋅α=

ααα

αα

αα−α33

313

012

213

313

012

213

R.5. Sabiendo que los números 102, 119 y 255 son múltiplos de 17, demuestra aplicando las

propiedades de los determinantes que

255

119

102

es también múltiplo de 17.

Solución:

Si en la primera columna hacemos la transformación 321 10010 ccc ⋅+⋅+ el valor del

determinante no varía

2515

117

106

17

25255

11119

10102

255

119

102

⋅== y por tanto múltiplo de 17.

Determinantes de orden superior


12-17

R.6. Calcula introduciendo ceros el valor de: a)

4322

7103

2532

2113

−

−

−

b)

2393

7531

2422

5312

−

−

−

Soluciones: a) Se van a introducir ceros en la 2ª columna por tanto hay que manejar filas.

−

−

−

−

−−

−

=

−

−

−

14

12

2

3

0508

7103

4807

2113

4322

7103

2532

2113

ff

ffdesarrollamos por la segunda columna

1112453244860

058

713

487

0508

7103

4807

2113

−=++−=

−

−

−−

−=

−

−

−−

−

b) Introducimos ceros en la segunda fila, por tanto manejaremos columnas.

+⇒

+⇒

+⇒

−

−

−=

−

−

−

144

133

122

2

cambios

5963

6321

0002

7732

2393

7531

2422

5312

ccc

ccc

cccdesarrollamos por la segunda fila

( ) 3745681126362

cambios

496

332

073

2

596

632

773

2

5963

6321

0002

7732

233 −=+−−−⋅=

−⇒

−−

⋅=

−

⋅=

−

−

−ccc

R.7. Calcula el valor de:

xabx

axxb

bxxa

xbax

Solución:

Hacemos 411 ccc −⇒ , 322 ccc −⇒ y sacamos factor común ba −

( ) =

−

−⋅−=

−

−

−

−

=

xa

ax

bx

xb

ba

xaab

axab

bxba

xbba

xabx

axxb

bxxa

xbax

10

01

01

10

0

0

0

0

2

sumamos a la fila tercera la fila segunda e intercambiamos la primera y la segunda


12-18

( ) ( ) =

−

+⋅−−=

−

+⋅−=

xa

bax

xb

bx

ba

xa

bax

bx

xb

ba

10

200

10

01

10

200

01

10

22

sumamos a la fila cuarta la fila segunda

( ) ( ) ( ) ( )[ ].baxbaxba

baxba

xba

bax

xb

bx

ba22222

42

2

200

200

10

01

+−⋅−−=+

+⋅−−=

+

+⋅−−=

R.8. Demuestra que el determinante de Vandermonde de orden tres vale:

( ) ( ) ( )abacbc

cba

cba −⋅−⋅−=222

111

Solución: A la 3ª fila le restamos la 2ª multiplicada por a y a la 2ª la 1ª multiplicada por a

accabb

acab

cba

cba

⋅−⋅−

−−=22222 0

0

111111

desarrollamos por la 1ª columna y sacamos factor común

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )bcacab

cbacab

accabb

acab

accabb

acab −⋅−⋅−=⋅−⋅−=−⋅−⋅

−−=

⋅−⋅−

−−=11

0

0

111

22

Cálculo de la matriz inversa. Ecuaciones matriciales

R.9. Halla la matriz inversa de las siguientes matrices utilizando determinantes:

a)

−=

42

21A b)

−

−

−

=

213

122

213

B c)

−

−

=

173

1115

423

C

Soluciones:

a) Calculamos 842

21=

−=A , la matriz traspuesta es

−=

42

21tA y los adjuntos son

411 =A ; 212 −=A 221 =A 122 =A . Por tanto,

−

=

−=

−

8

1

4

14

1

2

1

12

24

8

11A .

b) 18

213

122

213

=

−

−

−

=B ;

−

−−=

212

121

323tB . Calculamos los adjuntos de esta matriz:

321

1211 =

−

−=B 0

22

1112 =

−

−−=B 3

12

2113 =

−−=B


12-19

721

3221 =

−−=B 12

22

3322 −=

−=B 1

12

2323 =−=B

812

3231 =

−=B 6

11

3332 −=

−−=B 4

21

2333 −=

−−=B

Por lo tanto

−−

−=

−−

−=−

9

2

3

1

9

418

1

3

2

18

76

10

6

1

468

1127

303

18

11B

c) Como 0

173

1115

423

=

−

−

=C , la matriz C no tiene inversa.

R.10. Estudia para qué valores de x la matriz

−

=

232

31

12

x

x

A no tiene inversa. Después, calcula la

matriz inversa de A para 3=x .

Solución:

La matriz no tiene inversa si 0=A ;

=

=⇔=+−=

−

=

2

51

0572

232

31

122

x

xxxx

x

A .

Calculamos la matriz inversa de

−

=

232

331

123

A . 2=A ,

−

=′

231

332

213

A y los adjuntos son:

323

3311 −==A 7

21

3212 −=

−−=A 9

31

3213 =

−=A

423

2121 =−=A 8

21

2322 =

−=A 10

31

1323 −=

−−=A

333

2131 −==A 5

32

2332 −=−=A 7

32

1333 ==A

con lo que

−−

−

−−

=

−−

−

−−

⋅=−

2

7

2

5

2

3

542

2

9

2

7

2

3

753

1084

973

2

11A .

R.11. Resuelve la ecuación matricial BAX =⋅ con:


12-20

−

−

=

311

201

110

A ;

−

−

−

=

971

1173

1917

B

Solución:

Despejando, 1−⋅= ABX . Necesitamos hallar 1−A .

Como 6−=A , si se halla la matriz adjunta de la traspuesta se llega a que

−

−−

=−

111

115

242

6

11A ,

Haciendo 1−⋅= ABX se tiene

−

−

=

−

−−

⋅

−

−

−

=

3

2

3

1

3

23

413

3

16

3

5

3

19

111

115

242

971

1173

1917

6

1X .

Rango de una matriz por medio de determinantes

R.12. Calcula, estudiando sus menores, el rango de las siguientes matrices:

a)

−

−

125112

187114

31101

b)

−

2414

5213

4152

0123

Soluciones: a) Como sólo tiene tres filas, el rango es menor o igual que 3. Elegimos un menor de orden 2

distinto de cero; por ejemplo, el 0114

01≠= y lo orlamos con la fila 3 y las diferentes columnas

hasta encontrar un menor distinto de cero, si es que lo hay.

Con 01241

112

114

101

33 =++−=−

−

→cyf ; Con 07245

512

714

101

43 =−−+=→cyf

Con 01861212

1212

1814

301

53 =−−+=→cyf .

Como no hay ningún menor de orden tres distinto de cero, entonces el rango de la matriz es 2. b) El rango es menor o igual que 4. Elegimos un menor de orden 2 distinto de cero; por ejemplo, el

01152

23≠= y lo orlamos con la fila 3 y las diferentes columnas hasta encontrar un menor

distinto de cero, si es que lo hay.

083156230

213

152

123

≠−+−+−=

−

Al ser distinto de cero, ya podemos decir que el rango es mayor o igual que 3. Orlamos este menor con la única fila y la única columna que quedan, resulta


12-21

0

213

736

123

2

414

736

123

52

2414

5213

0736

0123

2414

5213

4152

0123

42≠

−

−−⋅+−−⋅−=−

−

−−=

−

ff .

Por tanto el rango de la matriz es 4.

Rango de matrices dependientes de parámetros

R.13. Estudia para los distintos valores de k el rango de.

32

23

23

k

k

k

Solución:

Calculamos 5035180

32

23

233

−=⇔=−+−⇔= kkk

k

k

k

.

Por lo tanto, si 5−≠k el rango es 3. Y si 5−=k , como hay menores de orden dos distintos

de cero, el rango es 2.

R.14. Estudia el rango de

−

=

111

111

1 2tt

A según los valores del parámetro Rt ∈

Solución:

Calculamos. 1022

111

111

12

2

±=⇔=⋅−=

−

tt

tt

.

Por tanto si 1±≠t el rango es tres. Y si 1±=t , el rango es 2 , pues el menor 11

11

− es

distinto de cero para todo t de R.

R.15. Estudia el rango de

+

−+

=

011

2011

11

a

aa

aaa

A según los valores del parámetro Ra ∈ .

Razona si para algún valor de a existe 1−A . Solución:

El rango de A es menor o igual que 3. Calculamos: ( )21

11

011

11

+⋅=+

−+

aa

a

a

aa

, luego si 0≠a , o

bien 1−≠a el rango de A es tres. Veamos qué pasa si 0=a y, después, si 1−=a .

Si 0=a , la matriz es

=

0110

0011

0011

A , donde todos los menores de orden 3 son nulos y


12-22

encontramos un menor 010

11≠ y por tanto el rango de A es 2.

Si 1−=a , queda

−

−

−

=

0111

2001

1110

A , donde suprimiendo la columna segunda, queda

01

011

201

110

≠=

−

−

−

. Por lo que el rango de A también es 3.

Es absurdo pretender que una matriz que no es cuadrada tenga inversa.


12-23


Determinantes de orden 2 y 3

P.1. Calcula el valor del determinante:

102

412

352

−

−

P.2. Resuelve las siguientes ecuaciones:

a) 012

41=

−

+

x

x b) 0

203

011

23

=

−

+x

x

c) 0

312

125

22

=

−

− xxx

d) 17

101

12

13

=

+−

−

x

x

x

Propiedades de los determinantes

P.3. A partir del valor de 52

3==

y

xA , calcula utilizando las propiedades de los determinantes el

valor de: a) y

x

4

6 b)

yy

xx

−

−

2

3 c) 2A d) A⋅2

P.4. Dadas las matrices

−=

111

212

301

A y

−=

312

101

713

B comprueba que:

a) BABA −≠− b) AAt = c) AA 3α=⋅α d) AIA =⋅

Determinantes de orden superior

P.5. Calcula introduciendo ceros, si es preciso, el valor de:

a)

41144

2483

1352

0221

b)

α−

−

α−

α−

2003

5213

0202

0201

P.6. Calcula: a)

dcba

ccba

bbba

aaaa

b)

d

c

b

a

+

+

+

+

1111

1111

1111

1111

P.7. Demuestra que: edxcxbxaxx

xabcde

x

x

x

x

+++++−=

−

−

−

−

−

2345

1000

0100

0010

0001

P.8. Calcula

000

000

10110

00011

11001

cb

da

−

−

−

−

−−


12-24

P.9. demuestra que el determinante de Vandermonde de orden 4

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−= abacbcadbdcd

dcba

dcba

dcba

3333

2222

1111

Cálculo de la matriz inversa. Ecuaciones matriciales

P.10. Dada la matriz

−

−

=

x

xA

14

30

101

averigua para qué valores del parámetro x la matriz A no

tiene inversa. Calcula 1−A cuando 2=x . P.11. Calcula las matrices inversas por medio de determinantes de:

a)

− 83

52 b)

−

−

324

125

213

c)

− 112

213

0212

d)

−−

−

−

016

102

101

P.12. Resuelve CABX =+⋅ con:

−

−=

315

124A ,

−

=

230

102

030

B y

−−

−=

642

531C

P.13. Resuelve la ecuación matricial BXA =⋅ siendo:

−

−

=

401

310

201

A y

−

−

−

=

071

275

231

B

Rango de una matriz por medio de determinantes

P.14. Calcula el rango de:

a)

− 4532

13253

5121

b)

−

−

−

2213

2412

3182

7213

Rango de matrices dependientes de parámetros

P.15. Determina en función del parámetro α el rango de cada una de las siguientes matrices:

a)

+α

−α

104

210

13

b)

−

−

+αα

061

142

13

c)

−

α

+α−

012

01

311

d)

α

α+

210

111

011

e)

−α+α−α

−α+α−α

α+α

43145

12114

322

f)

α

−αα

11

11

111

g)

+α

+αα

−

430

21

123


12-25

Soluciones:

P.1. 58 P.2. a) 3±=x , b) 0=x , c)6

34−=x , d)

4

92 −== xyx P.3. a) 10, b) 5, c) 25, d) 20

P.4. a) 5−=− BA , 6=A y 5−=B luego BABA −≠− , b) trivial,

c) AA 322

30

α=

ααα

αα−α

αα

=⋅α d) trivial. P.5. a) 0, b) ( ) ( )232 2 −α−α⋅−α

P.6. a) ( ) ( ) ( )dccbbaa −⋅−⋅−⋅− , b) abcdabcabdacdbcd ++++ P. 7. Se hace

544 cxcc ⋅+⇒ y se desarrolla por 4f y se repite el proceso hasta llegar a orden 2. P.8.

cabd ⋅+⋅− P.9. Haciendo (en este orden) 344 faff ⋅−⇒ , 233 faff ⋅−⇒ , 122 faff ⋅−⇒ ,

desarrollando por 1c y sacando factor común se llega al determinante de Vandermonde de

orden 3. P.10. 31 == x,x

−−

−

−−

=−

218

3212

2171A

P.11. a)

− 23

58

31

1 b)

−−

−

−

122

13119

518

9

1 c)

−

−

−

6165

24121

423

38

1 d)

−

−−

−

012

166

011

P.12.

−−

=−

2

10

2

1

003

14

1

2

1

4

1

1B ,

−

−=

34215

331829

12

1X . P.13.

−

−

−

=−

101

323

204

2

11A ,

−

−

−

=

151

5222

4133

X . P.14. a) 2, b) 4 P.15. a) α∀= 3r ; b) si 27

19=→−=α r , si

37

19=→−≠α r ; c) si 2

2

13 =→−=α∨−=α r , si 3

2

13 =→−≠α∧−≠α r ; d) si

22

11 =→−=α∨=α r , si 3

2

11 =→−≠α∧≠α r ;

e) si 2123 =→=α∨=α∨=α r , si 3123 =→≠α∧≠α∧≠α r ; f) si 21 =→=α r , si

31 =→≠α r g) α∀= 3r

Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13

13-1

Tema 13

Sistemas de ecuaciones lineales

13.1 Definiciones

Ejemplo 13.1 La ecuación 423 =+ yx es una ecuación lineal respecto de las incógnitas x, y .

Ejemplo 13.2 El sistema

=++

=+−

232

14

zyx

zyxes un sistema de 2 ecuaciones lineales con 3

incógnitas.

Se llama ecuación lineal respecto a las n incógnitas nx,x,x,x K321 a toda igualdad que

puede ser escrita de la forma: bxaxaxaxa nn =++++ L332211 , donde b,a,a nL1 son

elementos de R. A los números na,a L1 se les llama coeficientes de las incógnitas

nx,x L1 , respectivamente, y al número b se le llama término independiente o segundo

miembro de la ecuación.

Se llama sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas nx,x,x,x K321 a un conjunto

de m ecuaciones lineales con esas n incógnitas que deben ser verificadas simultáneamente. Lo escribiremos así:

=++++

=++++

=++++

mnmnmmm

nn

nn

cxaxaxaxa

cxaxaxaxa

cxaxaxaxa

L

LLLLLLLLLLLL

L

L

332211

22323222121

11313212111

.


13-2

Nota Resolver un sistema es hallar la solución o soluciones del mismo, en el caso de que tenga.

Ejemplo 13.4 El vector ( )121 −,, es solución del sistema

=++

=+−

232

14

zyx

zyx, porque para

121 −=== z,y,x se satisfacen las dos ecuaciones del sistema.

Todo sistema de m ecuaciones lineales con m incógnitas tal como

=++++

=++++

=++++

mnmnmmm

nn

nn

cxaxaxaxa

cxaxaxaxa

cxaxaxaxa

L

LLLLLLLLLLLL

L

L

332211

22323222121

11313212111

puede ser escrito matricialmente de la forma

=

⋅

mnmnmm

n

n

c

c

c

x

x

x

aaa

aaa

aaa

KK

L

LLLL

L

L

2

1

2

1

21

22221

11211

o, abreviadamente, CXA =⋅ ,

donde

=

nnnn

n

n

aaa

aaa

aaa

A

L

LLLL

L

L

21

22221

11211

es la matriz de los coeficientes,

=

nx

x

x

XM

2

1

la matriz incógnita y

=

nc

c

c

CM

2

1

la matriz de los términos independientes.

A la matriz

=∗

mmnmm

n

n

caaa

caaa

caaa

A

L

LLLLL

L

L

21

222221

111211

, formada al añadir a la matriz A la matriz

columna de los términos independientes, la llamaremos matriz ampliada.

Se llama solución del sistema a todo vector ( )ns,s,s,ss K321= de nR que satisface las

m ecuaciones. Esto es, que al sustituir 1x por 1s , 2x por 2s y, así sucesivamente, en

todas las ecuaciones del sistema, se hacen ciertas cada una de ellas. Por tanto, se verifica:

=++++

=++++

=++++

mnmnmmm

nn

nn

csasasasa

csasasasa

csasasasa

L

LLLLLLLLLLLL

L

L

332211

22323222121

11313212111


13-3

Ejemplo 13.5 En el sistema

=++

=+−

232

14

zyx

zyx,

−=

321

114A y

−=

∗

2321

1114A son la

matriz de los coeficientes y la matriz ampliada, respectivamente.

13.2 Clasificación de los sistemas de ecuaciones lineales - Atendiendo a su solución, los sistemas pueden ser:

1) Compatible: cuando tiene solución. Se llama Compatible Determinado si tiene solución única. Y se llama Compatible Indeterminado si tiene infinitas soluciones. 2) Incompatible: cuando no tiene solución.

- Atendiendo a los términos independientes, los sistemas pueden ser:

1) Homogéneo: si todos los términos independientes son cero. 2) No homogéneo: si existe algún término independiente distinto de cero.

Nota Observa que un sistema homogéneo es siempre compatible ya que ( )00000 L,,,, es

siempre una solución del sistema. A ésta se le llama solución trivial. De lo anterior, resulta el siguiente esquema de clasificación: Determinados ( Solución trivial) Homogéneos Compatibles Indeterminados (Infinitas sol.)

Sistemas Determinados ( Una solución) Compatibles No homogéneos Indeterminados ( Infinitas sol.) Incompatibles ( Sin solución)

Ejemplos


=+

−=+

827

532

yx

yx es compatible determinado porque tiene una única

solución que es ( )32 −, .

Ejemplo 13.7 Es sencillo comprobar que el sistema

=−+

=−+

4264

232

zyx

zyx es compatible

indeterminado, pues toda solución de la primera ecuación lo es también de la segunda y la primera tiene infinitas soluciones.


13-4

Ejemplo 13.8 Es sencillo comprobar que el sistema

=+

−=+

=+

52

226

23

yx

yx

yx

es incompatible, ya que

ninguna solución de la primera ecuación puede satisfacer la segunda.

13.3 Sistemas equivalentes Para poder resolver un sistema conviene dar la siguiente definición: El proceso para resolver un sistema es transformarlo en otro equivalente más sencillo. A continuación se dan algunos tipos de transformaciones que, realizadas en un sistema, dan lugar a otro equivalente.

Algunas transformaciones que dan lugar a otro sistema equivalente son:

Nota Observa la similitud que existe entre la transformación 4. y las transformaciones que pueden hacerse mediante el método de Gauss con las filas de una matriz sin que varíe su rango. De hecho, las transformaciones que mantienen el rango de las matrices asociadas a un sistema conducen a matrices que corresponden a un sistema equivalente al de partida.

13.4 Sistemas tipo Cramer. Regla de Cramer. Demostración.- Dado un sistema de n ecuaciones con n incógnitas podemos considerar su

1. Cambiar de orden las ecuaciones del sistema. 2. Sumar a los dos miembros de una ecuación un mismo número.

3. Multiplicar los dos miembros de una ecuación por un mismo número distinto de cero.

4. Sustituir una ecuación por una combinación lineal de dicha ecuación (con coeficiente

distinto de cero) y de las restantes.

5. Suprimir una ecuación que es combinación lineal de otras.

Dos sistemas se dicen equivalentes si toda solución del primero lo es del segundo y viceversa.

Definición Un sistema se dice que es del tipo Cramer (o sistema de Cramer) si tiene igual número de ecuaciones que de incógnitas y, además, el determinante de la matriz de coeficientes es distinto de cero.

Teorema Todo sistema tipo Cramer tiene solución y es única.


13-5

forma matricial

=

⋅

nnnnnn

n

n

c

c

c

x

x

x

aaa

aaa

aaa

MM

L

LLLL

L

L

2

1

2

1

21

22221

11211

que, como vimos, equivale a CXA =⋅ .

Como el sistema es tipo Cramer, 0≠A y, por tanto, existe 1−A con lo que despejando en la

ecuación matricial se tiene que CAX ⋅= −1 ; es decir

⋅

⋅=

nnnnn

n

n

n c

c

c

AAA

AAA

AAA

A

x

x

x

M

L

LLLL

L

L

M

2

1

21

22212

12111

2

1

1 ,

lo que implica que el sistema tiene solución y que es única.

Regla de Cramer. Si, en la demostración anterior, se despeja la incógnita ix se tiene

A

cAcAcAx

niniii

⋅++⋅+⋅=

L2211

y es fácil ver que

nninninnn

nii

nii

ninii

aacaaa

aacaaa

aacaaa

cAcAcA

LL

MMMMMM

LL

LL

L

1121

2122122121

1111111211

2211

+−

+−

+−

=⋅++⋅+⋅

sin más que desarrollar el determinante por la columna i.

De aquí, podemos afirmar que: La solución de cada incógnita de un sistema de Cramer es un cociente, en el que el

numerador es el determinante formado al sustituir en la matriz de los coeficientes la columna correspondiente a los coeficientes de la incógnita por la columna de términos independientes y el denominador es el determinante de la matriz de coeficientes.

Ejemplos

Ejemplo 13.9 Resolvamos el sistema:

5334

044

4354

-= z + y + x

= z + y+ x

-= z + y + x

Como A= 8

334

414

354

= , y hay 3 ecuaciones y 3 incógnitas, se trata de un sistema

Cramer cuya solución es:

68

534

014

454

2

1

8

354

404

344

8

49

8

335

410

354

=

-

-

= z ; =

-

-

= y; -

=

-

-

= x .


13-6

Ejemplo 13.10 Resolvamos, usando la Regla de Cramer, el sistema:

=+−+

=+−+

=−++

523

23

142

tzyx

tzyx

tzyx

No tenemos el mismo número de ecuaciones que de incógnitas y en principio parece que no es posible resolverlo por la Regla de Cramer, sin embargo si pasamos los términos con t al segundo miembro y los consideramos como parámetro queda un sistema de Cramer con incógnitas x, y, z:

−=−+

−=−+

+=++

tzyx

tzyx

tzyx

253

23

142

, ya que 012

311

113

412

≠=− , cuyas soluciones son

12

13

12

3125

112

411

−=

−−

−−

+

=tt

t

t

x , 12

1058

12

3251

123

412

tt

t

t

y−

=−−

−−

+

= , 12

55

12

2511

213

112

−=

−

−

+

=tt

t

t

z .

13.5 Teorema de Rouché – Fröbenius

Demostración.-

Condición necesaria: [ ]⇒

Matricialmente, el sistema

=++++

=++++

=++++

mnmnmmm

nn

nn

cxaxaxaxa

cxaxaxaxa

cxaxaxaxa

L

LLLLLLLLLLLL

L

L

332211

22323222121

11313212111

puede ser escrito del

modo siguiente:

c

...

c

c

= x

a

...

a

a

+ ... + x

a

...

a

a

+ x

a

...

a

a

m

2

1

n

mn

2n

1n

2

m2

22

12

1

m1

21

11

.

Dado un sistema de m ecuaciones con n incógnitas, siendo A la matriz de los coeficientes

y ∗A la matriz ampliada, la condición necesaria y suficiente para que el sistema tenga

solución es que ( ) ( )∗= AA rangorango .

Además, si llamamos r a dicho rango, se tiene: a) Si nr = , el sistema tiene solución única (compatible determinado). b) Si nr < , el sistema tiene infinitas soluciones (compatible indeterminado).


13-7

Afirmar que el sistema tiene solución equivale a decir que el vector

c

...

c

c

m

2

1

puede ponerse

como combinación lineal de los vectores columna

a

...

a

a

, ... ,

a

...

a

a

,

a

...

a

a

mn

2n

1n

m2

22

12

m1

21

11

.

Por lo tanto, podemos eliminar la columna de términos independientes en el cálculo del

rango de la matriz ampliada y, en consecuencia, ( ) ( )∗= AA rangorango .

Condición suficiente: [ ]⇐

Supongamos que ( ) ( ) rAA == ∗rangorango y probemos que el sistema tiene solución.

Sin restar generalidad, podemos suponer que el menor de orden r no nulo que

determina el rango incluye las r primeras ecuaciones y las r primeras incógnitas. Esto quiere decir que las rm − filas restantes de la matriz ampliada son combinación lineal de las otras, luego las podemos eliminar, quedando el sistema equivalente

=+++++++

=+++++++

=+++++++

++

++

++

rnnrrrrrrrrrr

nnrrrr

nnrrrr

cxaxaxaxaxaxa

cxaxaxaxaxaxa

cxaxaxaxaxaxa

LL

LLLLLLLLLLLL

LL

LL

11332211

221122323222121

111111313212111

y pasando al segundo miembro los sumandos correspondientes a las rn − últimas incógnitas

+−−−=++++

+−−−=++++

+−−−=++++

++

++

++

rnnrrrrrrrrrr

nnrrrr

nnrrrr

cxaxaxaxaxaxa

cxaxaxaxaxaxa

cxaxaxaxaxaxa

LL

LLLLLLLLLLLL

LL

LL

11332211

221122323222121

111111313212111

que es un sistema tipo Cramer y, por lo tanto, tiene solución, presentándose dos casos:

1. Si nr = , el segundo miembro se reduce a los términos independientes ci y el sistema tiene solución única.

2. Si nr < , las r primeras incógnitas quedan en función de las rn − restantes que se

pueden considerar como parámetros y dando a éstos valores arbitrarios se obtienen infinitas soluciones.

Nota importante . En los sistemas homogéneos los rangos de A y de ∗A siempre coinciden sabemos que siempre existe solución. En tal caso, si nr = , la única solución es la trivial y, si

nr < , tiene infinitas soluciones.

13.6 Método de Gauss para la resolución de sistemas lineales


13-8

También llamado de triangulación o de introducción de ceros en cascada. Gauss divide su algoritmo en dos partes: 1. Triangulación nula: Mediante transformaciones del tipo 4. se introducen ceros del mismo modo que con el método de Gauss para el estudio del rango de una matriz. Así, si el sistema tiene solución, se llega a un sistema que presenta alguna de las dos siguientes formas: a) Igual número de incógnitas que de ecuaciones:

=

=++

=+++

=++++

nnnn

nn

nn

nn

cxa

cxaxacxaxaxa

cxaxaxaxa

LLLLLLLLLLLLLLL

L

L

L

33333

22323222

11313212111

, con todos los 0≠iia .

b) Mayor número de incógnitas que de ecuaciones:

=++

=++

=+++

=++++

jnjnjjj

nn

nn

nn

cxaxa

cxaxacxaxaxa

cxaxaxaxa

L

LLLLLLLLLLLLLL

L

L

L

33333

22323222

11313212111

, con todos los 0≠iia .

2. Sustitución inversa: Una vez triangulado el sistema, se despeja la incógnita correspondiente

al último coeficiente jja distinto de cero y se sustituye (su valor o su expresión, según suceda

a) o b) en la ecuación anterior. Después se despeja la incógnita correspondiente al coeficiente

11 −− jja y se vuelve a sustituir ésta en la ecuación anterior y, así, sucesivamente.

Lo acostumbrado es trabajar con la matriz ampliada del mismo modo a como se hace

para estudiar su rango y, conseguida la triangulación, se vuelve a recomponer el sistema.

Ejemplos

Ejemplo 13.9 Veamos el método de Gauss aplicado a la resolución del siguiente sistema:

( )( ) ( )2313

12

34707

1054

2

3

1023

1054

2

122

423

2

eez

zy

zyx

ee

ee

zy

zy

zyx

zyx

zyx

zyx

⋅+

=

=+−

−=−+

⇔

+

⋅−

=−

=+−

−=−+

⇔

=−+−

=+−

−=−+

,

de la última ecuación se obtiene 10=z y da comienzo la sustitución inversa. Sustituyendo z en

la segunda ecuación: 1010504 =⇔=+− yy y, por último, sustituyendo z e y en la primera,

2−=x . Luego la solución es la terna ( )10102 ,,− .

Otra forma: Veamos cómo se resuelve utilizando la matriz ampliada:

el sistema se escribiría:

-

=

z

y

x

--

-

-

12

4

2

121

213

111

transformamos la matriz ampliada:


13-9

( )( ) ( )2313

12

3470700

10540

2111

3

10230

10540

2111

12121

4213

2111

ee

-

--

ff

ff

-

-

--

--

-

--

⋅+

→

+

⋅−

→

y de aquí volvemos a reconstruir el sistema

=

=+−

−=−+

707

1054

2

z

zy

zyx

, que se resuelve repitiendo el

proceso de la sustitución inversa ya efectuado anteriormente. Ejemplo 13.10 Resolvamos por el método de Gauss el siguiente sistema de ecuaciones:

824

343

824

7542

522

= t- z + - y x-

-= z- y

-= t + z- y+ x

= t- z + y

-= t + y- x

Eliminamos la quinta ecuación porque es igual a la tercera multiplicada por (-1). Se trabaja ahora con la matriz ampliada:

13

30430

30430

75420

52021

30430

82411

75420

52021

ff

--

--

-

--

--

--

-

--

−

⇔

como la fila cuarta es igual a la tercera, se suprime:

23 3227152000

75420

52021

30430

75420

52021

ff

--

-

--

--

-

--

−

⇔

.

Como ya no se puede triangular más, se reconstruye el sistema:

−=+−

=−+

−=+

tz

tzy

ty-x

271520

7542

522

,

se despeja z

+=

20

2715tz de la tercera ecuación y se sustituye en la segunda ecuación, de

donde se despeja la y

+=

5

45ty . Por último, se sustituyen la z y la y en la primera

ecuación, de donde se obtiene que 5

17−=x .

La solución es -

= x ; t+

= y; t+

= z5

17

5

54

20

1527, con t cualquier número real.

Así pues, se trata de un sistema compatible e indeterminado con infinitas soluciones que se obtienen dando valores al parámetro t.


13-10


52

4534

5334

044

4354

= z + y-

= z + y- x

- = z + y + x

= z + y+ x

- = z + y + x

Hacemos ceros en la matriz ∗A y separamos con una línea la matriz A:

14

13

12

5120

8280

1020

4140

4354

5120

4534

5334

0414

4354

ff

ff

ff

−

−

−

−

−

−−

−

−

⇔

−

−

−

−

, como 24 2ff = suprimimos 4f y se tiene:

−

−

⇔

+−

+−

−−

−

−

⇔

−

−−

−

−

6100

4140

4354

f eliminamos

2

2

6100

6100

4140

4354

5120

1020

4140

4354

4

24

23

ff

ff

Luego, el ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango === ∗AA : sistema compatible y determinado. Lo

resolveremos por Gauss. Reconstruimos el sistema:

=

−

6

44

4354

z

= z + y

- = z + y + x

. Ya que 6=z , procediendo por sustitución inversa, resulta:

8

49

2

1−== x,y .


1141154

1232

4

= t- z- y + x-

- = t + z + y- x

= t + z- y+ x

.

Se transforma la matriz ampliada para hallar los rangos de A y ∗A

2313

12

300000

90530

41111

4

2

2701590

90530

41111

1141154

12312

41111

ffff

ff

+

−−

−

⇔

+

−

−

−−

−

⇔

−−−

−−

−

por lo que ( ) ( ) incógnitasnº42rangorango =<== ∗AA . Se trata de un sistema compatible

indeterminado. Dejando x e y en el primer miembro, y recomponiendo el sistema a partir de la última matriz, resulta:

z- -= y-

t- z + = y+ x

593

4 , de donde

3

323

3

59

-

t+z+- = x ,

z+ = y .


745

23

12

= y- x

- = y + x

= - y x

.


13-11

Como 031

12≠

−, ( ) 2rango =A . Por otra parte, como 024

745

231

112

=

-

-

-

≠ , el

( ) 3rango =∗A y, por lo tanto, el sistema es incompatible.

13.7 Discusión y resolución de sistemas con parámetros En ocasiones se plantean sistemas en los que algunos de los coeficientes de las incógnitas o los términos independientes son desconocidos y se quieren analizar las posibles soluciones del sistema en función de esos valores desconocidos, a los que se llaman parámetros. Existen dos métodos de análisis y de resolución de estos sistemas que se corresponden con las dos formas de estudiar el rango de sus matrices asociadas: Primer método: método de Gauss

Se utiliza la definición de rango como máximo número de líneas (filas o columnas) linealmente independientes. Generalmente, se dan los siguientes pasos:

• Se triangula la matriz ampliada.

• Para los valores de los parámetros que hacen cero alguno de los términos de la

ampliada se estudian los rangos de A y ∗A .

• Se resuelve el sistema por sustitución inversa, para aquellos valores de los parámetros que lo hacen compatible (determinado o indeterminado).

Segundo método: método de Rouché

Se utiliza la definición de rango a partir de los determinantes (mayor menor no nulo). La organización del estudio es similar a la anterior:

• Se estudia el rango de A y ∗A para cada uno de los valores de los parámetros.

• Se comparan los rangos y se concluye la compatibilidad o incompatibilidad del sistema.

• Se resuelve el sistema, generalmente, utilizando la Regla de Cramer.

Ejemplos

Ejemplo 13.14 Discute según los valores del parámetro α el sistema:

αα

αα

α

2 = z + y+ x

= z + y + x

1 = z + y+ x

y

resuélvelo para algún valor de α que lo haga compatible.

a) Método de Gauss.

Manejamos A y ∗A conjuntamente, conviene que el parámetro quede lo más abajo y lo más a la derecha posible, por tanto pasamos la primera ecuación al tercer lugar e introducimos ceros en cascada.


13-12

13

12232

2

2

13

1232

2

22

1200

110

11

1110

110

11

111

11

11

ff

ff

ff

ff

α−

−

+α+α−α−α−α−

α−αα−−α

αα

⇔

α−

−

α−α−α−

α−αα−−α

αα

⇔

α

αα

αα

Por tanto:

Para 1≠α , 2−≠α hay ceros en cascada y ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango === ∗AA :

Sistema compatible determinado.

Para α=1, las matrices son:

0000

0000

1111

luego ( ) ( )∗== AA rango1rango : Sistema

compatible indeterminado, con soluciones dependientes de 2 parámetros.

Para 2−=α , las matrices son ( )

−−

−

=∗

3000

6330

4211

AA , se observa que el

( ) 2rango =A y el ( ) 3rango =∗A y el sistema es incompatible.

b) Método de Rouché.

Se forma el mayor determinante posible con la matriz de coeficientes y se hallan los valores de α que lo anulan:

23

11

11

113

+α−α=

α

α

α

, resolviendo 0233 =+α−α por Ruffini da 1=α (doble) y 2−=α .

Por tanto:

Para 1≠α , 2−≠α ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango === ∗AA : Sistema compatible

determinado.

Para α=1, ( ) ( )∗== AA rango1rango : Sistema compatible indeterminado, con soluciones

dependientes de 2 parámetros:

=

=

−−=

tz

sy

tsx 1

.

Para 2−=α , vemos en A un menor de orden dos distinto de cero por lo que el rango de A es 2.

Además,

−

−−

−

=∗

4211

2121

1112

A , tiene un menor de orden tres 0

411

221

112

--

-

≠ . Por

tanto ( ) 3rango =∗A , y el sistema es incompatible.

Ejemplo 13.15 Discute y resuelve el sistema

β

α

02

23

32

12

= y + x

= y + x-

= y + x

= y + x

, según los valores de α y β,

resolviéndolo cuando sea posible. Como hay un menor de orden dos distinto de cero, el rango de A es 2

independientemente de los valores de α y β. Formamos los mayores determinantes posibles con la matriz ampliada y hallamos los valores de α y β que los anulan:


13-13

. -= ; -- = - ;-= ; -- =

-

2105

02

231

321

155

231

321

12

ββ

β

αα

α

Para 1−≠α ó 2−≠β , ( ) ( ) 3rango2rango =<= ∗AA : Incompatible.

Para 1−=α y 2−=β se tiene ( ) ( ) incógnitas nºrango2rango === ∗AA : sistema

compatible determinado. Eliminamos las dos últimas ecuaciones y queda el sistema:

=+

=+−

32

12

yx

yx, cuya solución es 11 == y,x .

Ejemplo 13.16 Discutamos, según los valores de α y β, el sistema:

β

α

α

4

622

4

= z + y+ x

= z + y- x

= z + y- x

.

Calculamos el mayor determinante posible, que coincide con

( ) 1001 =β=α→=β−α= oA .

Caso I: si 0=α ( ) 2rango =⇒ A y ( ) 3rango == ∗A Sistema incompatible.

Caso II: si 1=β , entonces:

α

α

→

α

α

-

-

= (A) -

-

= A

11

2

1

rangrang

111

22

11

Estudiaremos sus menores de orden dos: αα

α =

-

- 2

1; pero α

α+ =

- 1

11

1, luego para

todo α hay un menor de orden 2 distinto de cero, ya que no se anulan a la vez. Es decir,

( ) 2=Arango , R∈α∀ .

Veamos cuál es el rango de ∗A :

Como

α

α

α

α

-

-

= -

-

411

62

41

rang

4111

622

411

rang , 10

411

62

41

−=α→=α

α

-

-

, distinguiremos:

Caso IIa.: si 1=β y 1−=α s ( ) ( ) incógnitasnº2rangorango <==⇒ ∗AA . Sistema compatible e

indeterminado.

Caso IIb.: si 1=β y 1−≠α ( ) 2rango =⇒ A y ( ) 3rango == ∗A . Sistema incompatible.

Caso III: si 0≠α y 1≠β ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango ===⇒ ∗AA . Sistema compatible

determinado.

Ejemplo 13.17 Resuelve según los valores de α:

=−+

=++α

=++

054

03

0

zyx

zyx

zyx

Como en un sistema homogéneo ( ) ( )∗= AA rangorango , estudiaremos A , que vemos

que se anula sólo para 2=α . Entonces:

Para 2≠α , ( ) ( ) incógnitasnºArangoArango === ∗ 3 : solución trivial, 0=== zyx .

Para 2=α , ( ) ( ) incógnitasnºArangoArango <== ∗ 2 : sistema compatible

indeterminado con soluciones dependiendo de un parámetro.


13-14

Eliminamos la última ecuación y pasamos la z al otro miembro, quedando:

−=+

=+

zyx

zyx

32, que es fácil de resolver. Obteniendo: zy,zx 34 −== que se puede expresar

también de la forma: Rtcon

tz

ty

tx

∈

=

−=

=

3

4

.

13.8 Eliminación de parámetros

Ejemplos


γβ

γβ

βα

262

33

32

+ + - = z

+ + = y

+ - = x

es un sistema de ecuaciones paramétricas. Para

cada valor de los parámetros γβα ,, obtenemos los valores de x, y, z correspondientes.

Llamamos eliminación de parámetros al proceso de obtener un sistema de ecuaciones

lineales o cartesianas que tenga las mismas soluciones que un sistema paramétrico dado. Ejemplo 13.19 Eliminar los parámetros del sistema del ejemplo anterior es trata de obtener unas ecuaciones que ligan x, y, z en las que no aparezcan los parámetros.

Nota De alguna manera, podría considerarse que se trata de recorrer el camino contrario al que hemos seguido hasta ahora y a partir de las soluciones de un sistema compatible indeterminado llegar éste o a uno equivalente.

Generalmente, los pasos a dar son:

El número de ecuaciones que ligan las incógnitas iniciales viene dado por

escoeficientmatrizrangoincógnitasºnecuacionesºn −=

Nota Ante la pregunta: ¿qué se puede decir cuando el número de incógnitas es igual al rango de la matriz de los coeficientes?, ya que en tal caso no resulta ninguna ecuación, la respuesta

es: todo vector de nR , con incógnitasºnn = , es solución del sistema.

Ejemplos

• Dejar en un miembro sólo los parámetros.

• Considerar el sistema donde los términos independientes son tanto las incógnitas como las constantes, mientras que los parámetros hacen el papel de incógnitas.

• Calcular el rango de la matriz de los coeficientes de los parámetros.

• Obligar a que el rango de la matriz ampliada coincida con el rango anterior.

Definición Un sistema de ecuaciones paramétricas es aquel en el que las incógnitas están escritas en función de unos determinados parámetros, de manera que al dar valores a los parámetros se obtienen las distintas soluciones del sistema.


13-15

Ejemplo 13.20 Eliminemos los parámetros α, β, γ del sistema

γβ

γβ

βα

262

33

32

+ + - = z

+ + = y

+ - = x

.

Primero, se dejan solos los parámetros a los que consideramos incógnitas del sistema:

+=γβ

−=γβ

−=βα

226

33

23

z+

y +

x + -

, de donde

−

=

260

130

013

A y

+

−

−−

=∗

2260

3130

2013

z

y

x

A .

Se calcula el rango de A, como 030

13≠

− y 0

260

130

013

=

-

, se tiene que

( ) 2rang =A .

Se obliga a que ( ) 2rang =∗A que es equivalente a que 0

260

330

213

=

z

y

x

+

−

−−

, de donde

se obtiene la ecuación 082 =−− zy .

Ejemplo 13.21 Eliminemos el parámetro t del sistema

−=

+−=

−=

tz

ty

tx

21

32

1

.

Primero, se dejan solos los parámetros a los que consideramos incógnitas del sistema:

−=−

+=

−=−

zt

yt

xt

12

23

1

, de donde

−

−

=

2

3

1

A y

−−

+

−−

=∗

12

23

11

z

y

x

A .

Es evidente que ( ) 1rang =A , ya que sólo tiene una columna.

Se obliga a que ( ) 1rang =∗A :

como los menores de orden dos han de ser cero, 021

110

32

11 =

--z

--x ; =

+y

--x , se obtienen

las ecuaciones cartesianas

=++−

=−+

012

013

zx

yx .

Ejemplo 13.22 Eliminemos los parámetros α, β, γ del sistema

γα

γβ

βα

+ - -= z

+ + = y

+ - = x

2

33

32

.

Se dejan solos los parámetros

+=γα

=γβ

=βα

2

33

23

z + -

- y +

- x + -

.

Se estudia el rango de A: como ( ) 3rang1019 =→−=−−= AA .

Se obliga a que ( ) 3rang =∗A , siendo

+−

−

−−

=∗

2101

3130

2013

z

y

x

A . Pero, observamos que

( ) 3rang =∗A Rz,y,x ∈∀ . Luego, en este ejemplo, no hay ecuaciones cartesianas. Lo cual

significa que el sistema paramétrico anterior genera todo 3R .


13-16


Resolución de sistemas R.1. Resuelve, por el método de Gauss:

a)

++−

+−+

+−+

22

122

232

= tzyx

= tzyx

= tz yx

b)

=+−+−

=++−

=−+−

=+++

2

3223

032

4

tzyx

tzyx

tzyx

tzyx

Soluciones: a) Obtenemos las matrices asociadas al sistema e introducimos ceros en cascada.

( ) ⇒

−

−

−−−

−

⇒

−

−

−

−−−

−

⇒

−

−

−

=∗

313

12

4

100110

30530

21321

2

00440

30530

21321

21121

12112

21321

fff

ffAA

23330200

30530

21321

ff +

−

−−−

−

⇒ que corresponde al sistema

−

−−−

+−+

32

353

232

= z

= zy

= tz yx

de donde 2

3−=z

sustituyendo en la segunda ecuación y despejando 2

3−=y sustituyendo en la primera y pasando t

al 2º miembro queda 2

21 tx

−= . La solución es:

∈∀

−−

−Rtt,,,

t

2

3

2

3

2

21.

b) Las matrices asociadas son

14

13

12

3

2

62020

91250

83130

41111

21111

32123

01312

41111

ff

ff

ff

+

−

−

−−−−

−−−⇒

−−

−

−− dividimos

por 2 la 4ª fila y la pasamos a la 2ª

14

13

12

3

2

64200

10100

31010

41111

91250

83130

31010

41111

ff

ff

ff

+

−

−

−

⇒

−−−−

−−− ya

tenemos ceros en cascada. El sistema asociado es:

=+−

=

=+

=+++

642

1

3

4

tz

z

ty

tzyx

y la solución por sustitución

inversa es: ( ) ( )2110 ,,,t,z,y,x =

R.2. Resuelve utilizando la regla de Cramer: a)

−++

++

+

453

932

02

= zy x

= z yx

= z + yx

b)

−++

+−+

+−+

243

12

032

= tzy x

= tz yx

= tz yx

Soluciones:

a) 07

153

312

121

≠==A luego es un sistema de Cramer. Su solución es:


13-17

17

154

319

120

=−

=x , 27

143

392

101

−=−

=y , 37

453

912

021

=−

=z

b) La matriz de los coeficientes no es cuadrada, si pasamos t al segundo miembro queda

+++

−+−+

−−+

t= zy x

t=z yx

t= z yx

243

12

32

con 014

413

112

321

≠−=−

−

podemos resolverlo por la regla de Cramer:

14

79

14

412

111

32

tt

t

t

x−

=−

+

−−

−−

= , 14

37

14

423

112

31

−=

−

+

−−

−−

=tt

t

t

y , 14

17

14

213

112

21

+=

−

+

−

−

=tt

t

t

z .

R.3. Añade una ecuación al sistema

22

1

=z-y-x

=z+y-x de modo que el sistema obtenido sea

compatible indeterminado. Razona la respuesta. Solución:

Como 012

11

-

- ≠ el sistema inicial ya es Compatible Indeterminado. Por eso, tan sólo resta añadir

una combinación lineal de las dos ecuaciones dadas; por ejemplo, la suma de ambas:

=− 323

22

1

yx

=z-y-x

=z+y-x

. Pasar la solución a forma paramétrica es eliminar las incógnitas x e y, dejándolas

en función de z. Utilizaremos la regla de Cramer. El sistema es

+

−

z=y-x

z=y-x

22

1, por lo que, como

112

11 =

-

- z+ =

-z+

-z- = x 21

12

11 análogamente z =

z+

z- = y 2

22

11 quedando las ecuaciones

paramétricas:

α

α

α

=z

=y

+=x

2

21

.

Discusión y resolución de sistemas con un parámetro

R.4. Dado el sistema homogéneo:

=++

=+−−

=−+

0643

024

033

zyx

mzyx

zyx

Calcula m para que tenga solución

distinta de la trivial y resuélvelo. Solución: Para que tenga solución distinta de la trivial, el determinante de la matriz de los coeficientes debe ser cero. Veamos para qué valores de m se cumple esto.

3

460346

643

24

133

=m = m- = m--

-

→ . Por tanto, tendrá solución distinta de la trivial si 6

46=m .


13-18

Como 043

33 ≠ resolveremos el

0=6z+4y+3x

0=z-3y+3x. Restando las dos ecuaciones (2ª y 1ª) queda:

07 =+ zy

zy 7−= . Sustituyendo en la primera queda: 3

220213

zxzzx =→=−− . El conjunto solución

será:

∈

− Rz con 7

3

22z,z,

z.

R.5. Discute en según los valores del parámetro a el sistema:

++

++

++

52

3

1

= azy x

= z yax

= azyx

y resuélvelo

para 2=a .

Solución: Lo discutimos y resolveremos por los dos métodos. 1. Método de Gauss.

Las matrices asociadas son:

13

122

4010

3110

111

521

311

111

ff

affaaa

a

a

a

a

−

−

−−−⇔

Debemos

detenernos en los valores de a que nos den ceros que afecten al ( )A rang y ver qué pasa con

( )∗A rang .

- Si ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang11 ===→−≠ ∗AA,a ⇒ Sistema compatible y determinado.

- Si 1=a las matrices son

4010

2000

1111

y ( )

( ) 3 rang

2 rang

=

=

∗A

A ⇒ Sistema incompatible.

- Si 1−=a las matrices quedan

2324000

4020

1111

4010

4020

1111

ff −

−

⇔

−( )

( ) 3 rang

2 rang

=

=

∗A

A ⇒ Sistema

incompatible.

Lo resolvemos para 2=a el sistema inicial es equivalente a

−−

++

4

13

12

= y

= z y

= zyx

que por sustitución

inversa comenzando por el valor de y nos da 3

54

3

1−=== z,y,x .

2. Método de Rouché.

Estudiamos ( )Arang ,

−=

=→=−→=

1

1010

21

11

112

a

aa

a

a

a

por tanto al haber sólo 3 ecuaciones:


13-19


- Si 1=a ( ) 2 rang =A y ( ) 3 rang =∗A pues encontramos 02

521

311

111

≠−= ⇒ Sistema

incompatible.

- Si 1−=a ( ) 2 rang =A y ( ) 3 rang =∗A pues encontramos 04

521

311

111

≠=− ⇒ Sistema

incompatible

Lo resolvemos para 2=a el sistema con el que tenemos que trabajar es el inicial

++

++

++

522

32

12

= zy x

= z yx

= zyx

Lo resolvemos con la regla de Cramer. 3=A y se tiene:

3

1

3

225

113

211

==x , 43

251

132

211

==y , 3

5

3

521

312

111

−==z .

R.6. Discute según los valores del parámetro a el sistema:

=−

=−

=+

=−

azx

zx

azy

yx

32

32

5

. Resuélvelo cuando

sea compatible. Solución: Lo discutimos y resolveremos por los dos métodos. 1. Método de Gauss.

Obtenemos las matrices asociadas ( ) ⇔

−

−

−−

−−

−

⇔

−

−

−

=∗

14

13

210320

2210

110

5011

302

3201

110

5011

ff

ff

a

a

a

aAA

3424

23

53202000

2300

110

5011

210500

2300

110

5011

ffa

a

a

ff

ff

a

a

a

−

−

−−−

−

⇔

−

−

−−−

−−−

−

⇔ a la vista de las matrices:

- Si 10≠a ( )

( )

=

=

∗ 4 rang

3 rang

A


- Si 10=a ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang ===→ ∗AA ⇒ Sistema compatible y determinado.

El sistema inicial es equivalente a

−−

+

−

123

10

5

= z

= z y

= yx

es inmediato ver que

=

=

=

4

6

11

z

y

x


13-20

2. Método de Rouché.

Estudiamos ( )A rang :

−

−

−

=

302

201

110

011

A y 03

201

110

011

≠=

−

−

por tanto ( ) RaA ∈∀= 3 rang

La matriz ampliada es cuadrada de orden 4 y ( ) 3 rang =∗A si 0

302

3201

110

5011

=

−

−

−

a

a calculamos el

determinante introduciendo ceros en la segunda columna.

100202

32

321

511

302

3201

5101

5011

302

3201

110

5011

12=→=+−=

−

−

+

=+

−

−

+

−

=

−

−

−

aa

a

aff

a

a

a

a y en conclusión:

- Si 10≠a ( )

( )

=

=

∗ 4 rang

3 rang

A


- Si 10=a ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang ===→ ∗AA ⇒ Sistema compatible y determinado.

La resolución del sistema puede hacerse por la regla de Cramer o por cualquier otro método. Se

puede elegir el sistema

−

+

−

32

10

5

= zx

= z y

= yx

con las tres primeras ecuaciones pues 03 ≠−=A y se llega,

por supuesto, a la misma solución.


+++

+++

+++

a= atzyx

=tz yax

= tzyax

2

1

Solución: Lo discutimos por el método de Gauss. Intercambiamos la 1ª y la 3ª ecuaciones .

Obtenemos: ( )13

1222 11110

21010

111

1111

2111

111

aff

ff

aaaa

aaa

aa

a

a

aa

AA

−

−

−−−−

−−−⇔

=∗ ya se pueden

analizar los rangos. Se tiene:

- Si 1=a ( )

( )

=

=

∗ 2 rang

1 rang

A


- Si 1≠a ( ) ( )∗== AA rang3 rang ⇒ Sistema compatible indeterminado con soluciones

dependientes de un parámetro. Si se pasa t al segundo miembro puede comprobarse que las soluciones son:

( ) ( )a

ttataz,t

a

ay,tx

−

+−−+−=+

−

−=−=

1

3211

1

21

2

.


13-21

R.8. Discute en según los valores del parámetro m el sistema:

++

−++

++

m= zmy x

= z y x

= zyx

33

1452

232

2

.

Resuélvelo cuando sea compatible y determinado. Solución: Utilizamos el método de Gauss.

Obtenemos ( )∗AA

232

13

1222 33100

5210

2321

2

23310

5210

2321

331

1452

2321

ffmmff

ff

mmmm −

+−

−−⇔

−

−

−−

−−⇔

− así que:

- Si 1=m ( )

( )

=

=

∗ 3 rang

2 rang

A


- Si 1−=m ( ) ( )∗== AA rang2 rang ⇒ Sistema compatible indeterminado con un grado de

libertad.

- Si ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang11 ===→−≠ ∗AA,m ⇒ Sistema compatible y determinado.

Resolvemos

( )

−

−−

++

31

52

232

2 = zm

= z y

= zyx

donde hemos simplificado dividiendo la 3ª ecuación por 1+m y por

sustitución inversa, es fácil comprobar que: ( )

−−+−

−−=

1

3

1

65

1

2112

m,

m,

mz,y,x .


−++

++

++

2

1

1

= azy x

= z ayx

= zyax

. Resuélvelo

cuando sea compatible y determinado. -

Solución: Lo discutimos por el método de Rouché.

Estudiamos ( )A rang .

=

=→=+−=

-2a

(doble) 1023

11

11

113 a

aa

a

a

a

En consecuencia:



13-22

- Si 2−=a las matrices son

−−

−

−

2211

1121

1112

la columna de los términos independientes

coincide con la 3ª luego no aumenta el ( )∗A rang así que:

( ) ( ) incógnitas nº3 rang2 rang =<== ∗AA ⇒ Sistema compatible e indeterminado.

- Si 1=a las matrices son

− 2111

1111

1111

( )

( )

=

=

∗ 2 rang

1 rang

A

A, pues se encuentra 0

21

11≠

− así que el

sistema es incompatible.

Lo resolvemos para 12,a −≠ utilizando la regla de Cramer.

( ) ( ) ( ) ( ) 1

1

21

2

21

12

11

111

2

2

2 −=

+−

−+=

+−

−=

aaa

aa

aa

a

a

x , ( ) ( ) 1

1

21

21

111

11

2 −=

+−

−=

aaa

a

a

y , ( ) ( ) 1

2

21

211

11

11

2 −

−=

+−

−=

aaa

a

a

z

R.10. Discute, según los valores de Rt ∈ el sistema:

123

32

12

-t = tz-x

= z+y-tx

= z-y+x

y resuélvelo, si es

posible, para 1−=t .

Solución: Empleamos el método de Rouché. Consideremos las matrices asociadas al sistema:

( )

−−

−

−

=∗

1203

321

1112

tt

tAA .

Estudiamos el rango de A y ∗A : Como t. 2,(A)rg el 0, 21-

1- ∀≥≠

1 Veamos cuándo puede

ser tres:

ℜ∉±

→ --

=t = +t+t =

t-

-t

-

4

241640342

203

21

112

2 por lo que ( ) Rt ∈∀= 3A rang . Por lo que el

sistema es siempre Compatible y determinado. Aplicando la regla de Cramer, obtendremos la solución:

,- =

-

-

= x 101

200

213

111

, ,=

-

-

-

= y 251

223

231

112

61

203

311

112

=

-

--

= z .


13-23

R.11. Discute según los valores de k y resuelve cuando sea indeterminado:

k= kz + y+ x

k= kz + y+ x

= z + y+ x

3

1

Solución: Empleamos el método de Rouché .

Obtenemos la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada:

kk

kk

311

11

1111

. Estudiamos los

menores de orden 3. . k , =

k

k ∀0

11

11

111

1100

1

1

111

234 -=k ,k ,=k = k+k-k-k =

kk

kk

3

=↔ . Por tanto:

- Si ( ) ( ) ⇒==→= ∗ 2 rang rang0 AAk S. Compatible indeterminado.

el sistema sería:

-x= y

x-= z+y 1, con solución:

1

R

z

y

x

∈α∀

=

α−=

α=

.

- Si ( ) ( ) ⇒==→= ∗ 1 rang rang1 AAk S. Compatible e indeterminado. El sistema sería:

1=++ zyx , con solución:

1

R,

z

y

x

∈βα∀

β−α−=

β=

α=

.

-

- Si ( ) ( ) ⇒==→−= ∗ 2 rang rang1 AAk S. Compatible e indeterminado.

el sistema sería:

x--= z-y

x- = z+y

1

1, con solución:

1

R

z

y

x

∈α∀

=

α−=

α=

.

- Si ( ) ( ) ⇒=<=→−≠ ∗ 3 rang2 rang101 AA,,k S. Incompatible.

Discusión y resolución de sistemas con dos parámetros

R.12. Discute el sistema para los distintos valores de m y n:

1

1

1

= mz + ny + x

= z + mny + x

= z + ny + mx

Solución:

Consideremos la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada:

11

111

11

mn

mn

nm

.


13-24

Calcularemos ( ) 2100230

1

11

13

−===→=+−⋅→= m,m,nmmn

mn

mn

nm

.

I) Para 0=n , queda:

101

1101

110

m

m

y por tanto:

- Si 1=m , ( ) ( ) ⇒== ∗ 1 rang rang AA S. Compatible e indeterminado.

- Si 1≠m , calculamos . )-(m=

m

m

01

11

111

11

2≠ Y 01

11

1≠-m =

m Por tanto, ( ) 2rang =A y

( ) ⇒=∗ 3 rang A S. Incompatible.

II) Para 0≠n :

- Si 1=m , queda:

111

111

111

n

n

n

, ( ) ( ) ⇒== ∗ 1rangrang AA S. C. indeterminado.

- Si 2−=m , queda:

121

1121

112

-n

n-

n-

, donde, ( ) 2rang =A pero ( ) 3rang =∗A ya que

⇒≠ 0

111

121

112

-

-

S. Incompatible.

III) Para 0≠n y 21−≠ ,m ⇒ ( ) ( ) ⇒== ∗ 3 rang rang AA S. Compatible Determinado.

R.13. Calcular a y b para que el siguiente sistema sea compatible y determinado:

02

23

32

12

= by + x

= y + x-

= y + x

= y + ax

Solución:

Será Compatible y determinado cuando ( ) ( ) 2 rang rang == ∗AA .

Consideremos las matrices A y ∗A :

02

231

321

12

b

-

a

. Como 031

21≠

- ( ) Rb,aA ∈∀=⇒ 2 rang .


13-25

Entonces, para que ( ) 2 rang =∗A , obligaremos a que: 0

02

231

321

231

321

12

=

b

- =

-

a

, de donde se

obtiene que : 2y1 −=−= ba . Es decir, el sistema será Compatible Determinado si, y sólo si

2y1 −=−= ba .

Eliminación de parámetros

R.14. Elimina los parámetros 1β y 2β en el siguiente sistema:

ββ

ββ

ββ

ββ

21

21

21

1

+ - = t

+ = z

+ - = y

+ + = x

1

23

32 2

Solución: Se dejan los parámetros que queremos eliminar en un miembro, quedando un sistema de

ecuaciones de incógnitas 1β y 2β cuyas matrices asociadas son:

−−

−−

−

111

11

312

213

t

z

y

x

. Como el

menor 012

13

- ≠ el ( ) 2 rang =A , por lo que tenemos que obligar a que el ( ) 2 rang =∗A . Para ello

haremos cero los dos menores posibles de orden tres. Y éstos serán los que nos determinarán las dos ecuaciones cartesianas.

0125230

11

312

213

= - z- y + x =

z

-y-

-x

→

09540

111

312

213

= - t- y+ x =

-t-

-y-

-x

→ quedando el sistema:

0954

012523

= - t- y+ x

= - z- y + x.

R.15. Elimina los parámetros 1β , 2β y 3β en el siguiente sistema:

ββ

βββ

β+ββ

21

321

321

2

653

232

+ - = z

+ + + = y

- + = x

Solución:

Consideramos las matrices del sistema: ( )

−−

−

−−

=∗

2011

3651

2213

z

y

x

AA . Estudiaremos el rango de

la matriz de los coeficientes, como 051

13

- ≠ , el rango es como mínimo 2. Veamos si es tres,

calculamos: 0

011

651

213

=

-

-

, luego el rango de A es 2, y debemos obligar que el rango de ∗A sea

también 2. Para esto, debemos hacer cero el menor de orden tres que queda, obteniendo así la única ecuación cartesiana:


13-26

03816260

211

351

213

=-z+ y-x =

-z-

-y

-x-

→ .

R.16. Elimina los parámetros 1β y 2β en el siguiente sistema:

βββ

βββ

βββ

β+ββ

323

1

22

13

321

321

321

321

= ++

=- +

=+-

= +

Solución:

Dejaremos en un mismo miembro sólo los parámetros 1β y 2β . Las matrices del sistema serán:

β−

β+

β−−

β−

3

3

3

3

323

111

2211

113

. Como 011

13

- ≠ el rango de A es 2.

Así que debemos obligar que el rango de ∗A sea dos. Para ello, basta hacer cero los dos menores de orden tres:

30260

111

2211

113

33

3

3

3

-= -- =

+

--

-

β→=β→

β

β

β

5

1305130

323

2211

113

33

3

3

3

= - = --

-

β→=β+→

β−

β

β

Lo cual es absurdo, porque 3β no puede tener dos valores distintos al mismo tiempo.

Luego, es imposible eliminar los parámetros que nos pedían.


13-27


Resolución de sistemas.

Resuelve, por el método de Gauss, los siguientes sistemas:

P.1.

−−−

−−−−

−−−

4577

432

4443

= t y x

= t z + y x

= tz+ yx

P.2.

−

−−

−−

423

42

3433

= z+ y+ x

= z+ yx

= z + yx

P.3.

=+−+

=++−

−=+−+

063

2632

12

tzyx

tzyx

tzyx

P.4.

=+

=−

=+

0252

22

153

yx

yx

yx

P.5.

−

−

+

8623

5532

6

= z+ y x

= z+ yx

= z+ yx

P.6.

−=+−−

−=+−+

=−+−

=+++

6

8

12

0

tzyx

tzyx

tzyx

tzyx

P.7.

−−

−

−+

76

332

6

= z y x

= z+ yx

= z yx

P.8.

=−+−

=−+−

6223

42

tzyx

tzyx

P.9. Resuelve utilizando la regla de Cramer:

−−

−+

−−

343

4432

035

= z x

= z yx

= z + yx

Resuelve:

P.10.

=−++

−=+++

=−+−

=+−−−

1853

3233

41042

13332

tzyx

tzyx

tzx

tzyx

P.11.

=+

=−−−

−=−

=++−

0

1435

46

344

zy

zyx

yx

zyx

Discusión y resolución de sistemas.

Discute los siguientes sistemas y resuélvelos cuando sean compatibles:

P.12.

=−−

=+

=+

−=−

1129

1122

422

143

yx

yx

yx

yx

P.13.

−=−+−

−=−

−=−+

=+−

1862

976

125

223

zyx

zy

zyx

zyx

Discusión y resolución de sistemas con un parámetro.

P.14. Dado el sistema de ecuaciones lineales

( )

+=+++

=+

=+

11

0

1

ttzytx

zty

yx

determina t, de modo que: a)

el sistema tenga solución única; b) el sistema tenga infinitas soluciones; c) el sistema no tenga solución. Calcula a para que sea compatible el sistema y resuélvelo:

P.15.

−=+−

=−−

=−+

=++

2

1

832

2

zyx

zyax

zyx

zyx

P.16.

−+

−−

−

025

03

032

= zy x

= z yax

= z + yx


13-28

P.17. Discute y resuelve el sistema para los distintos valores de a:

=+−+−

=+−−

=++−

=+++

0942

043

042

02

wzyx

wzyx

wzyax

wzyx

P.18. Discute el sistema para los distintos valores de m:

+−

−

+−

m= z y x

= z+ yx

= z yx

9115

1242

253

.

P.19. Halla el valor de k para que el siguiente sistema tenga sólo la solución trivial:

+−

+−

−

045

0264

05

= kzy x

= z yx

= yx

P.20. Halla el valor de m para que el sistema homogéneo siguiente tenga solución distinta de la

trivial:

++

++

++

032

0423

0

= zy x

= mz yx

= mzyx

Discute y resuelve los siguientes sistemas en función del parámetro m:

P.21. ( )

−+−

+++

−++

m= zy mx

m= z yxm

m= zyx

1

21

123

P.22.

++

+−

+−

03

0

0352

= zmy x

= z yx

= zyx

P.23. ( ) ( )

( )

−=−+

=−+−

11

11

mymmx

mymxm P.24.

−+−

++−

+−+

067

03232

052

= tzy mx

= tz yx

= mtzyx

P.25. Dado el sistema

+−

−−

−+

53

132

82

= kz y x

= z+ yx

= z yx

a) Halla el valor de k que hace el sistema compatible;

b) Halla el valor de k para el cual el sistema es compatible y además 1−=z ; c) Para el valor de k hallado en b), resuelve el sistema.

P.26. Calcula el valor de p que hace compatible el sistema:

=−

=+

=−

=−+

1123

6

2

42

zx

zy

pzy

pzyx

P.27. Estudia según los valores del parámetro m el sistema:

−+

−−

−+

06104

0427

0186

= zy x

= z y x

= mzyx

y resuélvelo

cuando tenga solución distinta de la trivial.


13-29

P.28. Discute y resuelve en caso de compatibilidad el siguiente sistema:

+−

−

+−

1242

253

9115

= zy x

= z+ yx

k= z yx

P.29. Estudia, en función del parámetro a, la compatibilidad del siguiente sistema, y resuélvelo en

uno de los casos en que sea compatible:

++

++

+

222

0

242

= zy x

= z yx

= z a+ yx

P.30. Discute el siguiente sistema según los valores del parámetro a:

++

++

++

1

2

= zy ax

a= z yax

a= az yx

P.31. Sea el sistema ( ) ( )

( ) ( )

+=−++

+=++−

111

11122

mymxm

mymxm. a) Discútelo, según los posibles valores de m.

b) Resuélvelo en caso de que sea compatible determinado. P.32. Discute y resuelve, en el caso de ser compatible, el sistema:

( ) ( )

+

++++

+−

02

113

1

= azy

a= zaxa

= z yax

P.33. Discute el sistema según los valores del parámetro t. Resuélvelo cuando sea posible.

++

−

++

0

0

032

= tzty tx

= z ty

= tzyx

Sistema con dos parámetros. P.34. Estudiad, en función de los parámetros a y b, la compatibilidad del siguiente sistema:

−+

−+−

−+

3985

12

23

= zy x

= bz yx

a= z yx

Eliminación de parámetros.

P.35. Elimina los parámetros 1β y 2β en el siguiente sistema:

ββ

β+β

β+β+β−

21

31

321

2

3

12

+ - = z

+ = y

= x

P.36. Elimina 1β y 2β si es posible, en:

=β+β−β+β−β

=β−β+β−β+β

=β+β+β+β+β

522

22

3

54321

54321

54321

Soluciones:

P.1.

∈∀

−+−+Rt,zt,z,

tz,

tz

7

13716

7

8712. P.2.

−

2

3

2

1

2

5,, .

P.3. ( ) Rtt,t,t,t ∈∀−−− 112 . P.4. Incompatible. P. 5. Incompatible. P.6. ( )5412 −− ,,, .


13-30

7.

−−−

2

41,

2

21,4 . P.8. ( ) Rt,zt,z,tz,z ∈∀−−−2 . P.9.

−−

7

1

63

122

21

25,,

P.10.

∈∀

+−−+− Rt,zt,z,

tz,tz

3

1373522 . P.11. ( )14413 ,,,−− . P.12. Incompatible.

P.13. ( )321 ,, . P.14. si 10,Rt −∈ Comp. Det., si 0=t Comp. Indet., si 1=t Incomp. P.15.

( )1212 −= ,,a . P.16. Compatible Ra ∈∀ , si 8−≠a sol. Trivial, si 8−=a Comp. indet.

∈∀

Rzz,

z,

z

19

7

19. P.17. si 11≠a sol. Trivial, si 11=a Comp. indet. ( ) Rxx,x,x,x ∈∀−−32 .

P.18. si 4−≠m Incompatible, si 4−=m Comp. Indet. P.19. 3≠k P.20. 1=m P.21. si 1=m

Incompatible, si 1≠m comp.. Det. P.22. 3≠m sol. Trivial, si 3=a Comp. indet.

∈∀

−Rzz,

z,

z

33

2 P.23. si 1=m Incomp. Si 1≠m Comp. Det. P.24. Comp. Indet. Rm ∈∀

( ),

mm

mzx

6383

15112 +−

+=

( ),

mm

mmzy

6383

751322

2

+−

++=

( )

6383

7112 +−

−=

mm

mzt . P.25. a) 0≠k b) 2=k c)

( )123 −,, P.26. 6=p . P.27. si 10=m Comp. indet.

∈∀

Rzz,

z,

z

33

2. P.28. si 4=k Comp.

indet.

∈∀

+−+− Rzz,z,z 4

2

37

2

5 si 4−≠k Incompatible. P.29. si 2=a Incomp. Si 2≠a

Comp. Det.

P.30. si 2,1−−∈ Ra Comp. Det., si 1=a Comp. Indet., si 2−=a Incomp. P.31. si 10 −−∈ ,Rm

Comp. Det., si 1−=m Comp. Indet., si 0=m Incomp. m

mmx

4

22++

= , m

mmy

4

22−−

−= . P.32. si

121 −−∈ ,,Ra Comp. Indet., si 1−=a

00

2

1,, ., si 1=a ó 2−=a Incomp. P.33. si 0=t ó 1=t

Comp. Indet., si 10,Rt −∈ sol. trivial ( )000 ,, P.34. si 3≠b Comp. Det., si 3=b y 3

1=a Comp.

Indet., si 3=b y 3

1≠a Incompatible. P.35. todo 3R P.36. 07474 543 =β−β−β− .

Espacio afín y euclídeo Tema 14

14-1

Tema 14

Vectores en el espacio

14.1 Introducción Con este tema iniciamos el primero de los tres que se dedican a la Geometría. A lo largo de ellos se podrá apreciar la estrecha unión que existe entre los conceptos algebraicos vistos y las nuevas nociones geométricas. De hecho, todos los temas de álgebra y geometría que aparecen en el libro pertenecen a una porción de las Matemáticas conocida por el nombre de Álgebra Lineal.

Se empieza con el concepto de espacio afín 3R , cuyos elementos esenciales son puntos, rectas y planos. Después se introduce un producto escalar que permite introducir los conceptos de distancia y ángulo. Finalmente, se dan los productos vectorial y mixto con el fin de abordar problemas de cálculo de áreas y volúmenes. La idea de que los alumnos puedan usar cuanto antes estas herramientas justifica que hayamos antepuesto este tema al de las nociones de plano y recta.

14.2 El espacio afín 3R

En el tema 10 se vio que el conjunto 3R era un R-espacio vectorial, ahora se verá que puede ser considerado a la vez como un espacio afín cuyo espacio vectorial asociado es él mismo.

De manera informal puede decirse que un espacio afín es un conjunto tal que cada par de

elementos determina un vector del espacio vectorial asociado. Nota A los elementos del espacio afín se les llama puntos para distinguirlos de los elementos del espacio vectorial a los que, como se dijo en el tema 10, se les llama vectores.

Definición Sea V un R-espacio vectorial. Se llama espacio afín asociado al espacio vectorial V

a la terna ( )V,,→Ω donde Ω es un conjunto no vacío y → una aplicación

V→Ω×Ω

( ) ABB,A a

llamada aplicación vector, que satisface los siguientes axiomas:

1. Para todo A de Ω y para todo v de V existe un único B de Ω tal que ABv = . 2. Regla del paralelogramo (ley de Chasles): si A, B y C son de Ω , entonces

ACBCAB =+ .


14-2

Nota Si un vector v de V es de la forma ABv = , se dice que A es el origen del vector y B su extremo.

Ejemplo 14.1 Si consideramos la aplicación que a cada par de elementos ( )321 a,a,aA = y

( )321 b,b,bB = de R3 le hace corresponder el vector ( )332211 ab,ab,abAB −−−= , es fácil

comprobar que satisface la definición 14.1 y que, por lo tanto, R3 es un espacio afín.

Por ser R3 un espacio afín satisface las siguientes propiedades:

En el caso de R3, su dimensión es tres.

Nota A partir de aquí, los elementos de R3 pueden considerarse tanto como puntos de un espacio

afín o como vectores de un espacio vectorial. Para distinguir el uso que hagamos de ellos escribiremos letras mayúsculas para referirnos a los puntos, y letras minúsculas o dos letras mayúsculas bajo una flecha cada vez que los tratemos como vectores.

14.3 Sistema de referencia

Como es interesante representar geométricamente los elementos de R3 se introduce el

concepto de sistema de referencia que dará paso a la utilización de coordenadas cartesianas para

todo punto de R3.

En el caso del espacio afín R3, el sistema de referencia que tomaremos está formado por

el punto ( )000 ,,O = y la base canónica de R3, ( ) ( ) ( ) 100010001 321 ,,e,,,e,,,e ====Β . En física, y

en ocasiones también aquí, se denotan los vectores 321 e,e,e por k,j,irrr

, respectivamente.

z e3 e2 y e1 x

Para todo A, B, C, D de R3 se verifica:

1. BAAB =⇔= 0 .

2. BAAB −= .

3. Si CDAB = , entonces BDAC = .

Dimensión Se llama dimensión del espacio afín a la dimensión del espacio vectorial asociado.

Definición Se llama sistema de referencia (cartesiano) de R3 a todo par Β;O donde O es un

punto de R3 llamado origen del sistema de referencia y Β una base de R

3 .


14-3

En el caso de tomar la base canónica, las coordenadas cartesianas de un punto P de R3

tal que 332211 exexexOP ++= son ( )321 x,x,xP ≡ . Esto es, las componentes de P como vector

del espacio vectorial R3 coinciden con sus coordenadas cartesianas como punto del espacio afín

R3.

OP

z e3 e2 y e1

x

Al vector OP se le llama vector de posición del punto P.

A partir de las coordenadas cartesianas de dos puntos A y B, pueden obtenerse las

coordenadas del vector AB en la base de referencia del modo siguiente.

Si ( )321 a,a,aA ≡ y ( )321 b,b,bB ≡ ,

como OBAOAB += , entonces ( ) ( ) ( ) 333222111 eabeabeabOBOAAB −+−+−=+−= , por

lo que las componentes del vector AB son ( )332211 ab,ab,ab −−− .

14.4 Producto escalar

El producto escalar es uno de los instrumentos idóneos para estudiar las propiedades métricas en el espacio ya que permite introducir las nociones de distancia y ángulo.

Intuitivamente hemos introducido el sentido de un vector como el que establece el orden

señalado por su origen y su extremo; con el producto escalar se introduce un segundo elemento: el módulo.

En el tema siguiente se verá el tercer elemento: la dirección.

Coordenadas. Definición Se llaman coordenadas cartesianas de un punto P de R3 respecto

de un sistema de referencia a las componentes del vector OP respecto de la base del sistema.

Definición Dados dos vectores ( )111 z,y,xv = y ( )222 z,y,xw = de R3 se define el producto

escalar de esos dos vectores, y se denota v ⋅ w , al número x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 . Escribiremos:

212121 zzyyxxwv ++=⋅ .


14-4

La palabra euclídeo viene de Euclides y al designar de esta manera al espacio estamos aceptando el modo en que éste lo concibió.

Aquí, por tanto, se verifica su polémico axioma V o axioma de las paralelas que viene a

decir que por un punto exterior a una recta pasa una, y sólo una, recta paralela a ésta.

Un vector se llama unitario si tiene módulo 1.

Ejemplo 14.2 Si ( )211 ,,a =r

, entonces 6211 222=++=a

r.

Observa que dado un vector vr

, el vector vv

wr

rr 1

= tiene módulo unidad y, además, tiene la

misma dirección y sentido que vr

.

14.3 Distancia y ángulo

Proposición Para todo u,w,v de R3 y para todo α , β de R se verifica que:

• 0≥⋅vv y 00 =⇔=⋅ vvv

• vwwv ⋅=⋅

• ( ) ( ) ( )uwuvuwv ⋅β+⋅α=⋅β+α

Espacio vectorial euclídeo. Al espacio vectorial R3 con el producto escalar así definido, se

le llama espacio vectorial euclídeo. Y teniendo en cuenta que R3 es también un espacio afín,

nos referiremos a R3 como espacio afín euclídeo.

Módulo de un vector. Dado un vector ( )321 a,a,aa =r

de R3 se llama módulo del vector a

r (o

también norma o longitud del vector) al número 2

32

22

1 aaaaaa ++=⋅=rrr

.

Propiedades. Sean vr

y wr

de R3, entonces se verifican las siguientes propiedades:

• 0≥v y 00 =⇔= vv .

• wv α≤⋅α , para todo α de R.

• Desigualdad de Schwarz: wvwv ≤⋅ .

• Desigualdad triangular: wvwv +≤+ .

• Teorema de Pitágoras: 0222

=⋅⇔+=+ wvwvwv


14-5

Ejemplo 14.3 Dados los puntos ( )5,3,1P y ( )7,1,2Q la distancia entre ambos

( ) ( ) ( ) ( ) 3751321,222

=−+−+−=== PQQPd .

Nota La desigualdad de Schwarz se puede escribir de una manera equivalente, como sigue:

11 ≤⋅

≤−⇔≤⋅≤−⇔≤⋅wv

wvwvwvwvwvwv .

Esto permite dar la siguiente definición: .

Nota Si ( )111 z,y,xv = y ( )222 z,y,xw = , es fácil deducir la

fórmula anterior. Basta considerar el triángulo cuyos lados son los dos vectores y el segmento que une los extremos de éstos.

En dicho triángulo conocemos los lados w,v y la distancia

entre los extremos que no es otra que

( ) ( ) ( )221

221

221 zzyyxx −+−+− . Y ya que el ángulo

buscado es el opuesto a este último lado, aplicando el teorema del coseno sale inmediatamente la fórmula anterior. Interpretación geométrica del producto escalar:

De la anterior definición se deduce que ( )( )v,ucosvuvu ∠=⋅ .

Ejemplo 14.4 El ángulo formado por los vectores ( )123 −= ,,u y ( )534 ,,v −= es:

( )( ) ( ) '''v,u70

7 =

5014

5- 6 - 12 v,ucos 25087o=∠⇔

⋅=∠ .

Distancia entre dos puntos. Definición La distancia entre dos puntos ( )111 c,b,aP ≡ y

( )222 c,b,aQ ≡ de R3 es el módulo del vector PQ .

Entonces, se tiene que ( ) ( ) ( ) ( )221

221

221 ccbbaaPQPQPQQ,Pd −+−+−=⋅== .

Ángulo de vectores. Definición Dados dos vectores v y w de R3 el ángulo, ( )w,v∠ que

forman esos vectores es ( )( )wv

wvw,vcos

⋅=∠

Definición Dos vectores v y w se dicen ortogonales (perpendiculares) si su producto escalar es cero. En tal caso, se escribe wv ⊥ .


14-6

Ejemplo 14.5 Es sencillo probar que la base canónica de R3 es una base ortonormal.

Nota Es fácil probar que cualquier familia de vectores ortogonales es linealmente independiente.

14.5 Producto vectorial Vamos a introducir una operación entre dos vectores cuyo interés reside en que el resultado va a ser un vector que es ortogonal a los dos dados.

Ejemplo 14.6 Dados dos vectores ( )7,3,1=ar

y ( )1,2,5 −−=br

su producto vectorial es el vector

( )17,36,1125

31,

51

17,

12

73−=

−−−−=∧ ba

rr

Por tratarse de un determinante es fácil comprobar las siguientes propiedades:

Definición Se llama base ortogonal a aquella cuyos vectores son ortogonales dos a dos. Se dirá base ortonormal a toda base ortogonal formada por vectores unitarios.

Definición Dados dos vectores ( )321 a,a,aa =r

y ( )321 b,b,bb =r

de R3, se define su producto

vectorial como el vector

=∧

21

21

13

13

32

32

bb

aa,

bb

aa,

bb

aabarr

. Se suele escribir como

321

321

bbb

aaa

kji

ba

rrr

rr=∧ .

Propiedades del producto vectorial Sean r u ,

r v y

r w dos vectores de R

3, entonces se verifica:

• uvvurrrr

∧−=∧ (propiedad anticonmutativa).

• ( ) wuvuwvurrrrrrr

∧+∧=+∧ (distributiva).

• ( ) ( ) ( )wvwvwvrrrrrr

∧α=α∧=∧α , para todo α ∈R .

• 0=∧ uurr

.

• v,uvurrrr

⇔=∧ 0 es linealmente dependiente.


14-7

Demostración.-

1. ( ) 0==∧⋅

bbb

aaa

aaa

= bb

aa a+

bb

aa a+

bb

aa abaa

321

321

321

21

21

3

13

13

2

32

32

1

rrr.

2. Por 1. sabemos que barr

∧ es ortogonal a los vectores ar

y br

, luego el sistema ba,b,a ∧ es

linealmente independiente y, por lo tanto, 0

321

321

321

>

ccc

bbb

aaa

.

3. Probamos previamente la igualdad ( )2222bababarrrrrr

⋅−⋅=∧

Si desarrollamos el primer miembro y ordenamos los sumandos se tiene 2

21

21

2

13

13

2

32

322

+

+

=∧

bb

aa

bb

aa

bb

aabarr

que operando nos lleva a la expresión:

−⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=∧2

12

22

22

12

32

12

12

32

12

32

22

32

32

2

2babababababababa

rr

( )2121313132322 bbaabbaabbaa ++− .

Calculando ahora el valor del segundo miembro se tiene

( ) ( ) ( ) ( )2332211

23

22

21

23

22

21

222babababbbaaababa ++−++⋅++=⋅−⋅

rrrr y operando en esta

expresión es fácil comprobar que coincide con la de desarrollar el primer miembro. Basándonos en esta igualdad probaremos el punto 3. Se tiene:

( ) ( )( ) ( )( )( ) =∠−⋅⋅=∠⋅⋅−⋅=⋅−⋅=∧ babababababababavrrrvrrrrrrrrrrr

,cos1,cos 2222

22222222

Proposición (definición geométrica de producto vectorial)

1. El vector barr

∧ es ortogonal a los vectores ar

y br

.

2. Si ( )321 a,a,aa =r

, ( )321 b,b,bb =r

y , ( )321 c,c,cba =∧rr

entonces 0

321

321

321

>

ccc

bbb

aaa

.

3. ( )( )b,asenbabavrrrrr

∠⋅⋅=∧


14-8

( )( )basenbavrrr

,222

∠⋅⋅= y en consecuencia ( )( )b,asenbabavrrrrr

∠⋅⋅=∧

Esta última proposición puede utilizarse, si se prefiere, como definición de producto vectorial y a partir de ella se debería demostrar como teorema la definición que hemos utilizado.

Para poder dar la interpretación geométrica del producto vectorial conviene recordar que dado un sistema linealmente independiente de vectores, éste tiene la misma orientación que la base del sistema de referencia cuando el determinante formado por sus componentes es positivo. En tal caso, se dice que el sistema dado tiene sentido dextrógiro (regla del sacacorchos).

Como consecuencia de la anterior proposición surge la Interpretación geométrica del

producto vectorial: El producto vectorial de dos vectores ar

y br

es otro vector de módulo

( )( )b,asenbabavrrrrr

∠⋅⋅=∧ , dirección perpendicular al plano que contiene los vectores y cuyo

sentido viene dado por la regla del sacacorchos (o del pulgar de la mano derecha).

Ejemplo 14.7 Para hallar el área del triángulo de vértices A(1,1,0), B(0,1,0) y C(2,2,3), hallamos

primeramente ( )001 ,,AB −= y ( )311 ,,AC = , después, aplicamos la fórmula.

Área( ) ( )

2

10

2

311001=

∧−=

,,,, unidades cuadradas.

Proposición 14.6 (Aplicación del producto vectorial al cálculo de áreas)

1. vurr

∧ es el área del paralelogramo determinado por r u y

r v .

2. El área del triángulo de vértices A , B y C viene dada por 2

ACAB∧ .


14-9

Nota Para calcular el área de un polígono, basta descomponerlo en suma de triángulos y aplicar en cada uno de ellos el resultado 2. de la proposición anterior.

Ejemplo 14.8 Para hallar el área del cuadrilátero de vértices A(2,1,0), B(0,2,0), C(-3,0,0) y

D(0,-1,0), descomponemos el cuadrilátero en los triángulos ∧

ABC y ∧

ACD . El área del cuadrilátero

será la suma de las áreas de los dos triángulos.

Como ( )7,0,0=∧ ACAB y ( )8,0,0=∧ ADAC , el área del cuadrilátero será

2

ACAB∧+

2

15

2

87

2=

+=

∧ ACAD unidades cuadradas.

14.6 Producto mixto

Observa que es un número que también se puede escribir como [ ]

ccc

bbb

aaa

c,b,a

321

321

321

=rrr

.

Demostración.-

Teniendo en cuenta la figura siguiente y que el volumen del paralelepípedo es el área de la base por su altura, se tiene

área de la base cbrr

∧= , en virtud del apartado 1. de la proposición 14.6,

altura α⋅== cosahr

, pues h es la proyección de r a sobre

r w , siendo cbw

rrr∧= y

( )c,brr

∠=α .

Consecuentemente el volumen ( )( ) ( ) [ ]cbacbawaacbVrrrrrrrrrr

,,,cos =∧⋅=∠⋅⋅∧= .

Definición Dados dos vectores ( )321 a,a,aa =r

, ( )321 b,b,bb =r

y ( )321 c,c,cc =r

de R3, se define

el producto mixto de esos tres vectores como [ ] ( )cbac,b,arrrrrr

∧⋅= .

Proposición 14.7 (Aplicación del producto mixto al cálculo de volúmenes)

El producto mixto de tres vectores de R3 es igual, salvo el signo, al volumen del

paralelepípedo construido sobre ellos.


14-10

Consecuencia: volumen de una pirámide de base triangular

Como el volumen de una pirámide es igual a un tercio del área de la base por la altura, si consideramos la pirámide de la figura razonando de modo análogo a la demostración de la proposición anterior, se tiene:

volumen ( )( ) ( )[ ]

6

,,

6

1,cos

23

1 cbacbawaa

cbrrr

rrrrr

rr

=∧⋅⋅=∠⋅⋅∧

⋅=

El volumen es siempre positivo de ahí que consideremos el valor absoluto en la fórmula

anterior.

Ejemplo 14.9 Para calcular el volumen de la pirámide de vértices A(-5,-2,1), B(-1,4,-1), C(4,1,6) y

D(0,0,-4), consideramos los vectores ( )525 ,,DA −−= , ( )341 ,,DB −= y ( )1014 ,,DC = . A

continuación, aplicamos la fórmula anterior y resulta

Volumen 6

314

6

1=⋅=

1014

341-

52-5-

unidades cúbicas.


14-11


R.1. Consideramos el sistema de referencia AOS ,′=′ donde ( )1,2,3≡′O y

( ) ( ) ( ) 3,0,0,2,1,0,0,1,2 321 =−=== uuuArrr

referidos al sistema canónico. 321 ,,, eeeOSrrr

=

a) Halla las coordenadas del punto ( )3,7,5=P respecto del nuevo sistema S ′

b) Halla las coordenadas en el sistema canónico del punto Q que, en el sistema S ′

tiene de coordenadas ( )2,5,3=Q .

Solución:

a) Partimos de la igualdad vectorial →→→

′+′= POOOOP y llamando ( )zyx ′′′ ,, a las coordenadas del

vector →

′PO en el sistema S ′ , se tiene ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3,0,02,1,00,1,21,2,33,7,5 zyx ′+−′+′+= en la que todo

está referido en la base canónica. Operamos e igualamos coordenadas con lo que se llega a

3

10232

45

122

=′→=′+′

−=′→=′−′

=′→=′

zzy

yyx

xx

.

b) Al igual que en el apartado anterior planteamos →→→

′+′= QOOOOQ y si llamamos ( )zyx ,, a las

coordenadas del vector →

OQ en el sistema S , se tiene:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )17,0,9,,3,0,022,1,050,1,231,2,3,, =→+−++= zyxzyx

R.2. Dados los vectores ( )5,2,3 −ar

y ( )6,1,2−br

referidos a una base ortonormal, se pide: ar

, br

y ángulo ( )baαrr

, .

Solución:

382549 =++=ar

, 413614 =++=br

y 343026 −=−+−=⋅ barr

.

A partir de la definición de producto escalar se tiene que ( )4138

34arccosarccos,

−=

⋅

⋅=

ba

babaα rr

rrrr

y

º47'149=α .

R.3. Se considera la base 321 ,, uuurrr

en la que 221 == uurr

, 13 =ur

, ( ) º60, 21 =∠ uurr

,

( ) ( ) º90,, 3132 =∠=∠ uuuurrrr

y se consideran los vectores ( )5,3,2ar

y ( )1,1,1 −br

referidos a la base

anterior, se pide: ar

, br

y ángulo ( )baαrr

, .

Solución:

aaarrr

⋅= , y 21332211 622594 uuuuuuuuaarrrrrrrrrr

⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅=⋅ ya que 03231 =⋅=⋅ uuuurrrr

como 42

111 ==⋅ uuurrr

, 42

222 ==⋅ uuurrr

, 12

333 ==⋅ uuurrr

y 260cos2121 =⋅=⋅ uuuurrrr

, se tiene

que 10124253616 =+++=⋅ aarr

y 101=ar


14-12

Del mismo modo se tiene que bbbrrr

⋅= y 1312111 21332211 =⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅ uuuuuuuubbrrrrrrrrrr

y

13=br

y ( ) 2532532 21332211 =⋅⋅++⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=⋅ uuuuuuuubarrrrrrrrrr

y al igual que en el ejercicio anterior ( ) º37'4613101

25arccosarccos, ==

⋅

⋅=

ba

babaα rr

rrrr

R.4. Dados los vectores ( )7,3,2 −ar

y ( )0,4,3br

referidos a una base ortonormal, se pide:

a) Calcula las coordenadas de un vector unitario ur

con la misma dirección y sentido que ar

b) Calcula las coordenadas de un vector vr

con la misma dirección que br

, sentido contrario y de módulo 7. Solución:

a) como 624994 =++=ar

el vector ar

⋅62

1 tendrá la misma dirección y sentido que a

r y será

unitario, por lo tanto

−=

62

7,

62

3,

62

2ur

.

b) Buscamos primero un vector unitario con la misma dirección y sentido que br

actuando como en

el apartado anterior, 50169 =++=br

luego

= 0,

5

4,

5

3ur

y multiplicando el vector obtenido por

7− se llega al vector vr

pedido que será

−−= 0,

5

28,

5

21vr

.

R.5. Dados los puntos ( )0,2,1A , ( )3,2,5 −B y ( )8,7,4C se pide:

a) Calcula las coordenadas del punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo. b) Calcula el área de dicho paralelogramo. Solución:

a) El punto D debe cumplir que →→

= DCAB , (hay que tener

cuidado en elegir correctamente el sentido).

Los vectores son ( )3,4,4 −=→

AB y si llamamos ( )zyx ,, a las

coordenadas del punto D, ( )zyxDC −−−=→

8,7,4 igualando

se tiene: ( )5,11,0

38

47

44

=→

=−

−=−

=−

D

z

y

x

.

b) El área del paralelogramo →→

∧= DCABS , como ( )32,23,47 −−=∧→→

DCAB , se tiene que

4183322347 222 =++=∧=→→

DCABS .

R.6. Dados los puntos ( )3,1,0A , ( )0,1,4B , ( )4,1,2C y ( )1,2,1D se pide:


14-13

a) Comprueba que no son coplanarios. b) Calcula el volumen del tetraedro (pirámide de base triangular) de vértices ABCD. Solución:

a) Si el producto mixto de los vectores 0,, ≠

→→→

ADACAB los vectores no son coplanarios.

( )3,0,4 −→

AB , ( )1,0,2→

AC , ( )2,1,1 −→

AD y 010

211

102

304

,, ≠−=

−

−

=

→→→

ADACAB .

b) El volumen del tetraedro es ..3

5

6

10,,

6

1vuADACABV =

−=

=

→→→

R.7. Calcula el valor de α para que los vectores ( )αu ,1,0r

, ( )4,2,3vr

y ( )5,3,0 −wr

sean

coplanarios. Calcula el volumen del paralelepípedo que tiene sus aristas coincidentes con

los vectores ur

, vr

y wr

para 1=α .

Solución:

Debe cumplirse que [ ] 0,, =wvurrr

, o sea 3

50

530

423

10

−=⇒=

−

α

α

.

El volumen será [ ] ..2424

530

423

110

,, vuwvuV ==

−

==rrr

R.8. Calcula el valor de α para que el volumen del paralelepípedo que tiene de vértices

( )4,1,2−A , ( )1,1,0B , ( )2,0,0C y ( )αD ,5,3 sea 19u.v..

Solución:

Los vectores son : ( )3,0,2 −→

AB , ( )2,1,2 −−→

AC , ( )4,4,5 −→

αAD y

21915219

445

212

302

6

1,,

6

1=→=−−→=

−

−−

−

=

=

→→→

αα

α

ADACABV .


14-14


P.1. Si del sistema canónico de referencia se pasa al sistema Β′=ℜ ,O , donde ( )121 ,,O ≡′ y

( ) ( ) ( ) 210020011 321 ,,u,,,u,,,u ====Βrrr

, se pide: a) halla las coordenadas del punto ( )353 ,,P ≡

respecto del nuevo sistema ℜ ; b) halla las coordenadas en el sistema original del punto Q que, en

el sistema ℜ , tiene de coordenadas ( )111 ,,Q −≡ .

P.2. Sabiendo que 2== vurr

, que 10,vu =⋅rr

, calcula el ángulo que forman los vectores

vuarrr

+= y vubrrr

2−= .

P.3. Sea 321 e,e,eBrrr

= una base de R3, tal que 2321 === eee

rrr y ( )( ) 0=∠ ji e,ecos

rr si ji ≠ .

Calcula baarrr

⋅−2 , para 321 63 eeearrrr

+−= y 32 2eebrrr

+= .

P.4. Si el espacio euclídeo tridimensional está referido a una base 321 e,e,eBrrr

= formada por

vectores unitarios que forman entre sí ángulos de 60°, calcula el coseno del ángulo que forman los

vectores 21 eearrr

+= y 321 eeebrrrr

+−= .

P.5. Halla dos vectores ortonormales a los vectores ( )322 ,,u −=r

y ( )323 ,,v −=r

.

P.6. Halla el área del triángulo de vértices ( )111 ,,A ≡ , ( )530 ,,B ≡ , ( )204 ,,C ≡ .

P.7. Dados los puntos ( )021 ,,A ≡ y ( )210 ,,B ≡ , determina el lugar geométrico del tercer vértice

para que el triángulo resultante tenga área constante igual a 3.

Soluciones

P.1. a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,0,2,,2,1,00,2,00,1,11,2,13,5,3 PzyxPzyx =→+++= , b) ( )3,2,2Q .

P.2. 2'8=av

, 6'19=br

, 1'4−=⋅ barr

, ( ) º8'108, =∠ barr

.

P.3. ( ) ( ) ( ) 2007363 3213212 =−−⋅+−=−⋅=⋅− eeeeeebaabaa

rrrrrrrrrrrr. P.4. 3=⋅ aa

rr, 2=⋅ bb

rr

, 1=⋅ barr

,

6

6cos =α . P.5. ( )2,3,0=∧ vu

rr,

=

13

132,

13

133,01u

r y

−−=

13

132,

13

133,02u

r.

P.6. ( )5,13,6 −=∧→→

ACAB ,2

230=∧=

→→

ACABS . P.7. ( )1,22,42 +−−++−−=∧→→

yxzxyzACAB

( ) ( ) ( ) 612242222

=+−+−+++−− yxzxyz o bien

01512186442255 222=−−−−++−++ zyxyzxzxyzyx

Ecuaciones de recta y plano Tema 15

15-1

Tema 15

La recta y el plano en el espacio afín

15.1 Introducción Se verá que un plano viene dado por una ecuación lineal con tres incógnitas, mientras que la recta quedará perfectamente expresada mediante un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas que sea compatible indeterminado, esto es, la intersección de dos planos. Así, cualquier problema de posiciones relativas se podrá reducir a un problema de estudio de rangos de un sistema. Por otra parte, no olvidemos que el sistema de referencia elegido tiene base ortonormal.

15.2 Ecuaciones de la recta

A la ecuación vtOPOXr

⋅+= se le llama

ecuación vectorial de la recta r y en un sistema de referencia se escribe:

( ) ( ) ( )c,b,atz,y,xz,y,x ⋅+= 000 .

Obsérvese que ⇔⋅+= vtOPOXr

vtOPOXr

⋅=−⇔ y que, como →→→

−= OPOXPX ,

entonces la ecuación de la recta se podría también escribir como vtPXr

⋅=→

, lo que significa

que el vector →

PX es combinación lineal de vr

y, por lo tanto, paralelo a vr

.

Nota Como vector director de una recta se puede elegir cualquier vector paralelo a vr

.

Definición dados un punto ( )000 z,y,xP ≡ y un vector ( )c,b,av =r

no nulo, al que

llamaremos vector director, se llama recta que pasa por el punto P y tiene vector dirección

vr

, al conjunto de puntos X del espacio afín tales que vtOPOXr

⋅+= . Se escribirá:

vPrr

+≡ .


15-2

Ejemplo 15.1 La ecuación vectorial de la recta r que pasa por ( )153 −,,P y tiene vector

dirección ( )035 ,,v −r

es ( ) ( ) ( )035153 ,,t,,z,y,x −⋅+−= .

Para comprobar si un punto pertenece a la recta basta ver si para algún valor de t se

satisface la ecuación. Por ejemplo, el ( )311 ,, pertenece a la recta si existe algún valor de t que

haga cierta la ecuación vectorial ( ) ( ) ( )035153311 ,,t,,,, −⋅+−= . Igualando las primeras

coordenadas se tiene que 5

2531 −=⇒+= tt , pero para ese valor de t se tiene que no se

cumple la ecuación para las segundas coordenadas, pues 15

3153 ≠=+− t .

Para obtener algún punto de la recta basta elegir un valor para t y sustituirlo en la

ecuación vectorial. Por ejemplo, para 2=t se tiene ( ) ( ) ( ) ( )11130352153 −−=−⋅+−= ,,,,,,z,y,x

luego ( ) r,,Q ∈−− 1113 .

a) Ecuaciones paramétricas de la recta:

Si operamos en la ecuación vectorial de la recta e igualamos las coordenadas se llega

a

⋅+=

⋅+=

⋅+=

tczz

tbyy

taxx

0

0

0

, que son tres ecuaciones escalares que equivalen a la ecuación vectorial de la

recta llamadas ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto ( )000 z,y,xP ≡ y

tiene vector dirección ( )c,b,av =r

, en las que Rt ∈ es el parámetro.

Ejemplo 15.2 Las ecuaciones paramétricas de la recta r determinada por el punto ( )153 −,,P y

el vector ( )035 ,,v −r

, son:

−=

−=

+=

≡

1

35

53

z

ty

tx

r .

Nota El obtener puntos de la recta y el comprobar si un punto pertenece o no a la recta se hace ahora con más comodidad que con la ecuación vectorial. b) Ecuación en forma continua y ecuaciones implícitas (o cartesianas) de la recta: Si eliminamos el parámetro t del sistema de ecuaciones paramétricas anterior, se obtienen dos ecuaciones cartesianas.

En efecto, si consideramos t como incógnita se tiene

−=⋅

−=⋅

−=⋅

0

0

0

zztc

yytb

xxta

, donde ( )z,y,x es

un punto de la recta si el sistema es compatible, es decir, si el rango de la matriz de los

coeficientes

=

c

b

a

A y de

−

−

−

=∗

0

0

0

zzc

yyb

xxa

A coinciden.

Como el rango de A es 1, ya que 0rr

≠v , el rango de ∗A debe ser 1, y, en tal caso, las dos

columnas de la matriz ∗A han de ser proporcionales, por lo que se llega a las ecuaciones


15-3

c

zz

b

yy

a

xx 000 −=

−=

− llamadas ecuaciones en forma continua de la recta que pasa por el

punto ( )000 z,y,xP ≡ y tiene vector dirección ( )c,b,av =r

.

Nota importante. Aunque ( ) 0rr

≠c,b,av puede suceder que alguna o algunas (no todas) de sus

coordenadas sí sean cero, en ese caso el cociente o los cocientes que aparecen deben considerarse en términos de proporcionalidad ya que de otro modo carecen de sentido.

Ejemplo 15.3 Las ecuaciones en forma continua de la recta r determinada por ( )153 −,,P y el

vector ( )035 ,,v −r

, son: 0

1

3

5

5

3 +=

−

−=

−≡

zyxr en las que una ecuación que implique el último

miembro hay que entenderla como que 01=+z y no como cociente.

De que el rango de ∗A sea 1 también se deduce que

00

0=

−

−

yyb

xxa y 0

0

0=

−

−

zzc

xxa.

Desarrollando estos determinantes se obtienen dos ecuaciones

=′+′+′+′

=+++

0

0

DzCyBxA

DCzByAx que

equivalen a la ecuación vectorial de la recta, por lo que se las conoce como ecuaciones

implícitas o cartesianas de la recta que pasa por el punto ( )000 z,y,xP ≡ y tiene vector

dirección ( )c,b,av =r

.

c) Ejemplos del modo de pasar de unas ecuaciones a otras

Como en el planteamiento de un problema la ecuación de una recta puede venir expresada de distintas formas, conviene ser capaces de llegar a cualquiera de las ellas a partir de una cualquiera de las otras.

Ejemplo 15.4 (De las ecuaciones paramétricas a la ecuación en forma continua) Si sabemos interpretar los datos, pasar de las ecuaciones paramétricas a continuas es inmediato, pues los coeficientes de t son las coordenadas del vector dirección y los números independientes son las coordenadas de un punto de la recta.

Así, dada la recta

+−=

−=

+−=

≡

tz

ty

tx

r

75

23

21

, es inmediato que pasa por ( )531 −−≡ ,,P y tiene

de vector dirección ( )722 ,,v −=r

, por lo que las ecuaciones en forma continua son

7

5

2

3

2

1 +=

−

−=

+≡

zyxr .

Otra forma: despeja t en cada ecuación e iguala los resultados.

Así se llega a 7

5

2

3

2

1 +=

−

−=

+ zyx.

Nota Del mismo modo, interpretando los datos, es inmediato pasar de las ecuaciones en forma continua a las ecuaciones paramétricas.


15-4

Ejemplo 15.5 (De las ecuaciones paramétricas a las ecuaciones implícitas) Para pasar de las ecuaciones paramétricas a las implícitas basta eliminar el parámetro t.

Así, en la recta anterior, como rango de A = rango de ∗A = 1, entonces

020422032

12=−+⇔=−+⇔=

−−

+yxyx

y

x , y 03270

57

12=−−⇔=

+

+zx

z

x.

Luego la recta en ecuaciones implícitas es

=−−

=−+

0327

02

zx

yx.

Otra forma: es pasar a la forma continua tal como se ha visto en el ejemplo anterior. Después,

se seleccionan dos de las ecuaciones, como por ejemplo

+=

+−

−=

+

7

5

2

12

3

2

1

zx

yx

, y operando se llega

a

=−−

=−+⇒

+=+

−=−−

0327

02

10277

6222

zx

yx

zx

yx.

Ejemplo 15.6 (De las ecuaciones implícitas a las ecuaciones paramétricas) Dada la recta

=−−+

=+−−≡

0324

0132

zyx

zyxr , para obtener las ecuaciones paramétricas se pasa una de las

incógnitas al segundo miembro y se considera como parámetro, con la única condición de que en el sistema resultante el rango de la matriz de los coeficientes sea 2. Por ejemplo, aquí no

se puede elegir y como parámetro ya que 024

12=

−

−. Sin embrago, sí se puede elegir z. Por

tanto, pasando z al segundo miembro queda:

+=+

−=−

324

132

zyx

zyx que, resolviendo por la regla de

Cramer, resulta: zz

z

x2

1

7

4

14

32

132

31

+=−

+

−−

= ,7

5

14

32

324

12

=−

+

−

=z

z

y .

Luego, las ecuaciones paramétricas serán: R con

z

y

x

∈α

α=

=

α+=

7

52

1

7

4

Ejemplo 15.7 (De las ecuaciones implícitas a las continuas) Una manera de hacerlo es pasar de las implícitas a las paramétricas y de éstas, de modo análogo al ejemplo 15.4, pasar a las continuas.

En efecto, eliminando α quedarían: 10

7

5

2

17

4z

yxr =

−

=

−

≡ , que en una versión mas cómoda

resulta 20

7

5

17

4z

yxr =

−

=

−

≡ .


15-5

Algunas consideraciones de interés:

- Conviene que quede claro que una vez se tiene un vector dirección de una recta siempre se puede sustituir éste por uno linealmente dependiente, esto es, de coordenadas

proporcionales. En el ejemplo anterior hemos sustituido el

10

2

1,, por el ( )201 ,, .

- Más adelante, en el ejemplo 15.19 , se verá cómo pasar directamente de las

ecuaciones implícitas a cualquiera de las otras ecuaciones. La idea es encontrar un vector dirección y un punto de la recta.

- Hasta ahora hemos visto que dados un punto y un vector director queda determinada una recta, pero también queda determinada si nos dan dos puntos P y Q. En efecto, en tal

caso, basta tomar como vector dirección el →

= PQvr

y como punto uno cualquiera de los dados,

de manera que PQPr +≡ y, también, PQQr +≡ .

Ejemplo 15.8 Hallemos las ecuaciones vectorial, paramétricas, continua e implícitas de la

recta que pasa por los puntos P(0,2,1) y Q(1,2,3).

Tomando →

= PQvr

, la ecuación vectorial es: ( ) ( ) ( )201120 ,,,,z,y,x α+= . Las ecuaciones

paramétricas son:

α

α

21

2

+ = z

= y

= x

. En forma continua: 2

1

0

2

1

−− z =

y =

x. De cuyas dos igualdades

podemos sacar las ecuaciones implícitas, del modo siguiente: del primer y segundo miembro

sacamos: 02 =−y ; mientras que del primer y tercer miembro obtenemos: 12 −= zx ,

quedando:

−

−

012

02

= + z x

= y .

15.3 Ecuaciones del plano

Nota Obsérvese que wvOPOXrr

⋅β+⋅α+= equivale a wvPXrr

⋅β+⋅α=→

,es decir que si X es

un punto del plano entonces →

PX es combinación lineal

de los vectores vr

y wr

.

A la ecuación wvOPOXrr

⋅β+⋅α+= se le llama

ecuación vectorial del plano que pasa por el punto P con

vectores dirección vr

y wr

. En función de las coordenadas en un sistema de referencia afín, la ecuación puede ser escrita como

( ) ( ) ( ) ( )321321000 w,w,wv,v,vz,y,xz,y,x ⋅β+⋅α+= .

Definición Dados un punto ( )000 z,y,xP y dos vectores ( )321 v,v,vvr

y ( )321 w,w,wwr

linealmente independientes entre si, llamados vectores directores, se llama plano que pasa

por el punto P con vectores dirección vr

y wr

al conjunto de puntos X del espacio afín tales

que wvOPOXrr

⋅β+⋅α+= , con R, ∈βα . Se escribirá: w,vPrr

+≡π .


15-6

Ejemplo 15.9 La ecuación vectorial del plano que pasa por el punto ( )201 ,,P y tiene como

vectores dirección los vectores ( )012 ,,vr

y ( )110 ,,wr

, es: ( ) ( ) ( ) ( )110012201 ,,,,,,z,y,x ⋅β+⋅α+=≡π .

a) Ecuaciones paramétricas Si operamos e igualamos coordenada a coordenada se obtiene

⋅β+⋅α+=

⋅β+⋅α+=

⋅β+⋅α+=

330

220

110

wvzz

wvyy

wvxx

,

que son las llamadas ecuaciones paramétricas del plano que pasa por el punto P con vectores

dirección vr

y wr

.

Ejemplo 15.10 Las ecuaciones paramétricas del plano que pasa por el punto ( )201 ,,P y tiene

como vectores dirección los vectores ( )012 ,,vr

y ( )110 ,,wr

, son

β

βα

α

+ = z

+ = y

+ = x

2

21

.

Eligiendo valores cualesquiera para α y β pueden hallarse tantos puntos del plano

como se deseen. Por otro lado, un punto X de coordenadas ( )z,y,x pertenece al plano si es

posible encontrar dos valores R, ∈βα que satisfagan las tres ecuaciones.

b) Ecuación del plano en forma de determinante

Eliminando los parámetros α y β se llega a una sola ecuación de incógnitas x, y, z. En

efecto, si en las ecuaciones paramétricas consideramos α y β como incógnitas se tiene el

sistema

−=⋅β+⋅α

−=⋅β+⋅α

−=⋅β+⋅α

033

022

011

zzwv

yywv

xxwv

,

que será compatible si ( ) ( )∗= AA rangrang . Ahora bien, como ( ) 2rang =A ya que vr

y wr

son

linealmente independientes, necesariamente ( ) 2rang =∗A y, por lo tanto, debe suceder que

0

033

022

011

=

−

−

−

zzwv

yywv

xxwv

, que es la ecuación del plano en forma de determinante.

Ejemplo 15.11 La ecuación en forma de determinante del plano que pasa por el punto ( )201 ,,P

y tiene como vectores dirección los vectores ( )012 ,,vr

y ( )110 ,,wr

es

0

110

012

21

=

-zy-x

.


15-7

c) Ecuación general del plano

Desarrollando y operando en el determinante anterior se llega a una ecuación del tipo

0=+⋅+⋅+⋅ DzCyBxA , llamada ecuación general del plano.

Ejemplo 15.12 Desarrollando el determinante del ejemplo anterior se obtiene su ecuación

general o cartesiana: 0522 =−+−≡π zyx .

A igual que en el caso de la recta conviene ser capaces de llegar a cualquiera de las

formas de ecuaciones de un plano partiendo de otra u otras, lo que veremos en los siguientes ejemplos.

Ejemplo 15.13 Dada la ecuación general de un plano, por ejemplo 02532 =−−+≡π zyx ,

para obtener las ecuaciones paramétricas del mismo basta hacer α=x , β=y y escribir z en

función de α y β, quedando:

βα−

β

α

5

3

5

2

5

2 + + = z

= y

= x

d) Ecuación del plano determinado por tres puntos.

En las anteriores ecuaciones de un plano se ha visto que éste queda perfectamente

determinado mediante un punto y dos vectores directores. Pero, también queda perfectamente

determinado por 3 puntos no alineados del plano.

En efecto, sean ( )000 z,y,xP , ( )321 q,q,qQ y ( )321 r,r,rR , bastará tomar →

= PQvr

y

→

= PRwr

. Entonces, ( )z,y,xX será del plano si: →→→

β+α= PRPQPX , es decir, si

0

030201

030201

000

=

zryrxr

zqyqxq

zzyyxx

−−−

−−−

−−−

.

Con esta expresión podemos responder si 4 puntos X, P, Q, y R dados están todos en

el mismo plano.

Ejemplos

Ejemplo 15.14. Para hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos A(1,0,2), B(2,-1,3) y

C(4,1,0), primeramente hay que comprobar que estos puntos no están alineados, para ello

basta comprobar que el determinante de orden tres formado por ellos es distinto de cero. Como

0384

014

312

201

≠−+=− , no están alineados y, por tanto, definen un plano. El plano quedará


15-8

determinado por

→

→

AC

AB

A

y su ecuación será 0

213

111

21

=

−

−

−−

≡π

zyx

que, en forma general, se

escribe como 0945 =−++≡π zyx .

Ejemplo 15.15 Para comprobar que los puntos P(1,-2,0), Q(0,-1,2) y R(3,0,4) no son

coplanarios con el punto T(-1,2,4), bastará verificar que, →→→

β+α≠ PRPQPT ; ( )4,4,2−→

PT ,

( )2,1,1−→

PQ y ( )4,2,2→

PR y como 016

422

211

442

≠=−

−

, T no está en el mismo plano que P, Q y

R.

e) Ecuación segmentaria del plano.

Partiendo de la ecuación general o implícita de un plano 0=+⋅+⋅+⋅ DzCyBxA

pasamos D al segundo miembro DzCyBxA −=⋅+⋅+⋅ y si dividimos por – D ambos

miembros se llega a 11 =

−

+

−

+

−

⇔=⋅−

+⋅−

+⋅−

C

D

z

B

D

y

A

D

xz

D

Cy

D

Bx

D

A y llamando

C

Dc,

B

Db,

A

Da −=−=−= nos queda 1=++

c

z

b

y

a

x llamada ecuación segmentaria del plano

en la que a, b y c son los segmentos que determina el plano con los ejes X, Y y Z

respectivamente, es decir corta a los ejes en los puntos ( )00,,a , ( )00 ,b, y ( )c,,00 .

f) Ecuación normal del plano

Dados un punto ( )000 z,y,xP y un vector

( )C,B,Anr

perpendicular al plano π , recordando el

concepto de producto escalar, es fácil ver que un

punto π∈X si, y sólo si, 0=⋅→

PXnr

, condición

que puesta en función de las coordenadas nos lleva a

( ) ( ) ( ) 0000 =−⋅+−⋅+−⋅ zzCyyBxxA

conocida como ecuación normal del plano que pasa por el punto P y es perpendicular al vector

( )C,B,Anr

.

Nota Al vector nv

se le llama vector característico del plano y como, operando en la ecuación

normal del plano, se tiene 0=+⋅+⋅+⋅ DzCyBxA que es la ecuación implícita del plano,

deducimos que siempre que se nos dé la ecuación del plano en forma implícita un vector perpendicular a él es el que tiene por coordenadas los coeficientes de x, y, z.

Ejemplos

Ejemplo 15.16 Un vector perpendicular al plano de ecuación 0722 =+−+ zyx es el que

tiene por coordenadas ( )221 −,, .


15-9

Ejemplo 15.17 La ecuación del plano que pasa por ( )321 ,,P y tiene como vector perpendicular

( )512 ,,nr

, es ( ) ( ) ( ) 01952035212 =−++≡π⇒=−+−+− zyxzyx .

Otra forma: la ecuación del plano será 052 =+++≡π Dzyx . Para determinar D basta

sustituir el punto dado en dicha ecuación: 19035212 −=⇔=+⋅++⋅ DD . Por lo tanto, el

plano buscado tiene de ecuación 01952 =−++≡π zyx .

Ejemplo 15.18 Para determinar un vector perpendicular al plano

π de ecuación 0

113

702

21

=

+

−

z

y

x

, basta interpretar que sus

vectores directores son ( )321 ,,vr

y ( )102 ,,wr

y que su producto

vectorial wvnvrr

∧= es perpendicular al plano π

( )45202

21

21

13

10

32

102

321 −=

== ,,,,

kji

n

rrr

r.

g) La recta como intersección de planos

Las ecuaciones implícitas de una recta

=′+′+′+′

=+++≡

0

0

DzCyBxA

DCzByAxr pueden ser

interpretadas como intersección de los planos π y π′ de ecuaciones

0=+++ DCzByAx y 0=′+′+′+′ DzCyBxA ,

respectivamente. En tal caso, como hemos visto que los

vectores de coordenadas ( )C,B,A y ( )C,B,A ′′′

son perpendiculares a π y π′ , resulta que un

vector director de r es el producto vectorial de ambos. Lo que nos da un nuevo procedimiento para pasar de las ecuaciones implícitas de una recta a las paramétricas o continuas o simplemente obtener un vector director de dicha recta.

Nota Al decir que r es una recta ya queda claro que el sistema:

=′+′+′+′

=+++

0

0

DzCyBxA

DCzByAx es

compatible. Pero no todo sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas representa una recta.

Ejemplo 15.19 Para obtener las ecuaciones vectorial, paramétricas y continuas de una recta

dada en forma implícita, tal como

=+−+

=−++

042

032

zyx

zyx:r , sólo se necesita saber sacar de éstas

un punto y un vector dirección.

El vector dirección será el producto vectorial de los vectores característicos de los planos y para obtener el punto basta dar un valor a una de las incógnitas siempre que el determinante de la matriz de los coeficientes del sistema que resulta sea distinto de cero.


15-10

Así pues, el vector director de r será ( ) ( ) ( )333

121

112121112 ,,

kji

,,,,v −=

−

=−∧=

rrr

r.

Como 021

12≠ , esto es, el menor formado por los coeficientes de x e y es distinto de

cero, elegimos 0=z y resolvemos el sistema

−=+

=+

42

32

yx

yx , cuya solución es

3

10=x ,

3

11−=y . Luego un punto de la recta es el punto es

− 0

3

11

3

10,, .

En consecuencia,

( ) ( )33303

11

3

10,,,,z,y,x −α+

−= , es la ecuación vectorial y

33

3

11

3

3

10z

yx

=

+

=−

−

, son sus ecuaciones en forma continua.

15.4 Posición relativa de dos rectas

Consideraremos dos posibilidades:

a) que una recta está dada en forma continua, vectorial o paramétrica (conocemos un

punto y un vector dirección) ,

b) que las dos rectas vienen dadas por sus ecuaciones implícitas.

Caso a) Sean las rectas ( )( )

321

1111

v,v,vv

z,y,xP:r r y

( )( )

321

2222

w,w,ww

z,y,xQ:r r ,es decir, de sus ecuaciones

podemos conocer un punto y un vector director. Formaremos el vector →

PQ y consideramos las

matrices

=

33

22

11

wv

wv

wv

A y

−

−

−

=

2133

2122

2111

zzwv

yywv

xxwv

B .

Recordando que el rango de una matriz es el rango de los vectores columna que la

forman (el máximo números de vectores linealmente independientes), pueden darse los

siguientes casos:

1. ( ) ( ) ( ) ⇒=

=⇔==

→

1 rang rang 1 rang rang PQ,w,vw,vBArrrr

Los vectores vr

, wr

y →

PQ tienen

la misma dirección (son paralelos), luego las rectas son coincidentes.

2. ( ) ( ) ( ) ⇒=

=⇔==

→

2 rang1 rang 2 rang , 1 rang PQ,w,v,w,vBArrrr

Los vectores vr

y wr

tienen

la misma dirección y el vector →

PQ tiene dirección distinta a ellos, luego las rectas son

paralelas.

3. ( ) ( ) ( ) ⇒=

=⇔==

→

2 rang rang2 rang rang PQ,w,vw,vBArrrr

Los vectores vr

y wr

tienen

distinta dirección y el vector →

PQ es combinación lineal de ellos (esto es, está en el plano que

generan los otros dos vectores), luego las rectas se cortan en un punto.


15-11

4. ( ) ( ) ( ) ⇒=

=⇔==

→

3 rang2 rang 3 rang , 2 rang PQ,w,v,w,vBArrrr

Los tres vectores vr

, wr

y

→

PQ tienen distinta dirección (esto es, no existe un plano que contenga a los tres), luego las

rectas que se cruzan.

Rectas coincidentes. Rectas paralelas.

Rectas que se cortan Rectas que se cruzan.

Ejemplo 15.20 Estudiemos la posición relativa de las rectas z = y

= +x

: r2

1

3

2 −

− y

−−− 08

0

= 5z y x

= z- y+ x :s .

Primeramente obtendremos un vector dirección y un punto de s (ver ejemplo 15.19).

Haciendo el producto vectorial de los vectores característicos se obtiene el vector dirección

( )123 ,,− . Eliminando el parámetro z (pasándolo al segundo miembro y despejando x e y en

función de z), se obtiene el punto ( )044 ,,Q − . De la recta r es fácil ver que ( )123 ,,− es un

vector dirección y que ( )012 ,,P − es un punto. Entonces, ( )056 ,,PQ −=→

. Por tanto, como

( ) ( ) 2123123 rang =−− ,,,,, y ( ) ( ) ( ) 3056123123 =−−− ,,,,,,,, rang , las rectas se cruzan.

Caso b) Supongamos que las dos rectas vengan dadas por sus ecuaciones reducidas o

implícitas. Sean

′′′′ 0

0

= D+zC+yB+xA

= D+ Cz+ By+ Ax :r y

′′′′′′′′′′′′

′′′′′′′′

0

0

= D+ zC+ yB+ xA

= D+ zC+ yB+ xA :s .

Ambas rectas definen un sistema de cuatro ecuaciones con tres incógnitas:

=′′′+′′′+′′′+′′′

=′′+′′+′′+′′

=+++

=+++

0

0

0

0

DzCyBxA

DzCyBxA

'Dz'Cy'Bx'A

DCzByAx

.

(1) (2)

(3)


15-12

Observemos previamente que tanto en el sistema (1), como en el (2), por separado, el

rango de la matriz de los coeficientes coincide con el de la ampliada y vale dos. Entonces, en el

sistema (3) pueden darse los siguientes casos:

Casos Rango de la matriz

de los coeficientes

Rango de la

matriz ampliada

Tipo de sistema Interpretación

geométrica

1º 2 2 Compatible

Indeterminado

Rectas

coincidentes

2º 2 3 Incompatible Rectas

paralelas

3º 3 3 Compatible

determinado Se cortan en un

punto

4º 3 4 Incompatible Se cruzan

Nota Si bien la interpretación geométrica de los casos 1º y 3º es evidente, quizás merezca

aclarar la de los casos 2º y 4º.

Si entiendes el caso 2º, la interpretación del 4º sale por reducción de posibilidades en

el espacio.

Para ello, considera cada recta como intersección de dos planos, cada uno de ellos con

su correspondiente vector característico, así por ejemplo en la primera recta los vectores

característicos de cada plano son ( )C,B,An =r

y ( )C,B,An ′′′=′r

, respectivamente.

Análogamente, los de la otra son ( )C,B,An ′′′′′′=′′r

y ( )C,B,An ′′′′′′′′′=′′′r

.

Decir que el rango de la matriz de los coeficientes es 2 (donde cada fila es uno de

estos cuatro vectores), es afirmar que los últimos dos vectores dependen linealmente de los

dos primeros y, por tanto, podemos escribir: nnn ′β+α=′′rrr

y nnn ′σ+µ=′′′rrr

. Ahora

bien, como la dirección de la recta viene dada por el producto vectorial de ambos, y como

( ) ( ) ( )( )nnnnnnnnrrrrrrrr′∧µ⋅β−σ⋅α=′σ+µ∧′β+α=′′′∧′′ ,

se concluye que las dos rectas son paralelas.

Ejemplo 15.21 Para hallar la posición relativa de las rectas

−

−−

084

052

0534

0832

=+z+x

=+y+x :s

=+zx

=yx : r

se estudian los rangos de la matriz ampliada y de los coeficientes por el método de Gauss, por

ejemplo. Trabajando con la matriz ampliada se tiene

−−

−

⇔

−

−

−−

−

⇔

−

−

−−

−

15000

61200

21360

8032

3400

13040

21360

8032

8104

5012

5304

8032

.

Como ( ) ( ) ⇒== ∗ 4 rang y 3 rang AA las rectas se cruzan.

15.5 Posición relativa de dos planos en el espacio

Consideraremos también dos posibilidades:

a) que de cada plano se conozca un punto y dos vectores directores ,


15-13

b) que los dos planos vengan dados por sus ecuaciones implícitas.

Caso a) Los planos vienen dados mediante sus ecuaciones en forma paramétrica o de

determinante; es decir, conocemos dos vectores directores y un punto de cada uno. Sean

w,vPrr

+≡π y w,vQ' ′′+≡πrr

, y recordemos que 2=′′= w,vrangw,vrangrrrr

, entonces

pueden darse los siguientes casos:

1. ( ) ⇒=

′′=′′

→

2 rang rang PQ,w,v,w,vw,v,w,vrrrrrrrr

son planos coincidentes.

2. ( ) ⇒=

′′=′′

→

3 rang y 2 rang PQ,w,v,w,vw,v,w,vrrrrrrrr

son planos paralelos.

3. ( ) ⇒=′′ 3 rang w,v,w,vrrrr

se cortan en una recta.

No tiene sentido considerar que el rango sea cuatro ya que en 3R el máximo rango es tres.

Ejemplo 15.22 Para hallar la posición relativa de los planos:

( )( )( )

π

011

121

010

,,w

,,v

,,P

:r

r y

( )( )( )

′

′π′

101

220

123

,,w

,,v

,,Q

:r

r,

calcularemos el ( ) ( ) ( ) ( ) 101220011121 rang ,,,,,,,,,,, por el método de Gauss:

Como es 3, los planos se cortan en una recta.

Caso b) Los planos vienen dados por sus ecuaciones implícitas.

Sean 0 = D+ Cz+ By+ Ax:π y 0 = D+zC+yB+xA: ′′′′π′ , y consideremos el sistema

de 3 incógnitas que definen las 2 ecuaciones, entonces:


de los coeficientes

Rango de la

matriz ampliada


geométrica

1º 1 1 Compatible

Indeterminado

Planos

coincidentes

2º 1 2 Incompatible Planos paralelos

3º 2 2 Compatible

indeterminado Se cortan en

una recta

−−⇔

−−⇔

2000

2210

1011

0210

2210

1011

1201

0212

1011


15-14

Ejemplo 15.23 Para estudiar la posición relativa de los planos: 432 = z+ y x: −π y

3 = z+y+x:π′ , se considera la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada:

222130

4312

3111

4312

12

=′=⇒−

−

−⇒

−rr

ff. Luego los planos se cortan en una recta.

15.6 Posición relativa de una recta y un plano

Distinguiremos tres casos:

a) de cada uno se conocen un punto y su dirección,

b) ambos viene dados en forma implícita,

c) la recta viene dada en forma paramétrica y el plano en forma implícita.

Caso a) Sean la recta vPrr

+≡ y el plano u,wQrr

+≡π . Como 2=u,wrangrr

, pueden

darse los siguientes casos:

1. ( ) ⇒=

=

→

2 rang rang PQ,u,w,vu,w,vrrrrrr

recta contenida en el plano

2. ( ) ⇒=

=

→

3 rang y 2 rang PQ,u,w,vu,w,vrrrrrr

recta paralela al plano, pero no contenida en él.

3. ( ) ⇒= 3 rang u,w,vrrr

la recta corta al plano en un punto.

Ejemplo 15.24 Para estudiar la posición relativa de la recta ( )( )

−−

195

152

,,v

,,P:r r y el plano

( )( )( )

−π

370

407

200

,,u

,,w

,,Q

:v

r, hallamos el vector ( )152 ,,PQ =

→

y, a continuación, estudiamos los rangos de

u,w,vrrr

y

→

PQ,u,w,vrrr

:


15-15

24

23

14

12

9

9

000

000

27630

195

25

75

370

370

27630

195

152

370

407

195

ff

ff

ff

ff

+

+

−−⇔

−

−

−−⇔

−.

De donde ( ) ( )( ) 2370407195 rang =− ,,,,,,, y ( ) ( )( ) ( ) 2152370407195 rang =− ,,,,,,,,,, ; luego, es una

recta contenida en el plano.

Caso b) Consideramos la recta y el plano dados por sus ecuaciones implícitas

0 = D+ Cz+ By+ Ax:π y

′′′′′′′′

′′′′

0

0

= D+zC+yB+xA

= D+ zC+ yB+ xA :s . Juntas, forman un sistema de 3

ecuaciones con 3 incógnitas.

Observemos que, por ser s una recta, el rango de la matriz de sus coeficientes y el

rango de su matriz ampliada es dos.


de los coeficientes

Rango de la

matriz ampliada


geométrica

1º 2 2 Compatible

Indeterminado

Recta contenida

en el plano

2º 2 3 Incompatible Recta y plano

paralelos

3º 3 3 Compatible

determinado Se cortan en un

punto

Ejemplo 15.25 Para estudiar la posición relativa de la recta

−=+−

=−+

12

12

zyx

zyx:r y el plano

1336 =−+π zyx: , se considera la matriz de los coeficientes y la ampliada:

13

12

3

2

2000

3350

1112

1336

1121

1112

ff

ff

−

−

−

−−

−

⇔

−

−−

−

.

Como el rango de la matriz de los coeficientes es 2 y el rango de la matriz ampliada es 3, la

recta r es paralela al plano π .

Caso c) La recta r viene dada en forma paramétrica

⋅+=

⋅+=

⋅+=

tczz

tbyy

taxx

0

0

0

y el plano por su ecuación

implícita 0 = D+ Cz+ By+ Ax:π . Se resuelve el sistema por sustitución de x, y, z en la

ecuación del plano quedando una sola ecuación con el parámetro t como incógnita, entonces:

1. si se llega a 0a con 0 ≠=⋅ at , no hay solución. La recta y el plano son paralelos

2. si se llega a 00 =⋅ t todo valor de t es solución. La recta pertenece al plano

3. si se llega a 0 con ≠=⋅ abta , hay una sola solución. La recta corta al plano en un punto.


15-16

Es el caso más cómodo para estudiar la posición relativa o encontrar, en su caso, el

punto de corte, como se ve en el siguiente ejemplo:

Ejemplo 15.26 Sean

α=

α−=

α+=

z

y

x

:r 31

32

y 0132 =+−+π zyx: . Estudiamos su posición relativa

sustituyendo x, y, z de r en π :

( ) ( ) 6001331322 =α→=+α−α++α+ ⇒ r y π no tienen ningún punto en común,

luego son paralelos.

15.7 Posición relativa de tres planos en el espacio

Sean 01 = D+ Cz+ By+ Ax:π , 02 = D+ zC+ yB+ xA: ′′′′π y 03 = D+zC+yB+xA: ′′′′′′′′π , las

ecuaciones de tres planos. Juntas, forman un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas.

Sean r al rango de la matriz de los coeficientes y r' el rango de la matriz ampliada,

entonces pueden darse los siguientes casos:

1. ⇒=′= 1rr S. C. Indeterminado: planos coincidentes.

2. ⇒=′= 21 r,r Incompatible: Observando la matriz ampliada puede ser que:

a) No haya dos filas proporcionales: los tres planos son paralelos.

b) Hay una fila proporcional a otra: dos planos son coincidentes y el tercero paralelo.

3. ⇒=′= 2rr S. C. Indeterminado: Observando la matriz ampliada puede ser que:

a) No haya dos filas proporcionales: tres planos distintos con una recta en común.

b) Hay una fila proporcional a otra: dos planos son coincidentes y el tercero se corta con

ellos en una recta.

4. ⇒=′= 32 r,r Incompatible: Observando la matriz de los coeficientes puede ser que:

a) No haya dos filas proporcionales: los tres planos se cortan dos a dos en tres rectas

paralelas entre sí.

b) Hay una fila proporcional a otra: dos planos son paralelos y el tercero corta a los dos en

dos rectas paralelas.

5. ⇒=′= 3rr S. C. Determinado: los tres planos se cortan en un punto.


15-17

Nota Para entender la interpretación basta considerar los vectores característicos y la

resolución de sistemas.

Ejemplo 15.27 Estudiemos la posición relativa de los tres planos siguientes:

34

5323

743

3

2

1

−=−+π

−=+−π

=−+π

zyx:

zyx:

zyx:

Estudiando los rangos de las matrices obtenemos: ( ) ( ) 3 rang , 2 rang == ∗AA ; por lo tanto, los

tres planos no tienen ningún elemento en común y se cortan dos a dos determinando tres

rectas paralelas.

15.8 Haz de planos

a) Haz de planos paralelos:

Si en la expresión de un plano cualquiera 0 = D+ Cz+ By+ Ax:π se fijan los

coeficientes A, B y C dejando variar D, la nueva expresión: 0 = D+ Cz+ By+ Ax representa un

conjunto de planos, llamado haz de planos paralelos.

Ejemplo 15.28 La ecuación general del haz de planos paralelos al plano 33 =+−π zyx: es

Dzyx =+−3 .

Nota Para seleccionar el plano del haz que pasa por un punto dado, bastará sustituir sus

coordenadas en el haz y extraer de esta condición un valor concreto para D que corresponde al

plano particular pedido.

Ejemplo 15.29 Para hallar el plano del haz del ejemplo anterior que pasa por el punto ( )121 ,, ,

basta calcular D y como ha de pasar por el punto ( )121 ,, , sustituyendo se tiene que

2123 =→=+− DD . Por tanto, el plano del haz será: 23 =+− zyx .

b) Haz de planos que pasan por una recta

Llamamos haz de planos de arista una recta r dada, al conjunto de los planos que

contienen a dicha recta r.

Supongamos que una recta viene dada en su forma implícita:

′′′′≡

0

0

= D+zC+yB+xA

= D+ Cz+ By+ Ax r .


15-18

Hemos visto que para que un plano 0=+++≡π dczbyax contenga a la recta r debe

suceder que 2=

′′′′=

′′′

dcba

DCBA

DCBA

rang

cba

CBA

CBA

rang y, por tanto, ( )d,c,b,a debe ser

combinación lineal de los dos vectores que quedan en la matriz ampliada. De aquí se sigue que

la ecuación del haz de planos de arista la recta r es:

( ) ( ) 0=′′′′β+α D+zC+yB+xAD+ Cz+ By+ Ax , con α y β no simultáneamente nulos.

Nota Para 0=α y 0=β se obtienen respectivamente los planos 0 = D+zC+yB+xA ′′′′ y

0 = D+ Cz+ By+ Ax que evidentemente contienen a r.

Si 0≠α y llamamos α

β=µ , la ecuación ( ) ( ) 0=′′′′µ+ D+zC+yB+xAD+ Cz+ By+ Ax ,

cuando µ varía en R, representa a todos los planos del haz de arista r salvo el plano

0=′′′′ D+zC+yB+xA . Teniendo en cuenta esta consideración, resulta más sencillo trabajar

con ( ) ( ) 0=′′′′µ+ D+zC+yB+xAD+ Cz+ By+ Ax que con la otra ecuación.

Ejemplos

Ejemplo 15.30 La ecuación del haz de planos que contiene a la recta

=+−

=++

32

42

zyx

zyx:r es

( ) ( ) 03242 =−+−β+−α zyx z+ y+ x .

Ejemplo 15.31 La ecuación del plano del haz del ejemplo anterior que pasa por el punto

( )011 ,,P debe verificar: ( ) ( ) β−=α→=−+−β+−α 030124011 + + . En particular, tomando

11 −=β→=α , se obtiene el plano pedido: 12 =++− zyx . (Se obtendría el mismo plano para

cualquier otro valor de α ).

Ejemplo 15.32 Si se pregunta si el plano 02 =+++ zyx pertenece al haz determinado por la

recta

=++−

=−−+

0243

012

zyx

zyx:r , una forma de hacerlo es estudiar la posición relativa; esto es, ver

si el plano contiene a la recta. Se considera

−

−

2111

2431

1121

y, como 0

111

431

121

≠−

−

,

( ) ( ) 3== ∗A rang A rang , luego el plano y la recta se cortan en un punto y el plano no pertenece

a ese haz.

c) Haz de planos que pasan por un mismo punto (radiación de planos)

Teniendo en cuenta la ecuación normal de un plano, se deduce que la ecuación del haz

de planos que pasan por un mismo punto ( )000 z,y,xP es

( ) ( ) ( ) 0000 =−⋅+−⋅+−⋅ zzCyyBxxA ,

donde variando A, B y C se van obteniendo los distintos planos.


15-19

Ejemplo 15.33 Halla el plano que contiene al punto de corte de los planos

042221 =−−−≡π zyx , 02 =−+≡π zyx , 01323 =+++≡π zyx , y a la recta de ecuación

α−=

α−=

α+=

53

2

1

z

y

x

:r , Debemos calcular el punto de corte de los planos que es la solución del sistema

=+++

=−+

=−−−

0132

0

04222

zyx

zyx

zyx

, utilizamos la Regla de Cramer, con lo que 1

321

111

222

321

110

224

=

−

−−

−

−

−−

=x ,

1

321

111

222

311

101

242

−=

−

−−

−

−

−

=y y 0

321

111

222

121

011

422

=

−

−−

−

−

=z El punto es ( )011 ,,P − y la radiación de planos que

contiene a P es ( ) ( ) 011 =⋅++⋅+−⋅ zCyBxA . La recta tiene como vector director ( )511 −− ,,vr

y

si se recuerda la ecuación normal del plano, se llega al plano de ecuación

( ) ( ) 025051111 =−−−⇒=−+⋅−−⋅ zyxzyx .


15-20


Ejercicios básicos de ecuaciones de rectas y planos R.1. Expresa mediante sus ecuaciones paramétricas, continuas e implícitas la recta r

que pasa por ( )651 ,,P − y es paralela al vector ( )4 8 12v , ,−r

.

Solución:

El vector ( )1 2 3w , ,−r

es también vector director de r por ser paralelo al anterior, por tanto:

1

5 2

6 3

x

y

z

= − + α

= − α = + α

son sus ecuaciones paramétricas.

En forma continua 51 6

1 2 3

yx z−+ −= =

−. Operamos

512 3 0

1 2

yxx y

−+= ⇒ + − =

−;

1 63 9 0

1 3

x zx z

+ −= ⇒ − + = y las ecuaciones implícitas son

2 3 0

3 9 0

x y

x z

+ − =

− + =.

R.2. Obtén las ecuaciones paramétricas de la recta cuyas ecuaciones implícitas son

2 0

2 1 0

y

x z

− =

− + = .Indica un punto y un vector director de la recta.

Solución:

Podemos elegir z como parámetro y despejar x e y con lo que se tiene 2

2 1

y

x z

=

= − las

ecuaciones paramétricas son:

1 1

2 2

2

x

y

z

= − + α

=

= α

. Un punto es

− 02

2

1,,P , un vector

10 1

2v , ,

r.

R.3. Calcula las ecuaciones de la recta r que está contenida en

1 3

1 2 1 0

2 1 1

x - y z

: =

−

π

−

y

en 3 3 0: x y′π − + = .

Solución:

Sólo se trata de buscar la ecuación general de π , desarrollando el determinante se

llega a 4 0x y z− + − + = con lo que la recta en forma implícita es 4 0

3 3 0

x y zr :

x y

− + − + =

− + =.

R.4. Ecuación general del plano que contiene a ( )211 −,,P y tiene como vectores directores

( )312 ,,vr

y ( )013 ,,w −r

.

Solución: Obtenemos primero la ecuación en forma de determinante y después la general.

1 1 2

2 1 3 0 3 9 5 22 0

3 1 0

x - y z

= x y z

− +

⇒ − − + + =

−

.


15-21

R.5. Ecuación del plano determinado por los puntos ( )1 1 0A , , , ( )2 2 3B , , y ( )1 2 0v , ,r

.

Solución:

El vector ( )1 1 3AB , ,uuur

es director del plano y por tanto su ecuación en forma de determinante es

1 1

1 1 3 0

1 2 0

x - y z

=

−

.

R.6. Sea π el plano de ecuaciones

5 3 2

2 4 5

6

x t s

y t s

z t s

= + −

= − + − = − +

. a) Determina dos puntos del plano

π .

b) Calcula la ecuación de dos rectas secantes contenidas en π . c) Expresa π mediante su ecuación general.

Solución:

a) Para ( )0 0 5 2 6t ,s P , ,= = → − . Para ( )1 0 8 2 5t ,s Q , ,= = → .

b) Las ecuaciones de dos rectas secantes contenidas en π :

5 3

2 4

6

x t

y t

z t

= +

= − + = −

y

5 2

2 5

6

x s

y s

z s

= −

= − − = +

c) Dejamos solos los parámetros t y s. Luego los eliminamos.

5 3 2

2 4 5

6

x t s

y t s

z t s

− = −

+ = − − = − +

Las matrices del

sistema son

3 2 5

4 5 2

1 1 6

x

y

z

− −

− + − −

Obligaremos que el determinante de la matriz ampliada sea cero:

3 2 5

4 5 2 0 7 45 0

1 1 6

x

y x y z

z

− −

− + = ⇒ + + − =

− −

.

R.7. Demuestra que la recta de ecuaciones paramétricas

3

5

2

x t

y t

z t

=

= = +

está contenida en el

plano 2 4 0x y z− + − = .

Solución:

Cualquier punto de la recta es de la forma ( )3 5 2t , t , t+ . Si la recta está contenida en el plano,

cualquier punto de ella debe satisfacer la ecuación del plano. Veamos, pues, que t se verifica la

ecuación del plano: 2 4 0x y z− + − = ( )3 5 2 2 4 0 0 0t t t t− + + − = → ⋅ = que se cumple

t R∀ ∈ .


15-22

Posiciones relativas de rectas y planos

R.8. Estudia la posición relativa de los planos

2 3 5 7

3 2 3 1

7 8 7 13

x y z

x y z

x y z

+ − = −

+ + = + − = −

Solución:

Estudiamos el sistema formado por las ecuaciones de los tres planos. Las matrices asociadas

son: 2 1

3 1 3 2

2 3 5 7 2 3 5 7 2 3 5 7

3 2 3 1 0 5 21 23 2 3 0 5 21 23

7 8 7 13 0 5 21 23 2 7 0 0 0 0

f f

f f f f

− − − − − −

↔ − − ↔ − − − − − −

como

( ) ( )rang rang 2A A∗= = los planos tienen una recta en común.

R.9. Estudia la posición relativa de las rectas 1 3

2 3 1

yx zr : = =

− −

− y

4

7

1 2

x t

s : y

z t

= −

= = +

.

Solución:

La recta r viene determinada por ( )

( )

0 1 3

2 3 1

P , ,

v , ,

−r y s por

( )

( )

4 7 1

1 0 2

Q , ,

w , ,

−r como el rango de v ,w

r res 2,

las rectas tienen distinta dirección. El vector ( )4 6 2PQ , ,= −uuur

, estudiamos el rango de

v ,w,PQuuurr r

,

2 3 1

1 0 2 0

4 6 2

−

− =

−

el rango es 2 por lo que las rectas se cortan.

R.10. Estudia la posición relativa de la recta 12

1 4 3

yx zr : = =

−+ y el plano

5 3 15: x y zπ + − =

Solución:

Las ecuaciones paramétricas de la recta r son

2

1 4

3

x t

r : y t

z t

= − +

= + =

Calculamos la intersección de la

recta y el plano ( ) ( )2 5 1 4 3 3 15 1t t t t− + + + − = → = por tanto la recta y el plano se cortan en

un punto.

R.11. Estudia la posición relativa de los siguientes planos: 1 1: ax y zπ + + = ;

2 1: x ay zπ + + = ; 3 1: x y azπ + + = según los valores del parámetro a R∈ .

Solución:

Discutimos el sistema formado por las ecuaciones de los tres planos. Las matrices asociadas

son:

1 1 1

1 1 1

1 1 1

a

a

a

. Calculamos el determinante de la matriz de los coeficientes, para ver qué


15-23

valores de a lo anulan. 3

1 1

1 1 0 3 2 0 1 y 2

1 1

a

a a + a a .a

a

= ⇔ − = ⇔ = = − y analizando para

estos valores los rangos de las dos matrices concluimos que:

1. ( ) ( )si 1 rang rang 1a A A∗= → = = ⇒ planos coincidentes.

2. ( ) ( )si 2 rang 2 rang 3a A , A∗= − → = = y como los tres sistemas formados por parejas de

ecuaciones son compatibles 1π y 2π se cortan en una recta y 3π es paralelo a ella, pero no la

contiene.

3. ( ) ( )si 1 2 rang rang 3a R , A A∗∈ − − → = = ⇒ Los tres planos se cortan en un punto.

R.12. Determina para qué valores del parámetro real p se cortan las rectas de

ecuaciones: 2 5

3

x y zr :

x y z p

+ − =

+ + =;

1

2

3

x a

s : y a

z a

= −

= + =

.

Solución:

Pasando las ecuaciones de la recta s a forma implícita, obtenemos el siguiente sistema:

2 5

3

3 3

3 6

x + y - z =

x + y + z = p

x + z =

y - z =

de matrices asociadas

1 2 1 5

3 1 1

3 0 1 3

0 3 1 6

p

− −

. Como el ( )rang 3A = , se cortarán

cuando ( )rang 3A∗= , por lo que debemos hallar el valor de p que hace cero el determinante

de la matriz ampliada.

1 2 1 5

3 1 10 5

3 0 1 3

0 3 1 6

pp

−

= ⇒ =

−

, luego para 5p = las rectas se cortan.

Otras determinaciones de rectas y planos

R.13. Ecuación del plano determinado por los puntos ( )2 1 0A , , , ( )125 ,,B y ( )123 −,,C .

Obtén un vector característico o perpendicular al plano. Solución:

Los vectores ( )3 1 1AB , ,uuur

y ( )1 1 1AC , ,−uuur

son paralelos al plano y como punto podemos elegir

uno cualquiera, elegimos A, la ecuación es 02420

111

113

12

=++−⇒=

−

−−

zyx

zyx

y el vector

( )242 ,,v −r

es el asociado del plano.

R.14. Halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )211 ,,P y es paralelo al plano

3 4 0: x y zπ − + − = .


15-24

Solución: Se puede plantear de dos modos muy parecidos. Modo I El plano tiene el mismo vector característico por lo que su ecuación es de la forma

3x y z D− + = como debe pasar por P sustituimos sus coordenadas y se tiene

1 1 6 6D D− + = ⇒ = y la ecuación 3 6x y z− + =

Modo II Directamente imponemos la condición de que P pertenezca al plano la ecuación es.

( ) ( ) ( )1 1 1 1 3 2 0 3 6 0x y z x y z⋅ − − ⋅ − + ⋅ − = ⇒ − + − = .

R.15. Calcula las ecuaciones de la recta r que pasa por ( )1 1 1A , ,− y es paralela a la recta

1

2 2

x y zs :

x y z

+ − =

+ + =.

Solución: Buscamos un vector director de s que será también director de r. Como s viene dada como

intersección de dos planos de vectores característicos ( )1 1 1v , ,−r

y ( )112 ,,wr

( )1 1 1 2 3 1

2 1 1

i j k

v w , ,∧ = − = − −

r r r

r r es el vector director buscado, la recta sería

1 2

1 3

1

x t

y t

z t

= +

= − = − −

.

R.16. Calcula las ecuaciones de la recta r que pasa por ( )513 −,,P y es perpendicular al

plano 2 3 1 0: x y zπ − − + = .

Solución:

El vector ( )1 2 3v , ,− −r

es ortogonal a π y por lo tanto es un vector director de r, así que las

ecuaciones de r son

3

1 2

5 3

x t

y t

z t

= +

= − = − −

.

R.17. Calcula las ecuaciones de la recta que pasa por ( )233 ,,P y es paralela a los planos

0: x y zπ + + = y 2 2: x y z′π − − =

Solución:

Los vectores característicos de los planos son ( )1 1 1v , ,r

y ( )2 1 1w , ,− −r

y su producto vectorial

( )0 3 3v w , ,∧ = −r r

es un vector director de la recta. Sus ecuaciones son

α−=

α+=

=

32

33

3

z

y

x

.

R.18. Halla la ecuación del haz de planos que tiene como arista la recta que pasa por

( )1 2 1A , , y ( )2 3 2B , ,− − . Calcula la ecuación del plano perteneciente a ese haz que:

a) Pasa por el punto ( )1 1 1P , , .


15-25

b) Es paralelo a la recta de ecuaciones 2 4

2 4 1 0

x y z

x y z

− + =

+ + + =.

Solución: Calculamos las ecuaciones implícitas de la recta que pasa por A y B. Un vector director es

( )1 5 3BA , ,= −uuur

sus ecuaciones en forma continua 5 7 021 1

3 5 1 01 5 3

x yyx z = =

y z

+ − =−− −⇒

− − =− .

La ecuación del haz es:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )5 7 3 5 1 0 5 3 5 7 0x y y z x y zα + − + β − − = ⇔ α + α + β + −α − β + − α − β = .

a) Sustituimos las coordenadas de P y elegimos un valor de y de α β que satisfaga la

igualdad ( ) ( ) ( ) ( )5 3 5 7 0 2 3 0 si 3 2α + α + β + −α − β + − α − β = → − α − β = α = → β = −

con estos valores el plano es el de ecuación 15 3 7 19 0x y z− + − = .

b) Un vector director de la recta dada es ( ) ( ) ( )1 2 1 2 4 1 6 1 8, , , , , ,− ∧ = − y haciendo, por

ejemplo 2y = encontramos un punto de la recta ( )1 2 1, , .

Si la recta y el plano han de ser paralelos el producto escalar del vector característico del

plano y el director de la recta es 0.

Elegimos unos valores de y de α β que cumplan la condición.

( ) ( ) ( )6 5 1 3 8 5 0 0 si 1 1− α + α + β + −α − β = → α + β = α = → β = − con esos valores el plano

que se obtiene es 5 2 4 6 0x y z− − + − = .

El plano obtenido podría contener a la recta dada, así que para comprobar que son

realmente paralelos debemos sustituir las coordenadas ( )1 2 1, , en la ecuación del plano

5 1 2 2 4 1 6 0− ⋅ − ⋅ + ⋅ − ≠ luego la recta y el plano son paralelos.

R.19. halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )123 −,,P y contiene a la recta

3

2 2 0

x y zr :

x y z

+ − =

− − =.

Solución:

El ejercicio podría resolverse como el apartado a) del ejercicio anterior buscando la ecuación del haz de planos de arista r. Lo resolvemos de otro modo.

Pasamos la recta a forma paramétrica 2

1

x t

r : y

z t

=

= = − +

de donde se lee que uno de los

puntos de la recta es ( )0 2 1Q , ,− y un vector director es ( )1 0 1v , ,r

.

El plano queda determinado por el punto ( )123 −,,P y los vectores ( )1 0 1v , ,r

y

( )3 0 0QP , ,uuur

, por lo que la ecuación del plano es

3 2 1

1 0 1 0 2 0

3 0 0

x - y z

= y

− +

⇒ − = .


15-26

R.20. Halla la ecuación del plano que es perpendicular al plano 2 3 1 0x y z− + − = ,

paralelo a la recta 1 8

2 3 1

yx + z = =

−

− , y que pasa por ( )1 1 1P , , .

Solución:

Por el enunciado, podemos considerar como vectores dirección del plano pedido: el

característico del plano dado ( )2 1 3, ,− y el de la recta dada ( )2 3 1, ,− . La ecuación del plano

pedido vendrá dada por:

1 1 1

2 1 3 0 1 0

2 3 1

x y z

x + y + z

− − −

− = ⇒ − − =

−

.

R.21. Calcula la ecuación del plano que pasa por ( )1 1 3A , , y es perpendicular a los planos

1 2 3 0: x y zπ + − = y 2 8 0: x y zπ − + + − = .

Solución: Modo I Se puede poner directamente la ecuación del plano pedido en forma de determinante ya que

los vectores asociados a 1

π ( )3,2,1 − y a 2

π ( )1,1,1− son paralelos al plano pedido. Su

ecuación es

1 1 3

1 2 3 0 5 2 3 16 0

1 1 1

x - y z

= x y z

− −

− ⇒ + + − =

−

.

Modo II

El vector ( ) ( ) ( )1 2 3 1 1 1 5 2 3w , , , , , ,= − ∧ − =r

es ortogonal al plano y su ecuación

( ) ( ) ( )5 1 2 1 3 3 0 5 2 3 16 0x y z x y z− + − + − = ⇒ + + − = .

R.22. Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto ( )1 1 2P , , y corta a las rectas

11

3 2

yxr : z

−= = − y

1

2 2

x zs : y

−= == .

Solución:

1. Vemos la posición relativa de r y s. Como

( ) ( ) rang 3 2 1 2 1 2 2, , , , ,− = las rectas tienen distinta

dirección. El vector que va del punto ( )1 1 0 1P , , de r al

punto ( )2 0 0 1P , , de s es ( )1 21 0 0P P , ,−

uuuur y como

( ) ( ) ( ) rang 3 2 1 2 1 2 1 0 0 3, , , , , , , ,− − = , las rectas se cruzan.

2. Plano que pasa por P y contiene a r:

1 1 2

3 2 1 0 2 0

0 1 1

x - y z

= x y z

− −

− ⇒ − + − = .

3. Plano que pasa por P y contiene a s:

1 1 2

2 1 2 0 1 0

1 1 1

x - y z

= x z

− −

⇒ − + =


15-27

Por lo tanto, la recta pedida es la formada por las dos anteriores ecuaciones; esto es, la

intersección de los dos planos obtenidos. 2 0

1 0

x y z

x z

− + − =

− + =que son sus ecuaciones implícitas.

R.23. Halla unas ecuaciones paramétricas de la recta t que es paralela a los planos

2 5 8 y 2 5p : x y z q : x y+ + = − = y pasa por la intersección de las rectas

2 1

1

x y zr :

y z

− + =

+ =,

3

2 5

x y zs :

x y z

+ + =

+ − =.

Solución:

1. Hallamos el punto H intersección de las rectas, resolviendo el sistema por el método Gauss:

1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1

0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1

1 1 1 3 0 2 1 2 0 0 3 0 0 0 3 0

2 1 1 5 0 3 5 3 0 0 8 0 0 0 0 0

− − − − ↔ ↔ ↔ − − − − − −

de donde,

( )

2 1

1 0 1 2 2 1 0

3 0

x y z

y z z , y , x H , ,

z

− + =

+ = ⇒ = = = ⇒− =

.

2. Construimos un plano paralelo a p, que pase por (2,1,0): será 2 5x y z D+ + = ; sustituimos

las coordenadas del punto H queda 4D = . Luego, se trata del plano 2 5 4x y z+ + = .

3. Construimos un plano paralelo a q que pase por (2,1,0): será 2x y C− = ; sustituimos las

coordenadas del punto H, obteniendo 3C = . Luego el plano es 2 3x y− = .

4. La intersección de estos dos planos es la recta pedida 2 5 4

2 3

x y z

x y

+ + =

− = y en forma

paramétrica 3 2

2

x =

y = +

z =

β

− β − β

.

R.24. Halla las ecuaciones de una recta que pasa por ( )1 1 1P , , , es coplanaria a la recta

12 3

y zr : x − = = y es paralela al plano 2 0: x y zπ − + + = .

Solución:

1. Hallamos la ecuación del plano π′ paralelo a π y que pasa por P . La ecuación de un plano

cualquiera paralelo a π es de la forma Dzyx =++− 2 , si obligamos a que pase por P se tiene

2121 =⇒=++− DD y la ecuación de π′ es 2 2x y z− + + = .

2. Calculamos el punto Q intersección de π′ y r , las ecuaciones paramétricas de r son


15-28

1

2

3

x t

y t

z t

= +

= =

sustituyendo en la ecuación de π′ se tiene 2

102341 =⇒=−++−− tttt y

sustituyendo en las ecuaciones de r obtenemos el punto 3 3

12 2

Q , ,

.

3. La recta pedida pasa por P y Q, como 1 1

02 2

PQ , ,

uuur las ecuaciones son

11

2

1

11

2

x t

y

z t

= +

=

= +

.

R.25. Calcula las ecuaciones de la recta r que pasa por el punto ( )0,1,2 −P y corta

perpendicularmente a

1

2 3

2

x t

s : y t

z

= +

= − + =

.

Solución: 1. Hallamos la ecuación del plano π que pasa por P y es

perpendicular a s. Su ecuación sería

( ) ( )1 2 3 1 0 0 3 1 0x y z x y⋅ − + ⋅ + + ⋅ = ⇒ + + = .

2. Calculamos el punto H de corte de π con s

( )5

2013231 =⇒=++−⋅++ ttt y

− 2,

5

4,

5

7H .

3. La recta pedida pasa por P y H , 3 1

25 5

PH , ,

−

uuur, el vector ( )2 3 1 10PH , ,= −

uuur es paralelo al

anterior y por tanto sus ecuaciones son: 12

3 1 10

yx z+−= =

−.


15-29


P.1. ¿Están alineados los puntos ( )7,8,1−A , ( )5,1,4B y ( )5,6,7−C ?.

P.2. Halla t para que los puntos ( )0,2,3P , ( )0,1,0 −Q , ( )1,,3 tR y ( )2,1,2 −S sean coplanarios.

P.3. Halla las ecuaciones paramétricas de los planos XZ, XY, YZ.

P.4. Halla la ecuación del plano que pasa por los puntos ( ) ( ) 2,0,3,0,1,2 − y ( )4,3,2 − .

P.5. Halla las ecuaciones paramétricas del plano que pasa por el punto ( )1,3,2 − y es paralelo

al plano 332 =+− zyx .

P.6. Sea la recta r de ecuación 7

1

3

2

5

1 +=

−

−=

− z

y

x. Determina la ecuación de un plano que

contenga a r.

P.7. Halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )2,1,1 y es paralelo a las rectas

=

=

04

03:

z+ x

+ yx r y

=−

=−′

3 z y

yx r

022: .

P.8. Escribe la ecuación del plano que pasa por el origen y contiene a la recta r de ecuaciones:

=−

=++

2

1:

yx

zyxr .

P.9. Halla la ecuación del plano que pasa por la recta z y

x

=−

=−

3

1

2

1 y es paralelo a la recta

que pasa por ( )0,0,2 y ( )0,1,0 .

P.10. Halla la ecuación del plano que pasa por los puntos ( ) ( )0,1,4 y 1,0,5 BA y es paralelo a la

recta:

=+−

=−−

044

0113:

zy

yxr .

P.11. Comprueba si las rectas

=−+−

=+−+

0832

03:

zyx

zyxr y

=−−+

=+−′

01858

043:

zyx

zyxr se cortan.

Encuentra, en caso afirmativo, el punto de corte.

P.12. Se consideran las rectas 4

2

1

11:

+

−

−−

z =

y = xr y

32

3

4

5 z =

y =

+x:r

−

−′ , demuestra que

se cortan en un punto y encuentra la ecuación del plano que determinan.

P.13. Estudia la posición relativa de los planos: 07532: =+−+ zyxπ y 01323: =+++′ zyxπ

y 013787: =+−+′′ zyxπ .

P.14. Sean los planos 01:,01:,01: =−++′′=−++′=−++ zyxπzmyxπzymxπ . Estudia

su posición relativa dependiendo de los valores del parámetro m.


15-30

P.15. Sean 02345:,043: =++−′=+− zyxπzyxπ . Se pide: a) ecuación del plano paralelo a

π y que pasa por ( )3,2,1− ; b) ecuación de la recta r determinada por π y π ′ ; c) ecuación del

plano perteneciente al haz de arista r y que pasa por ( )2,3,7− .

P.16. Determina Rt ∈ para que las rectas r y s siguientes se corten en un único punto. Calcula

el punto de corte.

=−+

=++

832

2:

zyx

zyxr

−=+−

=−−

2

1:

zyx

zytxs .

P.17. Calcula t para que las rectas

=

+=

+=

αz

αy

αx

r 2

21

: s:

− t = z+ yx

= z+ + yx

22

1 estén situadas en un

plano.

P.18. Calcula t para que las rectas r y s se corten en un punto. Encuentra ese punto.

5

1

3

4

2

1:

+z =

+y =

xr

−

−;

−−− 22

2:

= z yx

t = z+ y+ x s

P.19. Estudia la posición relativa de las rectas:

=+++

=−+−

022

01:

zyx

zyxr

+

−−

02

03:

= zy

=yx s .

P.20. Dadas las rectas

−

−

z = y

z =x r

32

1: y

−

−

34

54:

z = y

z = x s

a) Indica si se cortan, son paralelas o se cruzan. b) Halla las ecuaciones de la recta que pasa

por el origen y corta a las dos.

P.21. Determina las ecuaciones de la recta que pasa por el punto ( )1,1,0 − y es secante a las

rectas 3

1

3: z y

xr −== , zy

xr =−=

−′ 2

2

1: .

P.22. Halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )1,2,1−P , es perpendicular al

plano 02 =−− zyx y paralelo a la recta:

=

=−

2

0:

z

yxr .

P.23. Obtén la ecuación de un plano que contenga a la recta r y sea perpendicular al plano π ,

siendo: r: 5

1

3

4

2

1 +z =

+y =

x

−

−,

−

s = z

t = y

s t =x

π : .


15-31

Soluciones

P.1. No. 2. 2=t . P. 3. Rts

sz

y

tx

XZ ∈∀

=

=

=

,0: Rts

z

sy

tx

XY ∈∀

=

=

=

,

0

: , Rts

sz

ty

x

YZ ∈∀

=

=

=

,

0

:

P.4. 01024 =−−− zyx . P.5.

β+α−−=

β=

α=

326z

y

x

. P.6. Hay infinitos planos con ecuación

vectorial ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3,, con,,,7,3,51,2,1,, Rcbacbastzyx ∈+−+−= . P.7. 0445 =−+− zyx . P.8.

023 =++ zyx

P.9. 0382 =−−+ zyx . P.10. 02145 =−−+ zyx . P.11. Se cruzan. P.12.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2226324411324411 =−−−−=−− ,,PQ,,,,,,rang,,,,,rang , 0225 =−++ zyx . P.13. Se

cortan dos a dos sin paralelismo. P.14. Si 1=m planos coincidentes; si 1≠m se cortan en un

punto. P.15. a) 0743 =−+− zyx ; b)

=++−

=+−

02345

043

zyx

zyx; c) 0321082537 =−++ zyx . P.16.

2=t , ( )1,2,1 − . P.17. 4−=t P.18. 2

25−=t ,

−−

2

47

6

578 ,, . P.19. ( ) ( ) 4rang;3rang == ∗AA , por

tanto se cruzan. P.20.. a) Se cruzan; b)

=−+

=++

03143

02

zyx

zyx. P.21.

=−++−

=++−

039127

02

zyx

zy.

P.22. 02 =++− zyx . P.23. 01132 =+++ zyx .

Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16

16-1

Tema 16

Proyecciones, distancias y ángulos

16.1 Proyecciones. Puntos simétricos a) Punto medio de un segmento. Punto simétrico respecto de un punto.

Dados los puntos ( )111 z,y,xP y ( )222 z,y,xQ , si ( )000 z,y,xM es el punto medio del

segmento que une P con Q, entonces →→

= PMPQ 2 y, en consecuencia, es inmediato que

221

0

xxx

+= ,

221

0

yyy

+= ,

221

0

zzz

+= .

Ejemplos

Ejemplo 16.1 Para hallar el punto medio M del segmento AB ,con ( )321 ,,A y ( )125 ,,B , basta

aplicar las fórmulas de (16.1) y se llega a ( )223 ,,M

El punto ( )z,y,xP ′′′′ ,simétrico de ( )111 z,y,xP respecto de ( )222 z,y,xQ es el que

cumple la relación →→

=′ PQPP 2 , por lo que hallar sus coordenadas es inmediato.

Ejemplo 16.2 Sean los puntos ( )321 ,,A y ( )125 ,,B , para hallar el punto ( )z,y,x'A ≡ simétrico

de A respecto de B, basta tener en cuenta que

( ) ( ) ( )12920423212 −′→−=−′−′−′→=′→→

,,A,,z,y,xABAA .

Otra forma: También se podría haber resuelto considerando que B es el punto medio del

segmento AA’, por lo que 2

15

x+= ,

2

22

y+= ,

2

31

z+= y, despejando, se obtiene

( )129 −≡ ,,'A .

b) Proyección de un punto sobre un plano. Punto simétrico respecto de un plano.

(16.1)

Definición Dado un punto ( )000 z,y,xP exterior al plano 0=+++π DCzByAx: , se llama

proyección ortogonal de P sobre π al punto ( )111 z,y,xH , que es la base de la perpendicular

trazada desde P al plano.


16-2

Ejemplo 16.3 Para hallar la proyección, H, de ( )321 ,,P sobre el plano 013 =−++π zyx: ,

primero se halla la recta que pasa por P y es perpendicular al plano; después se calcula la intersección de ésta con el plano dado.

El vector (3,1,1) perpendicular al plano es un vector director de la recta, por tanto las

ecuaciones de la recta son:

α+=

α+=

α+=

3

2

31

z

y

x

. Sustituyendo en la ecuación del plano, se tiene que H

( ) ( ) ( )11

70132313 −=α→=−α++α++α+ , y por tanto,

−≡

11

26

11

15

11

10,,H .

Para hallar el punto P’ simétrico de P respecto de ese mismo plano, basta tener en cuenta que H es el punto medio de PP’ , luego

2

3

11

26

2

2

11

15

2

1

11

10 +′=

+′=

+′=−

z,

y,

x, de donde

−≡′

11

19

11

8

11

31,,P .

c) Proyección de un punto sobre una recta. Punto simétrico respecto a una recta.

Ejemplos

Ejemplo 16.4 Para calcular la proyección de ( )221 −,,P sobre la recta zyx

:r ==−

23

1:

1º Se halla la ecuación del plano π perpendicular a r y que pasa por P:

como el vector ( )123 ,,ur

, que es director de la recta, es perpendicular al plano, la ecuación de

éste es ( ) ( ) ( ) 0523022213 =−++→=++−+− zyxzyx .

2º Se halla la intersección de la recta r y el plano π que es fácil ver que es

≡

7

1

7

2

7

10,,H .

Ejemplo 16.5 Para hallar el punto P’ simétrico de ( )221 −,,P respecto de zyx

:r ==−

23

1 se

calcula el punto H como en el ejemplo anterior y, a continuación, se repite el proceso del

ejemplo 16.3. La solución es

−≡′

7

16

7

10

7

13,,P .

El punto simétrico al punto P respecto del plano π es el punto ( )z,y,xP ′′′′ tal que H es el

punto medio del segmento PP’ ; esto es, →→

=′ PHPP 2 .

Definición Dado un punto ( )000 z,y,xP exterior a una recta r , se llama proyección

ortogonal de P sobre r al punto ( )111 z,y,xH intersección de r con el plano

0=+++π DCzByAx: perpendicular a r que contiene a P .

El punto simétrico de P respecto a la recta anterior es el punto ( )z,y,xP ′′′′ tal que

→→

=′ PHPP 2 .


16-3

16.2 Distancia de un punto a un plano. Distancia entre planos paralelos.

Distancia de una recta a un plano paralelo.

a) Distancia de un punto a un plano

Demostraremos que:

( )222

000

CBA

DCzByAx,Pd

++

+++=π .

En efecto, sea ( )111 z,y,xH la proyección de

P sobre el plano π . La distancia del punto al plano

es el módulo del vector →

HP , que es paralelo al

vector ( )C,B,Avr

perpendicular al plano.

Por la definición de producto escalar se tiene que ( )1±⋅⋅=⋅→→

vHPvHPrr

, pues el ángulo

que forman vr

y →

HP mide 0º o 180º, dependiendo de que tengan o no el mismo sentido.

En cualquiera de los dos casos puede afirmarse que vHPvHPrr

⋅=⋅→→

y, en función

de las coordenadas, puede escribirse

( ) ( ) ( ) ( ) 222101010 CBA,PdCzzByyAxx ++⋅π=−+−+− ,

de donde, operando y despejando, se llega a

( )( ) ( )

222

111000

CBA

CzByAxCzByAx,Pd

++

++−++=π

y, como ( )111 z,y,xH es un punto de π debe verificar su ecuación ( ) DCzByAx =++− 111 , por

lo que la fórmula de la distancia de un punto a un plano queda

( )222

000

CBA

DCzByAx,Pd

++

+++=π .

Nota La distancia de un punto P a un plano también se puede calcular hallando las coordenadas de su proyección, H, sobre el plano y calculando después la distancia entre esos dos puntos, pero es claro que este método bastante más laborioso.

b) Distancia entre planos paralelos

La distancia entre dos planos paralelos es la distancia de un punto cualquiera de uno de ellos al otro.

Si dos planos π y π′ son paralelos, sus ecuaciones generales respectivas siempre

podrán ponerse de la forma 0=+++π DCzByAx: y 0=′+++π′ DCzByAx: .

(16.2)

Dados un plano 0=+++π DCzByAx: y un punto ( )000 z,y,xP exterior al plano, se define

la distancia del punto al plano como la distancia del punto P a su proyección ortogonal sobre el plano π .


16-4

Si un punto ( ) π∈000 z,y,xP , entonces DCzByAx −=++ 000 y, aplicando la fórmula

(16.2) de la distancia de P a π′ se obtiene

( )222222

000

CBA

DD

CBA

DCzByAx,Pd

++

−′=

++

′+++=π′

como fórmula para la distancia entre dos planos paralelos cuyas ecuaciones generales son de la forma anterior.

Ejemplo 16.6 La distancia entre los planos paralelos 01274: =+−+ zyxπ y

03274: =−−+′ zyxπ será ( )69

694

69

4

274

31,

222==

++

+==′ππd .

c) Distancia de una recta a un plano paralelo

La distancia entre una recta y un plano paralelos es igual a la distancia desde cualquier punto de la recta al plano.

Ejemplo 16.7 Para hallar la distancia entre la recta

=−+

=−−

05

122

zyx

zyx:r y el plano

023714 =−+π zyx: , primero se comprueba que la recta y el plano son paralelos.

Para ello resolvemos el sistema formado por las tres ecuaciones aplicando el método

de Gauss las matrices del sistema son

−

−

−−

⇔

−

−

−−

⇔

−

−

−−

9

1

1

000

170

221

14

1

1

5350

170

221

0

0

1

23714

151

221

Como el rango de A es 2 y el rango de ∗A es 3, la recta y el plano son paralelos. Entonces la distancia de cualquier punto de la recta al plano es la pedida.

Se obtiene un punto de la recta haciendo, por ejemplo 0=y , con lo que el punto

( )101 −− ,,P es un punto de la recta y en definitiva ( )774

9

23714

2314

222=

++

+=π,Pd .

La distancia entre una recta y un plano que no sea paralelo es cero.

16.3 Distancia de un punto a una recta. Distancia entre rectas paralelas

a) Distancia de un punto a una recta

(16.3)

Se define la distancia de un punto P a una recta r como la distancia entre P y su proyección ortogonal P’ sobre r.


16-5

Esta distancia se puede hallar de dos modos:

Método I: Calculando el punto P’ y hallando la distancia de P a P’.

Dados el punto ( )000 z,y,xP y la recta ( )( )

321

111

v,v,vv

z,y,xQ:r r se siguen los siguientes pasos:

1. Se halla la ecuación del plano perpendicular a r desde P: el vector director de

la recta ( )321 v,v,vvr

será perpendicular al plano y por lo tanto su ecuación será

( ) ( ) ( ) 0030201 =−⋅+−⋅+−⋅ zzvyyvxxv .

2. Se halla el punto P’ intersección de r y el plano anterior resolviendo el sistema.

3. Se calcula la distancia de P a P’.

Método II:

A partir de la fórmula ( )v

QPvr,Pd r

r∧

= ,

donde Q es un punto cualquiera de la recta y vr

el vector dirección de la misma.

Recordando la interpretación del módulo del producto

vectorial se sabe , por un lado, que el área del paralelogramo con lados paralelos a QP y vr

es

QPvA ∧=r

.

Por otra parte, por geometría elemental, ( )r,PdvA ⋅=r

. Igualando ambas expresiones

y despejando resulta: ( )v

QPvr,Pd r

r∧

= .

b) Distancia entre rectas paralelas

La Distancia entre dos rectas paralelas será la de un punto cualquiera de una de ellas a la otra.

Ejemplo 16.8 Para calcular la distancia entre 3

2

2

1 −==

− zy

x:r y

=+−

=−−

013

032

zy

yx:s , se

estudia la posición relativa de las rectas.

Como el punto ( )201 ,, de r no pertenece a s y los vectores directores de r y s son

( )312 ,, y ( ) ( ) ( )312130021 ,,,,, =−∧− , respectivamente, son paralelas. Por lo tanto, se puede

aplicar la fórmula (16.4) con ( )201 ,,P ≡ . El punto de s se calcula haciendo, por ejemplo 1=y ,

con lo que se obtiene el punto ( )415 ,,Q ≡ . Como ( )214 ,,PQ = y ( )312 ,,v =r

, entonces:

( ) ( )

( )( ) ( )

14

69

14

281

312

214312 222

=−++−

=∧

=,,

,,,,d .

(16.4)


16-6

16.4 Distancia entre dos rectas que se cruzan

Se demuestra que, dadas dos rectas r y s que se cruzan, la mínima distancia entre

ambas es la distancia desde un punto cualquiera de r al plano que, conteniendo a s, es paralelo a r .

Veamos dos métodos diferentes para calcular esta distancia.

Sean ><+≡ uPrr

y ><+≡ vQsr

.

Método I Consiste en: 1. Se calcula la ecuación del plano que contiene a s

y es paralelo a r, dicho plano es ><+≡π v,uQrr

, del

que interesa su ecuación general. 2. Se calcula la distancia de P al plano anterior. Método II Consiste en aplicar la fórmula

( )[ ]

vu

v,u,QPs,rd rr

rr

∧= ,

que se deduce de la interpretación geométrica del producto mixto.

En efecto, si se consideran los vectores →

QP , ur

y

vr

(daría igual →

PQ ) , se sabe que el valor absoluto del

producto mixto de esos tres vectores coincide con el volumen del paralelepípedo de aristas →

QP , ur

y vr

, es decir: [ ]v,u,QPVrr

= .

Por otro lado, dicho volumen es también el área de la base por la altura. Como el área de la

base es vuArr

∧= y la altura es la distancia buscada, también ( )s,rdvuV ⋅∧=rr

.

Igualando y despejando se tiene ( )[ ]

vu

v,u,QPs,rd rr

rr

∧= .

Ejemplo 16.9 Para calcular la mínima distancia entre las rectas zyx

:r =−

+=

−

3

2

2

1 y

32

12

zyx:s =

−=+ , primero hay que estudiar la posición relativa de ambas. Es fácil ver que

las rectas se cruzan. Calcularemos la distancia por los dos métodos enunciados. Método I 1. El plano π que contiene a r y es paralelo a s es

0175110

321

132

21

=−−+≡π⇔=−

+−

≡π zyx

zyx

.

(16.5)

La distancia entre dos rectas se define como la menor de las distancias entre dos puntos cualesquiera de las mismas.


16-7

2. La distancia de ( ) s,,Q ∈− 012 al plano π es

( ) ( )( ) 195

18

7511

1522

222=

−++

−+−=π= ,Qds,rd .

Método II

Consideramos los vectores ( )3 3 0QP , ,→

− , ( )1 2 3u , ,r

y ( )2 3 1v , ,−r

y hallamos el módulo

de su producto mixto: [ ] 18327186

130

323

213

=++−=−−=v,u,QPrr

,

por otro lado, ( )11 5 7 195u v , , u v∧ = − ⇒ ∧ =r r r r

.

Aplicando (16.5) : ( )18

195

QP,u,v

d r ,su v

→

= =∧

r r

r r .

16.5 Ángulo de dos rectas

También se habla de ángulo de dos rectas

cuando éstas se cruzan y, en este caso, es igual al ángulo que forma una de ellas con la proyección de la otra sobre el plano que contiene a la primera y es paralelo a la segunda.

El cálculo del ángulo de dos rectas se halla

a partir del ángulo que forman sus respectivos vectores directores.

Se toma en valor absoluto para que sea el

ángulo mínimo, menor de 90º. Así pues, dadas

><+≡ uPrr

y ><+≡ vQsr

, el ángulo que

forman es

u vcos

u v

⋅α =

⋅

r r

r r .

Ejemplo 16.10 Para halla el ángulo que forman las rectas 1

32

xr : y z

−= − = y

2 50

3 4

x ys : ,z

+ += =

−, se consideran sus vectores directores respectivos, que son ( )2 11u , ,

r y

( )3 4 0v , ,−r

, y se aplica la fórmula (16.6): 6 4 2

80 406 25 5 6

u vcos º

u v

⋅ − +′α = = = ⇒ α =

⋅ ⋅ ⋅

r r

r r .

(16.6)

Se entiende como ángulo de dos rectas al menor de los ángulos que forman.


16-8

16.6 Ángulo de dos planos

Por tanto, dados los planos 0=+++π DCzByAx:

y 0=′+++π′ DCzByAx: el ángulo que forman vendrá

dado por

( ) ( )2 2 2 2 2 2

A,B,C A ,B ,Ccos

A B C A B C

′ ′ ′⋅α =

′ ′ ′+ + ⋅ + +.

Ejemplo 16.11 Para hallar el ángulo que forman los planos 2 2 0: x y zπ + + + = y

3 3 1 0: x y′π + + = , se aplica la fórmula (16.7): ( ) ( )2 11 3 3 0 3

3026 18

, , , ,cos º

⋅α = = ⇒ α =

⋅.

16.7 Ángulo de recta y plano

Se halla a partir del ángulo que forman el vector director de la recta y el perpendicular al plano.

El ángulo buscado es el complementario del formado por

los vectores anteriores.

Sean 0=+++π DCzByAx: y ( )

( )0 0 0

1 2 3

P x ,y ,zr :

v v ,v ,v

r entonces

( ) ( )1 2 3

2 2 22 2 2

1 2 3

A,B,C v ,v ,vsen cos

A B C v v v

⋅α = β =

+ + ⋅ + +.

Ejemplo 16.12 Para hallar el ángulo que forman el plano 2 2 0: x y zπ + + + = y la recta

1 0

1

x yr :

z

− + =

=, se obtiene primero un vector director de la recta y después se aplica la

fórmula (16.8).

(16.7)

(16.8)

Es el menor de los dos ángulos diedros que determinan. Coincide con el ángulo que forman sus vectores perpendiculares o el suplementario de éste.

Es el ángulo que forma la recta con su proyección ortogonal sobre el plano.


16-9

Un vector director de la recta es ( ) ( ) ( )1 1 0 0 0 1 1 1 0, , , , , ,− ∧ = − − .

Luego, ( ) ( )2 11 1 1 0 3 3

602 26 2

, , , ,sen cos arcsen º

⋅ − −α = β = = ⇒ α = =

⋅.

16.8 Ecuaciones de la perpendicular común a dos rectas que se cruzan

Se trata de hallar la recta que, cortando a dos rectas que se cruzan, forma con ambas un ángulo de 90º.

Veamos dos procedimientos para llegar a las ecuaciones de esta recta.

Sean ><+≡ uPrr

y ><+≡ vQsr

.

Método I

1. Se halla la ecuación del plano π que contiene

a una de ellas (por ejemplo r) y es paralelo a la otra (en nuestro caso s). Dicho plano es

><+≡π v,uPrr

.

2. Se hallan las ecuaciones de los planos

1 2 y π π perpendiculares a π y que contienen

a r y a s , respectivamente. Dichos planos son

>∧<+≡π vu,uPrrr

1 y >∧<+≡π vu,vQrrr

2 .

3. La intersección de 1 2 y π π es la recta buscada.

Método II

1. Se halla la ecuación del plano π que contiene a una de ellas (por ejemplo a r) y es

paralelo a la otra. Dicho plano viene determinado por ><+≡π v,uPrr

.

2. Se halla la ecuación del plano 1 π perpendicular a π y que contiene a una de ellas

(por ejemplo r ) : >∧<+≡π vu,uPrrr

1 .

3. Se halla el punto H intersección de s con 1 π . Este punto pertenece a la recta

buscada.

4. La recta buscada es >∧<+≡ vuHprr

.

Ejemplo 16.13 Hallemos la ecuación de la perpendicular común a las rectas

zyx

:r =−

+=

−

3

2

2

1 y

32

12

zyx:s =

−=+ del ejemplo 16.10, que se sabe que se cruzan.

Usaremos los dos métodos. Método I 1. La ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s es:


16-10

0175110

321

132

21

=−−+→=−

+−

zyx

zyx

,

su vector característico (ortogonal a π ) es ( )7511 −→

,,va .

2. La ecuación del plano 1π perpendicular a π y que contiene a r es:

0344325160

7511

132

21

=+++→=

−

−

+−

zyx

zyx

.

3. La ecuación del plano 2π perpendicular a π y que contiene a s es:

0981740290

7511

321

12

=++−→=

−

−+

zyx

zyx

.

4. La perpendicular común es la recta

=++−

=+++

098174029

034432516

zyx

zyx:p

Método II Los pasos 1 y 2 son los mismo que los del método anterior.

3. Calculamos el punto H intersección de s con 1 π :

−−⇒=⇒

=+++

=

+=

+−=

195

81,

195

141,

195

417

195

27-t

034432516

3

21

2

H

zyx

tz

ty

tx

.

4. La recta es ( ) >−<+

−−≡ 7511

195

81

195

141

195

417,,,,p . Sus ecuaciones paramétricas son:

−−=

+=

+−=

tz

ty

tx

p

7195

81

5195

141

11195

417

: .

Puede comprobarse que evidentemente se trata de la misma recta aunque determinada con diferentes ecuaciones.


16-11

Ejercicios resueltos Proyecciones y simetrías

R.1. Dada la recta 3

1 24

zr x y

−≡ + = − = y el punto ( )1 2 1P , , . Halla las coordenadas del

punto P’ simétrico de P respecto a r. Solución:

Seguiremos el siguiente proceso:

1º Calculamos la ecuación del plano que pasa por P y es perpendicular a r. Será

( ) ( ) ( )1 2 4 1 0 4 7 0x y z x y z− + − + − = → + + − = .

2º Hallamos el punto Q intersección de

1

2

3 4

x t

r : y t

z t

= − +

= + = +

con el plano obtenido.

( ) ( ) ( )1 4 5 5

1 2 4 3 4 7 0 18 6 03 3 3 3

t t t t t Q , ,

− + + + + + − = → + = → = − → −

.

3º Teniendo en cuenta que Q es el punto medio de P y P’ nos queda:

4 1 11

3 2 3

xx

+− = → = − ,

25 4

3 2 3

yy

+= → = ,

5 1 7

3 2 3

zz

+= → = así que el punto P’ simétrico

de P respecto de r es 11 4 7

3 3 3P , ,

′ −

.

R.2. Halla la proyección de la recta 12 3

x zr y≡ = − = sobre el plano 2 4 0: x y zπ + − + = .

Solución:

Primero vemos la posición relativa de la recta y el plano pasando r a forma paramétrica y

resolviendo el sistema.

2

1

3

x t

r : y t

z t

=

= + =

,

( )2 2 1 3 4 0 6t t t t+ + − + = → = − con lo que el

punto de corte es ( )1 12 5 18P , ,− − − éste es ya un

punto de la recta proyección de r, tomaremos otro punto de r y calcularemos su proyección ortogonal sobre π . Elegimos, por ejemplo,

( )0 0 1 0t Q , ,= → .

Calculamos las ecuaciones de la recta que pasa por Q y es perpendicular a π , será

1 2

x

y

z

= α

= + α = −α

Calculamos la intersección 1Q de la recta con π , 2 4 4 0 1α + + α + α + = → α = − así

que ( )1 1 1 1Q , ,− − .


16-12

La recta buscada es la que pasa por P1 y Q1, el vector ( )1 1 11 4 19PQ , ,uuuuur

y sus ecuaciones

son 11 1

11 4 19

yx z++ −= = .

R.3. Determina las ecuaciones de la recta simétrica de 1 2 3r : x y z− = − = − respecto

del punto ( )3 2 1P , , .

Solución:

Seguimos el siguiente proceso: 1. Calculamos la ecuación del plano que pasa por P

y es perpendicular a r, viene determinado por

( )

( )

3 2 1

1 1 1

P , ,

v , ,

r 6 0: x y zπ + + − = .

2. hallamos la intersección R de r y π ( )1 2 3 6 0 0 1 2 3R , ,+ α + + α + + α − = → α = → .

3. calculamos el punto R’ simétrico de R respecto a P considerando que P es el punto

medio entre R y R’ , de donde ( )5 2 1R , ,′ − .

4. La recta pedida es la paralela a r por R’, sus ecuaciones: 5 2 1r : x y z′ − = − = + .

R.4. Halla la ecuación de la proyección ortogonal r’ de la recta 11 2

2 1 2

yx zr :

−− −= =

sobre el plano 3 2 12 0: x y zα − + + = .

Solución:

El punto P’ de corte de la recta y el plano es uno de los puntos de r’, para ello conviene

expresar r en forma paramétrica

1 2

1

2 2

x t

r : y t

z t

= +

= + = +

, sustituyendo en la ecuación del plano:

( ) ( )14 31 17 34

1 2 3 1 2 2 2 12 03 3 3 13

t t t t P , ,

′+ − + + + + = → = →

.

Calculamos ahora la proyección del punto ( )1 1 2A , , sobre el plano.

- Ecuaciones de la recta s que pasa por A y es perpendicular a α ,

1

1 3

2 2

x

s : y

z

= + µ

= − µ = + µ

- Punto A’ de corte de s y α , ( ) ( ) ( )1 3 1 3 2 2 2 12 0 1 0 4 0A , ,′+ µ − − µ + + µ + = → µ = − →

- Ecuaciones de la recta que pasa por P’ y A’ , ( )3 31 5 34A P , ,′ ′ =uuuuur

, luego:

31

4 5

34

x

r : y

z

= λ

′ = + λ = λ

.

Distancias

R.5. Dados los puntos ( )1 2 5A , , y ( )3 2 1B , ,− y los planos 2 7 2 0: x y zπ − + − = y

2 7 13 0: x y z′π − + + = . Calcula:


16-13

a) Distancia entre los puntos. b) Distancia del punto A al plano π . c) Distancia entre los dos planos.

Solución:

a) La distancia entre A y B es: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

3 1 2 2 1 5 40d A,B = − + − + − − = .

b) Aplicamos la fórmula y se tiene: ( )2 1 7 2 5 2 9 6

24 49 1 54d A,

⋅ − ⋅ + −π = = =

+ +.

c) Teniendo en cuenta que son planos paralelos: ( )2 13 15 5 6

64 49 1 54d ,

− −′π π = = =

+ +.

R.6. Calcula la distancia del punto ( )3 2 1B , ,− a la recta

1

2

3

x t

r : y t

z t

= +

= = − +

Solución:

Calcularemos la distancia de dos modos diferentes: Método I

Consiste en buscar la proyección ortogonal H de B sobre r y calcular la distancia entre B y H.

Se siguen los siguientes pasos:

1. Calculamos la ecuación del plano π perpendicular a r desde B.

( ) ( ) ( )1 3 2 2 1 1 0 2 6 0x y z x y z− + − + + = → + + − = .

2. Calculamos el punto H de corte de r y π resolviendo el sistema formado por sus

ecuaciones. ( ) ( ) ( )4 7 8 5

1 1 2 2 1 3 03 3 3 3

t t t t H , ,

+ + + − + = → = → −

.

3. Aplicamos la fórmula para calcular la distancia de B a H

( )2 2 2

7 8 5 123 2 1

3 3 3 3d B,h

= − + − + − + =

.

Método II

Aplicamos la fórmula a partir del producto vectorial, siendo ( )1 0 3P , ,− un punto y

( )1 2 1v , ,r

un vector director de r ( )PB v

d B,rv

⋅=

uuur r

r como ( ) ( )2 2 2 y 2 0 2PB , , PB v , ,= ∧ = −uuur uuur r

se

tiene que ( )4 0 4 8 12

31 4 1 6d B,r

+ += = =

+ +.


16-14

R.7. Calcula la distancia entre las rectas 4

2 7

x y zr :

x y

+ − =

+ = y

2

5

xs :

y

=

= − .

Solución:

Primeramente estudiamos la posición relativa de r y s. Buscamos sus ecuaciones paramétricas con el fin de obtener un punto y un vector director de cada recta.

En las ecuaciones de r podemos elegir x como parámetro ya que 1 1

02 0

−≠ . Se tiene:

( ) ( )

( )

1 3 0 para 17 1

2 1 12 2

1 1

2 2

r

r

x t

P , , tr : y t

v , ,

z t

= =

= − → −

= − +

r y ( )

( )

22 5 0

50 0 1

s

s

xP , ,

s : yv , ,

z s

= −

= − → =

r

El vector ( )1 8 0r sP P , ,= −uuuuur

y como

1 8 0

2 1 1 15 0

0 0 1

−

− = ≠ las rectas se cruzan.

A partir de aquí calcularemos la distancia de dos formas:

Método I Se siguen los siguientes pasos:

1. Calculamos la ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s. Su ecuación es:

1 3

2 1 1 0 2 7 0

0 0 1

x y z

x + y

− −

− = ⇒ − = .

2. La distancia de cualquier punto de s a π es la distancia mínima entre ambas rectas.

( )( )2 2 5 7 15

3 51 4 5

sd P ,+ − −

π = = =+

.

Método II Aplicando la fórmula se tiene:

( )r s s r

s r

P P ,v ,vd r ,s

v v

=∧

uuuuur r r

r r como

1 8 0

0 0 1 15

2 1 1

r s s rP P ,v ,v

−

= = − −

uuuuur r r y ( )1 2 0s rv v , ,∧ =

r r entonces:

( )15 15

3 51 4 0 5

r s s r

s r

P P ,v ,vd r ,s

v v

= = = =∧ + +

uuuuur r r

r r .

Ángulos

R.8. Calcula el ángulo diedro formado por los planos de ecuaciones 1 2 1 0: x y zπ − + − =

y 2

1

2 3

x

: y

z

= + α + β

π = − α − β = β

.


16-15

Solución:

En primer lugar debemos buscar la ecuación general de 2π .

Eliminando los parámetros llegamos a

1 1 1

1 3 2 0 2 3 0

0 1

x

y x y z

z

−

− − − = ⇒ + + − =

El ángulo pedido es el de sus vectores característicos ( ) ( )1 21 2 1 y 1 1 2v , , v , ,−r r

luego

( )1 2

1 2

2

1 2 2 180 24 21

66 6

v v, arccos arccos arccos º

v v

⋅ − +′ ′′α π π = = = =

r r

r r .

R.9. Calcula el ángulo formado por las rectas 2 4

1

x y zr :

y z

− + = −

+ = y

22 1

2

zs : x = y =

−− − − .

Solución:

Calculamos un vector director de r , ( ) ( ) ( )2 1 1 0 1 1 2 2 2rv , , , , , ,= − ∧ = − −r

.

Obtenemos también un vector director de s (¡cuidado! que no viene dada en forma

continua) ( )1 1 2sv , ,= − −r

Calculamos el ángulo formado por estos dos vectores

( )2 2 4 8

19 28 164 4 4 1 1 4 72

r s

r s

v vr ,s arccos arccos arccos º

v v

⋅ + +′ ′′α = = = =

+ + + +

r r

r r ¨.

R.10. Calcula el ángulo formado por la recta 2

2 12

zs : x = y =

−− − − y el plano

1 2 1 0: x y zπ − + − = de los ejercicios anteriores.

Solución:

El ángulo es el complementario del ángulo agudo formado por las direcciones del

vector director de la recta y el asociado del plano que son respectivamente ( )1 1 2sv , ,= − −r

y

( )1 1 2 1v , ,−r

por tanto ( )1

1

1

1 2 2 130

26 6

s

s

v vs, arc sen arc sen arc sen º

v v

⋅ − + +α π = = = =

r r

r r .

Otros ejercicios

R.11. Considera la recta dada por 4 9 0

3 9 0

x yr :

y z

− + =

− − =.

a) Determina el plano que pasa por el punto ( )1 4 0P , , y contiene a r.

b) ¿Para cualquier valor de λ , el plano ( )4 9 3 9 0x y y z− + + λ − − = contiene a r?.


16-16

c) Determina los valores de λ para que el plano diste 3 unidades del origen de coordenadas.

Solución:

a) La ecuación del plano pedido puede obtenerse de dos modos diferentes:

Método I

Buscamos las ecuaciones de r en forma paramétrica, haciendo y t= se tiene:

9 4

9 3

x t

r : y t

z t

= − +

= = − +

, un punto de r es ( )9 0 9Q , ,− − que pertenece al plano , y un vector director de r

es ( )4 1 3v , ,r

que junto con el vector ( )10 4 9QP , ,uuur

pertenecen al plano. ( )3 6 6QP v , ,∧ = −uuur r

es

perpendicular al plano, así su ecuación es ( ) ( )3 1 6 4 6 0 2 2 9 0x y z x y z− + − − = → + − − = .

Método II

Escribimos la ecuación del haz de planos de arista r ( ) ( )4 9 3 9 0x y y zα − + + β − − =

y obligamos a que P pertenezca al haz sustituyendo las coordenadas se llega a

6 3 0 si 1 2− α + β = → α = → β = y sustituyendo estos valores en la ecuación del haz se

obtenemos 2 2 9 0x y z+ − − = .

b) Si sustituimos x, y y z de las ecuaciones paramétricas de la recta en la expresión

dada se llega a ( )9 4 4 9 3 9 9 9 0 0 0t t t t− + + − + + λ + − − = → = , por tanto la recta está

contenida en el plano para todo valor de λ .

c) La ecuación de todos esos planos es de la forma ( )3 4 9 9 0x y z+ λ − − λ + − λ = ,

aplicando la fórmula de distancia de un punto a un plano se tiene:

( )

2 2 2

2 2

9 93 9 18 9 10 24 17 6 8 0

1 3 4d

− λ= = → λ − λ + = λ − λ + → λ − λ + =

+ λ − + λ

cuyas

soluciones son 4 y 2λ = λ = .

R.12. Dadas las rectas

1x

r : y

z

= + λ

= λ = −λ

y 2 2

0

x

s : y

z

= µ

= + µ =

. Halla la ecuación de una recta que

sea perpendicular simultáneamente a r y s. Solución:

Primero estudiamos la posición relativa de las rectas, éstas vienen determinadas

respectivamente por ( )

( )

1 0 0

1 1 1

r

r

P , ,r :

v , ,

−r y

( )

( )

0 2 0

1 2 0

s

s

P , ,s :

v , ,

r . El vector ( )1 2 0r sP P , ,= −

uuuuur .

Hacemos el producto mixto de los tres vectores

1 2 0

1 1 1 4 0

1 2 0

r s r sP P ,v ,v

−

= − = − ≠

uuuuur r r los

tres vectores no son coplanarios y por tanto las rectas se cruzan.


16-17

Para hallar las ecuaciones de la perpendicular común en este caso seguiremos los siguientes pasos:

1. Calculamos la ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s. Su vector

característico será ( )1 1 1 2 1 1

1 2 0

r s

i j k

v v , ,∧ − = −

r r r

r r y su ecuación 2 2 0x y z− + − = .

2. Calculamos la ecuación del plano 1π que contiene a r y es perpendicular a π .

Su ecuación es

1

1 1 1 0 0

2 1 1

x y z

y z

−

− = → + =

−

.

3. Calculamos la ecuación del plano 2π que contiene a s y es perpendicular a π .

Su ecuación es

2

1 2 0 0 2 5 2 0

2 1 1

x y z

x y z

−

= → − − + =

−

.

4. La recta pedida en forma implícita es la de ecuaciones 0

2 5 2 0

y z

x y z

+ =

− − + =.

R.13. Dados los puntos ( )2 4 3A , ,− − y ( )2 6 5B , , , y la recta 1

2 3 2

x y zr

x y z

− + =≡

+ − =, averiguar

si existe alguna recta tal que contenga los puntos A y B y corte a la recta r . Razona la respuesta. Solución:

Los puntos A y B determinan un recta concreta, buscamos sus ecuaciones.

Calculamos ( )4 10 8AB , ,=uuur

. La recta está determinada por ( )

( )

2 6 5

2 5 4

B , ,

v , ,

r , (el vector

( )2 5 4v , ,r

es paralelo al ( )4 10 8AB , ,=uuur

).

Sus ecuaciones:

2 2

6 5

5 4

x t

r : y t

z t

= +

= + = +

.

Si sustituimos las ecuaciones de esta recta en las de la recta dada veremos si se

cortan o no, ( ) ( )

2 2 6 5 5 4 1

2 2 2 6 5 3 5 4 2

t t t

t t t

+ − − + + =

+ + + − + =, de la primera 0t = .

Sustituyendo en la segunda ese valor ( ) ( )2 2 6 0 3 5 2+ + − ≠ , por tanto las rectas no

se cortan.


16-18

R.14. Halla la distancia del punto ( )1 2 3P , , a la recta r de ecuaciones 6

2

x t

r : y t

z t

=

= − = +

,

determinando el punto de la recta que dista menos de P. Solución:

- Calculamos la ecuación del plano π que pasa por P y es perpendicular a r. Será

( ) ( ) ( )1 2 3 0 2 0x y z x y z− − − + − = → − + − = .

- Calculamos el punto Q de corte de π con r resolviendo el sistema, dicho punto es el

de la recta que dista menos de r. Tenemos ( )6 2 2 0 2 2 4 4t t t t Q , ,− + + + − = → = → , la

distancia pedida es la de P a Q ( ) 2 2 21 2 1 6d P,Q = + + = .

R.15. Dado el tetraedro de vértices ABCD con ( ) ( ) ( ) ( )1 2 0 2 6 0 5 3 0 y 3 4 3A , , , B , , , C , , D , , .

a) Comprueba que los puntos medios de las aristas AB, BD, DC, y CA son coplanarios y calcula la ecuación de ese plano. b) Comprueba que el plano hallado es paralelo a las aristas CB y AD. c) Calcula el volumen del tetraedro.

Solución:

a) Calculamos los puntos medios pedidos, son: ( )3

4 02

M A,B , ,

=

,

( )5 3

52 2

M B,D , ,

=

, ( )7 3

42 2

M D,C , ,

=

, ( )5

3 02

M C, A , ,

=

.

Calculamos los vectores que van desde ( )M A,B a cada uno de los otros tres puntos

que son respectivamente 1

31 1

2v , ,

=

r, 2

5 1 3

2 2 2v , ,

= −

r y 3

3 30

2 2v , ,

= −

r, si los cuatro puntos

son coplanarios el rango de estos vectores es 2, (si multiplicamos los tres vectores por 2 el

razonamiento no cambia); como

2 2 3

5 1 3 0

3 3 0

− =

−

los cuatro puntos son coplanarios. La ecuación

del plano es

34

2

2 2 3 0

3 3 0

x y z− −

=

−

.

b) Los vectores ( ) ( )3 3 0 y 2 2 3CB , , AD , ,= − =uuur uuur

están contenidos en el plano luego

dichas aristas son paralelas a éste.

c) Los vectores que forman tres aristas concurrentes del tetraedro son ( )1 4 0AB , ,=uuur

( )4 1 0AC , ,=uuur

, y ( )2 2 3AD , ,=uuur

,

el volumen es

1 4 01 1 15

4 1 06 6 2

2 2 3

v AB,AC,AD

= = − =

uuur uuur uuur.


16-19

R.16. Dados los puntos ( ) ( )0 3 2 y 1 5 0A , , B , ,− Calcula la ecuación del plano perpendicular

al segmento AB y que pasa por su punto medio (plano mediador). Solución: Método I

El vector ( )1 2 2AB , ,=uuur

es un vector perpendicular al plano buscado y el punto

( )1

4 12

M A,B , ,

= −

pertenece al plano.

Su ecuación es ( ) ( )1

2 4 2 1 0 2 4 4 13 02

x y z x y z

− + − + + = → + + − =

.

Método II

El plano pedido es el lugar geométrico de los puntos que equidistan de A y b y que por

tanto cumplen la condición ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 23 2 1 5x y z x y z+ − + + = − + − + en la que

elevando al cuadrado y desarrollando se tiene

2 2 2 2 2 26 4 9 4 2 10 1 25x y z y z x y z x y+ + − + + + = + + − − + +

que, simplificando, lleva a la misma ecuación 2 4 4 13 0x y z+ + − = .


16-20


Distancias

P.1. Halla la distancia del punto ( )3,2,1A a la recta

=

=

0

0:

z

xr y la ecuación del plano que pasa

por A y es perpendicular a r.

P.2. Halla la distancia de ( )3,2,1A al plano

−−

−

t+s = z

ts + = y

t- s = x

231

222 .

P.3. Dado el punto ( )1,0,1A , ( )4,7,5B y los planos 0752: =+−+ zyxπ 0

112

201

21

: =

−

−−

′

zyx

π .

Calcula: a) Distancia entre A y B. b) Distancia de A a π . c) distancia entre π y π ′ .

P.4. Sea el punto ( )3,1,1A y la recta

=

+=

=

tz

ty

tx

r

2

2: Halla: a) la ecuación del plano perpendicular a

la recta r que pasa por A. b) La intersección de este plano con la recta r. c) La distancia del punto A a la recta r.

P.5. Comprueba que la recta zyx −=−=− 723 es paralela al plano 032 =++ zyx y halla la

distancia de la recta al plano.

P.6. Prueba que las rectas

=

=+

0

0:

y

zxr , y

=

=

4

0:

y

xs ; se cruzan, y halla la distancia entre

ellas. P.7. Halla la mínima distancia entre las rectas r1 y r2 en los siguientes casos:

a) 31

2

2

1:1 −=

−

−=

−z

yxr ;

−−=

+=

+=

αz

αy

αx

r

1

4

32

:2

b)

=++−

=++−

0432

012:1

zyx

zyxr ;

+=

−=

=

αz

αy

αx

r

52

1:2

P.8. Calcula la distancia entre las rectas r y s, siendo: 4

1

3

2:

−==

− zy

xr ;

=+−

=−−

044

0113:

zy

yxs .

P.9. Calcula la distancia entre las rectas r y s, siendo:

+=

=

+−=

tz

ty

tx

r

23

21

: , 2

3

2

1

3

2:

−=

−=

−

+ zyxs ;

estudiando, previamente, la posición relativa entre ambas rectas.

P.10. Dados los puntos ( )0,2,3 −A y ( )2,2,1 −−B y la recta zyxr ==: . Calcula la distancia

desde el punto B al plano que contiene a r y al punto A.


16-21

P.11. Para cada t real se considera el plano tπ de ecuación:

( ) ( ) ( ) 01231121 =−+++−++ tztytxt . Demuestra que todos los planos tπ pasan por una

recta r y halla la mínima distancia entre las rectas r y s, siendo 3

2

2

11:

−=

+=−

zyxs .

Ángulos

P.12. Calcula el ángulo diedro formado por los planos

++−=

+=

−=

βαz

βy

βαx

π

27

3

2

: y

013: =+++′ zyxπ .

P.13. Halla el ángulo de las rectas 5

1

4

1

3

1:

+=

+=

− zyxr y

( ) ( )5

1

4

2

3

1:

−=

+−=

+−′

zyxr .

P.14. Halla el seno del ángulo α que forma la recta

+=

+=

=

tz

ty

tx

r

42

31

2

: con el plano

05245 =+−+ zyx .

P.15. Dados los planos 0=+ yx , 0=+ zy , encuentra la ecuación de un plano que forme

ángulos iguales con los anteriores.

Proyecciones y simetrías

P.16. Halla el área de la proyección del triángulo de vértices ( ) ( ) ( )1,1,1,3,1,2,0,0,0 sobre el plano

0=−+ zyx .

P.17. Halla el simétrico del punto ( )1,2,2A respecto del plano 062 =++− zyx .

P.18. Sean los planos 0: =++ zyxπ , 0233: =++′ zyxπ y la recta

=−+

=−

0

0:

zyx

yxr . Se pide:

a) Proyecciones ortogonales de la recta sobre los planos. b) Posición relativa de dichas rectas. c) Distancia entre ellas.

P.19. Dada la recta 4

3

5

2:

−==

− zy

xr y el punto ( )0,1,3 −P Se pide:

a) Calcula el punto H proyección ortogonal de P sobre r. b) Calcula las coordenadas del punto P’ simétrico de P respecto a r. c) Calcula la distancia de P a r

Otras determinaciones de rectas y planos

P.20. Se consideran las rectas 2

121:

−=−=−

zyxr ;

2

13

2

3:

+=−=

− zy

xs . a) Comprueba

que se cortan y calcula las coordenadas del punto P de intersección. b) Determina la ecuación de la recta que pasa por P y es perpendicular a r y s.

P.21. Halla las ecuaciones en forma continua de la recta que pasa por el punto ( )2,1,3 − , es

paralela al plano 3895: =+− zyxπ y es perpendicular a la recta

=

=−

0

0:

y

zxr .


16-22

P.22. Halla las ecuaciones de las rectas que sean paralelas a la intersección de los planos:

0132: =++− zyxπ , 0123: =−+−′ zyxπ .

P.23. Escribe las ecuaciones de la perpendicular común a las rectas zyxr ==: ,

13: −== zyxs .

P.24. Dadas las rectas 2

112:

−

+=

−=−

z

k

yxr y

=

−=

+=

λz

λy

λx

s

2

2

1

: .

a) Calcula el valor de k para que sean coplanarias. b) Para ese valor de k Calcula la ecuación del plano que las contiene. c) Calcula las ecuaciones de la perpendicular común a r y s.

P.25. dadas las rectas

+=

−=

+=

tz

ty

tx

r

22

1

: y

−−=

+=

=

tz

ty

tx

s

1

31: . a) Demuestra que se cruzan. b) Calcula

las ecuaciones de la perpendicular común p a r y s .

Producto vectorial y producto mixto. Áreas y volúmenes

P.26. ( )2,3,1A y ( )1,5,2B son dos vértices de un triángulo que tiene su tercer vértice situado en

un punto arbitrario (variable) de la recta: 2

3

4

4

2

2:

−

−=

−=

− zyxr . Calcula el área de los

diferentes triángulos formados por A, B y el tercer vértice en r. ¿El valor de dicha área depende de dónde se sitúe el tercer vértice? .

P.27. Sean los puntos ( )1,1,1A , ( )2,0,3B , ( )2,2,5 −C y ( )tD ,1,2 . Halla el valor de t para que los

cuatro puntos determinen un plano. Halla el área de dicho cuadrilátero para el valor de t calculado previamente.

P.28. Halla el volumen del tetraedro que forman los planos de ecuaciones 0,0,0 =−== yxzy

y 01523 =−++ zyx .

P.29. Calcula la ecuación del plano que pasa por la recta

=

=+

0

1

z

yx , y determina con el primer

octante un tetraedro de volumen 2. P.30. Aplicando el producto vectorial, halla la dirección de la recta r intersección de los planos

062: =+−+ zyxπ , 0123: =−+−′ zyxπ .

P.31. Halla el área de la proyección del triángulo de vértices ( )0,0,1A , ( )0,1,2B y ( )4,1,0C sobre

el plano coordenado XY.

P.32. Halla el área del triángulo de vértices: ( )0,0,0A , B el punto de intersección de la recta

23

1

2

1+=

+=

+z

yx con el plano XY y ( )0,1,1C .

P.33. Determina t, para que los puntos ( )1,1,1A , ( )2,0,3B , ( )2,2,5 −C y ( )tD ,1,2 sean coplanarios.

Para el valor de t calculado anteriormente, obtener el área del polígono ABCD.

P.34. Razona si los puntos ( )2,1,0 −A , ( )4,3,1B , ( )7,1,0C y ( )2,1,1−D son coplanarios o son los

vértices de un tetraedro. Si forman un tetraedro, halla su volumen.


16-23

Soluciones

P.1. a) 10 , b) 02 =−y . P.2. 5

52. P.3. a) ( ) 74, =BAd , b) ( )

30

8, =πAd , c)

( )30

7, =′ππd (planos paralelos). P.4. a) 082 =−++ zyx , b) ( )2,3,1 , c) 5 . P.5. a)

( ) ( ) 03,2,11,1,1 =⋅− b) 142 . P.6. 4=d . P.7. a) 2 , b) 2

14. P.8.

26

819. P.9. a) Se cruzan, b)

153

8. P.10.

38

6. P.11. a)

=++−

=−++

0232

01:

zyx

zyxr o bien

+−=

+−=

−=

αz

αy

αx

r

31

1

41

: , b) 315

57. P.12.

( ) ( )1,1,1,1,5,2 aa vv ′−rr

664º50 ′′′=α . P.13. 90º. P.14. 159

14. P.15. 0133 =+++ zyx . P.16.

3

3.

P.17.

−

3

2,

3

16,

3

1. P.18. a)

3,

2 −==

−==

zyx

zyx , b) Se cortan en ( )0,0,0 , c) 0=d . P.19. a)

plano π perpendicular a r desde P 01445 =−++ zyx ,

−

21

47,

21

4,

21

22H , b)

−′

21

94,

21

13,

21

19P ,

c) ( ) ( )21

199,, == HPdrPd . P.20. a) ( )1,2,1 , b) 1

6

2

4

1−=

−

−=

−z

yx. P.21.

3

21

3

3 −=+=

−

− zy

x.

P.22. Hay infinitas de la forma 00

02

zzyy

xx −=−

=− tales que ( ) ππzyx ′∩∉000 ,, . P. 23.

=

+=

−=

2

1

22

1

22

1

z

αy

αx

. P.24. a) No pueden ser paralelas, se cortan para 1−=k , b) 03 =−+ yx

c) punto de corte

2

1,

4

7,

4

5, perpendicular común

=

+=

+=

2

14

74

5

z

αy

αx

P.25. a) ( ) ( ) ( ) 31,3,1,2,1,1,3,1,1rang =−−− srsr vvPPrr

; b) 01435 a paralelo

a contiene: =+++−⇒

zyxr

sπ

0775 a larperpendicu

a contiene: =−++⇒

′ zyxπ

rπ ( )

−=′

25

26,

25

28,

25

1,c πsP ;

+−=

+=

−=

tz

ty

tx

p

425

26

325

28

525

1

: .

P.26. 2

30, no. P.27. a) 2=t , b)

2

35. P.28.

2

75 . P.29. 0121212 =−++ zyx . P.30.

( )7,5,1vr

. P.31. 1=S . P.32. 1=S . P.33. a) 2=t b) 2

35 . P.34. a) tetraedro, b)

3

8.

Tema 1 Sucesiones de números reales. Límites de...

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