UNIVERSIDAD DE SEVILLA. DEPARTAMENTO DE ECONOM IA … · 2018-03-11 · UNIVERSIDAD DE SEVILLA....

UNIVERSIDAD DE SEVILLA. DEPARTAMENTO DE ECONOMIA APLICADA I.

SOLUCIONES AL BOLETIN DE PROBLEMAS DE MATEMATICAS I. GRADO EN ECONOMIA.

BLOQUE I: CALCULO DIFERENCIAL.

Tema 1: Funciones de una variable

Problema 1 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones y calcular su derivada en un punto generico

(especificando el dominio de existencia de la funcion y, si es distinto al de la funcion, especificando tambien

el dominio de existencia de la derivada).

(a) f(x) = x3ex (b) f(x) = ex sen(2x) (c) f(x) = x cos2(3x− π)

(d) f(x) = sen2(x) cos4(x) (e) f(x) = sen(15x) cos(2x) (f) f(x) = 3√

(x+ 2)2 −√x+ 2

(g) f(x) =2x3 + 3x2 − x− 1

x2 + 3x+ 2(h) f(x) =

ex − 3e2x

1 + ex(i) f(x) = ln

(x2 − 4x+ 5

x2 − 1

)(j) f(x) =

√x+ 1

x− 1(k) f(x) = 3

√5x+ 6

7(l) f(x) = 4

√3x− 1

2x+ 5

(m) f(x) = 2xex2+1 (n) ln(x3 + x) (n) f(x) = x ln (x2 + 1)

(o) f(x) =cos(x)

1 + sen2(x)(p) f(x) = arctan

(x

x+ 1

)(q) f(x) = arc cos(2x− 1)

(r) f(x) = x√x (s) f(x) = xcos(x) (t) f(x) = (sen x)x

Solucion

(a) f(x) = x3ex es continua y derivable siempre con f ′(x) = exx2(x+ 3)

(b) f(x) = ex sen(2x) es continua y derivable siempre con f ′(x) = ex(sen(2x) + 2 cos(2x))

(c) f(x) = x cos2(3x− π) es continua y derivable siempre con

f ′(x) = cos2(3x− π)− 6 cos(3x− π) sen(3x− π)

(d) f(x) = sen2(x) cos4(x) es continua y derivable siempre con

f ′(x) = 2 sen(x) cos5(x)− 4 sen3(x) cos3(x)

(e) f(x) = sen(15x) cos(2x) es continua y derivable siempre con

f ′(x) = 15 cos(2x) cos(15x)− 2 sen(2x) sen(15x)

(f) f(x) = 3√

(x+ 2)2 −√x+ 2 es continua si el argumento de la raız de ındice par es no negativo

Dom(f) = {x ∈ R /x+ 2 ≥ 0} = {x ∈ R /x ≥ −2} = [−2,+∞)

sin embargo, no es derivable en todo su dominio, ya que se anula el denominador en x = −2

f ′(x) =2(x+ 2)

3 3√

(x+ 2)4− 1

2√x+ 2

con Dom(f ′) = {x ∈ R /x > −2} = (−2,+∞)

1

(g) f(x) =2x3 + 3x2 − x− 1

x2 + 3x+ 2es continua y derivable si el denominador no se anula

f ′(x) =2x4 + 12x3 + 22x2 + 14x+ 1

(x2 + 3x+ 2)2con Dom(f) = {x ∈ R /x 6= −2,−1}

(h) f(x) =ex − 3e2x

1 + exes continua y derivable siempre ya que no se anula el denominador con

f ′(x) = 2ex2+1(2x2 + 1

)(i) ln

(x2 − 4x+ 5

x2 − 1

)= ln (x2 − 4x+ 5) − ln (x2 − 1) es continua y derivable en los puntos en los que el

argumento del logaritmo es positivo

f ′(x) =2x− 4

x2 − 4x+ 5− 2x

x2 − 1=

4 (x2 − 3x+ 1)

(x2 − 1) (x2 − 4x+ 5)

con Dom(f) ={x ∈ R

/x2−4x+1x2−1 > 0

}= (−∞,−1) ∪ (1,+∞)

Observese que el dominio de la funcion simplificada es el mismo que el de la funcion, al ser x2−4x+ 5

positivo (no tiene raıces reales). En general, la simplificacion solo es valida si numerador y denominador

son positivos o si escribimos los argumentos de los logaritmos en la simplificacion en valor absoluto.

(j) f(x) =

√x+ 1

x− 1es continua si el argumento de la raız es no negativo y el denominador no se anula

Dom(f) = {x ∈ R/x+ 1

x− 1≥ 0, x− 1 6= 0} = (−∞,−1] ∪ (1,+∞)

no es derivable en todo su dominio, ya que el denominador de su derivada se anula en x = −2

f ′(x) = − 1

(x− 1)2√

x+1x−1

con Dom(f ′) = {x ∈ R/x+ 1

x− 1> 0, x− 1 6= 0} = (−∞,−1) ∪ (1,+∞)

(k) f(x) = 3

√5x+ 6

7esta definida y es continua siempre pero no es derivable en todo su dominio, ya que

se anula el denominador de su derivada en x = −65

por tanto

f ′(x) =5

3 3√

7 3√

(5x+ 6)2con Dom(f ′) = {x ∈ R/x 6= −6

5}

(l) f(x) = 4

√3x− 1

2x+ 5es continua si el argumento de la raız es no negativo y el denominador no se anula

Dom(f) =

{x ∈ R

/3x− 1

2x+ 5≥ 0, 2x+ 5 6= 0

}=(−∞,−5

2

)∪[13,+∞

)sin embargo, no es derivable en todo su dominio, ya que en x = 1/3 se anula el denominador

f ′(x) =17

4(2x+ 5)2 4

√(3x−12x+5

)3con Dom(f ′) = {x ∈ R /fr a3x− 12x+ 5 > 0, 2x+ 5 6= 0} =

(−∞,−5

2

)∪(13,+∞

)2

(m) f(x) = 2xex2+1 es continua y derivable siempre con f ′(x) = 2ex

2+1 (2x2 + 1)

(n) f(x) = ln(x3 + x) es continua y derivable si el argumento del logaritmo es positivo

f ′(x) =3x2 + 1

x3 + xcon Dom(f) = {x ∈ R

/x3 + x > 0} = {x ∈ R /x > 0} = (0,+∞)

(n) f(x) = x ln (x2 + 1) es continua y derivable pues el argumento del logaritmo es positivo

f ′(x) =2x2

x2 + 1+ ln

(x2 + 1

)(o) f(x) =

cos(x)

1 + sen2(x)es continua y derivable siempre pues el denominador no de anula

f ′(x) = −sen(x) (sen2(x) + 2 cos2(x) + 1)

(sen2(x) + 1)2

(p) f(x) = arctan

(x

x+ 1

)es continua y derivable siempre que no se anule el denominador

f ′(x) =1

2x2 + 2x+ 1con Dom(f) = {x ∈ R /x+ 1 6= 0} = {x ∈ R /x 6= −1}

(q) f(x) = arc cos(2x− 1) es continua si el argumento del arcocoseno esta entre -1 y 1

Dom(f) = {x ∈ R /−1 ≤ 2x− 1 ≤ 1} = [0, 1]

pero no es derivable si el argumento del arcoseno es 1 o -1 con

f ′(x) =−2√

1− (2x− 1)2=

−1√x− x2

con Dom(f ′) = {x ∈ R /−1 < 2x− 1 < 1} = (0, 1)

(r) f(x) = x√x = x

1x solo se considera definida cuando la base es positiva Dom(f) = {x ∈ R /x > 0}

Para derivarla aplicamos la regla de la cadena (su derivada es la suma de dos derivadas, en la primera

se toma el exponente como una constante y en la segunda lo que se toma como constante es la base)

f ′(x) =1

xx

1x−1 + x

1x ln(x)

(− 1x2

)=

x√x (1− lnx)

x2

(s) f(x) = xcos(x) solo se considera definida cuando la base es positiva Dom(f) = {x ∈ R /x > 0}

Para derivarla aplicamos la regla de la cadena

f ′(x) = cos(x)xcos(x)−1 − xcos(x) ln(x) sen(x)

(t) f(x) = (sen x)x esta definida solo cuando la base es positiva Dom(f) = {x ∈ R /senx > 0}

Para derivarla aplicamos la regla de la cadena

f ′(x) = x(senx)x−1 cosx+ (senx)x ln(senx)

Observese que hay infinitos intervalos en los que la funcion no esta definida, ya que el seno es periodico

de periodo 2π y toma tanto valores positivos como negativos (en el intervalo [0, 2π] solo esta definida

en (0, π) donde el seno es positivo y la situacion se repite en cada periodo. ♣

3

Problema 2 Calcula las derivadas de las siguientes funciones especificando su dominio y los puntos en los

que son continuas y derivables (a, b > 0).

(a) f(x) =√ax2 − 2x (b) f(x) = 3

√x2 − a (c) f(x) =

√ax2 − 2x

x+ 2

(d) f(x) = (bx+ 1)eax2+1 (e) f(x) =

eax + 1

x2 − 1(f) f(x) = ln

(ax+ b

ax− b

)(g) f(x) = sen(ax) cos(ax) (h) f(x) =

sen(ax)

cos(bx)(i) f(x) = x arc tg (ax2 + b)

Solucion

(a) f(x) =√ax2 − 2x es continua si argumento de la raız es positivo o nulo

Dom(f) = {x ∈ R /ax2 − 2x ≥ 0}

La funcion no es derivable en todo su dominio pues no lo es donde se anula el argumento:

f ′(x) =ax− 1√ax2 − 2x

con x ∈ (−∞, 0) ∪(2a,+∞

)(b) f(x) = 3

√x2 − a es continua siempre pero no es derivable si se anula el argumento de la raız:

f ′(x) =2x

3√

(x2 − a)2con x 6= ±a

(c) f(x) =

√ax2 − 2x

x+ 2es continua en su dominio pero no es derivable si se anula el argumento de la raız

Dom(f) = {x ∈ R/ax2 − 2x ≥ 0, x 6= −2} = (−∞,−2) ∪ (−2, 0] ∪

[2a,+∞

)f ′(x) =

2ax+ x− 2

(x+ 2)2√ax2 − 2x

con x ∈ (−∞,−2) ∪ (−2, 0) ∪(2a,+∞

)(d) f(x) = (bx+ 1)eax

2+1 es continua y derivable CON f ′(x) = eax2+1 (2abx2 + 2ax+ b)

(e) f(x) =eax + 1

x2 − 1es continua y derivable si el denominador no se anula

f ′(x) =ax2eax − 2xeax − aeax − 2x

(x2 − 1)2con Dom(f) = {x ∈ R /x 6= ±1}

(f) f(x) = ln

(ax+ b

ax− b

)es continua y derivable si el argumento del logaritmo es positivo

f ′(x) =−2ab

(ax+ b)(ax− b)con Dom(f) =

{x ∈ R

/ax+ b

ax− b> 0

}= (−∞,− b

a) ∪ ( b

a,+∞)

(g) f(x) = sen(ax) cos(ax) es continua y derivable con f ′(x) = a cos2(ax)− a sen2(ax)

(h) f(x) =sen(ax)

cos(bx)es continua y derivable si el denominador no se anule

f ′(x) =a cos(ax) cos(bx) + b sen(ax) sen(bx)

cos2(bx)con Dom(f) = {x ∈ R /cos(bx) 6= 0}

Observese que dentro de[0, 2π

b

]hay dos puntos en los que no esta definida (x = π

2b, x = 3π

2b) y que

esta situacion se repite en cada periodo ya que la funcion cos(bx) es periodica de periodo 2πb

.

(i) f(x) = x arc tg (ax2 + b) es continua y derivable siempre

f ′(x) =2ax2

(ax2 + b)2 + 1+ arc tg

(ax2 + b

)♣

4

Tema 2: Funciones de varias variables.

Problema 3 Estudiar la continuidad y las curvas de nivel de las siguientes funciones y determinar, si es

posible, la curva de nivel que pasa por el punto que se indica (especificar el dominio de existencia de la

funcion cuando no sea todo el plano):

(a) f(x, y) = 2x + y P (1, 3/5) (b) f(x, y) = xy P (1, e)

(c) f(x, y) = x2 + y P(√

5, 3/2)

(d) f(x, y) = x + y2 P (1/4, 1)

(e) f(x, y) = (x− 1)2 + y2 P (2, 1/2) (f) f(x, y) = 2/x P (2/3, π)

(g) f(x, y) = ln

(x

y

)P (1, e) (h) f(x, y) =

√y

xP (−1, 2)

Solucion

-10

-5

0

5

10

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-20

-20

-15

-15

-10

-10

-5

-5

0

0

5

5

10

10

15

15

20

20

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

0

5

10

10

15

15

20

20

25 25

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

0

5

5 10

10

15

15

20

20

25

25

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

10

20

30

30

30

40

4050

50

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-4

-4

-2

-2

0

2

2

4

4

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

-4

-4

-3

-3

-2

-2

-1

-1

0

0

1

1

2

2

3

34 4

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

0.5

0.5

1

11.5

1.5

2

2

2

2.5

2.5

2.5

3

3

3

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

(a) Esta funcion es continua siempre (D(f) = R2). Sus curvas de nivel son rectas

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/2x+ y = k} ⇔ y = −2x+ k

Su pendiente es m = −2 y corta con el eje OY en el punto Q(0, k) de forma que cuando k crece estas rectas

se alejan del origen. La curva de nivel que pasa por P (1, 3/5) corresponde a k = f (1, 3/5) = 13/5:

(b) Esta funcion es continua siempre (D(f) = R2). Sus curvas de nivel son los ejes OX y OY para k = 0 e

hiperbolas de centro el origen para k 6= 0

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/xy = k}

Para k > 0 sus vertices son V1(√k,√k) y V2(−

√k,−√k) de forma que cuando k crece estas hiperbolas

se alejan del origen (para k < 0 son V1(√−k,−

√−k) y V2(−

√−k,√−k)) La curva de nivel que pasa por

P (1, e) corresponde a k = f(1, e) = e.

(c) Esta funcion es continua siempre (D(f) = R2). Sus curvas de nivel son parabolas verticales

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/x2 + y = k} ⇔ y = −x2 + k

5

Su vertice es V (0, k) de forma que cuando k crece estas parabolas se alejan del origen. La curva de nivel

que pasa por P(√

5, 3/2)

corresponde a k = f(√

5, 3/2)

= 13/2

(d) Esta funcion es continua siempre (D(f) = R2). Sus curvas de nivel son parabolas horizontales

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/x+ y2 = k} ⇔ x = −y2 + k ⇔ y =√k − x

Su vertice es V (k, 0) de forma que cuando k crece estas parabolas se alejan del origen. La curva de nivel

que pasa por P (1/4, 1) corresponde a k = f(1/4, 1) = 5/4.

(e) Esta funcion es continua (D(f) = R2). Sus curvas de nivel son circunferencias

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/(x− 1)2 + y2 = k} ⇔ y = ±√k − (x− 1)2

El centro es C(1, 0) y su radio R =√r para k ≥ 0, de forma que se alejan del centro cuando k crece (no

existen curvas de nivel para k < 0). La curva de nivel que pasa por P (2, 1/2) corresponde a k = f(2, 1/2) =

5/4.

(f) Esta funcion es continua solo si no se anula el denominador

D(f) = {(x, y) ∈ R2/x 6= 0}

Sus curvas de nivel son rectas verticales para k 6= 0 (no existe curva de nivel para k = 0)

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/2

x= k} ⇔ x = 2/k

Estas rectas se acercan a la recta x = 0 cuando k crece. La curva de nivel que pasa por P (2/3, π) corresponde

a k = f (2/3, π) = 3.

(g) Esta funcion es continua si el argumento del logaritmo es positivo (primer y tercer cuadrantes) y el

denominador de la fraccion es distinto de cero (el dominio es abierto ya que no incluye los ejes que forman

la frontera del dominio)

D(f) = {(x, y) ∈ R2/xy> 0, y 6= 0}

Sus curvas de nivel son rectas en las que el origen no pertenece a la curva de nivel, ya que, aunque las rectas

pasan todas por el origen este punto no pertenece al dominio

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/ ln

(x

y

)= k} ⇔ x

y= ek ⇔ y =

x

ek

La pendiente es m = 1/ek, de forma que cuando k crece estas rectas se acercan al eje OX cuyos puntos no

pertenece al dominio. La curva de nivel que pasa por P (1, e) corresponde a k = f(1, e) = −1

(h) Esta funcion es continua si el argumento de la raız es no negativo (primer y tercer cuadrantes) y el

denominador de la fraccion es distinto de cero (el dominio no es ni abierto ni cerrado, pues los ejes forman

la frontera del dominio y el eje OX sı esta en el dominio y al eje OY no)

D(f) = {(x, y) ∈ R2/xy> 0, y 6= 0}

Sus curvas de nivel son rectasen las que el origen no pertenece a la curva de nivel, ya que, aunque las rectas

6

pasan todas por el origen este punto no pertenece al dominio.

Ck(f) = {(x, y) ∈ R2/

√y

x= k} ⇔ y

x= k2 ⇔ y = xk2

Estas rectas tienen pendiente m = k2 y cuando k crece se acercan al eje OY (recta x = 0 cuyos puntos no

pertenece al dominio). No hay ninguna curva de nivel que pase por P (−1, 2). ♣

Problema 4 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones y calcular sus derivadas parciales de primer

orden (especificar el dominio de existencia de la funcion y, si es distinto, el dominio de existencia conjunta

de sus derivadas).

(a) f(x, y) =x− y

x + y(b) f(x, y) =

3x2 − 2y2

x2 + y2(c) f(x, y) =

x2y + xy2

xy

(d) f(x, y) =

√x + y

x− y(e) f(x, y) = arctan

(y

x

)+ arctan

(x

y

)(f) f(x, y) = 2

1x+y

(g) f(x, y, z) = xy + zx (h) f(x, y, z) =x2z3

x2 − y2(i) f(x, y, z) =

ex

y2 − z2

Solucion

(a) f(x, y) =x− yx+ y

esta definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/x+ y 6= 0}

={

(x, y) ∈ R2/y 6= −x}

f es derivable con respecto a x e y en su dominio y sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y) =

2y

(x+ y)2∂f

∂y(x, y) = − 2x

(x+ y)2

(b) f(x, y) =3x2 − 2y2

x2 + y2esta definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/x2 + y2 6= 0}

={

(x, y) ∈ R2/(x, y) 6= (0, 0)}


∂f

∂x(x, y) =

10xy2

(x2 + y2)2∂f

∂y(x, y) = − 10x2y

(x2 + y2)2

(c) f(x, y) =x2y + xy2

xyesta definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/xy 6= 0}

={

(x, y) ∈ R2/x 6= 0, y 6= 0}

Para puntos de este dominio podemos simplificar y tenemos f(x, y) = x+ y con derivadas parciales

∂f

∂x(x, y) = 1

∂f

∂y(x, y) = 1

(d) f(x, y) =

√x+ y

x− yesta definida y es continua cuando el argumento de la raız es no negativo y su

denominador es distinto de 0

D(f) =

{(x, y) ∈ R2/

x+ y

x− y≥ 0, x− y 6= 0

}7

que podemos escribir D(f) ={

(x, y) ∈ R2/x+ y ≥ 0, x− y > 0}∪{

(x, y) ∈ R2/x+ y ≤ 0, x− y < 0}

Sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y) = − y

(x− y)2√

x+yx−y

∂f

∂y(x, y) =

x

(x− y)2√

x+yx−y

f no es derivable con respecto a x e y en todo su dominio ya que solo estan definidas cuando el argumento

de la raız es positivo

D(∂f

∂x,∂f

∂x) =

{(x, y) ∈ R2/

x+ y

x− y> 0, x− y 6= 0

}que podemos escribir

{(x, y) ∈ R2/x+ y > 0, x− y > 0

}∪{

(x, y) ∈ R2/x+ y < 0, x− y < 0}

(e) f(x, y) = arctan(yx

)+arctan

(xy

)esta definida y es continua cuando los denominadores de las fracciones

que aparecen son distintos de 0:

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/x, y 6= 0}


∂f

∂x(x, y) =

1

y(x2

y2+ 1) − y

x2(y2

x2+ 1) = 0

∂f

∂y(x, y) =

1

x(y2

x2+ 1) − x

y2(x2

y2+ 1) = 0

(f) f(x, y) = 21

x+y esta definida y es continua cuando el denominador de la fraccion no es nulo:

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/x+ y 6= 0}

={

(x, y) ∈ R2/y 6= −x}

f es derivable en su dominio y sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y) = − ln(2)2

1x+y

(x+ y)2∂f

∂y(x, y) = − ln(2)2

1x+y

(x+ y)2

(g) Aunque su dominio es mayor, consideramos que f(x, y, z) = xy+zx esta definida, es continua y derivable

con respecto a x, y, z cuando la base de ambas potencias es positiva:

D(f) ={

(x, y, z) ∈ R3/x, z > 0}

Sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y, z) = yxy−1 + zx ln(z)

∂f

∂y(x, y, z) = xy ln(x)

∂f

∂z(x, y, z) = xzx−1

(h) f(x, y, z) =x2z3

x2 − y2esta definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D(f) ={

(x, y, z) ∈ R3/x2 − y2 6= 0}

={

(x, y, z) ∈ R3/x 6= ±y}


∂f

∂x(x, y, z) = − 2xy2z3

(x2 − y2)2∂f

∂y(x, y, z) =

2x2yz3

(x2 − y2)2∂f

∂z(x, y, z) =

3x2z2

x2 − y2

8

(i) f(x, y, z) =ex

y2 + z2esta definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D(f) ={

(x, y, z) ∈ R3/y2 + z2 6= 0}

={

(x, y, z) ∈ R3/(y, z) 6= (0, 0)}

f es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y, z) =

ex

y2 + z2∂f

∂y(x, y, z) = − 2exy

(y2 + z2)2∂f

∂z(x, y, z) = − 2exz

(y2 + z2)2

Problema 5 Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto que se indica (espe-

cificar el dominio de existencia de la funcion y, si es distinto, el dominio de existencia conjunta de sus

derivadas)

(a) f(x, y) =22xy

e2xy + 1en (1, 0) (b) f(x, y) = (2x2 + 3y2)x

2+x en (0, 1).

Solucion

(a) f(x, y) =22xy

e2xy + 1siempre tiene denominador positivo, por tanto, es continua y derivable con respecto

a x e y en R2:

∂f

∂x(x, y) =

2y22xy ln 2(e2xy + 1)− 2y22xye2xy

(e2xy + 1)2=⇒ ∂f

∂x(1, 0) = 0

∂f

∂y(x, y) =

2x22xy ln 2(e2xy + 1)− 2x22xye2xy

(e2xy + 1)2=⇒ ∂f

∂y(1, 0) =

2 ln 2− 1

2

(b) f(x, y) = (2x2 + 3y2)x2+x es continua y derivable con respecto a x, y cuando la base es positiva y vamos

a calcular las derivadas parciales de dos formas distintas.

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/2x2 + 3y2 > 0}

={

(x, y) ∈ R2/(x, y) 6= (0, 0)}∪{

(x, y, z) ∈ R3/x < 0, y < 0}

En primer lugar vamos a utilizar la regla de la cadena.

∂f

∂x(x, y) = (x2 + x)( 2x2 + 3y2)x

2+x−1(2 2x) + (2x2 + 3y2)x2+x ln(2x2 + 3y2)(2x+ 1)

∂f

∂y(x, y) = (x2 + x)(2x2 + 3y2)x

2+x−1(6y)

La segunda forma es mediante derivacion logarıtmica, para lo que consideramos el logaritmo de la funcion

ln (f(x, y)) = ln(

(2x2 + 3y2)x2+x)⇔ ln (f(x, y)) = (x2 + x) ln(2x2 + 3y2)

Derivando esta expresion obtenemos una ecuacion que nos permite calcular la derivada

∂f∂x

(x, y)

f(x, y)= (2x+ 1) ln(2x2 + 3y2) + (x2 + x)

4x

2x2 + 3y2

∂f

∂x(x, y) =

[(2x+ 1) ln(2x2 + 3y2) + (x2 + x)

4x

2x2 + 3y2

](2x2 + 3y2)x

2+x

∂f∂y

(x, y)

f(x, y)= (x2 + x)

6y

2x2 + 3y2=⇒ ∂f

∂y(x, y) =

[(x2 + x)

6y

2x2 + 3y2

](2x2 + 3y2)x

2+x

9

Sustituyendo en las derivadas parciales obtenemos∂f

∂x(0, 1) = ln(b) y

∂f

∂y(0, 1) = 0 ♣

Problema 6 Calcular el vector gradiente de las siguientes funciones en un punto generico y, si es posible,

en el punto P que se indica:

(a) f(x, y) =xy

x2 + y2P (2, 1) (b) f(x, y) = sen(2x2y) cos(3xy2) P (1, 1)

(c) f(x, y, z) = (xy)z P (1, 1, 1) (d) f(x, y, z) = π2z

x+y P (1, 1, 2)

En todos los casos estudiar la continuidad y especificar el dominio de existencia de la funcion y el dominio

de existencia del gradiente (si es distinto al de la funcion).

Solucion En muchos ejercicios el vector gradiente se representa por sus coordenadas, por comodidad y

ahorro de espacio, pero es conveniente recordar que un vector siempre es una matriz columna.

(a) f(x, y) =xy

x2 + y2esta definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/x2 + y2 6= 0}

={

(x, y) ∈ R2/(x, y) 6= (0, 0)}

f es derivable con respecto a x, y en su dominio y sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y) =

y xy+1 + y3xy−1 − 2xy+1

(x2 + y2)2∂f

∂y(x, y) =

xy+2 lnx+ y2xy lnx− xy2y(x2 + y2)2

Por tanto, su vector gradiente en el punto (2, 1) es:

∇f(2, 1) =

∂f

∂x(2, 1)

∂f

∂y(2, 1)

=

− 3

25

10 ln 2− 4

25

(b) f(x, y) = sen(2x2y) cos(3xy2) esta definida, es continua y es derivable con respecto a x, y en todo R2 y

sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y) = 4xy cos(2x2y) cos(3xy2)− 3y2 sen(2x2y) sen(3xy2)

∂f

∂y(x, y) = 2x2 cos(2x2y) cos(3xy2)− 6xy sen(2x2y) sen(3xy2)

Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1) es:

∇f(x, y) =

∂f

∂x(1, 1)

∂f

∂y(1, 1)

=

4 cos(2) cos(3)− 3 sen(2) sen(3)

2 cos(2) cos(3)− 6 sen(2) sen(3)

(c) f(x, y, z) = (xy)z es continua y es derivable con respecto a x, y cuando la base es positiva

D(f) ={

(x, y, z) ∈ R3/xy > 0}

={

(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y > 0}∪{

(x, y, z) ∈ R3/x < 0, y < 0}

Las derivadas de primer orden son

∂f

∂x(x, y, z) = yz (xy)z−1

∂f

∂y(x, y, z) = xz (xy)z−1

∂f

∂z(x, y, z) = (xy)z lnxy

10

Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1, 1) es:

∇f(x, y, z) =

∂f

∂x(1, 1, 1)

∂f

∂y(1, 1, 1)

∂f

∂z(1, 1, 1)

=

1

1

0

(d) f(x, y, z) = π

2zx+y esta definida y es continua cuando el denominador no se anula:

D(f) ={

(x, y, z) ∈ R3/x+ y 6= 0}

={

(x, y, z) ∈ R3/y 6= −x}

f es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y, z) = −2z ln(π)π

2zx+y

(x+ y)2∂f

∂y(x, y, z) = −2z ln(π)π

2zx+y

(x+ y)2∂f

∂z(x, y, z) =

2 ln(π)π2zx+y

x+ y

Por tanto, su vector gradiente en el punto (1, 1, 2) es:

∇f(x, y, z) =

∂f

∂x(1, 1, 2)

∂f

∂y(1, 1, 2)

∂f

∂z(1, 1, 2)

=

−π2 ln(π)

−π2 ln(π)

π2 ln(π)

Problema 7 Determinar el plano tangente a la funcion en el punto P que se indica:

(a) f(x, y) =ey

x + yP (0, 1) (b) f(x, y) = e1−x sen(πxy) P (1, 1)

En todos los casos estudiar la continuidad y especificar el dominio de existencia de la funcion y el dominio

de existencia del gradiente (si es distinto al de la funcion).

Solucion

(a) f(x, y) =ey

x+ yesta definida y es continua cuando el denominador es distinto de 0:

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/x+ y 6= 0}

={

(x, y) ∈ R2/y 6= −x}


∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) =

El plano tangente a la funcion en el punto P (0, 1) es

z − f(0, 1) =∂f

∂x(0, 1)(x− 0) +

∂f

∂y(0, 1)(y − 1)

(b) f(x, y) = e1−x sen(πxy) es continua y derivable con respecto a x e y en R2 y sus derivadas parciales son:

∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) =

El plano tangente a la funcion en el punto P (1, 1) es

z − f(1, 1) =∂f

∂x(0, 1)(x− 0) +

∂f

∂y(0, 1)(y − 1) = 0

11

Problema 8 Calcular la diferencial de las siguientes funciones en un punto generico y si es posible, en el

punto P que se indica:

(a) f(x, y) = y2/x3 P (1/2, 1/2) (b) f(x, y) =√

2x3 + 3y4 P (−1, 1)

(c) f(x, y) = y2 tg2(πx2) P (1/2, 1) (d) f(x, y) = 2x sen(xy) cos(xy) P (π, 1/2)

(e) f(x, y, z) =e2xy + z

e2yzP (1, 0, 1) (f) f(x, y, z) = x sen(x2y)e2yz

2P (1, π, 0)

(g) f(x, y, z) = (2x2 + z3)3yz P (2, 1, 0) (h) f(x, y, z) = (2x2)3y2z P (−2, 1, 0)

En todos los casos estudiar la continuidad y diferenciabilidad especificando el dominio de existencia de la

funcion y el conjunto de puntos en los que la funcion es diferenciable (si es distinto al dominio).

Solucion

(a) f(x, y) = y2/x3 esta definida y es continua en D(f) = {(x, y) ∈ R2/x 6= 0}

El vector gradiente, formado por sus parciales es ∇f(x, y) =(−3y2/x4, 2y/x3

)f(x, y) es derivable con respecto a x e y en su dominio y ambas parciales son continuas por tanto, la

funcion es diferenciable en su dominio con diferencial

Df(x, y)[dx, dy] =

(−3y2

x42y

x3

) dx

dy

=−3y2

x4dx+

2y

x3dy

La diferencial en el punto es Df(1/2, 1/2)[dx, dy] =(−12 8

) dx

dy

= −12dx+ 8dy

(b) f(x, y) =√

2x3 + 3y4 esta definida y es continua en D(f) = {(x, y) ∈ R2/2x3 + 3y4 ≥ 0}

El vector gradiente, formado por sus parciales es

∇f(x, y) =

(3x2√

2x3 + 3y4,

6y3√2x3 + 3y4

)f(x, y) no es derivable con respecto a x e y en todo su dominio, ya que no lo es en la frontera del dominio

pues 2x3 + 3y4 tiene que ser distinto de cero

D(∇f) = {(x, y) ∈ R2/2x3 + 3y4 > 0}

Las dos parciales son continuas en el dominio del gradiente, por tanto, la funcion es diferenciable en el

dominio del gradiente con diferencial

Df(x, y)[dx, dy] =

(3x2√

2x3 + 3y46y3√

2x3 + 3y4

) dx

dy

=3x2√

2x3 + 3y4dx+

6y3√2x3 + 3y4

dy

La diferencial en el punto es Df(−1, 1)[dx, dy] =(

3 6) dx

dy

= 3dx+ 6dy

(c) f(x, y) = y2 tg2(πx2) esta definida y es continua en D(f) = {(x, y) ∈ R2/ cos((πx2) 6= 0}


∇f(x, y) =

(4πxy2 tan (πx2)

cos2 (πx2)2y tg2(πx2)

)12

f(x, y) es derivable con respecto a x e y en su dominio y ambas parciales son continuas por tanto, la

funcion es diferenciable en su dominio con diferencial

Df(x, y)[dx, dy] =

(4πxy2 tan (πx2)

cos2 (πx2)2y tg2(πx2)

) dx

dy

=4πxy2 tan (πx2)

cos2 (πx2)dx+ 2y tg2(πx2)dy

La diferencial en el punto es Df(1/2, 1)[dx, dy] =(

4π 2) dx

dy

= 4πdx+ 2dy

(d) f(x, y) = 2x sen(xy) cos(xy) esta definida y es continua siempre (D(f) = R2).


∇f(x, y) =(−2xy sen2(xy) + 2xy cos2(xy) + 2 sen(xy) cos(xy), 2x2 cos2(xy)− 2x2 sen2(xy)

)f(x, y) es derivable con respecto a x e y siempre y ambas parciales son continuas, por tanto, la funcion

es diferenciable en R2 con diferencial en el punto

Df(π, 1/2)[dx, dy] =(−π −2π2

) dx

dy

= −πdx− 2π2dy

(e) f(x, y, z) =e2xy + z

e2yzesta definida y es continua siempre (D(f) = R

3).


∇f(x, y, z) =(

2ye2xy−2yz, 2e−2yz (−ze2xy + xe2xy − z2) , −e−2yz (2ye2xy + 2yz − 1))

f(x, y, z) es derivable con respecto a x, y, z siempre y todas las parciales son continuas, por tanto, la

funcion es diferenciable en R3 con diferencial en el punto es

Df(x, y, z)[dx, dy, dz] =(

2e2ππ 2e2π 1− 2e2ππ)

dx

dy

dz

= 2e2ππdx+ 2e2π +(1− 2e2ππ

)dz

(f) f(x, y, z) = x sen(x2y)e2yz2

esta definida y es continua siempre (D(f) = R3), ya que el denominador no

se anula nunca.


∇f(x, y, z) =

e2yz

2(sen (x2y) + 2x2y cos (x2y))

xe2yz2

(2z2 sen (x2y) + x2 cos (x2y))

4xyze2yz2

sen (x2y)

f(x, y, z) es derivable con respecto a x, y, z siempre y todas las parciales son continuas, por tanto, la

funcion es diferenciable en R3 con diferencial en el punto es

Df(x, y, z)[dx, dy, dz] =(−2π −1 0

)dx

dy

dz

= −2πdx− dy

13

(g) f(x, y, z) = (2x2 + z3)3yz esta definida, es continua y derivable con respecto a x, y, z en

D(f) = {(x, y, z) ∈ R3/2x2 + z3 > 0}


∇f(x, y, z) =

8xyz (2x2 + z3)

2yz−1

2z (2x2 + z3)2yz

ln (2x2 + z3)

6yz3 (2x2 + z3)2yz−1

+ 2y (2x2 + z3)2yz

ln (2x2 + z3)

Observese que la derivada con respecto de z se podrıa obtener por derivacion logarıtmica y quedarıa

∂f

∂z=(2x2 + z3

)2yz ( 6yz3

2x2 + z3+ 2y ln

(2x2 + z3

))Todas las parciales son continuas, por tanto, la funcion es diferenciable en su dominio. con diferencial


0 0 6 ln(2))

dx

dy

dz

= 6 ln(2)dz

(h) f(x, y, z) = (2x2)3y2z esta definida y es continua en

D(f) = {(x, y, z) ∈ R3/2x2 > 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x 6= 0}


∇f(x, y, z) =(

4x(3y2z − 1)(2x2)3y2z, 6yz(2x2)3y

2z ln(2x2), 3y2(2x2)3y2z ln(2x2)

)La funcion es derivable con respecto a x, y, z en su dominio y todas las parciales son continuas, por

tanto, la funcion es diferenciable en su dominio con diferencial en el punto es


0 0 3 ln(2) + 3 ln(4))

dx

dy

dz

= (3 ln(2) + 3 ln(4))dz

Problema 9 Calcular, si es posible, la derivada direccional de las siguientes funciones en el punto P y en

la direccion del vector v (tasa instantanea de variacion):

(a) f(x, y, z) = z√

3x− 2y P (1, 1, 1) v(2, 1, 2) (b) f(x, y, z) =

√x

y2 − z2P (4, 2, 1) v(1, 1, 1)



Solucion

(a) f(x, y, z) = z√

3x− 2y esta definida y es continua en D(f) = {(x, y, z) ∈ R3/3x− 2y ≥ 0}


∇f(x, y, z) =

(3z

2√

3x− 2y,− z√

3x− 2y,√

3x− 2y

)14

f(x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es cuando 3x− 2y es 0

D(∇f) = {(x, y, z) ∈ R3/3x− 2y > 0}


dominio del gradiente con diferencial

Df(x, y, z)[dx, dy, dz] =

(3z

2√

3x− 2y− z√

3x− 2y

√3x− 2y

)dx

dy

dz

que en el punto es

Df(1, 1, 1)[dx, dy, dz] =(

32− 1 1

)dx

dy

dz

=3

2dx− dy + dz

Como f(x, y, z) es diferenciable en el punto P (1, 1, 1) su derivada segun el vector v = (2, 1, 2) es

Dvf(P ) = Df(P )[v] = Df(1, 1, 1)[(2, 1, 2)] =(

32− 1 1

)2

1

2

= 4

Para obtener la derivada direccional (tasa instantanea de variacion) debemos dividir por el modulo del

vector

||v|| =√

22 + 12 + 22 =√

9 = 3 =⇒ D v||v||f(P ) =

Dvf(P )

||v||=

4

3

(b) f(x, y, z) =

√x

y2 − z2esta definida y es continua en

D(f) = {(x, y, z) ∈ R3/x ≥ 0, y2 − z2 6= 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x ≥ 0, y 6= ±z}


∇f(x, y, z) =(

12√x(y2−z2) , −

2√xy

(y2−z2)2 ,2√xz

(y2−z2)2

)f(x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es cuando x es cero

D(∇f) = {(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y2 − z2 6= 0} = {(x, y, z) ∈ R3/x > 0, y 6= ±z}


dominio del gradiente con diferencial en el punto (4, 2, 1)

Df(4, 1, 2)[dx, dy, dz] =(− 1

12− 4

989

)dx

dy

dz

= − 1

12dx− 4

9+ dy

8

9

15

Como f(x, y, z) es diferenciable en el punto P (4, 2, 1) su derivada segun el vector v = (1, 1, 1) es

Dvf(P ) = Df(P )[v] = Df(4, 2, 1)[(1, 1, 1)] =(− 1

12− 4

989

)1

1

1

=13

36

Para obtener la derivada direccional (tasa instantanea de variacion) debemos dividir por el modulo del

vector

||v|| =√

12 + 12 + 12 =√

3 =⇒ D v||v||f(P ) =

Dvf(P )

||v||=

13

36√

3

Problema 10 Determinar la direccion de maximo crecimiento de las siguientes funciones en el punto P

que se indica y la tasa instantanea de variacion en esa direccion:

(a) f(x, y, z) =√

xyz P (1, 1, 1) (b) f(x, y, z, t) = (xt)yz P (1, 1, 1, 1)



Solucion

(a) f(x, y, z) =√xyz es continua en D(f) = {(x, y, z) ∈ R3/xyz ≥ 0}

El vector gradiente, formado por sus parciales es ∇f(x, y, z) =(, ,)

f(x, y, z) no es derivable con respecto a x, y, z en todo su dominio, ya que no lo es si xyz es 0

D(∇f) = {(x, y, z) ∈ R3/xyz > 0}


dominio del gradiente, por tanto diferenciable en el punto P (1, 1, 1). La direccion de maximo crecimiento

la determina el vector gradiente en el punto y es ∇f(1, 1, 1) = (1/2, 1/2, 1/2); lo que indica que el maximo

crecimiento se obtiene con todas las variables aumentando en la misma proporcion. La tasa instantanea de

variacion (derivada direccional) en la direccion del gradiente corresponde al modulo de este vector gradiente

D ∇f||∇f ||

f(P ) = ||∇f || =

√(1

2

)2

+

(1

2

)2

+

(1

2

)2

= frac√

32

(b) f(x, y, z, t) = (xt)yz es continua y derivable respecto a x, y, z en D(f) = {(x, y, z, t) ∈ R4/xt > 0}


∇f(x, y, z, t) =(tyz(tx)yz−1, z ln(tx)(tx)yz, y ln(tx)(tx)yz, xyz(tx)yz−1

)Todas las parciales son continuas, por tanto, la funcion es diferenciable en su dominio y, en particular

en el punto P (1, 1, 1, 1). La direccion de maximo crecimiento la determina el vector gradiente en el punto y

es ∇f(1, 1, 1, 1) = (1, 0, 1, 0); lo que indica que el maximo crecimiento se obtiene aumentando las variables

x y t en la misma proporcion y manteniendo constantes las variables y, z. La tasa instantanea de variacion

corresponde al modulo del vector gradiente

D ∇f||∇f ||

f(P ) = ||∇f || =√

12 + 02 + 02 + 12 =√

2

16

Problema 11 Calcular la matriz hessiana de las siguientes funciones en un punto generico especificando

las condiciones que debe verificar el punto para que existan, y, si es posible, en el punto P que se indica:

(a) f(x, y) =sen y

cos xP (π/4, π/4) (b) f(x, y) =

√xy P (1/2, 1/2)

(c) f(x, y, z) = 3xz ln(2y) P (1, 0, e2) (d) f(x, y, z) = ln

(x + y

z

)P (1, 1, 2)



Solucion

(a) La funcion f(x, y) =sen y

cosxes continua y diferenciable cuando el denominador no es cero con derivadas

de primer orden

D(f) ={

(x, y) ∈ R2/ cosx 6= 0}

con

∂f

∂x(x, y) =

sen y senx

cos2 x∂f

∂y(x, y) =

cos y

cosx

Las derivadas de primer orden son derivables con respecto a ambas variables en el dominio, con lo que

al derivarlas obtenemos las derivadas de segundo orden, que dan lugar a la matriz hessiana:

Hf(x, y) =

∂2f

∂ x2(x, y)

∂2f

∂ y∂ x(x, y)

∂2f

∂ x∂ y(x, y)

∂2f

∂ y2(x, y)

=

cos2 x sen y + 2 sen2 x sen y

cos3 x

senx cos y

cos2 xsenx cos y

cos2 x−sen y

cosx

que en el punto (π/4, π/4) es H (π/4, π/4) =

3 1

1 −1

(b) La funcion esta definida en D(f) =

{(x, y) ∈ R2/xy ≥ 0

}pero solo es diferenciable en

D(∇f) ={

(x, y) ∈ R2/xy > 0}

Escribimos esta funcion como f(x, y) = x12y

12 para x, y > 0 (si x, y < 0 se escribe como (−x)

12 (−y)

12 ) y

obtenemos sus derivadas de primer y segundo orden

∂f

∂x(x, y) = 1

2x−

12y

12

∂f

∂y(x, y) = 1

2x

12y−

12

=⇒

∂2f

∂ x2(x, y) = −1

4x−

32y

12 = −

√y

4x√x

∂2f

∂ y∂ x(x, y) =

∂2f

∂ x∂ y(x, y) = 1

4x−

12y−

12 = 1

4√xy

∂2f

∂ y2(x, y) = −1

4x

12y−

32 = −

√x

4y√y

Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana, que en el punto es

Hf(1/2, 1/2) =

∂2f

∂ x2(1/2, 1/2)

∂2f

∂ y∂ x(1/2, 1/2)

∂2f

∂ x∂ y(1/2, 1/2)

∂2f

∂ y2(1/2, 1/2)

=

−1/2 1/2

1/2 −1/2

(c) La funcion es continua y diferenciable en D(f) =

{(x, y, z) ∈ R3/y > 0

}17

Las derivadas parciales de primer son

∂f

∂x(x, y, z) = 3z ln(2y),

∂f

∂y(x, y, z) =

3xz

y,

∂f

∂z(x, y, z) = 3x ln(2y),

Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana:

Hf(x, y, z) =

0 3z

y3 ln(2y)

3zy

−3xzy2

3xy

3 ln(2y) 3xy

0

=⇒ Hf(

0, 1,e

2

)=

0 3e

23 ln(2)

3e2

0 0

3 ln(2) 0 0

(d) La funcion es continua y diferenciable en D(f) =

{(x, y, z) ∈ R3/x+y

z> 0, z 6= 0

}Las derivadas parciales de primer orden son

∂f

∂x(x, y, z) =

1

x+ y,

∂f

∂y(x, y, z) =

1

x+ y,

∂f

∂z(x, y, z) = −1

z,

Las derivadas de segundo orden dan lugar a la matriz hessiana:

Hf(x, y, z) =

− 1

(x+y)2− 1

(x+y)20

− 1(x+y)2

− 1(x+y)2

0

0 0 1z2

=⇒ Hf (1, 1, 2) =

−1 −1 0

−1 −1 0

0 0 14

Problema 12 Obtener, haciendo el menor numero de derivadas posibles, las siguientes derivadas de se-

gundo orden de f(x, y) = 3 sen(xy) cos(xy)

(a)∂2f

∂y2(π, 1/2) (b)

∂2f

∂y∂x(1, π)

Solucion

Esta funcion es diferenciable indefinidamente y necesitamos su derivada parcial con respecto a y:

∂f

∂y(x, y) = 3 cos(xy)x cos(xy) + 3 sen(xy)(− sen(xy)x) = 3x cos2(xy)− 3x sen2(xy)

• ∂2f

∂y2(x, y) = 3x2 cos(xy)(− sen(xy))x− 3x2 sen(xy) cos(xy)x = −12x2 sen(xy) cos(xy)

� Por tanto∂2f

∂y2(π, 1/2) = −12π2 sen

(π2

)cos(π

2

)= 0

• ∂2f

∂y∂x(x, y) = 3 cos2(xy) + 3x2 cos(xy)(− sen(xy))y − 3 sen2(xy) − 3x2 sen(xy) cos(xy)y =

cos2(xy)− 3 sen2(xy)− 12xy sen(xy) cos(xy)

� Por tanto∂2f

∂y∂x(1, π) = 3 cos2(π)− 3 sen2(π)− 12π sen(π) cos(π) = 3 ♣

Problema 13 Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones en el punto indicado y especificar

las condiciones que debe cumplir un punto generico para que existan (a, b > 0).

(a) f(x, y) =2axy

ebxy + 1P (1, 0) (b) f(x, y) = (ax2 + by2)x

2+x P (0, 1)

18

Solucion

(a) El denominador es siempre positivo y siempre existen las derivadas parciales, por tanto, es derivable con

respecto a x e y en R2:

∂f

∂x(x, y) =

ay2axy ln 2(ebxy + 1)− by2axyebxy

(ebxy + 1)2=⇒ ∂f

∂x(1, 0) = 0

∂f

∂y(x, y) =

ax2axy ln 2(ebxy + 1)− bx2axyebxy

(ebxy + 1)2=⇒ ∂f

∂y(1, 0) =

2a ln 2− b4

♣

(b) Para que existan las derivadas parciales tiene que cumplirse ax2+by2 > 0 y vamos a calcular las derivadas

parciales de dos formas distintas. En primer lugar vamos a utilizar la regla de la cadena.

∂f

∂x(x, y) = (x2 + x)(ax2 + by2)x

2+x−1(2ax) + (ax2 + by2)x2+x ln(ax2 + by2)(2x+ 1)

∂f

∂y(x, y) = (x2 + x)(ax2 + by2)x

2+x−1(2by)

La segunda forma es mediante derivacion logarıtmica, para lo que consideramos el logaritmo de la funcion

ln (f(x, y)) = ln(

(ax2 + by2)x2+x)⇔ ln (f(x, y)) = (x2 + x) ln(ax2 + by2)

Derivando esta expresion obtenemos una ecuacion que nos permite calcular la derivada

∂f∂x

(x, y)

f(x, y)= (2x+ 1) ln(ax2 + by2) + (x2 + x)

2ax

ax2 + by2

∂f

∂x(x, y) =

[(2x+ 1) ln(ax2 + by2) + (x2 + x)

2ax

ax2 + by2

](ax2 + by2)x

2+x

∂f∂y

(x, y)

f(x, y)= (x2 + x)

2by

ax2 + by2=⇒ ∂f

∂y(x, y) =

[(x2 + x)

2by

ax2 + by2

](ax2 + by2)x

2+x

Sustituyendo en las derivadas parciales obtenemos∂f

∂x(0, 1) = ln(b) y

∂f

∂y(0, 1) = 0 ♣

19

BLOQUE II: CALCULO INTEGRAL.

Tema 3: Calculo de primitivas de funciones de una variable.

Problema 14 Calcular las siguientes integrales inmediatas:

(a)

∫e3x+2 dx (b)

∫2x−14 dx (c)

∫4

√2x+ 1

3dx (d)

∫sen

(3πx + π

5

)(e)

∫tan(x) dx (f)

∫1 + x

1 + x2dx (g)

∫3

4 + x2dx (h)

∫x√

1− 9x2 dx

(i)

∫ex/2

1 + ex/2dx (j)

∫1√

4− x2dx (k)

∫sen4(3x) cos(3x) dx

Solucion

(a)

∫e3x+2 dx =

1

3

∫3e3x+2 dx =

e3x+2

3+ C

(b)

∫2x−14 dx =

4

ln 2

∫2x−14 ln 2 1

4dx =

4 · 2x−14

ln 2+ C

(c)

∫4

√2x+ 1

3dx =

∫ (2x+ 1

3

) 14

dx =3 · 42 · 5

∫5

4

(2x+ 1

3

) 14 2

3dx =

6

5

(2x+ 1

3

) 54

+ C

(d)

∫sen

(3πx+ π

5

)dx = − 5

3π

∫− 3π

5sen

(3πx+ π

5

)dx = − 5

3πcos

(3πx+ π

5

)+ C

(e)

∫tan(x) dx =

∫sen(x)

cos(x)dx =

∫− − sen(x)

cos(x)dx = − ln | cos(x)|+ C

(f)

∫1 + x

1 + x2dx =

∫ (1

1 + x2+

x

1 + x2

)dx =

∫dx

1 + x2+

1

2

∫2x dx

1 + x2= arctanx+

ln(1 + x2)

2+ C

(g)

∫3

4 + x2dx =

3

4

∫1

4+x2

4

dx =3

4

∫1

1 +(x2

)2 dx =3

42

∫ 12

1 +(x2

)2 dx =3

2arctan

(x2

)+ C

(h)

∫x√

1− 9x2dx =

∫x(1− 9x2)

12dx = −1

18

∫(1− 9x2)

12 (−18x)dx =

(1− 9x2)32

32

=2√

(1− 9x2)3

3+ C

(i)

∫ex/2

1 + ex/2dx = 2

∫ 12ex/2

1 + ex/2dx = ln

(1 + ex/2

)+ C

(j)

∫dx√

4− x2= 2

∫dx√

4− x22

= 2

∫dx√

4− x2

4

= 2 · 2

∫dx2√

1−(x2

)2 = 4 arc cos(x

2

)+ C

(k)

∫sen4(3x) cos(3x) dx =

1

5 · 3

∫5 sen4(3x) cos(3x) 3 dx =

sen5(3x)

15+ C ♣

Problema 15 Calcular las siguientes integrales mediante integracion por partes:

(a)

∫x e3x dx (b)

∫arctan(x) dx (c)

∫x2 cos(2x) dx (d)

∫e5x sen(5x) dx (e)

∫ln(x) dx

(f)

∫x2 ln(x) dx (g)

∫ln2(x) dx (h)

∫x(2x + 1)4dx (i)

∫x√

x + 1 dx

20

Solucion

(a)

∫x e3xdx=

u = x du = dx

dv = e3xdx v =e3x

3

=x e3x

3−∫e3x

3dx =

x e3x

3− e3x

9=

3x e3x − e3x

9+ C

(b)

∫arctanxdx =

u = arctanx du =dx

1 + x2

dv = dx v = x= x lnx−

∫x

1 + x2dx =

x arctanx− 12

∫2x

1 + x2dx = x arctanx− ln(x2 + 1)

2+ C

(c)

∫x2 cos(2x)dx =

u = x2 du = 2xdx

dv = cos(2x)dx v = sen(2x)2

=x2 sen(2x)

2−∫x sen(2x)dx = (∗)

La integral resultante se resuelve por partes∫x sen(2x)dx =

u = x du = dx

dv = sen(2x)dx v = − cos(2x)2

= −x cos(2x)

2+

∫cos(2x)

2dx = −x cos(2x)

2+

sen(2x)

4

(∗) =x2 sen(2x)

2−[−x cos(2x)

2+

sen(2x)

4

]=x2 sen(2x)

2+x cos(2x)

2− sen(2x)

4+ C

(d)

∫e5x sen(5x)dx =

u = e5x du = 5e5xdx

dv = sen(5x)dx v = − cos(5x)5

= − e5x cos(5x)5

+

∫e5x cos(5x)dx = (∗)

Aplicamos integracion por partes a la integral resultante∫e5x cos(5x)dx =

u = e5x du = 5e5xdx

dv = cos(5x)dx v = sen(5x)5

=e5x sen(5x)

5−∫e5x sen(5x)dx

Como aparece la integral de partida podemos obtener una ecuacion de la que podemos despejar la

integral buscada. Si llamamos I a la integral original

I =

∫e5x sen(5x)dx = −e

5x cos(5x)

5+

[e5x sen(5x)

5−∫e5x sen(5x)dx

]=

−e5x cos(5x)

5+e5x sen(5x)

5− I =⇒ I =

−e5x cos(5x) + e5x sen(5x)

10+ C

(e)

∫lnx dx =

∫ln dx = x lnx−

∫x

1

xdx = xLnx−

∫dx = xLnx− x+ C

(f)

∫x2 lnx dx =

u = lnx du = 1xdx

dv = x2dx v = x3

3

=x3 lnx

3−∫x2

3dx =

x3 lnx

3− x3

9=

3x3 lnx− x3

9+ C

(g)

∫ln2 x dx =

u = ln2 x du = 2 lnxxdx

dv = dx v = x= x ln2 x−

∫2 lnxdx = (∗)

Aplicamos integracion por partes a la integral resultante∫lnx dx =

u = lnx du = 1xdx

dv = dx v = x= x lnx−

∫dx = x lnx− x

Por tanto,∫ln2 x dx = (∗) = x ln2 x− 2 [x lnx− x] = x ln2 x− 2x lnx+ 2x+ C

21

(h)

∫x(2x+ 1)4dx =

u = x du = dx

dv = (2x+ 1)4dx v =(2x+ 1)5

5

= x(2x+ 1)5

5−∫

(2x+ 1)5

5dx =

x(2x+ 1)5

5− (2x+ 1)6

30=

6x(2x+ 1)5 − (2x+ 1)6

30+ C

(i)

∫x√x+ 1dx =

u = x du = dx

dv =√x+ 1 = (x+ 1)

12dx v =

(x+ 1)32

32

=

x2(x+ 1)

32

3−∫

2(x+ 1)32

3dx =

2x(x+ 1)32

3− 2(x+ 1)

52

35

2

=2x 3√x+ 1

3− 4 5√x+ 1

15+ C ♣

Problema 16 Calcular las siguientes integrales racionales:

(a)

∫x− 1

x2 − 5x + 6dx (b)

∫2x + 1

x2 − 4x + 4dx (c)

∫3x + 6

x2 + 2x + 5dx

(d)

∫dx

x3 + xdx (e)

∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x− 21

x3 − 13x + 12dx (f)

∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4

x3 − 3x2 + 3x− 1dx

(g)

∫5x− 1

2x2 + x− 1dx (h)

∫3x

9x2 − 12x + 4dx (i)

∫x + 1

9x2 + 1dx

(j)

∫2x + 3

x2 + 2x + 2dx (k)

∫3x

x3 − 2x2 + x− 2dx (l)

∫x

x3 − 5x2 + 8x− 4dx

Solucion

(a)

∫x− 1

x2 − 5x+ 6dx

Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (dos

fracciones con raız simple)

x2 − 5x+ 6 = 0 =⇒ x =5±√

25− 24

2=

5+12

= 3

5−12

= 2=⇒ x

x2 − 5x+ 6=

A

x− 3+

B

x− 2

I El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:

x− 1 = A(x− 2) +B(x− 3) =⇒

x = 2 =⇒ 1 = −B

x = 3 =⇒ 2 = A

=⇒

A = 2

B = −1

Integramos la descomposicion de la integral en las correspondientes fracciones∫x− 1

x2 − 5x+ 6dx =

∫ (2

x− 3− 1

x− 2

)dx = 2 ln |x− 3| − ln |x− 2|+ C

(b)

∫2x+ 1

x2 − 4x+ 4dx


fracciones una con raız simple y otra doble)

x2 − 4x+ 4 = 0 =⇒ x =4±√

16− 16

2= 2 con m = 2 =⇒ 2x+ 1

x2 − 4x+ 4=

A

x− 2+

B

(x− 2)2

22


2x+ 1 = A(x− 2) +B =⇒

x = 2 =⇒ 5 = B

x = 0 =⇒ 1 = −2A+B

=⇒

A = 2

B = 5

Integramos la descomposicion de la integral en las correspondientes fracciones∫2x+ 1

x2 − 4x+ 4dx =

∫2x+ 1

x2 − 4x+ 4=

∫ (2

x− 2+

5

(x− 2)2

)dx = 2 log(x− 2)− 5

x− 2

(c)

∫3x+ 6

x2 + 2x+ 5dx

Al intentar descomponer el denominador observamos que el polinomio no tiene raıces reales

x2 + 2x+ 5 = 0 =⇒ x =−2±

√4− 20

2=−2±

√−16

2

Por tanto, esta integral es una fraccion simple, que va a corresponder a la suma de una integral de tipo

logarıtmico y otra de tipo arcotangente.

Para obtener la fraccion correspondiente al logaritmo necesitamos la derivada de x2 y multiplicamos el

integrando por 2 y lo dividimos por 3, compensando estas operaciones fuera de la integral.∫3x+ 6

x2 + 2x+ 5dx =

3

2

∫ 2(3x+6)3

x2 + 2x+ 5dx =

3

2

∫2x+ 4

x2 + 2x+ 5dx

A continuacion para obtener la derivada del polinomio completo restamos y sumamos el coeficiente

correspondiente a x, que en este caso es 2:3

2

∫2x+ 4

x2 + 2x+ 5dx =

3

2

∫2x+ 2− 2 + 4

x2 + 2x+ 5dx =

3

2

∫2x+ 2

x2 + 2x+ 5dx+

3

2

∫2

x2 + 2x+ 5dx

La primera integral es un logaritmo, que haremos luego directamente. La segunda es una arcotangente

y es necesario escribirla de la forma adecuada (sacamos fuera el numerador)∫dx

x2 + 2x+ 5=

∫1

(x+ 1)2 + 4dx = (∗) =

1

2arc tg

(x+ 1

2

)(*) Para determinar la arcotangente realizamos transformaciones en la integral:

1

4

∫1

(x+ 1)2 + 4

4

=1

4

∫1

(x+ 1)2

4+ 1

=1

4

∫1(

x+ 1

2

)2

+ 1

dx = 21

4

∫1

2(x+ 1

2

)2

+ 1

dx

En resumen∫3x+ 6

x2 + 2x+ 5dx =

3

2ln |x2 + 2x+ 5|+ 3 · 2

2 · 2arc tg

(x+ 1

2

)=

3

2ln |x2 + 2x+ 5|+ 3

2arc tg

(x+ 1

2

)+ C

(d)

∫dx

x3 + xDescomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (una

fraccion para la raız simple y una de tipo logaritmo-neperiano para el polinomio irreducible)

x3 + x = 0 =⇒ x = 0 y x2 + 1 = 0 irreducible =⇒ 1

x3 + x=A

x+Mx+N

x2 + 1

23


1 = A(x2 + 1) + (Mx+N)x =⇒

x = 0 =⇒ 1 = A

x = 1 =⇒ 1 = 2A+M +N

x = −1 =⇒ 1 = 2A+M −N

=⇒

A = 1

M = −1

N = 0

Integramos la descomposicion de la integral en las correspondientes fracciones∫ (1

x− x

x2 + 1

)dx = log(x)− 1

2log(x2 + 1

)+ C

(e)

∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x− 21

x3 − 13x+ 12dx =

� Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador efectuamos la division:∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x− 21

x3 − 13x+ 12dx =

∫ (x2 + 4x+ 5

)dx+

∫ (15x2 − 4x− 81

x3 − 13x+ 12

)dx

La primera integral es inmediata y la segunda se resuelve por el metodo de descomposicion en fracciones

simples, en el que la descomposicion se deja como ejercicio y corresponde a tres raıces simples. Por tanto∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x− 21

x3 − 13x+ 12dx =

∫ (4x+ 5 +

3

x− 3+

7

x− 1+

5

x+ 4

)dx =

2x2 + 5x+ 3 log(x− 3) + 7 log(x− 1) + 5 log(x+ 4)

(f)

∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x+ 4

x3 − 3x2 + 3x− 1dx

� Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador efectuamos la division:∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x+ 4

x3 − 3x2 + 3x− 1dx =

∫ (x2 − 3

)dx+

∫ (x2 + 1

x3 − 3x2 + 3x− 1

)dx

La primera integral es inmediata y la segunda se resuelve por el metodo de descomposicion en fracciones

simples, en el que la descomposicion se deja como ejercicio y corresponde a una raız triple, ya que x3 −

3x2 + 3x− 1 = (x− 1)3;∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x+ 4

x3 − 3x2 + 3x− 1dx =

∫ (x2 − 3 +

1

x− 1+

2

(x− 1)2+

2

(x− 1)3

)dx =

x3

3− 3x+ log(x− 1)− 2

x− 1− 1

(x− 1)2+ C

(g)

∫5x− 1

2x2 + x− 1dx



2x2 + x− 1 = 0 =⇒ x =−1±

√1 + 8

4=

−1 + 3

4=

1

2−1− 3

4= −1

5x− 1

2x2 + x− 1=

A

2(x− 12)

+B

x+ 1=

A

2x− 1+

B

x+ 1


5x− 1 = A(x+ 1) +B(2x− 1) =⇒

x = −1 =⇒ − 6 = −3B

x = 1/2 =⇒ 3/2 = 3A/2

=⇒

A = 1

B = 2

24

Integramos la descomposicion de la integral en las correspondientes fracciones∫5x− 1 dx

2x2 + x− 1=

∫dx

2x− 1+

2 dx

x+ 1=

ln |2x− 1|2

+ 2 ln |x+ 1|+ C

(h)

∫3x

9x2 − 12x+ 4dx



9x2 − 12x+ 4 = 0 =⇒ x =12±

√144− 144

18=

2

33x

9x2 − 12x+ 4=

A

3(x− 23)

+B

9(x− 23)2

=A

3x− 2+

B

(3x− 2)2


3x = A(3x− 2) +B =⇒

x = 2/3 =⇒ 2 = B

x = 0 =⇒ 0 = −2A+B

=⇒

A = 1

B = 2

Integramos la descomposicion de la integral en las correspondientes fracciones∫3x dx

9x2 − 12x+ 4=

∫dx

3x− 2+

2 dx

(3x− 2)2=

ln |3x− 2|3

− 2

3(3x− 2)+ C

(i)

∫x+ 1

9x2 + 1dx

Al intentar descomponer el denominador observamos que el polinomio no tiene raıces reales

9x2 + 1 = 0 =⇒ x = ±√−1

9

Por tanto, esta integral es una fraccion simple, que va a corresponder a la suma de una integral de tipo

logarıtmico y otra de tipo arcotangente.

Para obtener la fraccion correspondiente al logaritmo necesitamos la derivada de 9x2 y multiplicamos el

integrando por 18 y compensando la operacion fuera de la integral∫x+ 1

9x2 + 1dx =

1

18

∫18x+ 18

9x2 + 1dx =

1

18

∫18x

9x2 + 1dx+

1

18

∫18

9x2 + 1dx

La primera integral es un logaritmo y la segunda una arcotangente que es necesario escribir de la forma

adecuada realizando transformaciones en la integral:

• 1

18

∫18x

9x2 + 1dx =

ln(9x2 + 1)

18• 18

18

∫1

9x2 + 1=

∫1

(3x)2 + 1=

arctan(3x)

3

En resumen∫x+ 1

9x2 + 1dx =

ln(9x2 + 1)

18+

arctan(3x)

3=

ln(9x2 + 1) + 6 arctan(3x)

18+ C

(j)

∫2x+ 3

x2 + 2x+ 2dx

x2 + 2x+ 2 = 0 =⇒ x = −1± i (compleja) =⇒ x2 + 2x+ 2 = (x+ 1)2 + 1∫2x+ 2 + 1dx

x2 + 2x+ 2=

∫2x+ 2

x2 + 2x+ 2dx+

∫1

x2 + 2x+ 2dx =

∫2x+ 2

x2 + 2x+ 2dx+

∫dx

(x+ 1)2 + 1=

ln∣∣x2 + 2x+ 2

∣∣+ arctan (x+ 1) + C

25

(k)

∫3x

x3 − 2x2 + x− 2dx

Descomponemos el denominador en fracciones simples (aplicando Ruffini):

x3 − 2x2 + x− 2 = 0 =⇒ x = 2, x = ±i

3x

x3 − 2x2 + x− 2=

A

x− 2+Mx+N

x2 + 1=A (x2 + 1) + (x− 2) (Mx+N)

(x− 2)(x2 + 1)con A =

6

5,M = −6

5, N =

6

10∫3x

x3 − 2x2 + x− 2dx =

∫6/5

x− 2dx+

∫−6/5x+ 6/10

x2 + 1dx =

6

5Ln |x− 2| − 6

5

∫x

x2 + 1dx+

6

10

∫dx

x2 + 1dx =

6

5Ln |x− 2| − 6

5• 1

2

∫2x

x2 + 1dx+

6

10arctag (x) =

6

5Ln |x− 2| − 3

5Ln(x2 + 1

)+

3

5arctag (x) + C

(l)

∫x

x3 − 5x2 + 8x− 4dx

Descomponemos el denominador en fracciones simples (aplicando Ruffini):

x3 − 5x2 + 8x− 4 = 0 =⇒ x = 2, x = 2, x = 1

x

x3 − 5x2 + 8x− 4=

A

(x− 2)2+

B

x− 2+

C

x− 1=A (x− 1) +B (x− 2) (x− 1) + C(x− 2)2

(x− 2)2(x− 1)

x = A (x− 1) +B (x− 2) (x− 1) + C(x− 2)2Si x = 2 =⇒ 2 = A =⇒ A = 2

Si x = 1 =⇒ 1 = C =⇒ C = 3

Si x = 0 =⇒ 0 = −A+ 2B + 4C =⇒ 0 = −2 + 2B + 4 =⇒ 2B = −2 =⇒ B = −1∫x

x3 − 5x2 + 8x− 4dx =

∫2

(x− 2)2dx+

∫−1

x− 2dx+

∫1

x− 1dx =

− 2

x− 2− Ln |x− 2|+ Ln |x− 1|+ C ♣

Problema 17 Calcular las siguientes integrales por cambio de variable:

(a)

∫dx

sen(x)(b)

∫dx

sen(x) cos2(x)(c)

∫cos(x) dx

1− sen2(x)(d)

∫sen2(x)

cos4(x)dx (e)

∫ √4− x2 dx

(f)

∫dx

1 + ex(g)

∫e2x√

1− ex dx (h)

∫ex − 3e2x

1 + exdx (i)

∫ √x dx

x( 3√x+√

x)(j)

∫ln√

x√x

dx

Solucion

(a)

∫1

sen xdx

Es impar en seno, hacemos el cambio: cos x = t → −sen x dx = dt sen2x = 1− cos2 x = 1− t2

∫dx

sen x=

∫sen x dx

sen x sen x=

∫− dt

1− t2=

∫dt

t2 − 1

Descomponemos en fracciones simples:

1

(t2 − 1)=

A

t− 1+

B

t+ 1→ 1

(t2 − 1)=

A(t+ 1) +B(t− 1)

(t− 1)(t+ 1)→ 1 = A(t+ 1) +B(t− 1)

26

t = 1 → 1 = 2A →∣∣∣A = 1/2

∣∣∣t = −1 → 1 = −2B →

∣∣∣B = −1/2∣∣∣ → 1

(t2 − 1)=

1/2t− 1

−1/2t+ 1∫

dx

sen x=

1

2

∫dt

t− 1− 1

2

∫dt

t+ 1=

1

2Ln | t− 1 | − 1

2Ln | t+ 1 |+ C =

1

2Ln

∣∣∣∣ t− 1

t+ 1

∣∣∣∣ + C

=

∣∣∣∣∣12 Ln

∣∣∣∣ cos (x)− 1

cos (x) + 1

∣∣∣∣ + C

∣∣∣∣∣(b)

∫dx

sen x cos2xEs impar en seno, hacemos el cambio: cos x = t → −sen x dx = dt sen2x = 1− cos2 x = 1− t2

∫dx

sen x cos2x=

∫sen x dx

sen2 x cos2x=

∫−dt

(1− t)2 t2=

∫dt

(t2 − 1) t2

La hemos transformado en una integral racional a la que aplicamos el metodo de descomposicion en

fracciones simples:1

t2(t2 − 1)=

A

t+

B

t2+

C

t− 1+

D

t+ 1

1

t2(t2 − 1)=

At(t− 1)(t+ 1) + B(t− 1)(t+ 1) + Ct2(t+ 1) +Dt2(t− 1)

t2(t− 1)(t+ 1)

1 = A t(t− 1)(t+ 1) + B (t− 1)(t+ 1) + C t2(t+ 1) +Dt2 (t− 1)

t = 0 → 1 = −B →∣∣B = −1

∣∣t = 1 → 1 = 2C →

∣∣∣C = 1/2∣∣∣

t = −1 → 1 = −2D →∣∣∣D = −1/2

∣∣∣t = 2 → 1 = 6A+ 3B + 12C + 4D →

∣∣A = 0∣∣

1

t2(1− t2)= − 1

t2+

1/2t− 1

−1/2t+ 1

Volviendo a la integral:∫dx

sen x cos2x=

∫dt

t2(t2 − 1)=

∫ (− 1

t2+

1/2

t− 1− 1/2

t+ 1

)dt =

1

t+

1

2Ln | t− 1 |− 1

2Ln | t+ 1 | =

1

cos x+

1

2Ln |cos (x)− 1| − 1

2Ln |cos (x) + 1|+K =

∣∣∣∣∣ 1

cos x+

1

2Ln

∣∣∣∣cos (x)− 1

cos (x) + 1

∣∣∣∣+K

∣∣∣∣∣(c)

∫cos x

1− sen2xdx

Es impar en coseno, hacemos el cambio: sen x = t → cos x dx = dt∫cos x

1− sen2xdx =

∫dt

1− t2

Descomponemos en fracciones simples:

1

1− t2=

A

1− t+

B

1 + t=A(1 + t) +B(1− t)

(1 + t)(1− t)

27

1 = A(1 + t) +B(1− t) →

A = 1/2

B = 1/2Con lo que :

1

1− t2=

1/2

1− t+

1/2

1 + t∫cos x

1− sen2xdx =

1

2

∫dt

1− t+

1

2

∫dt

1 + t= − 1

2

∫(−1)dt

1− t+

1

2

∫dt

1 + t= − 1

2Ln | 1− t |+1

2Ln | 1 + t | =

=1

2Ln

∣∣∣∣ (1 + t)

(1− t)

∣∣∣∣ + C =

∣∣∣∣∣12 Ln

∣∣∣∣ 1 + sen x

1− sen x

∣∣∣∣ + C

∣∣∣∣∣(d)

∫sen2x

cos4xdx

Es par en seno y coseno, hacemos el cambio tg x = t con

cos2x =1

1 + t2sen2x =

t2

1 + t2dx =

1

1 + t2dt

∫sen2x

cos4xdx =

∫t2

1 + t2(1 + t2)2

dt

1 + t2=

∫t2 dt =

t3

3+ C =

∣∣∣∣∣tg3 x3+ C

∣∣∣∣∣(e)

∫ √4− x2dx

∫ √4− x2dx =

∫ √4

(1− x2

4

)dx = 2

∫ √1−

(x2

)2dx =

x2

= sen t→ dx = 2cos t dt

t = arc sen(x2

) =

2

∫ √1− (sen t)2 2cos t dt = 4

∫cos2 t dt =

=

{cos2 t =

1 + cos(2t)

2

}= 4

∫1 + cos(2t)

2dt = 2

∫1 dt+ 2

∫cos(2t) dt =

2t+ sen(2t) + C =

∣∣∣∣2arc sen(x

2

)+ sen

(2 arc sen

(x2

))+ C

∣∣∣∣(f)

∫dx

1 + ex ∫dx

1 + ex=

ex = t→ x = Ln t

dx = 1tdt

=

∫1

(1 + t) tdt

1

(1 + t) t=

A

t+

B

t+ 1→ 1

(1 + t) t=A(1 + t) +Bt

(1 + t) t→ 1 = A(1 + t) +Bt → A = 1 B = −1∫

dx

1 + ex=

∫1

(1 + t) tdt =

∫ (1

t− 1

t+ 1

)dt = Ln |t| − Ln |t+ 1|C =

∣∣∣Ln ex − Ln (ex + 1) + C∣∣∣

(g)

∫e2x√

1− ex dx

∫e2x√

1− ex dx =

√

1− ex = t → 1− ex = t2 → ex = 1− t2 → x = Ln (1− t2)

dx = −2t1−t2 dt

=

=∫

(1− t2)2 t( −2t1−t2

)dt = −2

∫(1− t2) t2 dt = −2

(∫t2 dt−

∫t4 dt

)= −2

(t3

3− t5

5

)+ C =

=∣∣∣−23 (√1− ex

)3+ 2

5

(√1− ex

)5+ C

∣∣∣28

(h)

∫ex − 3e2x

1 + exdx

∫ex − 3e2x

1 + exdx =

t = ex → x = Ln t

dx = 1tdt

=

∫t− 3t2

1 + t

1

tdt =

∫t (1− 3t)

1 + t

1

tdt =

∫(1− 3t)

1 + tdt =

=

∫(1− 3t)

1 + tdt =

D = d c+ r → Dd

= c+ rd

−3t+1t+1

= −3 + 4t+1

=

∫ (−3 +

4

t+ 1

)dt = −3

∫dt +4

∫1

1 + tdt

= −3t+ 4Ln |1 + t|+ C = −3ex + 4Ln |1 + ex|+ C =∣∣∣−3ex + Ln (1 + ex)4 + C

∣∣∣(i)

∫ √x

x ( 3√x+√x)

dx

∫ √x

x ( 3√x+√x)

dx =

∫x1/2

x4/3 + x3/2dx =

m.c.m.(2, 3) = 6

x = t6 → dx = 6t5dt

=

∫(t6)1/2

(t6)4/3 + (t6)3/26t5dt =

=

∫t3

t8 + t96t5dt = 6

∫t8

t8 + t9dt = 6

∫1

1 + tdt = 6Ln |1 + t|+ C =

∣∣∣6Ln ∣∣1 + 6√x∣∣+ C

∣∣∣(j)

∫Ln(√x)√x

dx

∫Ln(√x)√x

dx =

√x = t→ x = t2

dx = 2t dt

=

∫Ln t

t2 t dt = 2

∫Ln t dt︸︷︷︸

por partes

=

u = Ln t → du = 1tdt

dv = dt → v = t

=

= 2

(t Ln t−

∫t

1

tdt

)= 2 t Ln t− 2

∫1 dt = 2t Ln t− 2t + C =

∣∣∣2√x Ln√x− 2√x + C

∣∣∣Problema 18 Calcular las siguientes integrales:

(a)

∫ex(1 + x ln x)

xdx (b)

∫sen(x) ln (cos(x))dx (c)

∫e3x sen(2x) dx

(d)

∫xe−2x dx (e)

∫x2 ln x dx (f)

∫sen2(x) + 2 cos2(x)

sen(x) cos(x)dx

Solucion

(a)

∫ex(1 + xLnx)

xdx

∫ex(1 + xLnx)

xdx =

∫ex

xdx︸︷︷︸

I1

+

∫ex Lnx dx︸︷︷︸

I2

= (exLnx− I2) + I2 =∣∣exLnx+ C

∣∣

I1 =

u = ex → du = ex dx

dv = 1xdx→ v = Ln |x|

= exLn |x| −∫exLnx dx︸︷︷︸

I2

= exLnx− I2

(b)

∫senx Ln(cosx) dx

29

Por partes tenemos:

−cosx Ln (cosx)−∫

(−cosx)−senxcosx

dx = −cosx Ln (cosx)−∫senx dx = −cosx Ln (cosx) + cosx+ C

(c)

∫e3x sen(2x) dx

∫e3x sen(2x) dx =

u = sen(2x) → du = 2 cos(2x) dx

dv = e3xdx → v = (1/3)e3x

= sen(2x)(1/3)e3x−2/3

∫e3xcos(2x) dx︸︷︷︸por partes

=

=

u = cos(2x) → du = −2sen(2x) dx

dv = e3xdx → v = (1/3)e3x

=

sen(2x)(1/3)e3x − 2/3

(cos(2x)(1/3)e3x + 2

∫(1/3)e3x sen(2x) dx

)Si llamamos I a la integral original, tenemos:

I = 1/3sen(2x)e3x − 2/9 cos(2x)e3x − 4/9 I

13/9I = 1/3sen(2x)e3x − 2/9 cos(2x)e3x →∣∣∣∣I =

9

13e3x(

1/3sen(2x)− 2/9 cos(2x))

+ C

∣∣∣∣(d)

∫x e−2x dx

∫x e−2x dx =

u = x→ du = dx

dv = e−2x dx→ v =(−1/2

)e−2x

= x(−1/2

)e−2x −

(−1/2

) ∫e−2xdx =

= −12xe−2x + 1

2

∫e−2xdx = −1

2xe−2x + 1

2

(−1/2

)e−2x + C =

∣∣∣−12xe−2x − 1

4e−2x + C

∣∣∣(e)

∫x2Lnx dx

∫x2Lnx dx =

u = Lnx→ du = 1xdx

dv = x2 dx→ v = x3

3

= Lnxx3

3− 1

3

∫x3

1

xdx =

∣∣∣∣∣x33 Lnx− 1

9x3 + C

∣∣∣∣∣(f)

∫sen2x+ 2cos2x

sen x cos xdx

∫sen2x+ 2cos2x

sen x cos xdx =

{sen2x+ 2cos2x

sen x cos x=

sen2x

sen x cos x+

2cos2x

sen x cos x=sen x

cos x+

2cos x

sen x

}=

=

∫sen x

cos xdx+ 2

∫cos x

sen xdx = −

∫−sen x

cos xdx+ 2

∫cos x

sen xdx∣∣∣= −Ln |cos x|+ 2Ln |sen x|+ C

∣∣∣

30

Tema 4: Integral definida de funciones de una variable.

Problema 19 Explicar por que las siguientes funciones no son integrables en uno de los dos intervalos que

se dan y sı lo son en el otro y calcular en cada caso la integral definida sobre el intervalo que sea posible

(a) f(x) = ln(2x+ 1) con [−1, 1] y [1, 2] (b) f(x) = tg x con [0, π/4] y [π/4, π/2]

(c) f(x) =x− 1

x3 − xcon [0, 1] y [1, 2] (d) f(x) =

1√x(x− 1)

con [0, 2] y [2, 4]

Solucion

(a) f(x) = ln(2x+ 1) esta definida y es continua solo si 2x+ 1 > 0, es decir, solo si x > −1/2. En [−1, 1] no

es integrable (al no estar definida en todos los puntos) y sı lo es en [1, 2] (al ser continua).

∫ 3

2

ln(2x+ 1) =u = ln(2x+ 1) du =

2 dx

2x+ 1

dv = dx v = x= x ln(2x+ 1)

]32

−∫ 3

2

2x

2x+ 1dx =

x ln(2x+ 1)

]32

−∫ 3

2

(1− 1

2x+ 1

)dx = x ln(2x+ 1)− x+

ln(2x+ 1)

2

]32

=7 ln 7− 5 ln 5− 2

2

(b) f(x) = tg x es continua si cosx 6= 0, por tanto, es integrable en [0, π4]. Sin embargo, no es integrable en

[π/4, π/2] ya que cos(pi/2) = 0 y en π/2 tiene una asıntota vertical pues lımx→π

2−

tg(x) = +∞

∫ π4

0

tg(x)dx =

∫ π4

0

senx

cosxdx = −

∫ π4

0

− senx

cosxdx = − ln | cosx|

]π4

0

= − ln

(√2

2

)(c) Solucion pendiente. (d) Solucion pendiente. ♣

Problema 20 Calcular, si es posible, las siguientes integrales definidas:

(a)

∫ 1

0

ex dx

e2x + 1(b)∫ π

4

0cos(2x)

√4− sen(2x) dx (c)

∫ 1

23

x2e3x−2 dx (d)

∫ 4

1

dx√x(x+ 1)

(e)

∫ 3

1

e2x dx

x2 − 2x(f)

∫ 0

−π2

cos(x) dx

sen2(x) + 2 sen(x) + 2(g)

∫ 9

4

√x− 3

x2 − 9dx (h)

∫ 1

−1

2x+ 1

x2 + 1dx

(i)

∫ e

2

dx

x ln(x)(j)

∫ ln 5

0

ex√ex − 1

ex + 3dx (k)

∫ 0

−1

(x− 1) dx

2x2 − 3x− 2(l)

∫ π

0

x sen(x) dx

Solucion

(a) La funcionex

e2x + 1es continua en todo R y, por tanto, es integrable en cualquier intervalo cerrado∫ 1

0

ex

e2x + 1= arc tg(ex)]10 = arc tg(e)− arc tg(1) = arc tg(e)− π

4

(b) La funcion cos(2x)√

4− sen(2x) es continua en to-

do R y, por tanto, es integrable en cualquier intervalo

cerrado

31

∫ π4

0

cos(2x)√

4− sen(2x) dx =t = sen(2x) x = 0 =⇒ t = 0

dt = 2 cos(2x)dx x = π4

=⇒ t = 1=

∫ 1

0

√4− t2

=

∫ 1

0

(4− t) 12

2=

− (4− t) 32

23

2

1

0

= −√

(4− t)32

]10

= −8−√

27

2

(c) La funcion x2e3x−2 es continua en todo R y, por tanto, es integrable en cualquier intervalo cerrado∫x2e3x−2 dx =

u = x2 du = 2xdx

dv = e3x−2dx v =e3x−2

3

=x2e3x−2

3− 2

3

∫xe3x−2dx =

u = x du = dx

dv = e3x−2dx v =e3x−2

3

=

x2e3x−2

3− 2

3

(xe3x−2

3−∫e3x−2dx

3

)=x2e3x−2

3− 2xe3x−2

9+

2e3x−2

27∫ 1

23

x2e3x−2 dx =x2e3x−2

3− 2xe3x−2

9+

2e3x−2

27

]123

=

(e

3− 2e

9+

2e

27

)−(

4

27− 4

27+

2

27

)=

5e− 2

27

(d) La funcion1√

x(x+ 1)es continua si x > 0 y, por tanto, es integrable en [1, 4]

∫ 4

1

dx√x(x+ 1)

=x = t2 x = 1 =⇒ t = 1

dx = 2tdt x = 4 =⇒ t = 2=

∫ 2

1

2tdt

t(t2 + 1)=

∫ 2

1

2dt

t2 + 1=

2 arctan t

]21

= 2 arctan 2− 2π

4=

4 arctan 2− π2

(e) La funcione2x

x2 − 2xno esta acotada en [1, 3] ya que lım

x→2

e2x

x2 − 2x= ∞ y, como consecuencia, no es

integrable en [1, 3]. ♣

(f) Solucion pendiente (g) Solucion pendiente

(h)

∫ 1

−1

2x+ 1

x2 + 1dx

La funcion es continua en R (el denominador no se anula), por tanto es

integrable en [−1, 1]. Observese que la integral definida no representa

el area ya que hay parte positiva y parte negativaBuscamos una primitiva:∫

2x+ 1

x2 + 1dx =

∫2x

x2 + 1dx+

∫1

x2 + 1dx = Ln

(x2 + 1

)+ arc tg x

∫ 1

−1

2x+ 1

x2 + 1dx =

(Ln

(x2 + 1

)+ arc tg x

)∣∣1−1 = Ln (2) + arc tg 1︸︷︷︸

π4

−Ln (2)− arc tg (−1)︸︷︷︸− π

4

=π

2

(i)

∫ e

2

dx

x ln(x)1

x Lnxes continua en (0, 1) ∪ (1, ∞), en particular es continua en

[2, e] =⇒ es integrable en [2, e]Buscamos una primitiva para 1

x Lnx:∫

1

x Lnxdx =

∫1/x

Ln x=

{(Ln x) ´ =

1

x

}= Ln |Ln x|

32

∫ e

2

dx

x Lnx= Ln |Ln x||e2 = Ln |Ln e|︸︷︷︸

1︸︷︷︸0

−Ln |Ln 2| = −Ln(Ln2)

(j)

∫ ln 5

0

ex√ex − 1

ex + 3dx

ex√ex − 1

ex + 3es continua en [0,∞) , por tanto, es integrable en[0, Ln 5].

Buscamos una primitiva:∫ex√ex − 1

ex + 3dx =

{ex − 1 = t2 → ex = t2 + 1→ exdx = 2t dt→ dx =

2t

exdt =

2t

t2 + 1dt

}=

=

∫(t2 + 1) t

t2 + 1 + 3

2t

(t2 + 1)dt = 2

∫t2

t2 + 4dt = (∗)

El grado del numerador es igual al grado del denominador y tenemos

que dividir los polinomios

D = dc+ r → D

d= c+

r

d→ t2

t2 + 4= 1 +

−4

t2 + 4

(∗) = 2

∫ (1 +

−4

t2 + 4

)dt = 2

∫1dt− 8

∫dt

t2 + 4=

= 2t− 8

2arc tg

(t

2

)= 2√ex − 1− 4 arc tg

(√ex − 1

2

)⇒∫ Ln 5

0

ex√ex − 1

ex + 3dx =

(2√ex − 1− 4 arc tg

(√ex − 1

2

)) ∣∣∣∣Ln50

=

= 2√eLn5 − 1︸︷︷︸

2

−4 arc tg

(√eLn5 − 1

2

)︸︷︷︸

1︸︷︷︸π4

−√e0 − 1︸︷︷︸

0

+4 arc tg

(√e0 − 1

2

)︸︷︷︸

0︸︷︷︸0

= 4− 4π

4= 4− π

(k)

∫ 0

−1

(x− 1) dx

2x2 − 3x− 2

2x2−3x−2 = 0 → x =3±√

9 + 16

4=

3± 5

4→ x = 2, x = −1

2=⇒ es continua enR−

{−1

2, 2

}.

Como x = −12

esta en el intervalo [−1, 0] calculamos el lımite de la funcion

en el punto

limx→ 1

2

x− 1

2x2 − 3x− 2= ∞

Como el lımite es infinito, la funcion tiene una asıntota vertical y no esta

acotada en x = −12. Por tanto, no es integrable Riemann en [−1, 0].

(l)

∫ π

0

x senx dx

x senx es continua en R , en particular es continua en [0, π] =⇒ es

integrable en [0, π]

33

Buscamos una primitiva∫x senx dx =

u = x→ du = dx

dv = senx dx→ v = −cosx

= −xcosx −∫

(−cosx ) dx =

= −x cosx +

∫cosx dx = −x cosx + sen x

∫ π

0

x senx dx = (−x cosx + sen x) |π0 =− π cosπ︸︷︷︸−1

+ sen π︸︷︷︸0

−

(−0 cos0︸︷︷︸

1

+ sen 0︸︷︷︸0

)= π

Problema 21 Calcular el area de los siguientes recintos

(a) {(x, y) ∈ R2/x2 + y ≤ 1, x− y ≤ 1, x+ y ≥ −1} (b) {(x, y) ∈ R2 / x− y ≥ 0, x2 − 2 ≤ y}

(c) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ 0, x+ 1 ≥ y2, x+ y ≤ 5 } (d) {(x, y) ∈ R2 / y + x2 ≤ 2x+ 3, x+ y ≥ 3}

(e) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 4, x+ y ≤ 2} (f) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ −x, y ≥ x2, x2 + y2 ≤ 2}

(g) {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1} (h) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ x2 − 1, y ≤ 1− x2}

Solucion

(a)D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y ≤ 1, x− y ≤ 1, x+ y ≥ −1} es interseccion de:

la parte del plano por debajo de la parabola y + x2 = 1

la parte del plano por encima de la recta x− y = 1

la parte del plano por encima de la recta x+ y = −1 -2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

En este caso tenemos que dividir el recinto en dos partes ya que, aunque siempre esta por encima la

parabola (y + x2 = 1 ⇔ y = 1− x2), cambia la recta que esta por debajo.

La primera area corresponde a la integral entre -1 y 0, donde la funcion que esta por debajo corresponde

a la recta x + y = −1 ⇔ y = −x − 1 y la segunda a la integral entre 0 y 1, donde la funcion que esta por

debajo corresponde a la recta x− y = 1 ⇔ y = x− 1 (observese que solo necesitamos calcular A1 o A2 ya

que por simetrıa son iguales).

A1 =

∫ 0

−1

((1− x2

)− (−x− 1)

)dx =

[−x

3

3+x2

2+ 2x

]0−1

=7

6

A2 =

∫ 1

0

((1− x2

)− (x− 1)

)dx =

[−x

3

3− x2

2+ 2x

]10

=7

6

El area total es A = A1 + A2 = 73.

(b)D = {(x, y) ∈ R2 / x− y ≥ 0, x2 − 2 ≤ y} es la interseccion de:

la parte del plano por debajo de la recta x− y = 0 (bisectriz)

la parte del plano por encima de la parabola x2 − 2 = y-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

El area es la integral entre -1 y 2 de la funcion que esta por encima (x − y = 0 ⇔ y = x) menos la

funcion que esta por debajo (y = x2 − 2)

34

∫ 2

−1

(x− (x2 − 2)

)dx =

∫ 2

−1

(x− x2 + 2

)dx =

[x2

2− x3

3+ 2x

]2−1

=

(2− 8

3+ 4

)−(

1

2+

1

3− 2

)=

9

2

(c)D = {(x, y) ∈ R2/y ≥ 0, x+ 1 ≥ y2, x+ y ≤ 5} es la interseccion de:

la parte del plano encima de la recta y = 0 (Eje X)

la parte del plano interior a la parabola x+ 1 = y2 ⇔ y =√x+ 1

la parte del plano debajo de la recta x+ y = 5 ⇔ y = 5− x -1 0 1 2 3 4 5 6

-0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

En este caso tenemos que dividir el recinto en dos partes ya que cambia la funcion que esta por encima.

La primera area corresponde a la integral entre -1 y 3 y la segunda a la integral entre 3 y 5:

A1 =

∫ 3

−1

√x+ 1dx =

[2√

(x+ 1)3

3

]3−1

=16

3A2 =

∫ 5

3

(5− x)dx =

[5x− x2

2

]53

= 2

El area total es A = A1 + A2 =22

3.

(d)D = {(x, y) ∈ R2 / y + x2 ≤ 2x+ 3, x+ y ≥ 3} es la interseccion de:

la parte del plano por debajo de la parabola y + x2 ≤ 2x+ 3

la parte del plano por encima de la recta x+ y = 3-2 -1 0 1 2 3 4

-2

-1

0

1

2

3

4

El area es la integral de la funcion que esta por encima (y+ x2 = 2x+ 3 ⇔ y = −x2 + 2x+ 3) menos la

funcion que esta por debajo (x+ y = 3 ⇔ y = 3− x) entre 0 y 3.∫ 3

0

((−x2 + 2x+ 3)− (3− x)

)dx =

[3x2

2− x3

3

]30

=9

2♣

(e) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 4, x+ y ≤ 2}Puntos de corte circunferencia y recta y = 0

y = 0

x2 + y2 = 4

→ (−2, 0) y (2, 0)

Puntos de corte circunferencia y recta x+ y = 2

y = 2− x

x2 + y2 = 4

→ x2 + (2− x)2 = 4→ 2x2 − 4x = 0→ x = 0→ y = 2

x = 2→ y = 0

→ (0, 2) y (2, 0)

A =

∫ 0

−2

√4− x2 dx+

∫ 2

0

(2− x) dx

Buscamos la primitiva de√

4− x2

∫ √4− x2 dx =

x = 2sen t→ dx = 2cost dt

t = arc sen(x2

) =

∫ √4− 4sen2t 2cost dt =

∫ √4(1− sen2t) 2cost dt =

=

∫2√cos2t 2cost dt = 4

∫cos2t dt = 4

∫1 + cos2t

2dt = 2

∫dt+ 2

∫cos2t dt = 2t+ sen 2t =

35

= 2arc sen(x

2

)+ sen

(2arc sen

(x2

))A =

∫ 0

−2

√4− x2 dx+

∫ 2

0

(2− x) dx = 2 arc sen(x

2

)+ sen

(2 arc sen

(x2

)) ∣∣∣0−2

+

(2x− x2

2

) ∣∣∣∣20

=

= 2 arc sen (0)︸︷︷︸0

+ sen (2arc sen (0))︸︷︷︸0

−2 arc sen (−1)︸︷︷︸− π

2

− sen

2 arc sen (−1)︸︷︷︸− π

︸︷︷︸

0︸︷︷︸π

+2 = π + 2

Observemos que este apartado se podrıa haber hecho sin integracion, ya que el recinto esta formado por

una cuarta parte de un cırculo de radio 2 ( y su area serıa por tanto π∗44

= π) mas un triangulo rectangulo

isosceles de cateto 2 (y su area serıa 2∗22

= 2), por tanto el area total serıa tambien π + 2.

(f) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ −x, y ≥ x2, x2 + y2 ≤ 1}Puntos de corte de la recta y la circunferencia:

y = −x

x2 + y2 = 1

→ 2x2 = 1→ x = ±√

1

2→ x =

1/√

2∣∣−1/√

2 = a∣∣

Puntos de corte de la parabola y la circunferencia:

y = x2

x2 + y2 = 1

→ x4 + x2 − 1 = 0→→ x =

∣∣∣∣b =

√−1+

√5

2

∣∣∣∣−√−1+

√5

2

A =

∫ 0

a

(√1− x2 − (−x)

)dx+

∫ b

0

(√1− x2 − x2

)dx =

∫ 0

a

√1− x2 dx+

∫ 0

a

xdx︸︷︷︸14

+

∫ b

0

√1− x2dx−

∫ b

0

x2dx︸︷︷︸13

(√−1+

√5

2

)3

=1

4− 1

3

√−1 +√

5

2

3

+

∫ b

a

√1− x2 dx

Buscamos una primitiva de√

1− x2:

∫ √1− x2 dx =

x = sen t→ dx= cost dt

1− x2 = 1− sen2t = cos2t

t = arc sen x

=

∫cos2t dt =

∫1 + cos2t

2dt =

1

2t+

1

4sen 2t =

=1

2arc sen x +

1

4sen (2arc sen x)

∫ b

a

√1− x2 dx =

(1

2arc sen x +

1

4sen (2arc sen x) +

x2

2

)∣∣∣∣ba

=

=1

2arc sen (b) +

1

4sen (2arc sen (b)) − 1

2a rc sen

(−1√

2

)︸︷︷︸

− π4

−1

4sen (2 arc sen

(−1√

2

)︸︷︷︸

− π4

)

︸︷︷︸−1︸︷︷︸

π8

36

A =1

2arc sen (b) +

1

4sen (2arc sen (b)) +

π

8+

1

4− 1

3

√−1 +√

5

2

3

donde b =

√−1 +

√5

2

(g) {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 1, (x− 1)2 + y2 ≤ 1}

Buscamos los puntos de corte de las dos circunferencias:

x2 + y2 = 1

(x− 1)2 + y2 = 1

}→ x2 + y2 = 1

x2 − 2x+ 1 + y2 = 1

}→

restando ambas

expresiones→ 2x− 1 = 0→ x =

1

2

Calculamos el area como 4 veces la zona sombreada:

A = 4

∫ 1

1/2

√1− x2 dx

Buscamos una primitiva de√

1− x2 :

∫ √1− x2 dx =

x = sen t→ dx= cost dt

1− x2 = 1− sen2t = cos2t

t = arc sen x

=

∫cos2t dt =

∫1 + cos2t

2dt =

1

2t+

1

4sen 2t =

=1

2arc sen x +

1

4sen (2arc sen x)

A = 4

∫ 1

1/2

√1− x2 dx =(2arc sen x + sen (2arc sen x))|11/2 =

= 2 arc sen 1︸︷︷︸π/2︸︷︷︸π

+ sen (2arc sen 1)︸︷︷︸π︸︷︷︸

0

− 2 arc sen (1/2)︸︷︷︸π/6︸︷︷︸π/3

− sen (2arc sen (1/2))︸︷︷︸π/3︸︷︷︸

√3/2

=2π

3−√

3

2

(h) {(x, y) ∈ R2 / y ≥ x2 − 1, y ≤ 1− x2}

Puntos de corte de las parabolas:

y = x2 − 1

y = 1− x2

→ x2−1 = 1−x2 → 2x2−2 = 0→ x = ±1→(1, 0)

(−1, 0)

A =

∫ 1

−1[(1− x2

)−(x2 − 1

)] dx =

∫ 1

−1

(1− x2 − x2 + 1

)dx =

∫ 1

−1

(2− 2x2

)dx =

= 2

∫ 1

−1

(1− x2

)dx = 2

(x− x3

3

) ∣∣∣∣1−1

= 2

[1− 1

3−(−1− −1

3

)]= 2

(2− 2

3

)=

8

3♣

37

Tema 5: Integrales multiples de funciones de varias variables.

Problema 22 Calcular las siguientes integrales dobles mediante coordenadas cartesianas:

a)

∫ ∫R

xy dx dy con D = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 1, y ≥ x2 − 2x, xy ≤ 9}

b)

∫ ∫D

(x+ y) dx dy con D = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 2, xy ≥ 1, y ≤ x2}

c)

∫ ∫D

dxdy

xcon D = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 1, x2 + y ≤ 4, x− y ≤ 2}

d)

∫ ∫D

x

ydxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / xy ≤ 16, x ≥ y, x− 6 ≤ y, x ≥ 0, y ≥ 1}

e)

∫ ∫D

xye−y2

dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y, y2 ≤ x}

f)

∫ ∫D

(2x− 1)ex2+y dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / x+ y ≥ 1, x ≥ 1

2, y + x2 ≤ 1}

g)

∫ ∫D

y dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / y ≥ 0, (x− 1)2 + y2 ≤ 1, (x− 2)2 + y2 ≤ 1}

Solucion

(a) El recinto D = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 1, y ≥ x2 − 2x, xy ≤ 9} esta formado

por la interseccion de:

la parte del plano a la derecha de la recta x = 1.

la parte del plano por encima de la parabola y = x2 − 2x.

la parte del plano por debajo de la hiperbola xy = 9 ⇔ y = 9x

0 1 2 3 4

0

2

4

6

8

10

En el recinto la variable x varıa entre 1 y 3, y para cada valor de x la variable y varıa entre la parabola

y = x2 − 2x y la hiperbola y = 9x.

D

1 ≤ x ≤ 3

x2 − 2x ≤ y ≤ 9x

Si aplicamos el teorema de Fubini para integrales dobles tenemos∫ ∫D

xy dx dy =

∫ 3

1

(∫ 9x

x2−2xxydy

)dx =

∫ 3

1

[xy2

2

] 9x

x2−2xdx =∫ 3

1

(−x

6

12+

2x5

5− x4

2+

81 ln(x)

2

)dx =

1215 ln(3)− 116

30

38

(b) El recinto D = {(x, y) ∈ R2/0 ≤ x ≤ 2, xy ≥ 1, y ≤ x2} esta formado


la banda del plano a la derecha de la recta x = 0 y a la izquierda de

la recta x = 2.

la parte del plano por debajo de la parabola y = x2.

la parte del plano por encima de la hiperbola xy = 1 ⇔ y = 1x

-0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

0

1

2

3

4

5

6

En el recinto la variable x varıa entre 1 y 2, y para cada valor de x la variable y varıa entre la hiperbola

y = 1x

y la parabola y = x2.

D

1 ≤ x ≤ 2

1x≤ y ≤ x2


x+ y dx dy =

∫ 2

1

(∫ x2

1x

(x+ y)dy

)dx =

∫ 2

1

[xy +

y2

2

]x21x

dx =∫ 2

1

(x4

2+ x3 − 1

2x2− 1

)dx =

[x5

10+x4

4− x+

1

2x

]21

=28

5

(c) El recinto D = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 1, x2+y ≤ 4, x−y ≤ 2} esta formado


la parte del plano a la derecha de la recta x = 1.

la parte del plano por debajo de la parabola x2 + y = 4

la parte del plano por encima de la recta x− y = 2-0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

En el recinto la variable x varıa entre 1 y 2, y para cada valor de x la variable y varıa entre la parabola

y = 4− x2 y la recta y = x− 2.

D

1 ≤ x ≤ 2

x− 2 ≤ y ≤ 4− x2


1

xdx dy =

∫ 2

1

(∫ 4−x2

x−2

1

xdy

)dx =

∫ 2

1

[yx

]4−x2x−2

dx =

∫ 2

1

(−x+

6

x− 1

)dx =[

−x2

2+ 6 ln(x)− x

]21

=12 ln(2)− 5

2

(d)

∫ ∫D

x

ydxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / xy ≤ 16, x ≥ y, x− 6 ≤ y, x ≥ 0, y ≥ 1}

39

En esta ocasion hemos dividido el recinto en dos como se ve en el dibujo para tomar con referencia fija

la variable y, quedando la variable x acotada entre dos funciones de y. Ası resultan integrales que se pueden

resolver. Si hubiesemos invertido los papeles de las variables (la x entre valores fijos y la variable y acotada

entre funciones de x, necesitamos 3 recintos diferentes y las integrales resultantes tienen un poco mas de

dificultad, pero tambien salen).

Los recintos son:

D1 ={

(x, y) ∈ R2/1 ≤ y ≤ 2 y ≤ x ≤ y + 6}

D2 =

{(x, y) ∈ R2/2 ≤ y ≤ 4 y ≤ x ≤ 16

y

}Ası nuestra integral queda:

∫∫D1

x

ydxdy +

∫∫D2

x

ydxdy =

∫ 2

1

1

y

(∫ y+6

y

x dx

)︸︷︷︸

I1

dy +

∫ 4

2

1

y

(∫ 16y

y

x dx

)︸︷︷︸

I2

dy

Hacemos aparte las integrales I1 e I2

I1 =

∫ y+6

y

x dx =x2

2

]y+6

y

=(y + 6)2 − y2

2=y2 + 12y + 36− y2

2=

12y + 36

2= 6y + 18

I2 =

∫ 16y

y

x dx =x2

2

] 16y

y

=

(16y

)2− y2

2=

256− y4

2y2

Volviendo a nuestras integrales dobles:∫∫D1

x

ydxdy +

∫∫D2

x

ydxdy =

∫ 2

1

1

y(6y + 18) dy +

∫ 4

2

1

y

(256− y4

2y2

)dy =

=

∫ 2

1

(6 +

18

y

)dy +

∫ 4

2

(128

y3− y

2

)dy = (6y + 18ln |y| )

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2

1

+

(128

−2y2− y2

4

) ∣∣∣∣∣∣∣∣∣4

2

=

(12 + 18Ln 2− 6) + (−4− 4 + 16 + 1) = 15 + 18 Ln 2

(e)

∫ ∫D

xye−y2

dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y, y2 ≤ x}

40

1 ≤ x ≤ 2

0 ≤ y ≤ +√x

I =

∫ 2

1

(∫ +√x

0

xye−y2

dy

)dx =

∫ 2

1

x

(∫ +√x

0

ye−y2

dy

)︸︷︷︸

I1

dx

I1 =

∫ +√x

0

ye−y2

dy = −1

2

∫ +√x

0

(−2)ye−y2

dy = −1

2e−y

2]+√x0

= −1

2

(e−x − 1

)Volviendo a la integral doble:

I = −1

2

∫ 2

1

x(e−x − 1

)dx = −1

2

∫ 2

1

xe−xdx +1

2

∫ 2

1

x dx = −1

2

∫ 2

1

xe−xdx︸︷︷︸+por partes

32e2− 1

e

1

2

∫ 2

1

x dx︸︷︷︸34

=

3

2e2− 1

e+

3

4

(f)

∫ ∫D

(2x− 1)ex2+y dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / x+ y ≥ 1, x ≥ 1

2, y + x2 ≤ 1} 1

2≤ x ≤ 1

1− x ≤ y ≤ 1− x2

I =

∫ 1

12

(∫ 1−x2

1−x(2x− 1)ex

2+ydy

)dx

I =

∫ 1

12

(2x− 1)ex2

(∫ 1−x2

1−xeydy

)︸︷︷︸

I1

dx con I1 =

∫ 1−x2

1−xeydy = ey

]1−x21−x

= e1−x2 − e1−x

Volviendo a la integral doble:

I =

∫ 1

12

(2x− 1)ex2(e1−x

2 − e1−x)dx =

∫ 1

12

(2x− 1)ex2

e1−x2

dx−∫ 1

12

(2x− 1)ex2

e1−xdx =

=

∫ 1

12

(2x− 1)ex2+1−x2dx−

∫ 1

12

(2x− 1)ex2+1−xdx =

∫ 1

12

(2x− 1)edx−∫ 1

12

(2x− 1)ex2+1−xdx =

= e

∫ 1

12

(2x− 1)dx−∫ 1

12

(2x− 1)ex2+1−xdx = e(x2 − x)

]112

− ex2+1−x

]112

=−3e

4+ e

34

(g)

∫ ∫D

y dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / y ≥ 0, (x− 1)2 + y2 ≤ 1, (x− 2)2 + y2 ≤ 1}

41

Dividimos el recinto en dos:

D1 =

1 ≤ x ≤ 32

0 ≤ y ≤ +√

1− (x− 2)2D2 =

32≤ x ≤ 2

0 ≤ y ≤ +√

1− (x− 1)2

∫∫D1

y dxdy +

∫∫D2

y dxdy =

∫ 32

1

(∫ +√

1−(x−2)2

0

y dy

)︸︷︷︸

y2

2

]+√1−(x−2)2

0

dx+

∫ 2

32

(∫ +√

1−(x−1)2

0

y dy

)︸︷︷︸

y2

2

]+√1−(x−1)2

0

dx =

1

2

∫ 32

1

(−3− x2 + 4x

)+ dx+

1

2

∫ 2

32

(−x2 + 2x

)dx =

1

2(−3x− x3

3+ 2x2)

] 32

1

+1

2(−x

3

3+ x2)

] 32

1

= · · · ♣

Problema 23 Calcular las siguientes integrales dobles mediante coordenadas polares

a)

∫ ∫D

x dx dy con D = {(x, y) ∈ R2 /x ≥ 0, y ≤ x, x2 + y2 ≤ 9}

b)

∫ ∫D

xy

x2 + y2dx dy con D = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 1, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 4}.

c)

∫ ∫D

ex2+y2 dx dy, con D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2x}.

d)

∫ ∫D

3x dx dy, con D = {(x, y) ∈ R2/x ≥ 0, y ≤ 1, x2 + y2 ≤ 2}.

e)

∫ ∫D

x

y2(x2 + y2 − 1)dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / 2 ≤ x2 + y2 ≤ 4, 0 ≤ x ≤ y}

f)

∫ ∫D

(x2 + y2)−32 dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / x ≤ y, x+ y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 1}

g)

∫ ∫D

1√x2 + y2

dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 1, y ≥ 0}

h)

∫ ∫D

xy2

x2 + y2dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 16, y ≥ 0, 0 ≤ x ≤ 2}

Solucion El cambio de variable a coordenadas polares es x = ρ cos θ

y = ρ sen θcon |Jh(ρ, θ)| = ρ

(a) El recinto D = {(x, y) ∈ R2 /x ≥ 0, y ≤ x, x2 + y2 ≤ 9} esta formado por la interseccion de:

la parte del plano a la derecha de la recta x = 0 (eje Y)

la parte del plano por debajo de recta y = x

la parte del plano interior a la circunferencia x2 + y2 = 9-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

42

Los lımites de integracion son inmediatos

−π2≤ θ ≤ π

4

0 ≤ ρ ≤ 3

Aplicamos el teorema de cambio de variable para integrales dobles∫ ∫D

x dx dy =

∫ π4

−π2

∫ 3

0

ρ2 cos θ dρ dθ =

∫ 2π

0

cos θρ3

3

]30

dθ =

∫ π4

−π2

9 cos θ dθ = 9 sen θ

]π4

−π2

=

9 sen(π

4

)− 9 sen

(−π

2

)=

9√

2

2+ 9 =

9(√

2 + 2)

2

(b) El recinto D = {(x, y) ∈ R2/x ≥ 1, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 4} esta formado por la interseccion de:

la parte del plano a la izquierda de la recta x = 1

la parte del plano por arriba de la recta y = 0 (eje X)


-2

-1

0

1

2

Para obtener los lımites de integracion para el angulo calculamos el punto de corte de la recta con la

circunferencia y determinamos el angulo que se forma entre la recta que lo une con el origen y el eje X: x = 1

x2 + y2 = 4

=⇒

x = 1 y =√

3

x = 1 y = −√

3=⇒ tan(α) =

y0x0

=√

3 =⇒ α = 60o =π

3radianes .

Para obtener los lımites de integracion para el radio tenemos en cuenta que varıa entre la recta x = 1

y la circunferencia x2 + y2 = 4. Si escribimos ambas en coordenadas polares, la circunferencia es ρ = 2 (el

radio es constante) y la de la recta (donde el radio es variable) es

x = 1⇒ ρ cos θ = 1⇒ ρ =1

cos θ

Por tanto

D =

0 ≤ θ ≤ π3

1cos θ≤ ρ ≤ 2


2xydxdy

x2 + y2=

∫ π3

0

∫ 2

1cos θ

ρ cos θ sen θ dθ =

∫ π3

0

cos θ sen θ[ρ2]2

1cos θ

dθ =

∫ π3

0

(4 cos θ sen θ − sen θ

cos θ

)dθ =

[2 sen2 θ + ln(cos θ)

]π3

0=

3

2+ ln(1/2) =

3− 2 ln(2)

2

(c) El recinto D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2x} esta formado por la interseccion de:

la parte del plano por arriba de la recta y = 0 (eje X)

la parte del plano por debajo de recta y = 2x


-4

-2

0

2

4

43

Para obtener los lımites para el angulo determinamos el angulo que forma la recta con el eje X, eligiendo

cualquier punto de la recta (no es necesario que sea el corte de recta y circunferencia).

x = 1 =⇒ y = 2 =⇒ tan(α) =y0x0

= 2 =⇒ α = arc tg(2) =⇒ 0 ≤ θ ≤ arc tg(2)

Los limites de integracion del radio son inmediatos 0 ≤ ρ ≤ 2


ex2+y2dxdy =

∫ arc tg(2)

0

∫ 2

0

eρ2

ρdρdθ =

∫ arc tg(2)

0

eρ2

2

]20

dθ =

∫ arc tg(2)

0

e4

2dθ =

e4ρ

2

]arc tg(2)0

=e4 arc tg(2)

2

(d) El recinto D = {(x, y) ∈ R2/x ≥ 0, y ≤ 1, x2 + y2 ≤ 2} esta formado por la interseccion de:

la parte del plano por de debajo de la recta y = 1

la parte del plano a la izquierda de recta x = 0 (eje Y)


-2

-1

0

1

2

En este caso tenemos que dividir el recinto en dos partes, ya que en una parte el radio varıa entre el

origen y la circunferencia y en la otra entre el origen y la recta. Para determinar el angulo calculamos el

punto de corte de la recta y = 1 con la circunferencia, que es el punto (1, 1) y determinamos el angulo entre

la recta que lo une con el origen y el eje X, que es π4

(45o).

Entre −π2

y π4

los limites de integracion del radio son inmediatos pues el radio es constante en la

circunferencia, 0 ≤ ρ ≤√

2, Entre π4

y π2

el radio varia y escribimos la recta y = 1 en polares

y = 1⇒ ρ sen θ = 1⇒ ρ =1

sen θ

Aplicamos el teorema de cambio de variable para integrales dobles

I1 =

∫ π4

−π2

∫ √20

3ρ2 cos θ dρdθ =

∫ π4

−π2

ρ3 cos θ]√20

dθ =

∫ π4

−π2

√8 cos θdθ =

√8 sen θ

]π4

−π2

= 2 +√

8

I2 =

∫ fracπ2

π4

∫ 1sen θ

0

3ρ2 cos θ dρdθ =

∫ π2

π4

ρ3 cos θ] 1

sen θ

0dθ =

∫ π2

π4

cos θ

sen3 θdθ = − 1

2 sen2 θ

]π2

π4

=1

2

La integral es I =

∫ ∫D

3x dx dy = 2 +√

8 +1

2=

5 + 4√

2

2♣

Problema 24 Calcular las siguientes integrales y el area de los correspondientes recintos:

a)

∫ ∫D

x3y dxdy siendo D = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 1

2, y + x ≤ 1, y ≥ 0}

b)

∫ ∫D

x

y2dx dy con D = {(x, y) ∈ R2 / x ≥ 1, y ≥ 1, xy ≤ 2}

c)

∫ ∫D

ex2+y2 dx dy, donde D = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 ≤ a2} con a > 0.

44

Solucion

(a)

∫ ∫D

x3y dxdy con D = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 1

2, y + x ≤ 1, y ≥ 0}

Comenzamos calculando el area del recinto D, que es precisamente∫∫Ddxdy

Escribimos el recinto de la siguiente forma:

D ={

(x, y) ∈ R2/ 0 ≤ x ≤ 12

0 ≤ y ≤ 1− x}

Ası nuestra integral resulta:∫∫Ddxdy =

∫ 12

0

(∫ 1−x

0

dy

)︸︷︷︸

1−x

dx =∫ 1

2

0(1− x)dx = x− x2

2

] 12

0== 1

2− 1

8= 3

8

Observese que el recinto es un trapecio y el area se puede calcular con las formulas basicas de calculo

de areas de figuras regulares.

En la integral pedida solo cambia el integrando∫∫D

x3y dxdy =

∫ 12

0

(∫ 1−x

0

x3y dy

)dx =

∫ 12

0

x3(∫ 1−x

0

y dy

)︸︷︷︸

I

dx

I =

∫ 1−x

0

y dy =y2

2

]1−x0

=(1− x)2

2V olviendo a la integral doble :

∫∫D

x3y dxdy =

∫ 12

0

x3(1− x)2

2dx =

1

2

∫ 12

0

x3(1− x)2dx =

1

2

∫ 12

0

(x3 − 2x4 + x5)dx =

=x4

8− x5

5+x6

12

] 12

0

=1

24 8− 1

25 5+

1

2612=

11

28 15=

11

3840

(b) Solucion pendiente. (c) Solucion pendiente. ♣

Problema 25 Calcular el area del recinto D = {(x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 1, x + y ≤ 1, y ≥ 0} (utilizar el

metodo de integracion adecuado a cada subrecinto que se forma a los lados del eje OY).

Solucion Solucion pendiente. ♣

45

BLOQUE III: ALGEBRA MATRICIAL.

Tema 6: Matrices y sistemas de ecuaciones lineales

Problema 26 Dadas las matrices:

A =

−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

, B =

0 −1 1

−2 0 1

0 0 1

, C =

1 3 0

0 −2 0

y D =

1 2 0

3 −1 2

.

Calcular, si es posible:

(a) A + B (b) A3 (c) A · B (d) B · A (e) (A + B)(A− B) (f) A2 − B2 (g) (A− B)2

(h) 2C− 3D (i) B · C (j) C · B (k) At ·Dt (l) (D · A)t (m) C ·Dt (n) D · Ct

Solucion

(a)A+B =

−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

+

0 −1 1

−2 0 1

0 0 1

=

−1 + 0 1 + (−1) 0 + 1

2 + (−2) −2 + 0 0 + 1

1 + 0 −1 + 0 0 + 1

=

−1 0 1

0 −2 1

1 −1 1

(b)A3 =

−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

·−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

·−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

=

3 −3 0

−6 6 0

−3 3 0

·−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

=

−9 9 0

18 −18 0

9 −9 0

(c)A ·B =

−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

·

0 −1 1

−2 0 1

0 0 1

=

−2 1 0

4 −2 0

2 −1 0

(d)B · A =

0 −1 1

−2 0 1

0 0 1

·−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

=

−1 1 0

3 −3 0

1 −1 0

(e) (A+B) · (A−B) =

−1 0 1

0 −2 1

1 −1 1

·−1 2 −1

4 −2 −1

1 −1 −1

=

2 −3 0

−7 3 1

−4 3 −1

(f)A2 −B2 =

−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

·−1 1 0

2 −2 0

1 −1 0

−

0 −1 1

−2 0 1

0 0 1

·

0 −1 1

−2 0 1

0 0 1

=

=

3 −3 0

−6 6 0

−3 3 0

−

2 0 0

0 2 −1

0 0 1

=

1 −3 0

−6 4 1

−3 3 −1

46

(g) (A−B)2 =

−1 2 −1

4 −2 −1

1 −1 −1

·−1 2 −1

4 −2 −1

1 −1 −1

=

8 −5 0

−13 13 −3

−4 3 1

(h) 2C − 3D = 2 ·

1 3 0

0 −2 0

− 3 ·

1 2 0

3 −1 2

=

2− 3 6− 6 0− 0

0− 9 −4 + 3 0− 6

=

−1 0 0

−9 −1 −6

(i)B · C no se puede hacer

(j)C ·B =

1 3 0

0 −2 0

·

0 −1 1

−2 0 1

0 0 1

=

a11 a12 a13

a21 a22 a23

=

−6 −1 4

4 0 −2

a11 =(

1 3 0)·

0

−2

0

= −6 a12 =(

1 3 0)·

−1

0

0

= −1 a13 =(

1 3 0)·

1

1

1

= 4

a21 =(

0 −2 0)·

0

−2

0

= 4 a22 =(

0 −2 0)·

−1

0

0

= 0 a23 =(

0 −2 0)·

1

1

1

= −2

(k)At ·Dt =

3 −3

−3 3

0 0

(l) (D · A)t = At ·Dt =

3 −3

−3 3

0 0

(m)C ·Dt =

7 0

−4 2

(n)D · Ct = (C ·Dt)t =

7 −4

0 2

♣

Problema 27 Calcula los siguientes determinantes:

(a)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 3

3 1 2

2 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (b)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 3

1 1 1

3 2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (c)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1

1 −1 0 1

1 1 −1 1

1 0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(d)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1

1 2 2 2

1 2 3 3

1 2 3 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(e)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 2 −1

−1 0 1

0 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (f)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0

0 1 1

1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (g)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 1 1 1

1 2 1 1

1 1 2 1

1 1 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(h)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1

1 −1 1 −1

2 0 2 0

1 1 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣47

Solucion

(a)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 3

3 1 2

2 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1 + 8 + 27)− (6 + 6 + 6) = 36− 18 = 18

(b)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 3

1 1 1

3 2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

(c) Desarrollamos por la cuarta fila∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1

1 −1 0 1

1 1 −1 1

1 0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= () = (−1)4+1 · 1 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1

−1 0 1

1 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)4+3 · 1 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1

1 −1 1

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1

−1 0 1

1 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1

1 −1 1

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = − (1 + 1 + 1 + 1)− (−1 + 1 + 1 + 1− 1− 1) = −4

(d) Aplicamos el metodo de Gauss (hacemos ceros en la primera fila)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1

1 2 2 2

1 2 3 3

1 2 3 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

C2 = C2 − C1

C3 = C3 − C1

C4 = C4 − C1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0 0

1 1 1 1

1 1 2 2

1 1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(−1)1+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1

1 2 2

1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

C2 = C2 − C1

C3 = C3 − C1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0

1 1 1

1 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)1+1

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 2

∣∣∣∣∣∣ = 1

(e)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 2 −1

−1 0 1

0 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = [3 · 0 · 3 + 2 · 1 · 0 + (−1) · 2 · (−1)]−[(−1) · 0 · 0 + 2 · (−1) · 3 + 3 · 2 · 1] = 2+6−6 = 2

(f)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0

0 1 1

1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = [1 · 1 · 1 + 0 · 0 · 0 + 1 · 1 · 1]− [0 · 0 · 1 + 1 · 0 · 1 + 1 · 0 · 1] = 2

(g) Aplicamos las propiedades de los determinantes para poder aplicar facilmente el metodo de Gauss:

48

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 1 1 1

1 2 1 1

1

1

1

1

2 1

1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= {(C1 = C1 + C2 + C3 + C4)} =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

5 1 1 1

5 2 1 1

5

5

1

1

2 1

1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

F2 = F2 − F1

F3 = F3 − F1

F4 = F4 − F1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

5 1 1 1

0 1 0 0

0

0

0

0

1 0

0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)1+1 · 5 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0

0 0 1

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 5

(h) det(A) = 0 ♣

Problema 28 Calcular, si es posible, la inversa de las siguientes matrices:

(a) A =

1 −1 1

2 1 2

0 0 1

(b) A =

1 −1 1

2 1 −2

−1 −2 3

(c) A =

1 −1 1

1 1 1

1 0 0

(d) A =

1 1 1 1

1 2 2 2

1 2 3 3

1 2 3 4

(e) A =

1 −1 0 1

0 2 −1 1

1 −2 1 1

−1 0 1 3

(f) A =

2 −1 −1 −1

5 −2 −2 −2

6 −3 −3 −3

3 −1 −1 −1

Solucion

(a) Solo hacemos detallado este ejercicio en el que det(A) = 3 6= 0 y existe A−1.

Adj (A) =

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

=

1 −2 0

1 1 0

−3 0 3

A11 = (−1)1+1

∣∣∣∣∣∣ 1 2

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 A12 = (−1)1+2

∣∣∣∣∣∣ 2 2

0 1

∣∣∣∣∣∣ = −2 A13 = (−1)1+3

∣∣∣∣∣∣ 2 1

0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

A21 = (−1)2+1

∣∣∣∣∣∣ −1 1

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 A22 = (−1)2+2

∣∣∣∣∣∣ 1 1

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 A23 = (−1)2+3

∣∣∣∣∣∣ 1 −1

0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

A31 = (−1)3+1

∣∣∣∣∣∣ −1 1

1 2

∣∣∣∣∣∣ = −3 A32 = (−1)3+2

∣∣∣∣∣∣ 1 1

2 2

∣∣∣∣∣∣ = 0 A33 = (−1)3+3

∣∣∣∣∣∣ 1 −1

2 1

∣∣∣∣∣∣ = 3

=⇒ A−1 =1

|A|[Adj(A)]t =

1

3

1 1 −3

−2 1 0

0 0 3

=

1/3 1/3 −1

−2/3 1/3 0

0 0 1

(b) No existe A−1

49

(c)A−1 =

0 0 1

−1/2 1/2 0

1/2 1/2 −1

(d)A−1 =

2 −1 0 0

0 1 −1 0

2 0 1 −1

−3 0 0 1

(e)A−1 =

−1 1 3

2−1

2

−32

1 54−1

4

−52

1 94−1

4

12

0 −14

14

(f) No existe A−1 ♣

Problema 29 Calcular el rango de las siguientes matrices determinando un menor principal:

(a) A =

1 2 0 3

0 1 1 1

1 3 1 4

(b) A =

1 0 2

0 1 1

1 0 1

1 0 0

(c) A =

1 2 −1 0

2 −2 0 1

−1 0 −1 1

1 1 1 1

(d) A =

1 0 1 0 0

2 0 0 1 0

1 1 1 1 0

0 1 2 0 1

(e) A =

2 −2 −2 −1

2 −2 −2 2

2 −3 0 −3

(f) A =

2 −1 −1 −1

5 −2 −2 −2

6 −3 −3 −3

3 −1 −1 −1

Solucion

(a) Matriz de orden 3x4: A =

1 2 0 3

0 1 1 1

1 3 1 4

∣∣∣∣∣∣ 1 2

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0 (rg(A) ≥ 2)

Orlamos con la 3a fila y la 3a columna y, como sale cero, con la 4a:∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0

0 1 1

1 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 3

0 1 1

1 3 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Como todos los posibles menores de orden 3 valen cero rg (A) = 2 y cualquier menor de orden 2 distinto

de cero es un menor principal, por ejemplo, el menor que habıamos elegido al principio. Observese que al

ser todos los determinantes de orden tres cero, la tercera fila es combinacion lineal de la 1a fila y de la 2a

fila (se ve facilmente que F3 = F1 + F2).

(b) matriz de orden 4x3 A =

1 0 2

0 1 1

1 0 1

1 0 0

∣∣∣∣∣∣ 1 0

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0 (rg(A) ≥ 2)

50

Orlando con tercera fila y tercera columna:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 2

0 1 1

1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1− 2 = −1 6= 0

Como no podemos aumentar sus dimensiones el rango es tres, rg(A) = 3, y el menor de orden tres sera

un menor principal.

(c) Como es una matriz cuadrada de orden 4 si calculamos su determinante y no es cero tendremos que el

rango es cuatro

A =

1 2 −1 0

2 −2 0 1

−1 0 −1 1

1 1 1 1

|A| = (−1)2+4 • 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 −1

−1 0 −1

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)3+4 • 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 −1

2 −2 0

1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)4+4 • 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 −1

2 −2 0

−1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 20

Ası, rg(A) = 4 y el unico menor principal que hay es el determinante de la matriz.

(d) Matriz de orden 4x5

A =

1 0 1 0 0

2 0 0 1 0

1 1 1 1 0

0 1 2 0 1

∣∣∣∣∣∣ 1 1

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0→ Rg(D) ≥ 2

Orlamos con la 2a fila y la 3a columna:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 0

1 1 1

0 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2 6= 0→ Rg(D) ≥ 3

Orlamos con la 1a fila y la 4a columna y, como sale cero, con la 5a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 1 0

2 0 0 1

1 1 1 1

0 1 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 1 0 0

2 0 0 1 0

1 1 1 1 0

0 1 2 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2 6= 0→ Rg (D) = 4

(e) rg(A) = 3

(f) rg(A) = 2 ♣

51

Problema 30 Estudiar los siguientes sistemas y, si es posible, determinar sus soluciones:

(a)

x+ y + z = 2

x− y − z = −2

2x+ 2y − z = 5

(b)

x+ y + z = 2

x− y − z = −2

3x+ y + z = 2

(c)

x+ y + z = 2

x− y − z = −2

4x+ 2y + 2z = 2

(d)

2y − z = 1

3x− 2z = 11

y + z = 6

2x+ y − z = 9

(e)

x+ y + z = 3

x+ 2y = 4

x+ 2z = 2

(f)

x+ y + z = 0

x+ y − z = 0

x+ y = 0

(g)

x+ y − z + t = 0

2x+ 2y − 2z + 2t = 0(h)

x+ y + 2z = 0

x+ 2y + 3z = 0

x+ 3y + 4z = 0

(i)

x+ y + z + t = 0

x+ y − z + t = 0

x+ y + t = 0

Solucion

(a)

x+ y + z = 2 (1)

x− y − z = −2 (2)

2x+ 2y − z = 5 (3)

con A =

1 1 1 2

1 −1 −1 −2

2 2 −1 5

|A| = 6 =⇒ Rg (A) = 3 y Rg

(A)

= 3 por lo tanto el sistema es compatible determinado S.C.D. y tiene

una unica solucion.

(1) + (2) =⇒ 2x = 0 =⇒ x = 0

(3)− (2) =⇒ 3y = 7 =⇒ y = 7/3

Sustituyendo en (1) los valores de x e y tenemos z = 2− x− y = 2− 7/3 =⇒ z = − 1/3

Solucion: (0, 7/3,−1/3)

(b)x∗ = (0, α, 2− α) (S.C.I. con 1 par.)

(c) S.I.

(d)

2y − z = 1

3x− 2z = 11

y + z = 6

2x+ y − z = 9

con A =

0 2 −1 1

3 0 −2 11

0 1 1 6

2 1 −1 9

Estudiamos los rangos de A y de A∣∣∣∣∣∣ 0 2

3 0

∣∣∣∣∣∣ = −6 6= 0

Orlamos

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 2 −1

3 0 −2

0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −9 6= 0→ rg (A) = 3 (evidentemente) rg(A)≥ 3)

52

Orlamos∣∣A∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 2 −1 1

3 0 −2 11

0 1 1 6

2 1 −1 9

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 17 6= 0→ rg

(A)

= 4.

Como rg (A) = 3 y rg(A)

= 4 es un Sistema incompatible (S. I.), es decir, no tiene solucion.

(e)

x+ y + z = 3

x+ 2y = 4

x+ 2z = 2

con A =

1 1 1 3

1 2 0 4

1 0 2 2

|A| = 0 =⇒ Rg (A) < 3, veamos si es 2, ∃

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 2

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0 =⇒ Rg (A) = 2

Para estudiar rg (A) partimos del menor anterior (evidentemente rg(A)≥ 2) y orlamos:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 3

1 2 4

1 0 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

El otro menor de orden 3 ya lo hemos estudiado al calcular |A|, luego rg(A)

= 2

Como rg (A) = rg(A)

= 2 < numero de incognitas es un sistema compatible indeterminado(S.C.I.) con

infinitas soluciones, eliminamos la tercera ecuacion y tomamos como parametro libre z = α.

x+ y = 3− α (1)

x+ 2y = 4 (2)

Observamos que hemos dejado en el primer miembro de las ecuaciones las variables que proporcionan el

menor principal que hemos utilizado para el calculo del rango.

Hacemos (2)−(1) =⇒ y = 4−(3− α) = 1+α y tenemos despejando en (1) x = 3−α−(1 + α) = 2−2α

Solucion: {(2− 2α, 1 + α, α) /α ∈ R}

(f)

x+ y − z + t = 0

2x+ 2y − 2z + 2t = 0con A =

1 1 −1 1 0

2 2 −2 2 0

Rg (A) = Rg

(A)

= 1 < numero de incognitas =⇒ S.C.I.

Como el rango es uno nuestro menor sera cualquier numero de la matriz, por ejemplo el numero 1 que

ocupa la posicion a11. Ası, eliminamos la segunda ecuacion y tomamos como parametros libres y, z, t

y = α, z = β, t = γ, =⇒ x = −α + β − γ

Por lo tanto la solucion es { (−α + β − γ, α, β, γ) / α, β, γ ∈ R}

(g)

x+ y + z = 0

x+ y − z = 0

x+ y = 0

con A =

1 1 1 0

1 1 −1 0

1 1 0 0

Sistema homogeneo por lo tanto el sistema siempre es compatible

53

∣∣∣∣∣∣ 1 −1

1 0

∣∣∣∣∣∣ = 1 y |A| = 0 =⇒ Rg (A) = 2 = Rg(A)< numero de incognitas =⇒ S.C.I.

Eliminamos la primera ecuacion, tomamos como parametro libre x = α y resolvemos el sistema

y − z = −α

y = −α

Si despejamos z de la primera ecuacion y sustituimos y tenemos z = y + α = −α + α = 0

Por lo tanto la solucion es (α, −α, 0) / α ∈ R}

(h)

x+ y + 2z = 0

x+ 2y + 3z = 0

x+ 3y + 4z = 0

con A =

1 1 2 0

1 2 3 0

1 3 4 0

Sistema homogeneo por lo tanto el sistema siempre es compatible

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 2

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0 y |A|= 0 =⇒ Rg (A) = Rg(A)

= 2 < no de incognitas =⇒ S.C.I.

Eliminamos la tercera ecuacion y tomamos como parametro libre z = α x+ y = −2α (1)

x+ 2y = −3α (2)=⇒ (2)− (1) =⇒ y = −α, x = −2α− y = −2α + α = −α

Por lo tanto la solucion es { (−α, −α, α) / α ∈ R}

(i)

x+ y + z + t = 0

x+ y − z + t = 0

x+ y + t = 0

con A =

1 1 1 1 0

1 1 −1 1 0

1 1 0 1 0

∣∣∣∣∣∣ −1 1

0 1

∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0

Si orlamos con la 1a fila y la 1a columna el menor es cero (tiene dos columnas iguales) y si orlamos con

1a fila y la 2a columna sucede lo mismo. Por tanto, Rg (A) = Rg(A)

= 2 y es S.C.I.

Eliminamos la primera ecuacion y tomamos como parametros libres x = α, y = β −z + t = −α− β

t = −α− β

Si despejamos z de la primera ecuacion y sustituimos y tenemos z = α + β + t = α + β − α− β = 0

Por tanto la solucion es { (α, β, 0, −α− β) / α, β ∈ R} ♣

54

Tema 7: El espacio vectorial Rn.

Problema 31 Demostrar que los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes y expresar,

si es posible, el primer vector en funcion de los otros dos.

(a) {(1, 3,−4), (7,−12, 23), (3,−2, 5)} (b) {(1, 0, 0), (0,−1, 2), (0,−2, 4)}

Solucion

(a) {(1, 3,−4) , (7,−12, 23) , (3,−2, 5)}

Para demostrar que el conjunto es l.d. basta demostrar que el rango de la matriz cuyas columnas son

los vectores es menor que el numero de vectores y lo unico que tenemos que hacer es demostrar que su

determinante es cero (ejercicio).

Para estudiar si es posible expresar el primer vector en funcion de los otros dos planteamos el corres-

pondiente sistema (no homogeneo):

(1, 3,−4) = a (7,−12, 23) + b (3,−2, 5) ⇐⇒7a+ 3b = 1

−12a− 2b = 3

23a+ 5b = −4

con B =

7 3 1

−12 −2 3

23 5 −4

∣∣∣∣∣∣ 7 3

−12 −2

∣∣∣∣∣∣ = 22 6= 0→ rg (B) = 2∣∣∣∣∣∣∣∣∣7 3 1

−12 −2 3

23 5 −4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 → rg(B)

= 2

→ S.C.D.

7a+ 3b = 1

−12a− 2b = 3

→ a = −12

b = 32

Por tanto:

(1, 3,−4) = −1

2(7,−12, 23) +

3

2(3,−2, 5)

(b) {(1, 0, 0) , (0,−1, 2) , (0,−2, 4)}

Para demostrar que el conjunto es l.d. basta demostrar que el rango de la matriz cuyas columnas son

los vectores es menor que el numero de vectores y lo unico que tenemos que hacer es demostrar que su

determinante es cero (ejercicio).

Para estudiar si es posible expresar el primer vector en funcion de los otros dos planteamos el corres-

pondiente sistema:

(1, 0, 0) = a (0,−1, 2) + b (0,−2, 4) ⇐⇒0 = 1

−a− 2b = 0

2a+ 4b = 1

Aunque es evidente que el sistema es incompatible lo estudiamos de la forma habitual:

55

rg

0 0

−1 −2

2 4

= 1

∣∣∣∣∣∣ 0 1

−2 0

∣∣∣∣∣∣ = 2 6= 0 y

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 0

−1 −2

2 4

1

0

1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0→ rg

0 0 1

−1 −2 0

2 4 1

= 2

→ S.I

Por tanto v1 no es combinacion lineal de v2 y v3. Observese que tenemos garantizado que {v1, v2} es l.i.

y que v3 es combinacion lineal de v1 y v2 al ser distinto de cero un menor correspondiente a las columnas∣∣∣∣∣∣ 1 0

0 −1

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

Tambien tenemos garantizado que {v1, v3} es l.i. y que v2 es combinacion lineal de v1 y v3 al ser∣∣∣∣∣∣ 1 0

0 −2

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

Sin embargo, como no se puede encontrar un menor de orden dos distinto de cero con las columnas 2a y 3a

v1 no es combinacion lineal de v2 y v3. ♣

Problema 32 Estudiar si los siguientes conjuntos de vectores son o no linealmente independientes y si son

o no sistema generador del espacio total. Deducir cuales son base del espacio total:

(a) {(2, 0, 6)} (b) {(1, 0, 0), (1, 0, 1)}

(c) {(1, 0, 1), (2, 0, 2), (0, 1, 0)} (d) {(1, 0, 1), (2, 0,−2), (0, 1, 0)}

(e) {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (0,−1, 1)} (f) {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 1), (0,−1, 1)}

(g) {(−1, 1, 2), (1, 0, 1), (2, 1, 1)} (h) {(1, 3, 1), (2, 1, 1), (−4, 0,−1)}

(i) {(2, 3, 0, 5), (0, 1, 0, 4), (1, 1, 0, 2)} (j) {{(0, 1, 2,−1), (1, 2,−1, 0), (0, 2,−1, 1), (4, 6, 1, 3)}

Solucion

(a) {(2, 0, 6)}

Es l.i., ya que un vector no nulo siempre lo es. Sin embargo, no es s.g. de R3, ya que necesitamos al

menos tres vectores, por tanto, no es base de R3.

(b) {(1, 0, 0), (1, 0, 1)}

Como hay dos vectores no es s.g. de R3, ya que necesitamos al menos tres vectores. Por tanto, no es

base de R3. Para estudiar si el conjunto es l.i. construimos la matriz cuyas columnas son los vectores:

A =

1 1

0 0

0 1

con

∣∣∣∣∣∣ 1 0

0 1

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

56

Como el rango es dos y hay dos vectores el conjunto es l.i..

(c) {(1, 0, 1), (2, 0, 2), (0, 1, 0)}

Construimos la matriz cuyas columnas son los vectores y estudiamos su rango:

A =

1 2 0

0 0 1

1 2 0

∣∣∣∣∣∣ 0 1

2 0

∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0

0 0 1

1 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0→ rg (A) = 2

rg (A) = 2 < 3 = no vectores =⇒ Son l.d.

rg (A) = 2 < 3 = no coordenadas =⇒ No es sg. de R3

=⇒ No es base de R3

(d) {(1, 0, 1), (2, 0,−2), (0, 1, 0)}


A =

1 2 0

0 0 1

1 −2 0

→∣∣∣∣∣∣ 0 1

−2 0

∣∣∣∣∣∣ = 2 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 0

0 0 1

1 −2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 4 6= 0→ rg (A) = 3

rg (A) = 3 = no vectores =⇒ Son l.i.

rg (A) = 3 = no coordenadas =⇒ Es sg. de R3

=⇒ Es base de R3

(e) {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (0,−1, 1)}

Como hay 4 vectores y en R3 hay como maximo 3 vectores l.i. son necesariamente l.d y nunca formaran

una base. Para estudiar si son s.g. del espacio total construimos la matriz cuyas columnas son los vectores

y estudiamos su rango:

A =

1 1 0 0

1 0 1 −1

0 1 1 1

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 0

∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0

1 0 1

0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0→ rg (A) = 3

Como rg (A) = 3 = no coordenadas = 3 es sg. del espacio total R3.

(f) {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 1), (0,−1, 1)}

Como hay 4 vectores y en R3 hay como maximo 3 vectores l.i. son necesariamente l.d y nunca formaran

una base. Para estudiar si son s.g. del espacio total construimos la matriz cuyas columnas son los vectores

y estudiamos su rango:

A =

1 1 2 0

1 0 1 −1

0 1 1 1

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 0

∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 2

1 0 1

0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0

1 0 −1

0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

→ rg (A) = 2

57

Como rg (A) = 2 < 3 = no coordenadas no es sg. del espacio total R3.

(g) {(−1, 1, 2), (1, 0, 1), (2, 1, 1)}

(e) E = {(−1, 1, 2) , (1, 0, 1) , (2, 1, 1)}

Tenemos 3 vectores de R3 pero, ¿son linealmente independientes?

Sea A =

−1 1 2

1 0 1

2 1 1

estudiamos su rango:

∣∣∣∣∣∣ −1 1

1 0

∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 1 2

1 0 1

2 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 4 6= 0→ rg (A) = 3

→

rg (A) = 3

no de vectores = 3→ rg (A) = novectores→

son l.i.

o libres

3 vectores l.i. de R3 constituyen una base de R3.

(h) {(1, 3, 1), (2, 1, 1), (−4, 0,−1)}

(f) F = {(1, 3, 1) , (2, 1, 1) , (−4, 0,−1)}

Tenemos 3 vectores de R3 pero, ¿son linealmente independientes?

Sea A =

1 2 −4

3 1 0

1 1 −1

estudiamos su rango:

∣∣∣∣∣∣ 1 2

3 1

∣∣∣∣∣∣ = −5 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 −4

3 1 0

1 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3 6= 0→ rg (A) = 3

→

rg (A) = 3

no de vectores = 3→ rg (A) = novectores→

son l.i.

o libres

3 vectores l.i. de R3 constituyen una base de R3

(i) {(2, 3, 0, 5), (0, 1, 0, 4), (1, 1, 0, 2)}

58

Como hay tres vectores no es s.g. de R4, ya que necesitamos al menos cuatro vectores, y nunca formaran

una base. Para estudiar si son l.i. estudiamos el rango de la matriz cuyas columnas son los vectores:

A =

2 0 1

3 1 1

0 0 0

5 4 2

∣∣∣∣∣∣ 2 0

3 1

∣∣∣∣∣∣ = 2 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 1

3 1 1

0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 1

3 1 1

5 4 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3 6= 0

→ rg (A) = 3

Como rg (A) = 3 = no vectores el conjunto es l.i..

(j) {{(0, 1, 2,−1), (1, 2,−1, 0), (0, 2,−1, 1), (4, 6, 1, 3)}


A =

0 1 0 4

1 2 2 6

2 −1 −1 1

−1 0 1 3

∣∣∣∣∣∣ 0 1

1 2

∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0→ rg (A) ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 0

1 2 2

2 −1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 5 6= 0→ rg (A) ≥ 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 4

1 2 2 6

2 −1 −1 1

−1 0 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= {C4 − 4C2} =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0

1 2 2 −2

2 −1 −1 5

−1 0 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 −2

2 −1 5

−1 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 32 6= 0→ rg (A) = 4

rg (A) = 4 = no vectores =⇒ Son l.i.

rg (A) = 4 = no coordenadas =⇒ Es sg. de R4

=⇒ Es base de R4

♣

Problema 33 Calcular a y b para que el subespacio vectorial de R3 engendrado por los siguientes vectores

no sea un sistema generador de R3:

u1 = (1, 1, 2), u2 = (2, 0,−1), u3 = (a, 1, 1), u4 = (1,−1, b)

Solucion Solucion pendiente.

Problema 34 Probar que B = {(−3, 0, 3) , (−3, 2,−1) , (1, 6,−1)} es base de R3 y determinar las compo-

nentes del vector v = (−1, 0, 1)B con respecto a la base canonica.

Solucion

Una base de R3 esta formada por 3 vectores linealmente independientes y para probar que es una base

solo necesitamos ver que es distinto de cero el determinante de la matriz cuyas columnas son los vectores

59

(matriz de paso). ∣∣∣∣∣∣∣∣∣−3 −3 1

0 2 6

3 −1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −72 6= 0

Las coordenadas de v = (−1, 0, 1)B con respecto a la base canonica son

v = −1 (−3, 0, 3) + 0 (−3, 2,−1) + 1 (1, 6,−1) = (4, 6,−4)C ♣

Problema 35 Probar que B = {(−1, 1, 0) , (1, 0,−1) , (1, 0, 0)} es base de R3 y determinar las componentes

del vector u = (1, 2, 3) con respecto a la base B. Solucion

Para que sea base de R3 tiene que estar formada por 3 vectores linealmente independientes y solo nece-

sitamos comprobar que el determinante de la matriz correspondiente a los vectores (matriz de paso):∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 1 1

1 0 0

0 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0

Buscamos las coordenadas de u = (1, 2, 3) con respecto a la base B

(1, 2, 3) = α (−1, 1, 0) + β (1, 0,−1) + γ(1, 0, 0)

para lo que tenemos que resolver un sistema no homogeneo de 3 ecuaciones lineales con tres incognitas del

que sabemos que posee solucion unica (las coordenadas respecto a una base son unicas).

1 = −α + β + γ

2 = α

3 = −β

con

−1 1 1

1 0 0

0 −1 0

y

−1 1 1

1 0 0

0 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1

2

3

Observese que por el apartado anterior ambas son de rango 3 y el sistema tiene solucion unica (lo que

ya sabıamos). Este sistema tiene como solucion α = 2, β = −3 y γ = 6 y, por tanto

u = (1, 2, 3)C = (2,−3, 6)B ♣

Problema 36 Sean B1 = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} y B2 = {(2, 1, 0), (3, 2, 0), (0, 0,−1)} bases

(a) Determinar las ecuaciones del cambio de base entre B1 y la base canonica

(b) Determinar las ecuaciones del cambio de base entre la base canonica y B2

(c) Determinar las ecuaciones del cambio de base entre B1 y B2

(d) ¿Cuales son las componentes del vector v = (1, 2, 3)B1 con respecto a la base B2?. ¿Y las componentes

del vector w = (1, 1, 1)B2 con respecto a la base B1.

60

Solucion

(a) Las ecuaciones del cambio de base de B1 a C permiten obtener las coordenadas en la base canonica de

un vector del que sepamos sus coordenadas en la base B1 y son

x1

x2

x3

C

=

u1↓

u2↓

u3↓

1 1 1

1 1 0

1 0 0

x′1

x′2

x′3

B1

⇔ XC = PXB1

(b) Las ecuaciones del cambio de base de B2 a C permiten obtener las coordenadas en la base canonica de

un vector del que sepamos sus coordenadas en la base B2 y son

x1

x2

x3

C

=

u1↓

u2↓

u3↓

2 3 0

1 2 0

0 0 −1

x′1

x′2

x′3

B2

⇔ XC = QXB2

Por tanto, las ecuaciones del cambio de base de C a B, se obtienen al calcular la inversa de la matriz ya

que se tiene que

XC = QXB2 ⇔ XB2 = Q−1XC ⇔

x′1

x′2

x′3

B2

=

2 −3 0

−1 2 0

0 0 −1

x1

x2

x3

C

(c) Las ecuaciones del cambio de base de B1 a B2 se obtienen combinando las dos ecuaciones correspondientes

a sus cambios de base con la base canonica

XC = PXB1

XC = QXB2

⇔ PXB1 = QXB2 ⇔ XB2 = Q−1PXB1 ⇔

x′1

x′2

x′3

B2

=

−1 −1 2

1 1 −1

−1 0 0

x1

x2

x3

B1

(d) Para determinar las componentes del vector v = (1, 2, 3)B1 con respecto a la base B2 solo tenemos que

sustituir en la ecuacion obtenida en el apartado anterior3

0

−1

B2

=

−1 −1 2

1 1 −1

−1 0 0

1

2

3

B1

Para obtener las componentes del vector w = (1, 1, 1)B2 con respecto a la base B1 podemos construir la

ecuacion del cambio de base o utilizar la inversa de la que tenemos

XB2 = Q−1PXB1 ⇔ XB1 = P−1QXB2 ⇔

−1

4

2

B1

=

0 0 −1

1 2 1

1 1 0

1

1

1

B2

♣

61

Problema 37 Razonar si los siguientes conjuntos son subespacios vectoriales:

(a)E = {(x, y) ∈ R2 / x = 0, y = 0} (b)E = {(x, y) ∈ R2 / x = 0 o y = 0}

(c)E = {(x, y) ∈ R2 / x2 − y = 0} (d)E = {(x, y) ∈ R2 / xy = 1}

(e)E = {(x, y, z) ∈ R3/ x− z = 2y} (f)E = {(a, 0,−b) ∈ R3/ a, b ∈ R}

(g)F = {(x1, x2, x3) ∈ R3/ x1 = 0} (h)F = {(x1, x2, x3) ∈ R3/ x2 = 1}

(i)F = {(x1, x2, x3) ∈ R3/ x1 + x2 + x3 = 0} (j)F = {(1, a, b) ∈ R3/ a, b ∈ R}


Problema 38 Calcular la dimension, una base y unas ecuaciones parametricas de los siguientes subespacios

y determinar, si es posible, los valores de a y b que hacen que el vector u = (1, 2a, 3b) pertenezca al

correspondiente subespacio.

(a) E = {(x, y, z) ∈ R3/ x + 2y + z = 0, x = y − z}

(b) F = {(x, y, z) ∈ R3 / x = y, 2x− 2y = 0}

(c) G = {(x1, x2, x3) ∈ R3 / x1 + x3 = 0, x2 + x3 = 0, x1 + x2 + 2x3 = 0}

(d) H = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 / x2 = x1 + x4, x1 + 2x3 = 0}

(e) J = {(x, y, z, t) ∈ R4/ x + y + t = 0, x + y + 2z− t = 0, z + t = 0}

Solucion

(a)E = {(x, y, z) ∈ R3/ x+ 2y + z = 0, x = y − z}

x+ 2y + z = 0

−x+ y − z = 0

→ A =

1 2 1

−1 1 −1

con

∣∣∣∣∣∣ 1 2

−1 1

∣∣∣∣∣∣ = 3 6= 0→ rg (A) = 2

Mirando el menor principal concluimos que las dos ecuaciones son l.i. y la variable libre es z = α

x+ 2y = −z

−x+ y = z

→ x+ 2y = −α

−x+ y = α

→ y = 0

x = −α

La solucion del sistema corresponde a las ecuaciones parametricasx = −α

y = 0

z = α

con α ∈ R

Una base esta formada por el vector (−1, 0, 1), por tanto la dimension es uno. Esta dimension tambien la

podemos deducir del numero de ecuaciones implıcitas l.i.:

dimR3︸︷︷︸3

= dimsubespacio+ no de ecuaciones implıcitas l.i.︸︷︷︸2

→ dimE1 = 1

(b)F = {(x, y, z) ∈ R3 / x = y, 2x− 2y = 0}

62

Para buscar las ecuaciones parametricas tenemos que eliminar aquellas ecuaciones que sean l.d.:

A =

1 −1 0

2 −2 0

→∣∣∣∣∣∣ 1 −1

2 −2

∣∣∣∣∣∣ = 0,

∣∣∣∣∣∣ 1 0

2 0

∣∣∣∣∣∣ = 0→ rg (A) = 1

Solo hay una ecuacion l.i. y si tomamos como variables libres y = α, z = β nos queda como ecuacion

implıcita x− y = 0. Ası, resolvemos el sistema y obtenemos las ecuaciones parametricas:

x− y = 0→ x = α→

x = α

y = α

z = β

con α, β ∈ R

Una base sera BE = {(1, 1, 0) , (0, 0, 1)} y tendremos dimE3 = 2, donde otra forma de obtener la dimension

del subespacio es

dimR3︸︷︷︸3

= dimsubespacio+ no de ecuaciones implıcitas l.i.︸︷︷︸1

→ dimE3 = 2

(c)E = {(x1, x2, x3) ∈ R3 / x1 + x3 = 0, x2 + x3 = 0, x1 + x2 + 2x3 = 0}

Tenemos un subespacio E ⊆ R3 dado por sus ecuaciones implıcitas y el rango de la matriz nos da el

numero de ecuaciones implıcitas linealmente independientes:x1 + x3 = 0

x2 + x3 = 0

x1 + x2 + 2x3 = 0

con no de ecuaciones implıcitas l.i. = rg

1 0 1

0 1 1

1 1 2

= 2

Determinamos la dimension y eliminamos las ecuaciones linealmente dependientes::

dim(E) = n− no de ecuaciones implıcitas l.i. = 3− 2 = 1 (recta) con F :

x1 + x3 = 0

x2 + x3 = 0

Obtenemos las ecuaciones parametricas de E resolviendo el sistema:

I Como hay dos ecuaciones implıcitas linealmente independientes, dos de las tres variables del sistema

dependen de las otras y tendremos un parametro (dim(E) = 1), que sera la variable que queda fuera del

menor que determina el rango:

x3 = α con α ∈ R.

I Sustituimos el parametro en las ecuaciones implıcitas y resolvemos el sistema:

x1 + x3 = 0 =⇒ x1 + α = 0 =⇒ x1 = −α

x2 + x3 = 0 =⇒ x2 + α = 0 =⇒ x2 = −α

I Al ordenar todas las variables se obtienen las ecuaciones parametricas:x1 = −α

x2 = −α

x3 = α

α ∈ R.

63

Una base esta formada por el vector (−1,−1, 1) (coeficientes de α).

(d)H = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 / x2 = x1 + x4, x1 + 2x3 = 0}

Buscamos las ecuaciones parametricas eliminando, si las hay, las ecuaciones implıcitas que sean l.i.

A =

1 −1 0 1

1 0 2 0

→∣∣∣∣∣∣ 1 −1

1 0

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0→ rg (A) = 2

Mirando el menor principal concluimos que las dos ecuaciones son l.i. y hacemos x3 = α y x4 = β para

resolver el sistema:

x1 − x2 + x4 = 0

x1 + 2x3 = 0→

x1 − x2 = −β

x1 = −2α

→x1 = −2α

x2 = −2α + β

La solucion del sistema corresponde a las ecuaciones parametricas:

x1 = −2α

x2 = −2α + β

x3 = α

x4 = β

α, β ∈ R

Obtenemos una base y la dimension directamente de las ecuaciones parametricasx1

x2

x3

x4

= α

−2

−2

1

0

+ β

0

1

0

1

→ BE = {(−2,−2, 1, 0) , (0, 1, 0, 1)} dimE = 2

Otra forma de saber la dimension del subespacio:

dimR4︸︷︷︸4

= dim subesp.+ no de ecuaciones implıcitas l.i.︸︷︷︸2

→ dimE7 = 2

(e) J = {(x, y, z, t) ∈ R4/ x+ y + t = 0, x+ y + 2z − t = 0, z + t = 0}

El rango de la matriz nos da el numero de ecuaciones implıcitas linealmente independientes:x+ y + t = 0

x+ y + z − t = 0

z + t = 0

con no de ecuaciones implıcitas l.i. = rg

1 1 0 1

1 1 2 −1

0 0 1 1

= 3

Las tres ecuaciones implıcitas son independientes y la dimension del subespacio es:

dim(E) = n− no de ecuaciones implıcitas l.i. = 4− 3 = 1 (recta)

Tres de las cuatro variables del sistema dependen de las otras y tendremos un parametro (dim(E) = 1), que

sera la variable que queda fuera del menor que determina el rango:

x = α con α ∈ R.

64

Sustituimos el parametro en las ecuaciones implıcitas y resolvemos el sistema:

α + y + t = 0 =⇒ α + y − z = 0 =⇒ z = α + y =⇒ z = 0

α + y + z − t = 0 =⇒ α + y + 2z = 0 =⇒ y = −α

z + t = 0 =⇒ t = −z =⇒ t = 0

Al ordenar las variables se obtienen las ecuaciones parametricas:

x = α

y = −α

z = 0

t = 0

α ∈ R.

Una base esta formada por el vector (1,−1, 0, 0) (coeficientes de α). ♣

Problema 39 Calcular la dimension, una base y unas ecuaciones implıcitas de los siguientes subespacios.

¿En que espacio vectorial estan contenidos? ¿Pertenece algun vector de la base canonica al correspondiente

subespacio?.

(a) E = {(λ, 0, λ+ µ,−µ)/ λ, µ ∈ R} (b) G = {(2α + 3β, 2α + 2β, α)/α, β ∈ R}

(c) E = 〈(1, 1, 1), (−1, 0, 1)〉 (d) F = 〈(1, 0, 1), (2, 0, 2)〉

(e) F = 〈(1, 0, 2, 0), (0, 1, 1, 0), (2, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 0)〉 (f) F = 〈(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 1, 1, 1)〉

Solucion

(a)E = {(λ, 0, λ+ µ,−µ)/ λ, µ ∈ R}

E es un subespacio vectorial de R4 dado por sus ecuaciones parametricas y para buscar una base y

obtener su dimension tenemos que eliminar los vectores que puedan ser l.d.:

x = λ

y = 0

z = λ+ µ

t = −µ

con λ, µ ∈ R ⇐⇒

x

y

z

t

= λ

1

0

1

0

+ µ

0

0

1

−1

A =

1 0

0 0

1 1

0 −1

con

∣∣∣∣∣∣ 1 1

0 −1

∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0→ rg (A) = 2→ BE = {(1, 0, 1, 0) , (0, 0, 1,−1)} y dimE = 2

65

Para obtener las ecuaciones implıcitas exigimos que el rango de la matriz correspondiente a los vectores

ampliada con un vector generico sea igual a la dimension:

rg

1 0 x

0 0 y

1 1 z

0 −1 t

= 2→

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 x

1 1 z

0 −1 t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ t− x+ z = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 0 y

1 1 z

0 −1 t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ y = 0

Sabıamos que iban a salir 2 ec. implıcita ya que dimR4︸︷︷︸4

= dim subesp.︸︷︷︸2

+no de ecuaciones implıcitas l.i.→

no de ecuaciones implıcitas l.i. = 2

(b)E = {(2α + 3β, 2α + 2β, α)/α, β ∈ R}

E es un subespacio vectorial de R3 dado por sus ecuaciones parametricas y para buscar una base y obtener

su dimension tenemos que eliminar los vectores que sean l.d.:

x = 2α + 3β

y = 2α + 3β

z = α

con α, β ∈ R ⇐⇒

x

y

z

= α

2

2

1

+ β

3

3

0

A =

2 3

2 3

1 0

con

∣∣∣∣∣∣ 2 3

1 0

∣∣∣∣∣∣ = −3 6= 0→ rg (A) = 2→ BE = {(2, 2, 1) , (3, 3, 0)} y dim(E) = 2

Para obtener las ecuaciones implıcitas exigimos que el rango de la matriz correspondiente a los vectores


rg

2 3 x

2 3 y

1 0 z

= 2→

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 3 x

2 3 y

1 0 z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ 3y − 3x = 0

donde sabıamos que iba a salir una ecuacion implıcita ya que

dimR3︸︷︷︸3

= dimsubespacio︸︷︷︸2

+no de ecuaciones implıcitas l.i.→ no de ecuaciones implıcitas l.i = 1

(c)E = 〈(1, 1, 1), (−1, 0, 1)〉

Tenemos un sistema generador de un subespacio vectorial de R3 del que hay que eliminar los vectores

que sean l.d. para obtener una base. Para ver si existen vectores l.d. estudiamos el rango de la matriz cuyas

columnas son los vectores del sistema generador.

A =

1 −1

1 0

1 1

→∣∣∣∣∣∣ 1 −1

1 0

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0→ rg (A) = 2→ BE2 = {(1, 1, 1) , (−1, 0, 1)} y dimE2 = 2

66

Las ecuaciones parametricas se obtienen expresando un vector generico como combinacion lineal de los

vectores de la base:

(x, y, z) = α (1, 1, 1) + β(−1, 0, 1)→

x = α− β

y = α

z = α + β

α, β ∈ R

Para obtener las ecuaciones implıcitas, al ser dimE2 = 2 exigimos que este sea el rango de la matriz

correspondiente a los vectores ampliada con un vector generico:

rg

1 −1 x

1 0 y

1 1 z

= 2→

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 x

1 0 y

1 1 z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0→ x− 2y + z = 0

donde el numero de ecuaciones implıcitas responde a la formula

dimR3︸︷︷︸3


+no de ec. implıcitas l.i.→ no de ec. implıcitas l.i. = 1

(d)F = 〈(1, 0, 1), (2, 0, 2)〉

Tenemos un sistema generador de un subespacio vectorial de R3 y para obtener una base hay que eliminar

los vectores l.d estudiando el rango de la matriz cuyas columnas son los vectores del sistema generador

A =

|1| 2

0 0

1 2

→∣∣∣∣∣∣ 1 2

0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0,

∣∣∣∣∣∣ 1 2

1 2

∣∣∣∣∣∣ = 0→ rg (A) = 1→ BE = {(1, 0, 1)} con dim(E) = 1

Buscamos las ecuaciones parametricas expresando cualquier vector del subespacio como combinacion

lineal de los vectores de la base:

(x, y, z) = α (1, 0, 1)→

x = α

y = 0

z = α

con α ∈ R

Buscamos las ecuaciones implıcitas exigiendo que el rango de la matriz correspondiente a los vectores


rg

|1| x

0 y

1 z

= 1→

∣∣∣∣∣∣ 1 x

0 y

∣∣∣∣∣∣ = 0→ y = 0∣∣∣∣∣∣ 1 x

1 z

∣∣∣∣∣∣ = 0→ z − x = 0

donde el numero de ecuaciones implıcitas responde a la formula

dimR3︸︷︷︸3


+no de ecuaciones implıcitas l.i.→ no de ec. implıcitas l.i = 2

67

(e)E = 〈(1, 0, 2, 0), (0, 1, 1, 0), (2, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 0)〉

Tenemos un sistema generador de un subespacio vectorial de R4 y para obtener una base hay que

eliminar los posibles vectores l.d estudiando el rango de la matriz cuyas columnas son los vectores del

sistema generador

A =

1 0 2 1

0 1 1 1

2

0

1

0

0 1

0 0

→

∣∣∣∣∣∣ 1 0

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0→ rg (A) = 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 2

0 1 1

2 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −5 6= 0→ rg (A) = 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 2 1

0 1 1 1

2

0

1

0

0 1

0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0→ rg (A) = 3

BE8 = {(1, 0, 2, 0) , (0, 1, 1, 0) , (2, 1, 0, 0)} y dimE8 = 3

Buscamos las ecuaciones parametricas expresando un vector generico del subespacio como combinacion

lineal de los vectores de la base:

(x, y, z, t) = α (1, 0, 2, 0) + β (0, 1, 1, 0) + γ(2, 1, 0, 0) ⇐⇒

x = α + 2γ

y = β + γ

z = 2α + β

t = 0

con α, β, γ ∈ R

Buscamos las ecuaciones implıcitas exigiendo que el rango de la matriz correspondiente a los vectores

ampliada con un vector generico sea igual a la dimension

rg

1 0 2 x

0 1 1 y

2

0

1

0

0 z

0 t

= 3→

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 2 x

0 1 1 y

2

0

1

0

0 z

0 t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 =⇒ t = 0 ec.implıcita

Sabıamos que iba a salir 1 ec. implıcita ya que dimR4︸︷︷︸4


+no de ecuaciones implıcitas l.i.→

no de ec. implıcitas l.i = 1

(f) f = {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 1, 1, 1)}

Tenemos un subespacio F ⊆ R4 dado por un sistema generador y el rango de la matriz nos da el

numero de vectores linealmente independientes (dimension) y nos permite eliminar los vectores linealmente

dependientes para obtener una base de F

68

rg

1 0 1

0 1 1

1 0 1

0 1 1

= 2 =⇒ dim(F ) = 2 (plano) =⇒ base de F {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)}.

Las ecuaciones parametricas, que dependen de dos parametros, se obtienen imponiendo que un vector

generico sea combinacion lineal de los vectores de la base (ecuacion vectorial):

(x, y, z, t) = α (1, 0, 1, 0) + β (0, 1, 0, 1) =⇒ F

x = α

y = β

z = α

t = β

α, β ∈ R

Determinamos unas ecuaciones implıcitas linealmente independientes de F , paralo que anadimos un

vector generico a la base e imponemos que el rango coincida con la dimension de F (orlamos el menor que

determina el rango con las dos filas que quedan fuera de este):

rg

1 0 x

0 1 y

1 0 z

0 1 t

= 2 =⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 x

0 1 y

1 0 z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ z − x = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 x

0 1 y

0 1 t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ t− y = 0

=⇒

x− z = 0

y − t = 0

El numero de ecuaciones implıcitas linealmente independientes que hemos obtenido responde a la formula

no de ecuaciones implıcitas l.i. = n− dim(F ) = 4− 2 = 2 ♣

Problema 40 Razonar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:

a) El numero de vectores de cualquier sistema generador de Rn es siempre el mismo.

b) El numero de bases de Rn es infinito.

c) Todo sistema de vectores linealmente independientes de Rn es base de Rn.

d) Si m < n no pueden existir m vectores linealmente independientes en Rn.

e) Si m > n puede existir un sistema generador de Rn formado por m vectores.

f) En R2 el subespacio de ecuaciones impıcitas x = 0, y = 0 tiene dimension 1.

g) En R2 el subespacio de ecuaciones parametricas x = a+ b, y = a+ b con a, b ∈ R tiene dimension 2.

Solucion Esta solucion no se da a proposito. ♣

69

Tema 8: Diagonalizacion de endomorfismos y matrices cuadradas.

Problema 41 . Determinar la expresion matricial de las siguientes aplicaciones lineales:

(a) f (x, y, z) = x+ y + z (b) f (x, y) = (2x− y, 2y − x,−x− y)

(c) f (x, y, z, t) = (2x+ t, x− 3z, y − z) (d) f (x) = (x, 2x, 3x)

(e) f (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2, x3) (f) f (x1, x2, x3) = (x1 − x3,−x2 − x3, x1 − x2, x1 − 2x2)

Solucion

(a) f (x, y, z) = x+ y + z =⇒ f : R3 −→ R con A ∈M1x3 (R)

f (x, y, z) =(

1 1 1)

x

y

z

(b) f (x, y) = (2x− y, 2y − x,−x− y) =⇒ f : R2 −→ R3 con A ∈M3x2(R):

f (x, y) =

2 −1

−1 2

−1 −1

x

y

(c) f (x, y, z, t) = (2x+ t, x− 3z, y − z) =⇒ f : R4 −→ R3 con A ∈M3x4(R)

f (x, y, z, t) =

2 0 0 1

1 0 −3 0

0 1 −1 0

x

y

z

t

(d) f (x) = (x, 2x, 3x) =⇒ f :R −→ R3 con A ∈M3x1(R)

f (x) =

1

2

3

(x)

(e) f (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2, x3) =⇒ f : R3 −→ R2 con A ∈M2x3(R)

f (x1, x2, x3) =

1 2 0

0 0 1

x1

x2

x3

(f) f (x1, x2, x3) = (x1 − x3,−x2 − x3, x1 − x2, x1 − 2x2) =⇒ f : R3 −→ R4 con A ∈M4x2(R)

f (x1, x2, x3) =

1 0 −1

0 −1 −1

1 −1 0

1 −2 0

x1

x2

x3

70

Problema 42 Calcular una base del subespacio de autovectores asociado a cada uno de los autovalor de los

siguientes endomorfismos y estudiar si son diagonalizables. En caso afirmativo, determinar una expresion

diagonal en la base de autovectores.

(a) f(x, y, z) = (0, x+ y + z,−x+ y + z) (b) f(x, y, z) = (2x, x+ y + z,−x+ y + z)

(c) f(x, y, z) = (x+ y + z, x+ y + z, x+ y + z) (d) f(x, y, z) = (x+ y, y + z, z)

Solucion

(a) f(x, y, z) = (0, x+ y + z,−x+ y + z)

Obtenemos la expresion matricial y diagonalizamos la matriz

f (x, y, z) =

0 0 0

1 1 1

−1 1 1

x

y

z

I Calculamos los autovalores de A desarrollando su polinomio caracterıstico por la primera fila:

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 0 0

1 1− λ 1

−1 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −λ

∣∣∣∣∣∣ 1− λ 1

1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ (λ2 − 2λ)

La raız λ = 0 aparece directamente en el factor −λ y las otras dos raıces se obtienen de la ecuacion de

segundo grado y son λ = 2 y λ = 0 (no hay termino independiente).

λ =

0 m = 2

2 m = 1

I Estudiamos si es diagonalizable comparando la dimension del subespacio de autovectores asociado al

autovalor multiple con su multiplicidad:

dimH(0) = n− rg(A− 0I) = 3− rg

0 0 0

1 1 1

−1 1 1

= 3− 2 = 1 6= 2 = m(0).

Como la dimension no coincide con la multiplicidad, A no es diagonalizable.

I Calculamos una base de los subespacios de autovectores:

Subespacio de autovectores asociado a λ = 0 (m = 2):

(A− 0I)X = θ ⇔

0 0 0

1 1 1

−1 1 1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

0 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

−x1 + x2 + x3 = 0

en las que hay dos ecuaciones implıcitas linealmente independientes y de las que podemos obtener un solo

vector, por ejemplo u1 = (0, 1,−1).

71


(A− 2I)X = θ ⇔

−2 0 0

1 −1 1

−1 1 −1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

−2x1 = 0

x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + x2 − x3 = 0

tambien hay dos ecuaciones implıcitas linealmente independientes y solo podemos obtener un vector, por

ejemplo u2 = (0, 1, 1).

I Observese que no podemos obtener un conjunto de autovectores linealmente independientes mayor

que el formado por {(0, 1,−1), (0, 1, 1)} pues la matriz no es diagonalizable.

(b) f(x, y, z) = (2x, x+ y + z,−x+ y + z)


f (x, y, z) =

2 0 0

1 1 1

−1 1 1

x

y

z

I Calculamos los autovalores de A desarrollando su polinomio caracterıstico por la primera fila:

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2− λ 0 0

1 1− λ 1

−1 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)

∣∣∣∣∣∣ 1− λ 1

1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (2− λ) (λ2 − 2λ)

La raız λ = 2 aparece directamente en el factor 2 − λ y las otras dos raıces se obtienen de la ecuacion

de segundo grado y son λ = 2 y λ = 0. Por tanto, los autovalores de B son:

λ =

2 m = 2

0 m = 1

I Estudiamos si es diagonalizable comparando la dimension del subespacio de autovectores asociado al

autovalor multiple con su multiplicidad:

dimH(2) = n− rg(A− 2I) = 3− rg

0 0 0

1 −1 1

−1 1 −1

= 3− 1 = 2 = m(0).

Como la dimension coincide con la multiplicidad, A es diagonalizable.

I Calculamos una base de los subespacios de autovectores:


(A− 2I)X = θ ⇔

0 0 0

1 −1 1

−1 1 −1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

0 = 0

x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + x2 − x3 = 0

como solo hay una ecuacion implıcita linealmente independiente podemos obtener dos vectores, por ejemplo

u1 = (1, 1, 0) y u2 = (−1, 0, 1).

72


(A− 0I)X = θ ⇔

2 0 0

1 1 1

−1 1 1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

2x1 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

−x1 + x2 + x3 = 0

como hay dos ecuaciones implıcitas linealmente independientes podemos obtener solo un vector, por ejemplo

u3 = (0,−1, 1).

I Como la matriz es diagonalizable al unir las bases se obtiene una base de autovectores de R3

{(1, 1, 0), (−1, 0, 1), (0,−1, 1)}

I La expresion matricial de f en la base de autovectores tiene los autovalores en la diagonal principal

f(x1, x2, x3)B =

2 0 0

0 2 0

0 0 0

x1

x2

x3

B

I La expresion analıtica en esta base de autovectores es

f(x1, x2, x3)B = (2x1, 2x2, 0)B

(c) f(x, y, z) = (x+ y + z, x+ y + z, x+ y + z)


f (x, y, z) =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

x

y

z

I Como toda matriz simetrica es diagonalizable calculamos las raıces de su ecuacion caracterıstica y

directamente las bases de cada subespacio de autovectores

|A− λI| = −λ3 + 3λ2 = 0 =⇒ λ =

0 m = 2

3 m = 1

. Podemos comprobar que la dimension del subespacio de autovectores asociado al autovalor multiple

λ = 0 coincide con su multiplicidad

rg(A− 0I) = rg

1 1 1

1 1 1

1 1 1

= 1 =⇒ dim[H(0)] = n− rg(C − 0I) = 3− 1 = 2 = m(0).


(C − 0I)X = θ ⇔

1 1 1

1 1 1

1 1 1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

73

Como solo hay una ecuacion implıcita linealmente independiente una base estarıa formada, por ejemplo,

por u1 = (−1, 1, 0) y u2 = (−1, 0, 1).


(C − 3I)X = θ ⇔

−2 1 1

1 −2 1

1 1 −2

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔−2x1 + x2 + x3 = 0

x1 − 2x2 + x3 = 0

x1 + x2 − 2x3 = 0

Como hay dos ecuaciones implıcitas linealmente independientes hay un unico vector, por ejemplo, el vector

u3 = (1, 1, 1).

I Como la matriz es diagonalizable al unir las bases se obtiene la base de autovectores de R3

{(−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (1, 1, 1)}

I La expresion matricial de f en la base de autovectores tiene los autovalores en la diagonal principal

f(x1, x2, x3)B =

0 0 0

0 0 0

0 0 3

x1

x2

x3

B

I La expresion analıtica en esta base de autovectores es

f(x1, x2, x3)B = (0, 0, 3x3)B

(d) f(x, y, z) = (x+ y, y + z, z)


f (x, y, z) =

1 1 0

0 1 1

0 0 1

x

y

z

I Calculamos los autovalores de A mediante su ecuacion caracterıstica

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 0

0 1− λ 1

0 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3 = 0 =⇒ λ = 1 m = 3

I Calculamos una base del unico subespacio de autovectores mediante sus ecuaciones implıcitas:

(D − I)X = θ ⇔

0 1 0

0 0 1

0 0 0

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

x2 = 0

x3 = 0

0 = 0

74

Comparamos la dimension del subespacio asociado al autovalor multiple con su multiplicidad

dimH(1) = n− rg(A− λiI) = 3− rg

0 1 0

0 0 1

0 0 0

= 3− 2 = 1.

Como la dimension no coincide con la multiplicidad, A no es diagonalizable (solo hay un autovector).

Obtenemos una base de H(1) mediante su ecuacion parametrica (x1 = α, con α ∈ R).x1 = α

x2 = 0

x3 = 0

α ∈ R.

Una base esta formada por u1 = (1, 0, 0) (coeficientes de α) ♣

Problema 43 Calcular a y b para que el vector v = (1, 1,−1) sea un autovector del siguiente endomorfismo

y para estos valores de a y b estudiar si es diagonalizable, dando en tal caso una base de autovectores y su

expresion analıtica y matricial con respecto a la base de autovectores:

f(x, y, z) = (ax+ y + z, by + z, 2z)


Problema 44 Estudiar si los siguientes endomorfismos son diagonalizables y, si es posible, hallar una base

de autovectores y su expresion analıtica y matricial con respecto a la base de autovectores:

(a) f1(x, y, z) = (3x + 3y, 3x + 3y, 6z) (b) f2(x, y, z) = (3x− y, x + 2y + z, 2z)


Problema 45 Hallar los autovalores y autovectores de las siguientes matrices y, si es posible, para cada

matriz A obtener la matriz P tal que P−1AP es una matriz diagonal.

(a) A =

3 −1 1

0 2 0

1 −1 3

(b) A =

0 −1 −1

−2 1 −1

−2 2 2

(c) A =

3 0 0

1 2 1

2 1 2

(d) A =

3 0 1

1 2 1

2 0 4

(e) A =

3 3 0

3 3 0

0 0 0

(f) A =

3 −3 1

1 0 0

0 1 0

(g) A =

1 4 1

2 1 0

−1 3 1

(h) A =

3 2 0

−1 0 0

0 0 3

(i) A =

2 −2 3

10 −4 5

5 −4 6

75

Solucion

(a)A =

3 −1 1

0 2 0

1 −1 3

Paso 1: Se calculan los autovalores y su multiplicidad resolviendo la ecuacion |A− λI| = 0:∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3− λ −1 1

0 2− λ 0

1 −1 3− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 →desarrollando

por la 2a fila→ (2− λ)

∣∣∣∣∣∣ 3− λ 1

1 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0→

(2− λ)[(3− λ)2 − 1

]= 0→ (2− λ)

(λ2 − 6λ+ 8

)= 0→

2− λ = 0→ λ = 2

λ2 − 6λ+ 8 = 0→

λ = 4

λ = 2

Los autovalores son:

λ1 = 2 con m1 = 2

λ2 = 4 con m2 = 1

Paso 2: Para cada autovalor λi de multiplicidad mi estudiamos el subesp. de autovectores asociado H (λi)

|λ1 = 2 con m1 = 2| → H(2)

(A− λI)u = θ→ (A− 2I)u = θ→

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

x

y

z

=

0

0

0

rg

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

= 1→

•Tenemos 1 ecuacion l.i.→ x− y + z = 0 (ec. implıcita del subesp. H(2))

•Las variables libres son : y, z

• dimR3︸︷︷︸3

= dimsubesp. H(2) + no de ec.implıcitas l.i.︸︷︷︸1

→ |dimH(2) = 2 |

Buscamos una base de H(2) partiendo de las ecuaciones implıcitas

x− y + z = 0→ x = y − z → hacemosy = α

z = β→ solucion :

x = α− β

y = α

z = β

(ecuaciones parametricas)

x

y

z

= α

1

1

0

+ β

−1

0

1

→ ∣∣B H(2) = {(1, 1, 0) , (−1, 0, 1)}∣∣

|λ2 = 4 con m2 = 1| → H(λ2)

(A− λI)u = θ→ (A− 4I)u = θ→

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

x

y

z

=

0

0

0

76

rg

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

= 2→

•Tenemos 2 ec. l.i.→

−x− y + z = 0

−2x = 0(ec. implıcitas del subesp. H(4))

•La variable libre es : z

• dimR3︸︷︷︸3

dimsubesp. H(4) + no de ec. implıcitas l.i.︸︷︷︸→ |dimH(4) = 1 |2

Buscamos una base de H(4)

−x− y + z = 0

−2y = 0

→ hacemos z = α→ solucion :

x = α

y = 0

z = α


x

y

z

= α

1

0

1

B H(λ1) = {(1, 0, 1)}

¿La matriz es diagonalizable?

dimH (2) = 2 = orden de multiplicidad del autovalor λ1 = 2

dimH (4) = 1 = orden de multiplicidad del autovalor λ2 = 4

→ A es diagonalizable

La matriz de paso es:

H(2)

↑

P =

1

1

0

H(2)

↑

−1

0

1

H(4)

↑

1

0

1

P−1A P = D →

1 −1 1

0 0 0

0 1 1

−1

3 −1 1

0 2 0

1 −1 3

1 −1 1

0 0 0

0 1 1

=

2 0 0

0 2 0

0 0 4

(b)A2 =

0 −1 −1

−2 1 −1

−2 2 2

Paso 1: Se calculan los autovalores y su multiplicidad resolviendo la ecuacion: |A− λI| = 0∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ −1 −1

−2 1− λ −1

−2 2 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)

∣∣∣∣∣∣ 3− λ 1

1 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)[(3− λ)2 − 1

]= (2− λ)

(λ2 − 6λ+ 8

)= 0

2− λ = 0→ λ = 2

λ2 − 6λ+ 8 = 0→ λ = 4, λ = 2⇐⇒

λ1 = 2 con m1 = 2

λ2 = 4 con m2 = 1

77

Paso 2: Para cada autovalor λi de multiplicidad mi estudiamos el subesp. de autovectores asociado H (λi)

|λ1 = 2 con m1 = 2| → H(2)

(A− λI)u = θ→ (A− 2I)u = θ→

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

x

y

z

=

0

0

0

rg

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

= 1→

•Tenemos 1 ecuacion l.i.→ x− y + z = 0 (ec. implıcita del subesp. H(2))

•Las variables libres son : y, z

• dimR3︸︷︷︸3

= dimsubesp. H(2) + no de ec.implıcitas l.i.︸︷︷︸1

→ |dimH(2) = 2 |

Buscamos una base de H(2) partiendo de las ecuaciones implıcitas

x− y + z = 0→ x = y − z → hacemos

y = α

z = β→ solucion :

x = α− β

y = α

z = β


x

y

z

= α

1

1

0

+ β

−1

0

1

→ ∣∣B H(2) = {(1, 1, 0) , (−1, 0, 1)}∣∣

|λ2 = 4 con m2 = 1| → H(λ2)

(A− λI)u = θ→ (A− 4I)u = θ→

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

x

y

z

=

0

0

0

rg

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

= 2→

•Tenemos 2 ec. l.i.→

−x− y + z = 0

−2x = 0(ec. implıcitas de H(4))

•La variable libre es : z

• dimR3︸︷︷︸3

dimsubesp. H(4) + no de ec. implıcitas l.i.︸︷︷︸→ |dimH(4) = 1 |2

Buscamos una base de H(4)

−x− y + z = 0

−2y = 0

→ hacemos z = α→ solucion :

x = α

y = 0

z = α


x

y

z

= α

1

0

1

B H(λ1) = {(1, 0, 1)}

78

• dimH (2) = 2 = orden de multiplicidad del autovalor λ1 = 2

• dimH (4) = 1 = orden de multiplicidad del autovalor λ2 = 4

→ A es diagonalizable

Matriz de paso

H(2)

↑

P =

1

1

0

H(2)

↑

−1

0

1

H(4)

↑

1

0

1

P−1A P = D →

1 −1 1

0 0 0

0 1 1

−1

3 −1 1

0 2 0

1 −1 3

1 −1 1

0 0 0

0 1 1

=

2 0 0

0 2 0

0 0 4

I Para los siguientes apartados solo daremos los resultados :

(c) En este apartado la matriz no es diagonalizable con λ = 1 de multiplicidad m= 3

BH(1) = {(1, 1, 1)} =⇒ dim (H (1)) = 1 6= m

(d) La matriz no es diagonalizable con λ1 = 1 de multiplicidad m1 = 1 y λ2 = 3 de multiplicidad m2 = 2

BH(3) = {(0, 1, 1)} =⇒ dim (H (3)) = 1 6= m2

(e) Sı es diagonalizable y las matrices son:

D =

5

2

2

P =

1 −1 0

1 0 1

2 1 0

(f) Sı es diagonalizable y las matrices son:

D =

6

0

0

P =

1 0 −1

1 0 1

0 1 0

(g) Solucion pendiente. (h) Solucion pendiente. (i) Solucion pendiente. ♣

Problema 46 Calcular a para que λ = 1 sea autovalor de la siguiente matriz y para este valor de a estudiar

si es diagonalizable, dando en tal caso una matriz diagonal semejante y la matriz de paso:

A =

1 0 2

a 1 1

2 −3 −1


Problema 47 Calcular a y b para que el vector ~v = (−8, 4,−3) sea un autovector de la siguiente matriz

y para estos valores de a y b estudiar si la matriz es diagonalizable, dando en tal caso una matriz diagonal

semejante y la matriz de paso:

A =

b −b 0

−a a 0

a −a −a


79

Tema 9: Formas cuadraticas sobre Rn.

Problema 48 Calcular la expresion matricial respecto a la base canonica de las formas cuadraticas:

(a) q(x1, x2, x3) = x21 + x2

2 + 4x1x2 − 2x1x3 + 6x2x3 (b) q(x1, x2, x3) = x21 − 2x1x2 + 4x1x3

(c) q(x1, x2, x3) = x21 − 2x1x2 + 3x2

3 − 2x2x3 + 4x1x3 (d) q(x1, x2, x3) = x1x2 + 3x2x3 − 2x1x3

Solucion

x1 x2 x3

x1 x21 x1x2 x1x3

x2 x2x1 x22 x2x3

x3 x3x1 x3x2 x23

(a) q (x1, x2, x3) = x21 + x22 + 4x1x2 − 2x1x3 + 6x2x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 2 −1

2 1 3

−1 3 0

x1

x2

x3

(b) q (x1, x2, x3) = x21 − 2x1x2 + 4x1x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 −1 2

−1 0 0

2 0 0

x1

x2

x3

(c) q (x1, x2, x3) = x21 − 2x1x2 + 3x23 − 2x2x3 + 4x1x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 −1 2

−1 0 −1

2 −1 3

x1

x2

x3

(d) q (x1, x2, x3) = x1x2 + 3x2x3 − 2x1x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)0 1

2−1

12

0 32

−1 32

0

x1

x2

x3

Problema 49 Calcular la expresion analıtica de las formas cuadraticas cuyas matrices son:

(a) A1 =

1 0 −1

0 1 1

−1 1 0

(b) A2 =

−1 1 −1

1 2 1

−1 1 −2

A3 =

0 1 −3

1 0 1

−3 1 0


80

Problema 50 Calcular, si es posible, la expresion diagonal de Jacobi de las formas cuadraticas:

(a) q(x1, x2, x3) = x21 + 2x2

2 + 6x1x2 + 2x2x3 (b) q(x1, x2, x3) = x21 + x1x2 + 3x2

3 + 6x2x3

(c) q(x1, x2, x3) = x21 + 3x2

3 + 4x1x3 (d) q(x1, x2, x3) = x21 + 3x1x2 − 5x1x3

Solucion

(a) q (x1, x2, x3) = x21 + 2x22 + 6x1x2 + 2x2x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 3 0

3 2 1

0 1 0

x1

x2

x3

D1 = 1 6= 0, D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 3

3 2

∣∣∣∣∣∣ = −7 6= 0, D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 3 0

3 2 1

0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0 =⇒ rg(A) = 3

Como rg (A) = 3 y D1, D2, D3 6= 0 la forma diagonal de Jacobi es

q (y1, y2, y3) = 1y21 +−7

1y22 +

−1

−7y23 = y2

1− 7y22 +

1

7y23

(b) q (x1, x2, x3) = x21 + x1x2 + 3x23 + 6x2x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 1

20

12

0 3

0 3 3

x1

x2

x3

D1 = 1 6= 0, D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 12

12

2

∣∣∣∣∣∣ = −1

46= 0, D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1

20

12

0 3

0 3 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −37

46= 0 =⇒ rg(A) = 3

Como rg (A) = 3 y D1, D2, D3 6= 0 la forma diagonal de Jacobi es

q (y1, y2, y3) = 1y21 +−1

4

1y22 +

−374

−14

y23 = y21 −

1

4y22 + 37y2

3

(c) q (x1, x2, x3) = x21 + 3x23 + 4x1x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 0 2

0 0 0

2 0 3

x1

x2

x3

D1 = 1 6= 0, D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 0

0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0, D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 2

0 0 0

2 0 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 con rg(A) = 2

Como rg (A) = 2 y D2 = 0, en principio, q no admite forma diagonal de Jacobi

81

(d) q (x1, x2, x3) = x21 + 3x1x2 − 5x1x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 3

2−52

32

0 0

−52

0 0

x1

x2

x3

D1 = 1 6= 0, D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 32

32

0

∣∣∣∣∣∣ = −9

46= 0, D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 3

2−52

32

0 0

−52

0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ rg(A) = 2

Como rg (A) = 2 y D1, D2 6= 0 la forma diagonal de Jacobi es

q (y1, y2, y3) = 1y21 +−9

4

1y22 = y2

1 −9

4y22 ♣

Problema 51 Calcular una expresion diagonal de autovalores de las formas cuadraticas:

(a) q(x1, x2, x3) = x21 + x2

2 + 3x23 + 2x1x2 (b) q(x1, x2, x3) = 2x1x2 + 2x2x3 + 2x1x3

(c) q(x1, x2, x3) = x23 − 2x1x2 (d) q(x1, x2, x3) = x2

1 − x23 + 2x1x3 − 2x2

3

Solucion

(a) q (x1, x2, x3) = x21 + x22 + 3x23 + 2x1x2

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 1 0

1 1 0

0 0 3

x1

x2

x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 0

1 1− λ 0

0 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)

∣∣∣∣∣∣ 1− λ 1

1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)[(1− λ)2 − 1

]︸︷︷︸λ2−2λ

= 0→

λ = 3

λ = 2

λ = 0

La forma diagonal de autovalores viene dada por:

q (y1,y2,y3) = 3y21 + 2y2

2

(b) q (x1, x2, x3) = 2x1x2 + 2x1x3 + 2x2x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)0 1 1

1 0 1

1 1 0

x1

x2

x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 1 1

1 −λ 1

1 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 → −λ3 + 3λ+ 2 = 0→

λ1 = −1

λ2 = −1

λ3 = 2

La forma diagonal de autovalores viene dada por

82

q (y1,y2,y3) = −y21− y2

2 + 2y23

(c) q (x1, x2, x3) = x23 − 2x1x2

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)0 −1 0

−1 0 0

0 0 1

x1

x2

x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ −1 0

−1 −λ 0

0 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)

∣∣∣∣∣∣ −λ −1

−1 −λ

∣∣∣∣∣∣ = 0→ (1− λ) (λ2 − 1) = 0→

λ1 = 1

λ2 = 1

λ3 = −1

La forma diagonal de autovalores viene dada por

q (y1,y2,y3) = y21 + y2

2− y23

(d) q (x1, x2, x3) = x21 − x22 + 2x1x2 − 2x23

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 1 0

1 −1 0

0 0 −2

x1

x2

x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 0

1 −1− λ 0

0 0 −2− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−2− λ)

∣∣∣∣∣∣ 1− λ 1

1 −1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (−2− λ)(λ2 − 2

)= 0→

λ = −2

λ =√

2

λ = −√

2

q (y1,y2,y3) = −2y21 +√

2 y22−√

2 y23 ♣

Problema 52 Clasificar atendiendo a su signo las formas cuadraticas:

a) q(x1, x2, x3) = x21 − x22 − 2x23 + 2x1x2 + 2x1x3 − 2x2x3

b) q(x1, x2, x3) = 2x21 + x22 + 3x23 − 2x1x3 + 2x2x3.

c) q(x1, x2, x3) = −2x21 − 3x22 − 2x23 + 4x1x2 − 2x1x3.

d) q(x1, x2, x3) = −x21 + 3x23 − 2x1x2 + 4x1x3 − 2x2x3.

e) q(x1, x2, x3) = 2x21 + x22 + 5x23 + 2x1x2 + 6x1x3 + 4x2x3.

Solucion

(a) q (x1, x2, x3) = x21 − x22 − 2x23 + 2x1x2 + 2x1x3 − 2x2x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 1 1

1 −1 −1

1 −1 −2

x1

x2

x3

83

Calculamos los menores angulares:

D1 = 1 > 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 −1

∣∣∣∣∣∣ = −2 < 0

D3 = |A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1

1 −1 −1

1 −1 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2 > 0

Como los tres menores ni son positivos (definida positiva) ni alternan de signo empezando en negativo

(definida negativa) y |A| 6= 0 (no es semidefinida), la forma cuadratica es indefinida.

I La forma diagonal de Jacobi es: q (y1, y2, y3) = 1y21 + −21y22 + 2

−2y23 = y2

1− 2y22− y2

3

Observese que al tratarse de una forma diagonal para su clasificacion basta analizar el signo de los

coeficientes y como hay terminos positivos y negativos la forma cuadratica es indefinida.

(b) q (x1, x2, x3) = 2x21 + x22 + 3x23 − 2x1x3 + 2x2x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)2 0 −1

0 1 1

−1 1 3

x1

x2

x3


D1 = 2 > 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 2 0

0 1

∣∣∣∣∣∣ = 2 > 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 −1

0 1 1

−1 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3 > 0

Al ser los tres menores positivos (D1 > 0, D2 > 0, D3 > 0) la forma cuadratica es definida positiva

I La forma diagonal de Jacobi es: q (y1, y2, y3) = 2y21 + 22y22 + 3

2y23 = 2y2

1 + y22 + 3

2y23

(c) q (x1, x2, x3) = −2x21 − 3x22 − 2x23 + 4x1x2 − 2x1x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)−2 2 −1

2 −3 0

−1 0 −2

x1

x2

x3


D1 = −2 < 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ −2 2

2 −3

∣∣∣∣∣∣ = 2 > 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−2 2 −1

2 −3 0

−1 0 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1 < 0

Como los tres menores alternan de signo empezando en negativo (D1 < 0, D2 > 0, D3 < 0) la forma

cuadratica es definida negativa

84

I La forma diagonal de Jacobi es: q (y1, y2, y3) = −2y21 + 2−2y

22 + −1

2y23 = −2y2

1− y22− 1

2y23

(d) q (x1, x2, x3) = −x21 + 3x23 − 2x1x2 + 4x1x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)−1 −1 2

−1 0 −1

2 −1 3

x1

x2

x3


D1 = −1 < 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ −1 −1

−1 0

∣∣∣∣∣∣ = −1 < 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 −1 2

−1 0 −1

2 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2 > 0



I La forma diagonal de Jacobi es: q (y1, y2, y3) = −y21 + −1−1y

22 + 2

−1y23 = −y2

1 + y22− 2y2

3

(e) q (x1, x2, x3) = 2x21 + x22 + 5x23 + 2x1x2 + 6x1x3 + 4x2x3

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)2 1 3

1 1 2

3 2 5

x1

x2

x3


D1 = 2 > 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 2 1

1 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 > 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 1 3

1 1 2

3 2 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −3 < 0



I La forma diagonal de Jacobi es: q (y1, y2, y3) = 2y21 + 12y22 + −3

1y23 = 2y2

1 + 12y22− 3y2

3 ♣


a) q(x1, x2, x3) = x21 + x22 + x23 + 2x1x2.

b) q(x1, x2, x3) = x21 + x22 − x23 + 2x1x2.

c) q(x1, x2, x3) = x1x2 + x1x3 + x2x3.

d) q(x1, x2, x3) = x21 + x22 + 4x1x2 − 2x1x3 + 6x2x3.

85

e) q(x1, x2, x3) = x21 − 2x1x2 + 3x23 − 2x2x3 + 4x1x3.

Solucion

(a) q (x1, x2, x3) = x21 + x22 + x23 + 2x1x2

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 1 0

1 1 0

0 0 1

x1

x2

x3


D1 = 1 > 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 1

∣∣∣∣∣∣ = 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0

1 1 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Como |A| = 0 tenemos que rg (A) = 2 y, al ser D2 = 0, no se puede aplicar directamente el criterio de

menores angulares. Si clasificamos por autovalores:∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 0

1 1− λ 0

0 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)

∣∣∣∣∣∣ 1− λ 1

1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)[(1− λ)2 − 1

]︸︷︷︸λ2−2λ

= 0→

λ = 1 > 0

λ = 2 > 0

λ = 0

Como λ1 > 0, λ2 > 0 y λ3 = 0 la forma cuadratica es semidefinida positiva.

(b) q (x1, x2, x3) = x21 + x22 − x23 + 2x1x2

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)1 1 0

1 1 0

0 0 −1

x1

x2

x3


D1 = 1 > 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 1

∣∣∣∣∣∣ = 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0

1 1 0

0 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Como |A| = 0 tenemos que rg (A) = 2 y, al ser D2 = 0, no se puede aplicar directamente el criterio de

menores angulares. Si clasificamos por autovalores:∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 0

1 1− λ 0

0 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1− λ)

∣∣∣∣∣∣ 1− λ 1

1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0 (−1− λ)[(1− λ)2 − 1

]︸︷︷︸λ2−2λ

= 0→

λ = −1 < 0

λ = 2 > 0

λ = 0

86

Como λ1 < 0 y λ2 > 0 la forma cuadratica es indefinida.

(c) Solucion pendiente. (d) Solucion pendiente. (e) Solucion pendiente. ♣

Problema 54 Clasificar las formas cuadraticas del ejercicio 52 restringida al subespacio

S = {(x1, x2, x3) ∈ R3/x1 + 2x2 − x3 = 0, x1 − x2 + x3 = 0}


Problema 55 Clasificar las formas cuadraticas del ejercicio 53 restringida a E = 〈(1, 0, 1), (1, 1, 0)〉


Problema 56 Clasificar las siguientes formas cuadraticas restringidas a S = {(x1, x2, x3) ∈ R3/x1 = x3}(a) q(x1, x2, x3) = 6x2

1 + 6x22 + 6x2

3 (b) q(x1, x2, x3) = −x21 − 2x2

2 − x23

(c) q(x1, x2, x3) = x22 + x2

3 (d) q(x1, x2, x3) = x21 + x2

3

Solucion

(a) q (x1, x2, x3) = 6x21 + 6x22 + 6x23

q es definida positiva sin restringir y, por tanto, la forma cuadratica restringida es definida positiva.

(b) q (x1, x2, x3) = −x21 − 2x22 − x23q es definida negativa sin restringir y, por tanto, la forma cuadratica restringida es definida negativa.

(c) q (x1, x2, x3) = x22 + x23 A =

0 0 0

0 1 0

0 0 1

Como q es semidefinida positiva sin restringir la forma cuadratica restringida puede seguir siendo semi-

definida positiva o cambiar y ser definida positiva. Por tanto, necesitamos la forma cuadratica restringida,

para lo que sustituimos las ecuaciones parametricas en la expresion analıtica de la forma cuadratica. De esta

forma obtenemos la expresion analıtica de la forma cuadratica restringida en funcion de los parametros:

x1 − x3 = 0 =⇒

x1 = β

x2 = α

x3 = β

=⇒ q|S (α, β) =

x2︷︸︸︷α 2 +

x3︷︸︸︷β 2 = α2 + β2

La forma cuadratica restringida es una forma diagonal completa con coeficientes positivos y, por tanto,

es definida positiva.

(d) q (x1, x2, x3) = x21 + x23

Como q es semidefinida positiva sin restringir la forma cuadratica restringida puede seguir siendo semi-

definida positiva o cambiar y ser definida positiva. Sustituimos las ecuaciones parametricas en la expresion

analıtica de la forma cuadratica para obtener la expresion analıtica de la forma cuadratica restringida en

87

funcion de los parametros:

x1 − x3 = 0 =⇒

x1 = β

x2 = α

x3 = β

=⇒ q|S (α, β) =

x1︷︸︸︷β 2 +

x3︷︸︸︷β 2 = 2 β2

La forma cuadratica restringida es una forma diagonal con coeficientes positivos pero incompleta, por

tanto, es semidefinida positiva. ♣

Problema 57 Clasificar la forma cuadratica q(x1, x2, x2) = 2x1x2 + x23 restringida a

(a) S1 = {(x1, x2, x3) ∈ R3/2x1 + x2 − 2x3 = 0} (b) S2 = {(x1, x2, x3) ∈ R3/x1 − x3 = 0}

(c) S3 = {(x, y, z) ∈ R3/x + 2y − z = 0, x− y + z = 0} (d) S4 = {(x, y, z) ∈ R3/2x + 3y − z = 0}

Solucion

En primer lugar clasificamos la forma cuadratica sin restringir:

q (x1, x2, x3) =(x1 x2 x3

)0 1 0

1 0 0

0 0 1

x1

x2

x3


D1 = 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 0 1

1 0

∣∣∣∣∣∣ = −1 < 0

D3 = |A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 0

1 0 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1 < 0

Como |A| 6= 0 y no es ni definida positiva ni definida negativa sin restringir es indefinida y restringida

nos puede originar cualquier caso.

(a)S1 = {(x, y, z) ∈ R3/2x+ 3y − z = 0}

Como esta dado por una ecuacion despejamos una variable y tomamos las otras como parametrosx1 = α

x2 = β

x3 = 2α + 3β

con α, β ∈ R

Sustituyendo x1, x2, x3 en la expresion de q (x1, x2, x3) = 2x1x2 + x23:

q|S1 (α, β) = 2αβ + (2α + 3β)2 = 4α2 + 9β2 + 14αβ =(α β

) 4 7

7 9

α

β


D1 = 4 > 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 4 7

7 9

∣∣∣∣∣∣ = −13 < 0

Como |A| 6= 0 y no es ni definida positiva ni definida negativa es indefinida.

88

(b)S2 = {(x, y, z) ∈ R3/x+ 2y − z = 0, x− y + z = 0}

Tenemos dos ecuaciones y buscamos las ecuaciones parametricas eliminando, si las hay, las ecuaciones

implıcitas que sean l.i.

∣∣∣∣∣∣ 1 2

1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0→ rg

1 2 −1

1 −1 1

= 2

Como las dos ecuaciones son l.i. hacemos z = α para resolver el sistema:

x+ 2y − z = 0

x− y + z = 0→

x+ 2y = α

x− y = −α=⇒

x = − α

3

y = 2α3

z = α

con α ∈ R

Sustituyendo x1, x2, x3 en la expresion q (x1, x2, x3) = 2x1x2 + x23:

q|S2(α) = 2

(− α

3

) 2α

3+ α2 = −4

9α2 + α2 =

5

9α2

Como el coeficiente es positivo q|S2 es definida positiva.

(c)S3 = {(x1, x2, x3) /x1 − x3 = 0}

Como esta dado por una ecuacion despejamos una variable y tomamos las otras como parametrosx1 = β

x2 = α

x3 = β

Sustituyendo x1, x2, x3 en la expresion de q (x1, x2, x3) = 2x1x2 + x23:

q|S3 (α, β) = 2αβ + β2 = (α, β) =(α β

) 0 1

1 1

α

β


D1 = 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 0 1

1 1

∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0

Como |A| 6= 0 y no es ni definida positiva ni definida negativa es indefinida.

(d)S4 = {(x1, x2, x3) ∈ R3/ 2 x1 + x2 − 2x3 = 0}

Como esta dado por una ecuacion despejamos una variable y tomamos las otras como parametrosx1 = α

x2 = −2α + 2β

x3 = β

Sustituyendo x1, x2, x3 en q (x1, x2, x3) = 2x1x2 + x23:

q|S3 (α, β) = 2α (−2α + 2β) + β2 = −4α2 + 4αβ + β2 =(α β

) −4 2

2 1

α

β

89

Calculamos los menores angulares

D1 = −4 < 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ −4 2

2 1

∣∣∣∣∣∣ = −8 < 0

Como |A| 6= 0 y no es ni definida positiva ni definida negativa es indefinida. ♣


a) q(x1, x2, x3, x4) = x21 − x22 + x23 − x24 + 2x1x2 + 2x1x3 + 2x1x4 + 2x2x4 + 2x3x4.

b) q(x1, x2, x3, x4) = −x21 − x22 − 2x23 − x24 + 2x1x4 + 2x2x3 + 2x3x4.

Solucion

(a) q (x1, x2, x3, x4) = x21 − x22 + x23 − x24 + 2x1x2 + 2x1x3 + 2x1x4 + 2x2x4 + 2x3x4

A =

1 1 1 1

1 −1 0 1

1 0 1 1

1 1 1 −1

=⇒

D1 = 1 > 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 1

1 −1

∣∣∣∣∣∣ = −2 < 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1

1 −1 0

1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1 < 0

D4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1

1 −1 0 1

1 0 1 1

1 1 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2 > 0



(b) q (x1, x2, x3, x4) = −x21 − x22 − 2x23 − x24 + 2x1x2 + 2x1x4 + 2x2x3 + 2x3x4

A =

−1 1 0 1

1 −1 1 0

0 1 −2 1

1 1 0 −1

=⇒

D1 = −1 < 0

D2 =

∣∣∣∣∣∣ −1 1

1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0

D3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−1 1 0

1 −1 1

0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 > 0

D4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 1 0 1

1 −1 1 0

0 1 −2 1

1 1 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −6 < 0


(definida negativa) y |A| 6= 0 (no es semidefinida), la forma cuadratica es indefinida. ♣

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