Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-1
Tema 1
Sucesiones de números reales. Límites de sucesiones
1.1 Conceptos previos Intervalos y entornos a b [ ] Su representación sobre la recta real es:
a b ( )
En las definiciones anteriores, los extremos pueden ser infinitos. Al intervalo [ ]+∞−∞, se
le llama recta real ampliada y se denota por R . Nota Evidentemente, los intervalos cerrados contienen a sus extremos mientras que los abiertos no; pero hay otra diferencia sustancial entre intervalos abiertos y cerrados. En el
intervalo [ ]b,a , a es el menor y b el mayor de los números que pertenecen a dicho intervalo,
llamados mínimo y máximo respectivamente; sin embargo, en el intervalo ( )b,a no hay ni
mínimo ni máximo, pues a no pertenece al intervalo y no puede encontrarse ningún número a’
de ( )b,a que sea mayor que a y tal que entre a y a’ no haya ningún número de ( )b,a . Muy al
contrario, en la recta real sucede que entre dos números cualesquiera, por próximos que se elijan, siempre hay infinitos números reales. Así, por ejemplo, el intervalo (8,12) es un entorno del punto 9, como también lo es del punto 10 y de todos los puntos del propio intervalo. Nota Si el punto está en el centro del intervalo entonces, a ese intervalo, se le llama entorno centrado. A la distancia entre el centro y cualquiera de los extremos del intervalo se le llama
radio del entorno. Así el intervalo (8,12) es un entorno centrado de centro 10=c y cuyo radio
Definición Dados dos números reales a y b, con ba < , se define intervalo cerrado de
extremos a y b, y se representa por [ ]b,a , al conjunto [ ] bxa/Rxb,a ≤≤∈= . Su
representación en la recta real es:
Definición Se define intervalo abierto de extremos a y b, y se representa por ( )b,a , o bien
] [b,a , al conjunto ( ) bxa/Rxb,a <<∈= .
Definición Se llama entorno de un punto a todo intervalo abierto que lo contenga.
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2=r .
Nota Observa que ( )aE r representa también el conjunto de puntos que distan de a en menos
de r unidades. En efecto, el conjunto de puntos que distan de a en menos de r unidades es
rax/Rx <−∈ . La desigualdad anterior es equivalente a la doble desigualdad raxr <−<−
y sumando a a los tres miembros se tiene raxra +<<− , cuya solución son todos los puntos
del intervalo ( )ra,ra +− .
Formas de determinar un entorno Según lo anterior, un entorno centrado queda determinado si se conoce el centro y el
radio o se conocen sus extremos o viene dado de la forma rax/Rx <−∈ .
Ejemplos
Ejemplo 1.1 El entorno de centro 3 y radio 5 queda determinado de cualquiera de estas tres formas:
a) )(E 35 b) ( )82,− c) 53 <−∈ x/Rx .
Ejemplo 1.2 Si queremos determinar el centro y el radio del entorno centrado definido por el
intervalo ( )5,3− , se calcula el radio como la semidiferencia de la distancia entre los extremos
42
)3(5=
−− y, como consecuencia, el centro es 145 =− o 143 =+− . Por lo que se puede
escribir ( ) ( )153 4E, =− .
Ejemplo 1.3 Para determinar los extremos del entorno 505 ,x/Rx <+∈ , como el centro es
5− y el radio es 0’5, los extremos inferior y superior son respectivamente 5'55'05a −=−−= y
5'45'05b −=+−= , por lo que el intervalo que resulta es ( ) =b,a (-5’5,-4’5).
1.2 Sucesiones de números reales
De un modo intuitivo se puede definir una sucesión como un conjunto ordenado e infinito de números reales.
Esto es, n indica la posición y na es el término de la sucesión que corresponde a esa
posición. De forma análoga, denotamos por 1a al primer término, 2a al segundo y, así,
sucesivamente. Al término que está en el lugar n , esto es, al na , se le llama término general
de la sucesión o término enésimo.
Nota Evidentemente, cada término na de una sucesión tiene un término siguiente que
denotamos por 1+na , pero no hay último término.
Definición Se llama entorno de centro a y radio r ( )0>r , y se denota por ( )r,aE o ( )aE r ,
al intervalo abierto ( )ra,ra +− .
Definición Una sucesión es una aplicación a de *N en R , tal que a cada número natural n
le asigna como imagen el número real ( ) nana = .
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
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Ejemplos
Ejemplo 1.4 Los múltiplos de tres determinan la sucesión de términos: 3, 6, 9, 12,....
Ejemplo 1.5 Los números impares forman la sucesión de términos: 1, 3, 5, 7, 9, ......
1.2.1 Formas de determinar una sucesión
Mediante el término general La sucesión queda determinada al conocer la expresión del término enésimo en función de n. Esta es la mejor forma de expresar las sucesiones.
Ejemplo 1.6 Si el término general de la sucesión es nan 3= , dando a n los valores 1, 2, 3, ...
resulta la sucesión 3, 6, 9, 12,..... Y, recíprocamente, es fácil ver que el término general de la
sucesión 1, 3, 5, 7, 9, ......es 12 −= nan .
Mediante una ley de recurrencia Consiste en dar una ley de construcción en la que cada término de la sucesión quede determinado a partir de los anteriores.
Ejemplos
Ejemplo 1.7 Dada la sucesión na definida por la ley de recurrencia 121 == aa y
21 −− += nnn aaa , los distintos términos de la sucesión se obtienen dando valores a n o, también,
observando que, en este caso, cada término es la suma de los dos anteriores. En efecto, para
3=n se tiene que 2111223133 =+=+=+= −− aaaaa . De manera análoga se obtendrían los
restantes, resultando 1, 1, 2, 3, 5, 8, .... (sucesión de Fibonacci).
Ejemplo 1.8 La sucesión 3, 6, 9, 12,.... se puede expresar como 31 =a y 31 += −nn aa . Esto
es, cada término se obtiene sumando 3 al anterior.
Nota A partir de la ley de recurrencia es posible encontrar el término general, aunque no siempre es sencillo.
Nota Existen sucesiones que no pueden ser expresadas de ninguna de estas dos formas,
como por ejemplo las sucesivas aproximaciones por defecto de 2 : 1, 1’4, 1’41,... En lo
sucesivo consideraremos sucesiones que puedan ser expresadas mediante su término
general.
Notaciones Una sucesión de término general na se puede escribir como Nn:an ∈ , ( )∞
1na ,
na , ( )na o simplemente na ; por comodidad, adoptaremos esta última notación.
1.2.2 Representación gráfica
Las sucesiones se pueden representar en la recta real, o bien en un sistema de ejes cartesianos.
Así, por ejemplo, la sucesión ....n
,.....,,,,:an
2
5
2
2
1
3
212 se puede representar como
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
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o bien
1.2.3 Sucesiones monótonas y acotadas Nota Se dice que una sucesión es monótona si es monótona creciente o monótona decreciente.
Ejemplo 1.9 La sucesión ....,n....,,,, 32975 + es estrictamente creciente. La sucesión
....,n
.....,,,1
3
1
2
11 es estrictamente decreciente. La sucesión ( ) ....,
n.....,,,
n 11
3
1
2
11 ⋅−−− no es
monótona.
Nota Toda sucesión acotada tiene siempre supremo e ínfimo.
Definiciones Una sucesión se dice que es monótona creciente si Nnaa n1n ∈∀≥+ . Se dice
estrictamente creciente si Nnaa nn ∈∀>+1 .
Se dice que una sucesión es monótona decreciente si Nnaa n1n ∈∀≤+ . Se le llama
estrictamente decreciente si Nnaa nn ∈∀<+1 .
Definiciones Se dice que una sucesión está acotada superiormente si existe un número
real k , llamado cota superior, tal que Nn,kan ∈∀≤ .
Se llama supremo de la sucesión a la menor de todas las cotas superiores y si éste
es un término de la sucesión se llama máximo.
Se dice que una sucesión está acotada inferiormente si existe un número real k,
llamado cota inferior, tal que Nn,kan ∈∀≥ .
Se llama ínfimo de una sucesión a la mayor de todas las cotas inferiores y si,
además, es un término de la sucesión se llama mínimo .
Se dice que una sucesión está acotada cuando lo está superior e inferiormente.
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Ejemplos
Ejemplo 1.10 La sucesión ....,n
.....,,,1
3
1
2
11 está acotada superiormente, una cota superior es
1 que es además el máximo. También está acotada inferiormente, una cota inferior es 0 que es el ínfimo pero no es mínimo, porque no pertenece a la sucesión.
Ejemplo 1.11 La sucesión ....,n....,,,, 32975 + está acotada inferiormente por 5 pero no tiene
cota superior.
Ejemplo 1.12 Justifiquemos que la sucesión 1n2
n2an
+= es monótona creciente. Los primeros
términos son ,...7
6,
5
4,
3
2 y se observa que cada término es mayor que el anterior, pero eso no
asegura que la tendencia no pueda invertirse, así que deberemos comprobar que nn aa ≥+1
para todos los valores de n.
Hay dos modos de comprobar esa desigualdad, probando que 01 ≥−+ nn aa (criterio
de la resta) o, bien, cuando la sucesión es de términos positivos, comprobando que 11 ≥+
n
n
a
a
(criterio del cociente). Como en este caso se tiene una sucesión de números positivos, podemos utilizar éste
último, 164
264
12
2
112
122
21 >
+
++=
+++
+=+
nn
nn
n
n:
)n(
)n(
a
a
n
n , luego es creciente.
Ejemplo 1.13 Comprobemos que 3 es una cota superior y 2
1 una cota inferior de la sucesión
anterior.
Para probar que Nnan ∈∀≤ 3 bastará ver que 03 >− na . En efecto,
n
n
n
n0
12
34
12
23 >
+
+=
+− , para todo valor de n.
Comprobar que 2
1 es una cota inferior es trivial, pues se trata de una sucesión
monótona creciente y su primer término es 3
2 que ya es mayor que
2
1.
1.3 Concepto de límite de una sucesión
Considera la sucesión an n=1
2.
Evidentemente, la sucesión na es decreciente y está acotada. Su supremo es1/2 y su
ínfimo es el 0. Como muestra la figura, a medida que hallamos los términos de la sucesión, la
distancia entre dos términos consecutivos va disminuyendo. Además, cada nuevo término se encuentra a menos distancia del cero que el anterior. Esto es, los términos se acercan al cero al aumentar n, hasta el punto de que parece lógico afirmar que en cualquier entorno del cero, por pequeño que sea, hay infinitos términos de la sucesión; lo que permite dar la siguiente definición:
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Nota Si aalim nn
=∞→
, también se dice que na tiende a a .
De una manera rigurosa, los matemáticos han formulado la anterior definición como
sigue:
Nota Observemos que esto significa que para cualquier entorno de a , por pequeño que sea,
hay siempre un término 0n
a de la sucesión, a partir del cual los infinitos términos posteriores
están todos dentro de ese entorno. Y que fuera del ( )aEε sólo hay un número finito de
términos de la sucesión. En concreto, hay 10 −n términos. Veamos, con algunos ejemplos,
cómo se comprueba el límite de una sucesión.
Ejemplo 1.14 La sucesión n
1 tiene por límite 0.
La definición exige demostrar que para todo ε > 0 existe un número natural 0n tal que para
todo 0nn ≥ : ε<− 01
n; pero n
nn<⇔<=
εε
111. Luego, sí es posible encontrar un 0n
a partir del cual todos los na de orden posterior ( 0nn ≥ ) estén en el ( )0εE . El más
pequeño posible de estos, el 0n , será: 0n = 11
+
εE . (La notación [ ]E x significa "parte
entera de x", que por definición es el mayor entero menor o igual que x.)
Nota En este ejemplo, si ε = ½ 0n = 3; si ε = 10-2
0n = 101.
Observa 1) Que n0 depende de ε ; 2) que fuera del ( )0εE hay sólo un número finito de
términos y 3) que dentro del ( )Eε 0 hay infinitos términos.
Ejemplos
Ejemplo 1.15 Dada la sucesión 1n
3n2an
+
+= a) comprueba que es monótona decreciente y
que 2 es una cota inferior. b) calcula los términos que pertenecen a un entorno de centro 2 y radio 0’2.
Definición Decimos que una sucesión na tiene por límite un número real a si, y sólo si,
para todo entorno de a, por pequeño que sea, contiene infinitos términos de la sucesión, y
fuera de él quedan un número finito de términos. En tal caso, escribimos: aalim nn
=∞→
, que
se lee “límite cuando n tiende a infinito de na es a“.
Definición Se dice que una sucesión na tiene por límite a , Ra∈ , y se denota por
aalim nn
=∞→
si, y sólo si, para todo 0>ε (por pequeño que sea) existe un Nn ∈0 (que
depende de ε ) tal que para todo 0nn ≥ se tiene que ε<− aan ; o, lo que es lo mismo,
( )ε+ε−∈ a,aan .
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La sucesión es monótona decreciente pues 16n7n2
5n7n2
1n
3n2:
1)1n(
3)1n(2
a
a2
2
n
1n <++
++=
+
+
++
++=+
2 es una cota inferior ya que 01n
12
1n
3n2>
+=−
+
+
El entorno es el intervalo abierto ( )2'2,8'1 y los primeros términos son ...6
13,
5
11,
4
9,
3
7,
2
5 luego a
partir de 5a todos los términos están dentro del entorno dado.
Ejemplo 1.16 Comprueba con la definición que 2 es el límite de la sucesión anterior.
Para comprobar que 2 es el límite no valen casos particulares con un radio determinado como el del apartado anterior, hay que comprobar si se satisface la definición de
límite para cualquier ε dado. Veamos cuándo se cumple la condición 21n
3n2ε<−
+
+,
ε<+
⇔ε<+
−−−+
1n
1
1n
2n23n2 y como
1n
1
+ es positivo se tiene que
ε
ε−>⇔ε<
+
1n
1n
1
y cualquiera que sea el valor de ε siempre habrá un número natural que cumpla esa condición, el término que corresponde a esa posición y todos los que le siguen cumplen esa condición
luego 21n
3n2limn
=+
+
∞→
Ejemplo 1.17 Prueba que 25
32lim =
+
−
∞→ n
n
n
Será cierto si dado un Nn0 0 ∈∃>ε / 0nn ≥∀ εn
n<−
+
−2
5
32 , es decir,
nε
εε
nn<
−⇔<
+=
+
− 513
5
13
5
13. Luego, sí existe 1
5130 +
−=
ε
εEn .
Ejemplo 1.18 Prueba que n
1lim
∞→n no es 2.
Supongamos que sea 2 entonces dado un Nn0 0 ∈∃>ε / 0nn ≥∀ εn
nε
n<
−⇔<−
212
1
⇔ n
1-2n < ε ⇔ 2n-1 < ε n ⇔ (2-ε)n < 1 ⇔ n <
ε-2
1 , luego, sólo hay un número finito de
valores de n que verifiquen que n <ε-2
1, por lo tanto, 2 no es el límite.
1.4 Sucesiones convergentes
Demostración.- Lo demostraremos por reducción al absurdo. Supongamos que exista una
sucesión an tal que
Definición Llamamos sucesión convergente a toda sucesión que tenga límite finito.
Proposición (Unicidad del límite) El límite, si existe, es único.
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-8
(1) lim a an
n→∞
= y (2) lim bn→∞
= , con a b a b≠ <,
De (1), por definición de límite, se tiene que para todo ε >0 E(a) que contiene infinitos
términos de an y fuera sólo un número finito.
De (2), análogamente, para el mismo ε anterior, existirá un E(b) tal que contendrá
infinitos términos de an y fuera sólo un número finito.
Lo anterior será cierto, en particular, para ε =−b a
2, pero sabemos que
∅∩ =(b)E (a)E2
a-b
2
a-b , luego si fuera del entorno de a hay un número finito de términos es
porque en el entorno de b sólo hay un número finito, y viceversa, en contra de (1) y (2).
Demostración.- Sea an una sucesión convergente ⇔ aann
=∞→
lim dado ε >0 ∃ n0 de N tal que
para todo n n≥ 0 ⇒ εaaεεaa nn <−<−⇔<− , esto es, para todo n n≥ 0 se tiene que:
εaaεa n +<<− .
Luego, M = ( )εaaaa n +− ,,,,max 121 0K es cota superior de an y también m =
( )εaaaa n −− ,,,,min 121 0K es cota inferior de an .
Sugerencia: Como ejemplo de la anterior propiedad, considera la sucesión ( )
n
n1−
, demuestra
que converge a cero, toma ε = ′0 1 y halla M y m. Haz también el dibujo. Nota El recíproco no es cierto. Por ejemplo, la sucesión -1,1,-1,1,-1,1, ... está acotada, pero no es convergente. Nota Sin embargo, añadiendo la condición de monotonía, el recíproco se hace cierto, como veremos en la próxima propiedad.
Demostración.- Sea an una sucesión monótona creciente y acotada. Como está acotada, entre
todas las cotas superiores elijo la menor, es decir, el supremo, que llamaré a.
Por definición de supremo: para todo 0
,,0 0 naεaNnε <−∈∃> . Por otro lado, como an
es creciente: para todo 0
,0 naεann <−≥ Y, por supuesto, εaan +< .
Resumiendo, tenemos que: εaannNnε n <−≥∀∈∃>∀ :/,0 00 .
Nota Pero, hay sucesiones convergentes que no son monótonas. Por ejemplo, 0, 1/2, 0, 1/3, 0,
1/4, ..., 0, 1/n, 0,...; y también la ( )
n
n1−
, no son monótonas y , sin embargo, ambas convergen
a cero.
1.5 Infinitésimos (sucesiones nulas)
Proposición Toda sucesión convergente está acotada
Proposición Toda sucesión monótona y acotada es convergente.
Definición Se dice que una sucesión es un infinitésimo si, y sólo si, su límite es cero.
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-9
Ejemplo 1.19 Las sucesiones 111
2<=
+== bsibc,
n
nb,
na n
nnn , son infinitésimos.
Nota Observa que si lim a an
n→∞
= , entonces ( )lim a an
n→∞
− = 0 ; es decir, la sucesión
aab nn −= es un infinitésimo.
1.6 Subsucesiones
Ejemplo 1.20 n2
1es una subsucesión de
n
1 .
Nota Esta propiedad nos va a servir para ver que no tiene límite una sucesión dada.
Ejemplo 1.21 La sucesión K,,,, 411211 no tiene límite porque podemos extraer dos
subsucesiones: la 1, 1, 1, ... y la K,, 4121 , que tienen límites 1 y 0, respectivamente.
1.7 Sucesiones divergentes
No todas las sucesiones, como hemos visto, tienen límite.
Entre estas sucesiones hay unas que parecen perderse en el infinito, como
( ) K,1,,,2 222 nnnnnn ⋅−− , y otras como ( ) ;,
4
1,1,
2
1,1;1 K
n− a las primeras las llamamos
divergentes en el infinito, mientras que a las segundas se les denomina oscilantes.
1.8 Cálculo de límites de sucesiones
La siguiente proposición permite obtener los límites de sucesiones complicadas
mediante operaciones entre límites de sucesiones más simples.
Si se toman infinitos términos de una sucesión dada, conservando su relación de orden, se dice que se ha formado una subsucesión de la sucesión inicial.
Proposición Toda subsucesión de una sucesión convergente es convergente y converge al mismo número que la sucesión inicial.
Definición A las sucesiones que no tienen límite las llamaremos divergentes.
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-10
Nota En el caso iii) no importa que b
a
n
n no esté definido para algún valor de n .
Nota Al estudiar esta proposición conviene que la aprendas también con palabras, es decir,
"límite de la suma es la suma de los límites",... .
Como se verá, el resultado más utilizado en el cálculo de límites es 01
=∞→ n
limn
, que
demostramos en el ejemplo 1.14 .
Para calcular el límite de una sucesión na se descompone en sumas, productos y
cocientes de otras sucesiones, cuyos límites sean calculables y de forma que se pueda aplicar
la proposición 1.5 .
1.8.1 Límites de sucesiones polinómicas
Demostración. ( ) =
++++=+++
∞→
−
∞→ r
rr
nr
rr
n n
k
n
k
n
kknknknk KK
221
01
10 limlim
±∞=⋅∞=
+++=
+++=
∞→∞→∞→∞→∞→∞→010
10
1lim
1limlimlimlimlim k
nk
nkkn
n
k
n
kkn
rnr
nn
r
nr
r
n
r
nKK
Ejemplo 1.22 ( ) ( ) −∞=+−+∞=−+∞→∞→
43lim,13lim 7 nnnnn
1.8.2 Formas indeterminadas
Para calcular, por ejemplo, n
nlimn
1−
∞→ no podemos razonar del siguiente modo: “como
tanto el numerador como el denominador son polinomios con coeficiente principal positivo, el
Proposición (Propiedades algebraicas)
Sean nn ba , sucesiones tales que Rbabblimaalim nn
nn
∈∞→∞→
, , = y = , entonces:
i) ( ) babalim nnn
±=±∞→
ii) ( ) babalim nnn
⋅=⋅∞→
iii) b
a
b
alim
n
n
n=
∞→ , siempre que b sea distinto de cero.
iv) ( ) bb
nn
aalim n =∞→
Proposición ( )
<∞−
>∞+=+++ −
∞→ 0
0
0
0110
ksi,
ksi,knknklim r
rr
nK
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-11
límite es ∞
∞”. Esto es, no se puede aplicar la proposición 1.5 sin más; sino que hay que
comprobar si se verifica la hipótesis que, evidentemente, no se cumple porque no son
sucesiones convergentes.
Para calcularlo, se debe transformar la expresión dada en otra en la que aparezcan
sucesiones convergentes, si es posible. Así, podría dividirse el numerador entre el
denominador, obteniendo de cociente 1 y de resto –1, quedando:
1011
11
=−=
−=
−
∞→∞→ nlim
n
nlim
nn.
También se podría haber hecho:
1011
111
=−=
−=
−=
−
∞→∞→∞→ nlim
nn
nlim
n
nlim
nnn .
O, sencillamente, como se vio en la demostración del límite de una sucesión
polinómica, sacando como factor común la n en el numerador, se tiene:
1011
1
11
1=−=
−=
−
=−
∞→∞→∞→ nlim
n
nn
limn
nlim
nnn,
lo que vendría a determinar un método consistente en dividir numerador y denominador entre n
(en este caso, o entre la mayor potencia de n para otros casos) tal como sigue:
1011
11
11
1
1=−=
−=
−−
=−
∞→∞→∞→∞→ nlimnlim
n
nnn
n
limn
nlim
nnnn.
De manera análoga a este ejemplo en el que aparece ∞
∞, se podrían poner otros en lo
que se obtiene 000100
0∞∞−∞∞⋅ ∞ ,,,,, sin llegar a determinar cuál es el resultado
correcto del límite.
A estas siete expresiones se les conoce por el nombre de formas indeterminadas del
cálculo de límites y se llaman indeterminadas porque, cuando aparecen, no se puede predecir
cuál va a ser el límite.
Junto a las anteriores formas hay otras que no son indeterminadas. De una forma
resumida se dan a continuación en forma de tabla una amplia relación de límites de
operaciones con sucesiones:
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-12
Suma:
=∞→
nn
alim a a a +∞ −∞ +∞
=∞→
nn
blim b +∞ −∞ +∞ −∞ −∞
=+∞→
)ba(lim nnn
ba + +∞ −∞ +∞ −∞ indet.
Producto:
=∞→
nn
alim a 0a > 0a > 0a < 0a < 0 +∞ −∞ +∞
=∞→
nn
blim b +∞ −∞ +∞ −∞ ±∞ +∞ −∞ −∞
=⋅∞→
)ba(lim nnn
ba ⋅ +∞ −∞ −∞ +∞ indet. +∞ +∞ −∞
Cociente:
( )∗ +∞=∞→ n
n
n b
alim
( )∗∗ +∞=∞→ n
n
n b
alim en estos
casos el límite puede ser ±∞ o no
existir en función del signo de los términos del infinitésimo.
Potencia: ( 0ay0an ≥≥ , pues si no, la potencia no siempre es un nº real).
=∞→
nn
alim a 0 1a < 1a < 1a > 1a > 1 +∞ +∞ +∞ 0 0 0 0
=∞→
nn
blim b 0 +∞ −∞ +∞ −∞ ±∞ 0 −∞ +∞ +∞ −∞ 0b > 0b <
=∞→
nbn
n
alim ba indet. 0 +∞ +∞ 0 indet. indet. 0 +∞ 0 +∞ 0 +∞
1.8.3 Límites de sucesiones racionales
Demostración. La demostración es inmediata utilizando el artificio de dividir numerador y
=∞→
nn
alim a 0a ≠ 0 a ±∞ ±∞
=∞→
nn
blim 0b ≠ 0 0 ±∞ ±∞ 0
=∞→ n
n
n b
alim
b
a
indet. ( )∗ indet. 0 indet. indet. ( )∗∗
Proposición
=
<
>∞
=+++
+++−
−
∞→
trsisk
trsi
trsi
snsns
knknk
rtt
rrr
n
,
,0
,
lim
00
110
110
K
K
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-13
denominador entre la mayor potencia de n.
Ejemplos
Ejemplo 1.23 ∞=−∞→ 13
2 3
n
nlimn
, ya que el grado del numerador es mayor que el grado del
denominador.
Ejemplo 1.24 2
7
32
373
23
=−+
+−
∞→ nn
nnlimn
, ya que el grado del numerador es igual al grado del
denominador.
1.8.4 Límites de sucesiones irracionales
Indeterminación ∞
∞
Ejemplo 1.25 Para calcular n
nlimn +
+
∞→ 3
1, se puede proceder de dos modos. El primero
consiste en dividir numerador y denominador entre la mayor potencia de n, tal y como sigue:
∞==
+
+
=
+
+
=+
+
∞→∞→∞→ 0
1
13
11
3
1
3
1
2 nn
nlim
n
n
n
nn
n
limn
nlim
nnn.
El segundo consiste en hacer un cambio de variable. Se hace nz =2 , entonces:
∞=+
+=
+
+
∞→∞→ z
zlim
n
nlim
zn 3
1
3
1 2
, porque el grado del numerador es mayor que el grado del
denominador.
Nota En general suele ser más cómodo el primer método.
Ejemplos
Ejemplo 1.26 Para calcular 1
43lim
2
−
++
∞→ n
n
n se divide numerador y denominador entre la
mayor potencia de n teniendo en cuenta el índice del radical. En este caso será 2n y resulta
∞==
−
++
=
−
++
=−
++
∞→∞→∞→ 0
1
11
431
1
43
1
43
2
2
22
22
2
2
nn
nnlim
nn
n
nnn
n
limn
nlim
nnn.
Ejemplo 1.27 Para calcular 1
123 2
−
+
∞→ n
nlimn
, se puede poner todo bajo una misma raíz de
índice el mínimo común múltiplo de los índices que aparecen. Procediendo de este modo
resulta:
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-14
( )
( )
( )( )
∞=∞=−+−
++=
−
+=
−
+=
−
+
∞→∞→∞→∞→
6623
246
3
226
3
223 2
133
144
1
12
1
12
1
12
nnn
nnlim
n
nlim
n
nlim
n
nlim
nnnn.
Indeterminación ∞−∞
Ejemplo 1.28 Para calcular
+−−
∞→17 3nnlim
n , se multiplica y divide por el conjugado
quedando:
=
++−
−−−=
++−
++−
+−−
=
+−−
∞→∞→∞→ 17
17
17
1717
173
3
3
33
3
nn
nnlim
nn
nnnn
limnnlimnnn
−∞=−
=
++−
−+−
=
++−
−+−=
∞→∞→ 0
1
1171
811
17
8
6365
32
3
3
nnnn
nnlimnn
nnlim
nn .
1.8.5 Límites en los que aparece el número e
La sucesión de término general
n
nn
a
+=
11 es particularmente interesante, fue
estudiada por el matemático suizo Leonhard Euler y a su límite le llamó número e (¿inicial de
su apellido?), este número es de una tremenda importancia en matemáticas y aparece en el
estudio de multitud de problemas en todas las ciencias, ahora nos vamos a limitar al estudio de
la sucesión anterior y su utilización en la resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 .
Con la calculadora puedes obtener algunos términos de la sucesión:
21
11
1
1 =
+=a , 252
2
11
2
2 'a =
+= , ..'a 37042
3
11
3
3 =
+= , ...'a 4412
4
11
4
4 =
+= ,
y si calculas términos más avanzados
..'a 5937210
11
10
10 =
+= , ..'a 6852
40
11
40
40 =
+= , ..'a 71692
1000
11
1000
1000 =
+= ,
se puede observar que:
- Es una sucesión monótona creciente.
- Es una sucesión acotada. Una cota inferior es 2 y una cota superior 3.
Evidentemente, esta observación con cálculo de términos concretos no demuestra
nada, pero puede probarse, mediante un proceso laborioso, que ambas afirmaciones son
ciertas.
Por tratarse de una sucesión monótona y acotada la proposición 1.3 asegura que es
convergente. El límite de dicha sucesión es un número irracional, es decir formado por infinitas
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-15
cifras decimales no periódicas y del que solo se pueden conocer aproximaciones decimales.
Por ejemplo, una aproximación sería el término 200.000 de la sucesión
..'a 71705972500000
11
500000
1 =
+= . Se sabe que las primeras cifras del número son
...'e 718281822= .
Resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 .
Observemos si se calculan términos de la sucesión
13
13
11
−
−+=
n
nn
b resulta:
que
2
12
11
+=b es el término a2 de
n
nn
a
+=
11 , que
14
514
11
+=b es el término 14a de
n
nn
a
+=
11 .
Por tanto, es razonable pensar que cuando ∞→n el límite de la sucesión es el
número e.
En el caso de la sucesión
1
2
2
2
1
2
11
+
+
+
++=
n
nn
n
n
nnc en el denominador y en el
exponente obtenemos valores no enteros y la observación anterior parece no ser válida, pero
si calculamos por ejemplo 9c el resultado es
99
999
11
'
'c
+= que realmente no corresponde a
ningún término de la sucesión
n
n
+
11 pero su valor ..'c 592590429 = está comprendido entre
los términos ..'a 581174829
11
9
9 =
+= y ..'a 59374252
10
11
10
10 =
+= de
n
nn
a
+=
11 y
por lo tanto también parece poder afirmarse que eclim nn
=∞→
.
Aceptemos pues que toda sucesión cuyo término general pueda escribirse de la forma
na
na
+
11 con ∞=
∞→n
nalim tienen como límite el número e.
Abordaremos la resolución de las indeterminaciones del tipo ∞1 de dos modos ambos
basados en la observación anterior.
Método I
Se manipula algebraicamente la expresión dada buscando escribir la sucesión en la
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-16
forma na
na
+
11 , con ∞=
∞→n
nalim .
Ejemplos
Ejemplo 1.29 Para calcular
n
n 3n+2
1n lim
52
−
∞→
seguiremos los siguiente pasos:
1º se suma y resta 1 a la base con lo que
n
n
n
n
n
n
n
n 3n+2 lim
3n+2 lim
3n+2
1n lim
3n+2
1n lim
5
555
4
11
411
21
2
−
+=
−+=
−
−+=
−
∞→∞→∞→∞→
2º se multiplica el exponente por 4
32
−
+n y por su inversa, quedando:
105
32
4 lim
532
4
4
3n+2
n
4
3n+2
11 lim −+
−+
−⋅
−
∞→==
−
+= ∞→ een
n
nn
n
ya que e3n+2
lim
3n+2
n
=
−
+
−
∞→
4
4
11 y 10
32
205
32
4−=
+
−=
+
−
∞→∞→ n
n limn
n lim
nn
.
Ejemplo 1.30 Para calcular
2
2
22
3
3−
∞→
−+n
n 3+n
1nn lim se sigue el mismo proceso que en el
ejemplo anterior :
=
−+=
−
−++=
−
−++=
−+−
∞→
−
∞→
−
∞→
−
∞→
2
2
2
2
22
2
22
2
22222
3
411
3
311
3
31
3
3n
n
n
n
n
n
n
n 3+n
n lim
3+n
1nn lim
3+n
1nn lim
3+n
1nn lim
+∞====
−
+= ∞+
+−−−
−
−−
−
∞→
∞→∞→ elim
elim
e
n
3+n lim
3+n
nnn)n(
3+n
n
)n(3+n
n
n
3+n
n
nn2
232
2
2
2
2
3
8242
3
4
23
4
4
3
2
4
3
11
Método II
Aplicaremos el proceso visto en los dos ejemplos anteriores al caso general ( ) nbn
n
alim∞→
con
1=∞→
nn
alim y ∞=∞→
nn
blim . Se tendrá:
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-17
( ) ( )
( )
( )1
11
1
1
1
1111
−
−−
∞→∞→∞→
∞→=
−
+=−+=nn
n
nnn
nnablim
baa
n
n
bn
n
bn
ne
a
limalimalim ,
de donde resulta la fórmula ( ) ( ) ( )11
−∞
∞→
∞→==nn
nnablimb
nn
ealim
que podemos aplicar para resolver las indeterminaciones del tipo ∞1 .
Ejemplo 1.31 Para calcular
2
2
2
3
53+
∞→
−n
n 3+n
n lim aplicamos la fórmula anterior con lo que:
( ) ( )1
3
53 03
1682
3
8213
532
2
2222
2
=====
−
−−+⋅
−+⋅
−
−+
∞→
∞→∞→∞→ elim
elim
elim
e3+n
n lim
3+n
n n
3+n n
3+n
n n
n
nnn
1.8.6 Límites de otros tipos de sucesiones
Ejemplos
Ejemplo 1.32 Calcula 31
3
3
41
3
23
43
23 1
==
+
−
=+
−
∞→
+
∞→
n
n
nn
n
nlimlim
Hemos dividido entre 3n y hemos tenido en cuenta que k/3
n tiende a cero cuando n
tiende a infinito.
Ejemplo 1.33 Calcula ( )
2
1
2
213212
2
22=
+=
+=
++++
∞→∞→∞→ n
nnlim
n
nnlim
n
nlim
nnn
K. Donde hemos
aplicado la fórmula de la suma de n términos de una progresión aritmética.
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-18
Ejercicios resueltos Sucesiones
R.1 Calcula qué términos de la sucesión 2+3n
1-2n = an pertenecen al entorno con centro en 2/3
y radio 0'1. ¿Y al ( )320010′E ?
Solución.- i) Hemos de encontrar los na tales que 10
3
2′<−na , esto es,
( ) ( )( )
⇔′<+
−⇔′<
+
+−−⇔′<−
+
−
n
n
nn
n
n10
69
710
233
23212310
3
2
23
12
; = > n n n
179
646970
10
1
69
7′⇔+<⇔<
+⇔ por consiguiente, desde el término
8a
(inclusive) en adelante todos pertenecen a E0'1(2/3). ii) Análogo.
R.2 ¿Cuántos términos de la sucesión 2+3n
5+2n pertenecen al intervalo
5
10, ?.
Solución.-
−<
<−
⇔
+<+
+<⇔
<+
++
+<
⇔<+
+<
7
232
5
232510
520
5
1
23
5223
520
5
1
2
520
n
n
nn
n
n
nn
n
n
n
Como la primera desigualdad se verifica para todo n de N, pero la segunda no se verifica para
ningún n, podemos asegurar que ningún término de la sucesión pertenece al
5
10, .
R.3 ¿Cuántos términos de la sucesión 43 2 += nan son mayores que 1000? ¿Y mayores que
k, para todo k positivo?
Solución.- i) Trivial: 22183323323
996100043 22 ,nnn =>⇔=>⇔>+ . Por lo tanto, hay
infinitos términos de la sucesión mayores que 1000. En concreto, el 19a y todos los siguientes.
ii) ⇔>+ kn 43 2 ⇔>3
4-kn 2
<<>
≥−
>
40,0
4,3
4
ksin
ksik
n
Por lo tanto, si 40 << k , todos los términos son mayores que k, y si 4≥k desde el término
que ocupa la posición E[3
4-k]+1.
Cálculo de límites
R.4 Calcula ( )1)(n+)(-1 limn
n ∞→
.
Solución.- Puesto que ( ) ( )
−−
+=+−
imparesnsi,n
paresnsi,nn
n
1
111 y cada una de estas dos
subsucesiones diverge a más infinito y menos infinito, respectivamente, la sucesión inicial no tiene límite.
R.5 ( )2
3
6
9
6
81810
6
81
3
45==
+−−=∞+∞−=
−−
−
∞→∞→∞→ nnnlim
nnlim
nnlim .
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-19
R.6 ( ) ( ) =
∞
∞=
++−
+−=
++−
−+−=∞−∞=
∞→∞→∞→nnn
nlim
nnn
nnnlimn-1n+3-n lim
nn
2
n13
13
13
13
22
22
2
3
1001
03
113
1
13
2
−=
++−
+−=
++−
+−
=∞→
nn
nlimn
.
R.7
( )
12
1
41226
2
1
2
2
2=
+
+=
+
+
=
∞
∞=
∞→∞→∞→ n
nnlim
n
nn
lim)1(n--)1(n+
n+...+3+2+1lim
nn33n .
R.8 15
40
=
=
∞→ 2-n5
n2+n4lim
3
3 n
1n+2
n
2
.
R.9 001
0
21
112
=+
=
+
+
=
∞
∞=
∞→∞→
n
nnlim
2n+
1n+ lim
nn .
R.10 ( ) =
+++++
−−−++=∞−∞=
++−++
∞→∞→1814
18141814
22
2222
nnnn
nnnnlimnnnnlimnn
22
4
181
141
4
1814
4
22
22−=
−=
+++++
−=
∞
∞=
+++++
−=
∞→∞→
nnnn
limnnnn
nlim
nn .
R.11 00 ==
∞
∞→ 1-n2
1 lim
2
1n+
n
n
2
.
R.12 01
2
12 =
∞===
∞
∞−
∞→ 1n++n
2+n2lim
2
21n+-n-
n
2
.
R.13 ( ) A
2
2n
ne
n
nn lim ==
++ ∞
−
∞→1
1 3
1
, donde
( )3
1
3
10
1
3
11
1
3
12
2
22
2
=−
=⋅∞=
+⋅
−=
−
++⋅
−=
∞→∞→∞→ n
nlim
n
nnlim
n
nnnlimA
nnn.
Luego, 33
13
1
1ee
n
nn lim
2
2n
n==
++
−
∞→ .
R.14 ( ) A
2
2n+-
ne
1n++n
2+n2 lim ==
∞−
∞→1
2
5
, donde
( ) ( ) ( )2
1
12
560
12
151
12
225
2
2
22
2
=++
+−=⋅∞=
++
+−+−=
−
++
++−=
∞→∞→∞→ nn
nnlim
nn
nnlim
nn
nnlimA
nnn.
Luego, ee1n++n
2+n2 lim
2
2n+-
n==
∞→
2
15
2 .
R.15 En un círculo de 2 m de radio se inscribe un cuadrado y en este cuadrado se inscribe otro
círculo, en éste otro cuadrado y así indefinidamente. Halla: a) el límite de la suma de las áreas
de los infinitos círculos; b) el límite de la suma de las áreas de los infinitos cuadrados.
Solución.-
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-20
En general, si se tiene un círculo de radio r, mediante el Teorema de Pitágoras es
sencillo ver que su cuadrado inscrito tiene de lado r2 .
Por otro lado, si se tiene un cuadrado de lado L, es inmediato que su círculo inscrito
tiene de radio 2
L.
Pues bien, llamando nr al radio del enésimo círculo y nL al lado del enésimo
cuadrado inscrito y aplicando lo comentado más arriba, se tiene:
como 21 =r , entonces 221 =L ;
para 221 =L , entonces 22 =r ;
para 22 =r , entonces 2222 ==L ;
para 22 =L , entonces 12
23 ==r ;
para 13 =r , entonces 23 =L ;
para 23 =L , entonces 2
1
2
24 ==r ;
y, así, sucesivamente.
a) Por lo tanto, la sucesión de los radios de los círculos viene dada por K
2
1122 ,,, . Ahora
bien, teniendo en cuenta el área de un círculo de radio r, la sucesión de las áreas vendrá dada
por K,,,,2
24π
πππ , y la suma de ellas será la suma de n de ellos cuando n tiende a infinito:
( ) 2
11
1221 8
12
40
12
42222124 mlimlimS
n
n
n
nπ=
−
−⋅π=
−
−⋅⋅π=π⋅+++++=
−−
−−
∞→
−−
∞→K ,
donde se ha utilizado que los sumandos del paréntesis forman una progresión geométrica de
razón 2
1.
b) Análogamente, la sucesión de los lados de los cuadrados inscritos es K,,, 2222
Ahora bien, teniendo en cuenta el área del cuadrado de lado L, la sucesión de las áreas
vendrá dada por K,,, 248 , y la suma de ellas será la suma de n de ellos cuando n tiende a
infinito:
( ) 2
11
144 16
12
80
12
8222248 mlimlimS
n
n
n
nπ=
−
−⋅π=
−
−⋅⋅π=π⋅++++=
−−
−−
∞→
−
∞→K ,
donde se ha utilizado que los sumandos del paréntesis forman una progresión geométrica de
razón 2
1.
Ejercicios propuestos P.1 Dada la sucesión 20, 20/2 , ... , 20/n, ... comprueba que si elegimos un entorno de centro cero y radio 10
-2, hay 2000 términos de la sucesión que no pertenecen al entorno, pero sí
pertenecen los infinitos términos restantes.
P.2 Halla el primer término de la sucesión 1+n
5-n que pertenece al ]0'999,1'001[.
P.3 Averigua si 7/15 es un término de la sucesión cuyo término general es:7+2n
5-3n = an .
¿Cuántos términos de la sucesión 1+2n
7+3n pertenecen al intervalo ]1,2[ ? ¿Cuántos quedan
fuera?
Sucesiones y límites de sucesiones Tema 1
1-21
P.4 ¿Cuántos términos de la sucesión 5
32
+
−
n
n pertenecen al entorno de centro 2 de radio
10-5
? ¿Cuántos quedan fuera? P.5 Calcula los siguientes límites:
a)
−
+−
∞→ 1
1lim
2
n
nn
n b)
∞→ n+1
n2-1-
n-1
n2+1 lim
22
n c)
1+n2
1
1n-3 lim
n ∞→
d)
∞→ 1n+2
1+n-
1n-2
n lim
22
n e) ( )
+−
∞→ 11lim
n
nn
n f)
−
∞→ 1n+
1)(-1lim n
n
g)
+++
∞→ 222
21lim
n
n
nnnK h)
5+3
2-4 lim n
n
n ∞→
i)
∞→ 3n+2
1+n lim
3 2
n
j) ( )nnn
−+∞→
5lim k) 1n+-n3
4n-3 lim
2n ∞→
l) n7+n- n3+n2 lim22
n ∞→
m) )n10+n(n- lim2
n ∞→
n) 1+n- 1-n lim22
n ∞→
ñ) 1)n-2-1n+3+n4( lim2
n ∞→
p)
−
+
−
∞→2
2
2lim
n
nn
n.
q) )]1n+-2n+(n[ limn ∞→
r)
1-1+n4
1+n9-1+n25 lim
2
22
n ∞→
P.6 Calcula los siguientes límites:
a)
∞→ n
1 lim
n-
n
2
b)
∞→ 1n++n2
1-n8 lim 3
3 1n-2
n
n
c)
∞→ 1-n2
3n+ lim 3
n2
n
d)
−
∞→ 1n+
2+n lim
n
n
32
e)
−−
+−+
∞→ 123
6237
nn
nn lim 2
2n
n
f)
−
∞→ 1n+
+n lim
n
n 2
432
,
g)
−
+
∞→ 1n
+n lim
n
n 3
832
h)
+
−+
∞→ 6
83722
n
+n lim
nn
n
i)
+−
++
+
∞→ 65
61
5
3
nn
n lim 2
n
n
j)
−+
+−
+
∞→ 182
7222
72
nn
nn lim
2 n
n
n
k)
+
+−+
+
∞→ nn
nn
1n+
+n lim
n
n 52
13
2
12
22
Soluciones de los ejercicios propuestos
P.2 desde el 6000. P.3 Desde el a6 (inclusive) están dentro. Quedan fuera los cinco primeros términos. P.4 Pertenecen todos, menos los 1.299.996 primeros. P.5 a) –1; b) -4; c) ∞ ; d) ½ ;
e) no tiene; f) no tiene; g) ½ ; h) ∞ ; i) ∞ ; j) 0; k) 3 ; l) ∞ ; m) –5; n) 0; ñ) 4
1− ; p) −∞ ; q)
2
1; r)
1. P.6 a) ∞ ; b) 2 ; c) 0; d) ∞ ; e) 1; f) 0 ; g) 3e ; h) ∞ ; i) 5
1
e ; j) 1; k) 5
1
e.
Límites de funciones Tema 2
2-1
Tema 2
Límites de funciones reales de variable real
En el tema anterior se ha estudiado el concepto de límite de una sucesión ahora nos adentramos en el concepto de límite de una función en sus diferentes formas, centrándonos de manera especial en el cálculo de límites.
2.1 Límite de una función en un punto
Antes de definir de manera rigurosa el concepto de límite veamos una idea intuitiva del mismo.
Afirmamos que el límite de una función ( )xfy = es el número real L cuando x tiende a
un número a, y se escribe Lxfax
= )(lim→
, si al elegir valores de x cada vez más próximos al valor
a, los correspondientes a ( )xf se acercan a L, además podemos conseguir valores de ( )xf tan
próximos a L como queramos y serán todos los valores correspondientes a un determinado nivel de cercanía de los x al valor de a.
Ejemplos
Ejemplo 2.1 Consideremos la función ( )xx
xxxf
+
+=
2
3 5 y veamos qué ocurre al considerar
valores de x cada vez más próximos a cero. Si nos acercamos primero por la derecha y después por la izquierda se obtiene:
x - 0´5 - 0´1 - 0´01 - 0´001 - 0´0001
( )xf 10´5 5´56... 5´0506... 5´995... 5´0050...
Se observa que cuando x se acerca a cero los valores de la función se acercan a 5;
obsérvese también que ni siquiera existe ( )0f .
Ejemplo 2.2 Consideremos ahora la función ( )
≥
<−=
1
12
2 xsix
xsixxf y observemos qué ocurre
cuando x se acerca a 1 por la derecha y después por la izquierda.
Como puede verse no puede afirmarse que los valores de ( )xf se acerquen todos a un valor
determinado y en consecuencia no puede hablarse de límite de esa función cuando x tiende a
x 0´5 0´1 0´01 0´001 0´0001
( )xf 3´5 4´55... 4´95... 4´995... 4´99950...
x 2 1´5 1´1 1´01 1´001
( )xf 4 2´25 1´21 1´0201 1´002... x 0 0´5 0´9 0´99 0´999
( )xf - 2 - 1´5 - 1´1 - 1´01 - 1´001
Límites de funciones Tema 2
2-2
1, sin embargo ( ) 11 =f . Nótese, pues, que la afirmación Lxfax
= )(lim→
es independiente de la
existencia o no existencia de f (a) y, en caso de existencia, L no tiene porqué coincidir con f (a).
2.2 Definición de límite de una función en un punto
Sea la función f : A → R , donde A⊆ R , y un a ∈R tal que existe un entorno reducido
de a incluido en A .
Notas:
- Observemos que la condición δax <−<0 expresa que x dista de a menos de δ unidades y
que no exigimos nada para ax = . Insistimos de nuevo en que el concepto de límite de f en a
es independiente de la existencia y, en su caso, del valor de f (a).
- Para cada ε hay un δ apropiado, pero no se exige que sirva el mismo δ para cada elección
de ε , es decir ( )εδδ = .
- Encontrado un δ , este no es único, puesto que también sirve cualquier número positivo
menor.
Ejemplo 2.3 Demostremos que ( ) 7 = 13 lim2
+→
xx
.
Sea 0>ε un número real cualquiera, según la definición 2.1 hemos de encontrar un
0>δ tal que si δx <− 2 entonces ( ) ( ) εxεxf <−+⇔<− 7137 .
Trabajando con la segunda desigualdad se puede llegar a la relación de ε con δ . En
efecto,
( )3
22363713ε
xεxεxεx <−⇔<−⇔<−⇔<−+ ,
así que eligiendo 3
εδ = se cumple la definición.
Definición Diremos que el límite de la función f en el punto a es un número real L, y lo
representaremos por Lxfax
= )(lim→
, cuando se cumpla:
0,0 >∃>∀ δε tal que si δax <−<0 , entonces ( ) εLxf <− .
Lo que significa que para cualquier entorno V de L existe un entorno reducido U de a cuyas imágenes mediante f están todas en V.
Si existe el límite de una función en un punto, éste es único.
Límites de funciones Tema 2
2-3
Ejemplo 2.4 Demostremos que el límite del ejemplo 2.1 es único.
Supongamos que no es único, esto es, que ( ) 7 = 13 lim2
+→
xx
y, además, ( ) Lxx
= 13 lim2
+→
,
con L un número real distinto de 7.
Si ( ) 7 = 13 lim2
+→
xx
, dado un 0>ε (y por tanto 02
>ε
) existe un 01 >δ tal que si
12 δx <− entonces ( )2
713ε
x <−+ . (1)
Si ( ) Lxx
= 13 lim2
+→
, para ese 02
>ε
existe un 02 >δ tal que si 22 δx <− entonces
( )2
13ε
Lx <−+ . (2)
Llamando δ al menor de 1δ y 2δ es evidente que para los x tales que δx <− 2 se
cumplen a la vez las desigualdades (1) y (2).
Como 7≠L entonces 07 >−L y aplicando (1) y (2) para 7−=ε L , se tiene
( ) ( ) ( ) ( ) 722
71313713137 −=ε
+ε
<−+++−≤−+++−=− LxxLxxLL ,
así se llega a la contradicción y, por tanto, la suposición inicial es falsa y el límite es único.
2.3 Límites laterales
Ejemplo 2.5 Estudiemos los límites laterales de la función ( )
>
≤+=
0
022
xsi,x
xsi,xxf para 0=x .
Como puede observarse, tanto en la gráfica, como en las funciones definidas a derecha e izquierda del cero, se tiene
0lim )(lim 00
==++ →→
xxfxx
y 22lim )(lim 2
00=+=
−−→→
xxfxx
.
En consecuencia, no existe )(lim 0
xfx→
.
Definiciones Se dice que el límite por la izquierda de la función f en el punto a es L, y se representa por
x→a −
lim f (x) = L , si
∀ ε > 0 ,∃ δ > 0 tal que si 0 < a − x < δ , entonces ( ) ε<− Lxf .
Se dice que el límite por la derecha de la función f en el punto a es L, y se representa por
x→a +
lim f (x) = L , si
∀ ε > 0 ,∃ δ > 0 tal que si 0 < x − a < δ , entonces ( ) ε<− Lxf .
Proposición Existe el x→al im f (x) = L si, y sólo si, existen los límites laterales y coinciden.
Límites de funciones Tema 2
2-4
Ejemplos
Ejemplo 2.6 Estudiemos el límite de la función ( ) [ ]xxf = cuando x tiende a 2 . ¿Qué pasa
cuando x tiende a 2,2 ?
Se ve en la figura que [ ] 1lim2
=−→
xx
y [ ] 2lim2
=+→
xx
,
por lo que no existe [ ]xx 2lim→
.
Sin embargo, sí que existe [ ] 2lim2'2
=→
xx
como
fácilmente puede verse en la gráfica.
Ejemplo 2.7 Estudiemos el límite de la función ( ) xlnxf =
cuando x tiende a 1 .
Observando la gráfica, es fácil comprobar que 0lnlim1
=−→
xx
y
0lnlim1
=+→
xx
, por lo que 0lnlim1
=→
xx
2.4 Límites infinitos
Hasta aquí se ha estudiado el x→al im f (x) = L cuando tanto a como L son números
reales (finitos). A continuación, ampliamos el estudio para incluir límites en los que L es infinito.
Ejemplos
Ejemplo 2.8 Probemos que x→0lim
1
x2
= + ∞ .
Debemos demostrar que 00 >δ∃>∀ ,M tal que si δx <<0 , entonces
f (x ) > M Mx
>⇔2
1. Como 0>M despejando
Mx
Mx
112<⇔< por tanto tomando
Mδ
1=
se cumple la condición de la definición.
Definición Diremos que el límite de f en a es + ∞ , y lo representaremos por
x→al im f (x) = + ∞ , cuando:
00 >δ∃>∀ ,M tal que si δax <−<0 , entonces Mxf >)( .
Diremos que el límite de f en a es − ∞ , y lo representaremos por x→al im f (x) = − ∞ , cuando:
00 >δ∃>∀ ,M tal que si δax <−<0 , entonces Mxf −<)( .
Límites de funciones Tema 2
2-5
Ejemplo 2.9 Estudiemos el límite de la función
( ) tgxxf = en x =
π
2 .
Como es fácil de observar en la gráfica
−∞=+
→
tgxπ
x2
lim y +∞=−
→
tgxπ
x2
lim por lo tanto no
existe tgxπ
x2
lim→
aunque sí límites laterales.
Interpretación geométrica de los límites infinitos. Siempre que ±∞+→
= )( lim xfax
o bien
±∞−→
= )x(f limax
se dice que la función ( )xfy = tiene una asíntota vertical de ecuación ax = .
En el ejemplo anterior la función ( ) tgxxf = tiene una asíntota vertical de ecuación x =
π
2.
2.5 Límites en el infinito
Se trata de límites en los que a es infinito.
Ejemplos
Ejemplo 2.10 Probemos que x→+∞lim
1
x = 0 .
Debemos probar que ∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x > M , entonces εx
<− 01
es decir
εx
εx
<⇔<11
dado que M es positivo y por tanto x también, despejando se llega a ε
x1
> luego
eligiendo ε
M1
= se cumple la condición de límite.
Ejemplo 2.11 Estudiemos el límite de la función ( ) xexf =
cuando x tiende a ∞− .
Como se aprecia en la gráfica y se puede comprobar fácilmente con una calculadora para valores de x negativos y grandes en valor absoluto los valores de y se pueden hacer tan
pequeños como queramos, por ello 0lim =−∞→
x
xe .
Definición Diremos que el límite de f cuando x tiende a + ∞ es L , y lo representaremos
por x→+∞lim f (x ) = L , cuando:
∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x > M , entonces f x( )− L < ε .
Diremos que el límite de f cuando x tiende a − ∞ es L, y lo representaremos por
x→al im f (x ) = − ∞ , cuando:
∀ ε > 0 ,∃ M > 0 tal que si x < − M , entonces f x( )− L < ε .
Límites de funciones Tema 2
2-6
Interpretación geométrica de los límites en el infinito. Siempre que ( ) bxfx
=+∞→
lim o bien
( ) bxfx
=−∞→
lim se dice que la recta de ecuación by = es una asíntota horizontal de la función.
En el ejemplo anterior la recta de ecuación 0=y es una asíntota horizontal para −∞→x .
2.6 Caracterización del límite mediante sucesiones Se podría haber dado como definición de límite de una función en un punto la siguiente:
Esta definición parte del concepto de límite de una sucesión y en ocasiones facilita la
demostración de los teoremas relativos al límite de una función. En todo caso nos da una nueva posibilidad de abordar determinados problemas de límites de funciones.
Ejemplo 2.12 Veamos que no existe
x→0lim sen
1
x
.
Vamos a elegir dos sucesiones de términos generales
respectivos nπ
an
2= y
nπbn
1= . Se tiene que
0limlim ==∞→∞→
nn
nn
ba , sin embargo se observa que
π=
∞→∞→ 2
1 nsenlim
asenlim
nnn (no existe límite) y
( ) 0lim1
lim ==
∞→∞→πnsen
bsen
nnn luego no existe
x→0lim sen
1
x
.
2.7 Propiedades algebraicas de los límites
Sean f y g dos funciones tales que existen los límites x→al im f (x ) = L 1 y
x→al im g(x) = L 2 . Entonces se cumple:
x→al im f (x ) = L si para cualquier sucesión ( )na cuyos términos están en el dominio
de f y tal que cumple que n →∞lim an = a y an ≠ a,∀ n ∈N , se tiene que ( ) L = aflim n
n ∞→, (donde L
puede ser finito o infinito).
1. ( )( ) 21 LL = xg)x(f limax
±±→
.
2. ( )( ) 21 = )(lim LLxgxfax
⋅⋅→
.
3. Si 02≠L , entonces ( )( ) 2
1 = limL
L
xg
xf
ax→ .
4. Si L 1> 0 , entonces ( )( ) ( ) 21Lxg
axL= xflim
→ .
Límites de funciones Tema 2
2-7
Nota Cuando se opera con los límites, a igual que en el caso de las sucesiones (incluso cuando los límites involucrados sean infinitos), pueden aparecer las siguientes indeterminaciones:
∞−∞ , 0⋅∞ , 0
0,
∞
∞, ∞1 , 00 , 0∞ .
2.8 Límite de la función compuesta Por la finura de su condiciones no expondremos la proposición que rige el límite de la función compuesta. Nos limitaremos a afirmar sin demostrarlo que con las funciones que vamos a trabajar siempre se cumple que:
Ejemplo 2.13 1lim 0==
→eesenx
πx, ( ) −∞=
+→
tgxx
lnlim0
.
2.9 Cálculo de límites - Para las funciones elementales, esto es, para las afines, polinómicas, raíces de índice natural, exponenciales, logarítmicas y trigonométricas, en su dominio, siempre se cumple que:
( ) ( )afxfax
=→
lim .
Ejemplos
Ejemplo 2.14 ( ) 1212122lim 33
1=+⋅−=+−
→xx
x .
Ejemplo 2.15 ( ) 2812212lim33 23 2
2−=−=−−=−
−→x
x
Ejemplo 2.16 ( ) 44 34 3
1321525lim −=+−⋅=+
−→x
x , que no existe.
Ejemplo 2.17 1lim 0
0==
→eex
x .
Ejemplo 2.18 ( ) ( ) 01lnlnlim1
==→
xx
.
Ejemplo 2.19 ( )
=
→2
lim
2
πtgxtg
πx
, que no existe (aunque sí existen límites laterales).
- Para las funciones racionales (cociente de polinomios), al sustituir la x por el valor de a, es posible que resulte un número real, un infinito o que aparezca la indeterminación
0
0 .
Ejemplos
Ejemplo 2.20 3
1
3020
10
32
1lim
2
4
2
4
0
−=
+⋅−
−=
+−
−
→ xx
x
x .
si x→al im f (x) = b y
x→bl im g(x) = L , entonces ( ) L )x(g lim= )x(fg lim
bxax=
→→o .
Límites de funciones Tema 2
2-8
Ejemplo 2.21 08
0
222
42
2
4lim
3
2
3
2
2==
−+
−=
−+
−
→ xx
x
x .
Ejemplo 2.22
l imx→1
x2
x3
− 1=
12
13
− 1=
1
0
, que no existe porque
limx→1−
x2
x3
− 1= −∞ y
limx→1+
x2
x3
− 1= +∞ .
Ejemplo 2.23
limx→2
x2 − 5x + 6
x3
− 8=
22 − 5 ⋅ 2 + 6
23
− 8=
0
0
. Como resulta una indeterminación, hay
que procurar deshacerla. Para ello factorizamos el numerador y el denominador, simplificando los factores iguales y volviendo a sustituir la x por el valor de a :
( ) ( )( ) ( ) 12
1
4222
32
42
3lim
422
32lim
0
0
8
65lim
222223
2
2
−=
+⋅+
−=
++
−=
++⋅−
−⋅−=
=
−
+−
→→→ xx
x
xxx
xx
x
xx
xxx .
- Para funciones definidas a trozos véase si f está definida de igual o distinta forma a izquierda y derecha de a. En el primer caso, el límite se calcula como hemos visto anteriormente. En el segundo caso, hay que calcular los límites laterales.
Ejemplo 2.24 Calculemos los límites en 2 y en 3 de ( )
≥
<−=
22
22
xsix
xsixxxf . Como
( ) ( ) 2limlim 2
22=−=
−− →→
xxxfxx
y ( ) 42limlim22
==++ →→
xxfxx
, no existe límite en 2. Por otro lado, como 3
está a la derecha de 2, se tiene ( ) 62limlim33
==→→
xxfxx
.
- En ocasiones, ante cualquier indeterminación, simplemente hay que operar.
Ejemplos
Ejemplo 2.25 ( )( )
=
−
+=
−
−+⋅=∞−∞=
−−
− →→→ 0
4
1
13lim
1
213lim
1
2
1
3lim
212121 x
x
x
x
xx xxx , que no existe
porque
limx→1−
3x + 1
x2
−1=
4
0−
= −∞ y
limx→1+
3x + 1
x2
−1=
4
0+
= +∞ .
Ejemplo 2.26 ( ) ( )
44
lim0
011lim
0
22
0==
=
−−+
→→ x
x
x
xx
xx .
- El producto de una función que tiende a cero por otra acotada es siempre cero.
Ejemplo 2.27
limx→0
x ⋅sen1
x
= 0 .
- En los límites de funciones irracionales algebraicas, la indeterminación se deshace algunas veces realizando un cambio de variable o multiplicando y dividiendo por el conjugado.
Ejemplos
Límites de funciones Tema 2
2-9
Ejemplo 2.28
( )( )( )( ) ( )( ) 22
1
2
1
22
2
22
22
0
0
2
2
2222=
+=
+−
−=
+−
+−=
=
−
−
→→→→ xlim
xx
xlim
xx
xxlim
x
xlim
xxxx
Este método es eficaz siempre que aparezcan raíces cuadradas.
Ejemplo 2.29
0
9
9lim
9
99
lim9lim22
22
2 =
+−
−=
+−
+−⋅
−−
=∞−∞=
−−
+∞→+∞→+∞→xxxx
xxxx
xxxxx
Ejemplo 2.30
( ) ( )( )( )( ) 2
3
1
1 lim
11
11 lim
0
0
1
1 lim1
11
11 lim
2
1
2
12
3
1
6
30=
+
++=
+−
++−=
=
−
−==+=
−+
−+
→→→→ y
yy
yy
yyy
y
yyx
x
x
yyyx .
Hemos realizado el cambio de variable 1+ x = y6
. Como la variable x tendía a 0, ahora
la variable y tiende a 1, porque 1+ 0 = y6
, de donde y = 1 .
En general, este cambio de variable se realiza siempre que los radicales que aparezcan tengan el mismo radicando. El cambio consiste en cambiar éste por una nueva variable elevada al mínimo común múltiplo de los índices de dichos radicales.
Ejemplo 2.31 Calculemos
−−
+∞→
3 3 1lim xxx
.
Si llamamos 3 3 1−= xy y consideramos que ( )( )2233 yxyxyxyx ++−=− , de ahí se tiene
que 2
33
yxyx
yxyx
++
−=− y
( )2
3 33 32
3 33 3
333 3
11
1
11
11
−+−+
=
−+−+
−−=−−
xxxxxxxx
xxxx ,
en consecuencia 0
11
1lim1lim
23 33 3
3 3=
−+−+
=
−−
+∞→+∞→xxxx
xxxx
- En las indeterminaciones del tipo ∞1 se actúa del mismo modo que en el caso de las sucesiones.
Ejemplo 2.32
ee
x
xx
x
x
x x
x
x
x
x
xx
x
x
x
x
x
x
x ==
−
−+=
−
−
−+=
−
− −
−⋅
−
−
−⋅
−⋅
−
−
→
−
→
−
→
+→
+++
1
3
3
2lim
1
3
3
2
3
1
3
3
2
3
3
2
3
3
3
1
11lim1
1
421lim
1
42lim
2.10 Cálculo de límites mediante infinitésimos equivalentes
Definición El par af , se dice infinitésimo si, y sólo si,
l imx→a
f (x ) = 0
Límites de funciones Tema 2
2-10
Ejemplos
Ejemplo 2.33 Como ( ) 0 = 3cos lim
2
xπ
x→
, el par ( )2
,3cosπ
x es un infinitésimo.
Ejemplo 2.34 También son infinitésimos 0,x , 3,3−x , 0,senx , …
Unos infinitésimos tienden a cero más rápidamente que otros como puedes comprobar en la siguiente tabla:
x 2 1 0’5 0’1 0’01 0’001 2x 4 1 0’25 0’01 0’0001 0’000001
senx 0’909... 0’84... 0’479... 0’0998... 0’0099998.. 41099999'9 −⋅
xcos1− 1’41.. 0’459.. 0’122... 0’00499... 5109999'4 −⋅ 7105 −⋅
Para comparar la fuerza con la que dos infinitésimos se acercan a cero se observa qué
ocurre con el límite del cociente, de este análisis vamos a descubrir un método de cálculo de límites complicados que funciona en algunos casos concretos sustituir un infinitésimo por otro equivalente.
Ejemplos
Ejemplo 2.35 Sean las funciones ( ) 62 −+= xxxf y ( ) 42 −= xxg , que evidentemente son
infinitésimos en 2. Como ( )( ) 4
5
2
12lim
0
0
4
6lim lim
22
2
22=
+=
=
−
−+=
→→→ x
x
x
xx
xg
xf
xHxx, los infinitésimos dados
son del mismo orden.
Ejemplo 2.36 Como 0lim0
0lim
0
2
0==
=
→→x
x
x
xx , el infinitésimo
x
2,0 es de mayor orden que el
infinitésimo x ,0 .
Ejemplo 2.37 Como +∞===
=
→→ 0
1
20
0
020 x
xcoslim
x
senxlim
x
H
x , el infinitésimo
x
2,0 es de mayor
orden que el infinitésimo senx, 0 .
Definiciones Dados dos infinitésimos f ,a y
g,a , se dice que
- Son del mismo orden si, y sólo si, ( )( )
Lxg
xf
ax=
→lim , con L un número finito distinto de
cero.
- Son de distinto orden si, y sólo si, ( )( )
∞=→ xg
xf
axlim o
( )( )
0lim =→ xg
xf
ax . En el primer caso
diremos que g,a es de orden superior a
f ,a (g tiende a cero más rápidamente que
f). En el segundo caso diremos que f ,a es de orden superior que
g,a (f tiende a
cero más rápidamente que g) .
- Son equivalentes si, y sólo si, ( )( )
1lim =→ xg
xf
ax o
( )( )
1lim =→ xf
xg
ax .
Límites de funciones Tema 2
2-11
Ejemplo 2.38 Como 11
coslim
0
0lim
00==
=
→→
x
x
senx
xHx , los infinitésimos
senx, 0 y
x ,0 son
equivalentes.
Nota La anterior proposición viene a decir que en el cálculo de límites se pueden sustituir infinitésimos por otros equivalentes siempre que multipliquen o dividan a toda la expresión, nunca cuando sumen o resten.
Algunos infinitésimos equivalentes, cuando x → 0 , son:
x , senx , tg x , arcsenx , arctgx , ln x + 1( ),e
x− 1
x2
2,1− cosx
kx , 1+ x( )k
− 1 x lna , ax
− 1
Ejemplos
Ejemplo 2.39 ( )
3 =
22
3 lim
cos12
3 lim
0
0
cos22
3 lim
20
..
0
..
0 x
xx
x
xx
x
senxx
x
ei
x
ei
x⋅
⋅=
−⋅
⋅=
=
−
⋅
→→→ .
Ejemplo 2.40 =
−⋅
=
−
=
=
−
→→→ 303030
1cos
1
limcos lim0
0 lim
x
xsenx
x
senxx
senx
x
senxtgx
xxx
( )2
12 limcos
cos1 lim
cos
cos1
lim3
2
0..3030=
⋅
=⋅
−⋅=
−⋅
=→→→ x
xx
xx
xsenx
x
x
xsenx
xeixx .
Proposición Sean f ,a y
g,a dos infinitésimos equivalentes. Entonces, para cualquier
función h definida en un entorno reducido de a, se cumple:
- ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xhxgxhxfaxax
⋅=⋅→→
limlim
- ( )( )
( )( )xh
xg
xh
xf
axax →→= limlim
- ( )( )
( )( )xg
xh
xf
xh
axax →→= limlim
siempre que alguno de los límites involucrados en cada una de las igualdades exista.
Límites de funciones Tema 2
2-12
Ejercicios resueltos
Concepto de límite
R.1. a)Demuestra que 33
15lim
2=
−
→
x
x.
b) Encuentra el entorno del punto 2 para el que los valores de las imágenes pertenezcan al entorno de centro 3 y de radio 0’01.
Solución:
a) Dado un 0>ε cualquiera, debemos encontrar un 0>δ que dependerá de cada ε tal
que para todos los x que verifiquen que δx <− 2 sus imágenes cumplan ( ) εxf <− 3 ,
es decir: εx
εx
<−
⇔<−−
3
1053
3
15 de donde ε
xε <
−<−
3
105 y operando
5
32
5
331053
εx
εεxε <−<
−⇔<−<− , que equivale a afirmar que
5
32
εx <− , así que
tomando un 5
3εδ = se cumple la condición de la definición de límite.
b) Sólo se trata de elegir 01'0=ε con lo que 006'05
3==
εδ con lo que el entorno pedido
es ( ) ( )006'2,994'1006'02,006'02006'02 ∈⇔+−∈⇔<− xxx .
R.2. a) Demuestra que 22
12lim =
+
+
+∞→ x
x
x.
b) Encuentra los valores de x para los que los valores de las imágenes pertenecen al entorno de centro 2 y de radio 0’01.
Solución:
a) Dado un 0>ε cualquiera, debemos encontrar un RM ∈ real de manera que Mx >∀ se
cumpla que ( ) ε<+
−⇔ε<−
+
+⇔ε<−
2
32
2
122
xx
xxf como Mx > no se pierde rigor al
considerar 02 >+x con lo que ε
ε−>⇔ε<
+⇔ε<
+
− 23
2
3
2
3x
xx por lo tanto si se
toma ε
ε−=
23M se cumple la condición de la definición.
b) Debemos considerar 01'0=ε con lo que 298010
0203=
−=
'
'M por tanto todos los
números reales 298>x tienen sus imágenes en el entorno pedido.
R.3. a) Demuestra que ( )
+∞=−+→
32 2
3lim
xx.
b) Encuentra los valores de ( )0,2 xx ∈ para los que ( ) 3000>xf .
Solución:
a) Se trata de probar que RH ∈∀( )
Hx
xδxδ >−
⇒><−>∃3
2
32 y 2 si:0 no hay
problema en considerar 0>H y como también 02 >−x se tiene
Límites de funciones Tema 2
2-13
( )( ) 33
3
3232
2
3
HxxHH
x<−⇔<−⇔>
−, así que eligiendo 3
3
Hδ = aquellos x que cumplan
2 y 2 ><− xδx harán que ( )
Hx
>−
32
3.
b) Se considera 3000=H con lo que 1'03000
33 ==δ por tanto los valores de x pedidos
son los ( )1'2,2∈x .
Indeterminación del tipo ∞
∞
R.4. Calcula los siguientes límites :
a) 2
3lim
3 2
+
+
+∞→ x
x
x b)
2
32lim
2
−
−+
+∞→ x
xx
x c)
2
32lim
2
−
−+
−∞→ x
xx
x d)
3
3
52
3lim
xx
xx
x +
+
+∞→
Solución:
a) [ ]indet. 2
3lim
3 2
∞
∞=
+
+
+∞→ x
x
x dividimos numerador y denominador por x
01
0
21
31
lim2
3lim
333 2
==
+
+
=+
+
+∞→+∞→
x
xx
x
x
xx.
b) [ ] 12
1
321
limindet. 2
32lim
22
=
−
−+
=∞
∞=
−
−+
+∞→+∞→
x
xx
x
xx
xx.
c) [ ]indet. 2
32lim
2
∞
∞=
−
−+
−∞→ x
xx
x como −∞→x estamos considerando 0<x y hay que actuar
con cautela puesto que un número negativo no puede introducirse dentro de una raíz cuadrada, así que hay que dividir numerador y denominador por –x que es positivo y que pasará como
( ) 22xx =− con lo que tenemos: 1
21
321
lim2
32lim
22
−=
+−
−+
=−
−+
+∞→+∞→
x
xx
x
xx
xx.
d) [ ]2
1
52
31
limindet. 52
3lim
6
6
3
3
=
+
+
=∞
∞=
+
+
+∞→+∞→
x
x
xx
xx
xx (hemos dividido por x ).
Indeterminación del tipo ∞−∞
R.5. Calcula los siguientes límites :
a)
−−+
+∞→733lim 22 xx
x b)
+−
+∞→xxx
x3lim 2 c)
−−
−+→ 9
2
3
1lim
23 xxx
d)
−+
−∞→xxx
x23lim 2
Solución:
Límites de funciones Tema 2
2-14
a) [ ] =
−++
−++
−−+
=∞−∞=
−−+
+∞→+∞→733
733733
limindet. 733lim22
2222
22
xx
xxxx
xxxx
( ) [ ] −∞=
−++
+−
=∞
∞=
−++
+−=
−++
−−+=
+∞→+∞→+∞→
22
22
2
22
22
73
31
102
limindet. 733
102lim
733
733lim
xx
xx
xx
x
xx
xx
xxx
b) [ ] =++
++
+−
=∞−∞=
+−
+∞→+∞→ xxx
xxxxxx
xxxxx 3
33
limindet. 3lim2
22
2
[ ]2
3
311
3limindet.
3
3lim
2−=
++
−=
∞
∞=
++
−=
+∞→+∞→
xxxx
x
xx.
c) [ ] +∞=−
+=
−
−+=∞−∞=
−−
− +++ →→→ 9
1lim
9
23limindet.
9
2
3
1lim
23
23
23 x
x
x
x
xx xxx.
d) [ ] =
−−
−−
−+
=∞+−∞=
−+
−∞→−∞→xxx
xxxxxx
xxxxx
23
2323
limindet. 23lim2
22
2
[ ] +∞=
−−−
−=
∞−
∞−=
−−
+−=
−∞→−∞→
x
x
xxx
xx
xx 231
22limindet.
23
22lim
2
2
(dado que 0<x hemos dividido
numerador y denominador por –x que pasa dentro de la raíz como 2x ).
Indeterminación del tipo 0
0
R.6. Calcula los siguientes límites :
a) 935
2793lim
23
23
3 ++−
+−−
→ xxx
xxx
x b)
96
2793lim
2
23
3 ++
+−−
−→ xx
xxx
x c)
4162
24lim
0 −+
−+
→ x
x
x
d) 6
3
0 11
11lim
+−+
+−+
→ xx
xx
x
Solución:
a) [ ]indet.0
0
935
2793lim
23
23
3=
++−
+−−
→ xxx
xxx
x factorizamos el numerador y denominador.
( )( )( ) ( )
( )( ) 2
3
1
3lim
13
33lim
935
2793lim
32
2
323
23
3=
+
+=
+−
−+=
++−
+−−
→→→ x
x
xx
xx
xxx
xxx
xxx.
Límites de funciones Tema 2
2-15
b) [ ] ( )( )( )
( )( ) 0
36
3
3lim
3
33limindet.
0
0
96
2793lim
2
32
2
32
23
3=
+
−=
+
−+==
++
+−−
−→−→−→ x
x
x
xx
xx
xxx
xxx no existe límite
aunque sí que hay límites laterales ( )( )
+∞=+
−=
++
+−−++ −→−→ 3
3lim
96
2793lim
2
32
23
3 x
x
xx
xxx
xx y
( )( )
−∞=+
−=
++
+−−−− −→−→ 3
3lim
96
2793lim
2
32
23
3 x
x
xx
xxx
xx.
c) [ ]indet.0
0
4162
24lim
0=
−+
−+
→ x
x
x multiplicamos numerador y denominador por el conjugado de
uno y de otro. ( )( )( )
( )( )( )=
++++−+
++++−+=
−+
−+
→→ 2441624162
41622424lim
4162
24lim
00 xxx
xxx
x
x
xx
( )( )( )( )
( )( )
( )( )
1242
4162lim
242
4162lim
2416162
416244lim
000=
++
++=
++
++=
++−+
++−+=
→→→ x
x
xx
xx
xx
xx
xxx.
d) [ ]indet.0
0
11
11lim
6
3
0=
+−+
+−+
→ xx
xx
x hacemos el cambio de variable 66 11 txtx =+⇔=+ con lo
que se tiene ( )
( )( ) 11
1
111
1
11
116
62
3
23
6
3
++
+=
+=
−+
−=
−
−=
+−+
+−+
x
x
t
t
ttt
tt
tt
tt
xx
xx y por tanto
2
1
11
1lim
11
11lim
6
6
06
3
0=
++
+=
+−+
+−+
→→ x
x
xx
xx
xx.
Indeterminación del tipo ∞1 R.7. Calcula los siguientes límites :
a)
2
3
232
13
23lim
+
−∞→
−
−x
x x
xx b)
2
3
232
13
23lim
+
+∞→
−
−x
x x
xx c)
bx
bx bx
bx −
→
−
+1
2
2lim
Solución:
a) [ ]indet.113
23lim
2
3
232
∞
+
−∞→=
−
−x
x x
xx. Aplicamos la fórmula ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )xgxf
ax
xg
axexf ⋅−
→
∞
→==
1lim1lim y
( ) ( )+∞=====
−
− ∞+
−
+−−+
−
+−+
−
−
−+
−∞→
−∞→−∞→−∞→
eeeex
xx x
xxx
x
xx
x
xxx
x
xxx 13
232lim2
13
12lim21
13
23lim2
3
233
242
3
22
3
232
13
23lim .
b) Todos los pasos del apartado a) son iguales, pero al llegar al final se tiene que:
013
23lim
13
232lim2
3
23 3
242
===
−
− ∞−
−
+−−+
+∞→
+∞→
eex
xx x
xxx
x
x
.
c) bx
bx bx
bx −
→
−
+1
2
2lim Si 0=b el límite es trivial pues se trata de la función ( ) 01 ≠∀= xxf y su
límite cuando 0→x es 1.
Límites de funciones Tema 2
2-16
Nos centramos en el caso 0≠b [ ] ====
−
+ −
−−
−
−
+
∞−
→
→→ bxbx
b
bxbx
bxbx
bx
bxbxee
bx
bx1
2
2lim
11
2
2lim
1
indet.12
2lim
bxbxe −→=
2lim
no existe límite, sin embargo sí hay límites laterales pues +∞== ∞+−+→ ee bxbx
2lim
y
0
2lim
== ∞−−−→ ee bxbx .
Infinitésimos equivalentes
R.8. Calcula utilizando la equivalencia de infinitésimos los siguientes límites :
a) xsenx
arcsenxx
x 20 coslim
⋅
⋅
→ b)
( )tgbxxx
ax
x −⋅
−
→ 2
cos1lim
0 c)
11
1lim
0 −+
−
→ x
ax
x
d) 30 3
coslim
x
xsenxsenx
x
⋅−
→
Solución:
a) [ ] 0cos
limcos
limindet.0
0
coslim
2020
.
20==
⋅
⋅==
⋅
⋅
→→→ x
x
xx
xx
xsenx
arcsenxx
xx
ei
x.
b) ( )
[ ]
( )
( ) ( ) b
a
bx
a
bxxx
ax
tgbxxx
ax
xx
ei
x 422lim
22limindet.
0
0
2
cos1lim
22
0
2
0
.
0=
−⋅=
⋅−⋅==
−⋅
−
→→→.
c) [ ] ax
ax
x
a
x
eix
xln2
2
lnlimindet.
0
0
11
1lim
0
.
0===
−+
−
→→.
d) [ ] ( )6
1
3
2lim3
cos1limindet.
0
0
3
coslim
3
2
0
.
3030=
⋅
=−⋅
==⋅−
→→→ x
xx
x
xsenx
x
xsenxsenx
x
ei
xx.
Límites de funciones Tema 2
2-17
Ejercicios propuestos P.1. Calcula los límites siguientes:
52
12
4
32
1
54
3
2325
32
2
2
23
3
+−
−+
−
−
−
+
−
−
−+
−∞→+∞→−∞→+∞→ xx
xx lim )dx2
x
xx lim )c
)x(x
xx lim )b
xx
1xx lim )a
xxxx
)1L( lim)x2-4
x3-x2lim )
x
tgx lim )
67
4 lim )
0x
2
0x
2x
20x+⋅
−−− →→→
→xx h
xgf
xx
x e
π
P.2. Estudia la existencia de los siguientes límites y calcula su valor, o los valores de los límites laterales correspondientes, cuando existan.
1
1 lim ) lim ) lim )
4
6lim
1x0x20x2
2
2x −
−+−
+−
−+
→→→→ x
xxxxdec
xx
xb
x
xx a) x
x
x
xg
x
xxf
xxx
xxxe
−−
+−
−
−
+−
−−+−
→+∞→→ 51
53lim)
12
32lim )
96
42 23 lim)
4x
2
x23
2
3x
P.3. Calcula:
−+
−
−
−+
+∞→→+∞→→xxd
x
x c)xxb
x
xa 4 4
x
3
1x
3 3
x364x1 lim )
1
1lim 1 lim)
4-
8-lim )
( )233 2
1x53
4
0x 1
12 lim)
11
11 lim)
−
+−
+−+
+−+
→→ x
xxf
xx
xxe
P.4. Calcula:
−−
−−
−+
−
−
−
→→−∞→ 1
1
1
2 lim)
2
321lim )2
4
32 lim)
21x4x
2
x xxc
x
xbx
x
xxa d)
322
12lim
3
x ++
++
+∞→ xxx
xx
P.5. Calcula:
a)
32
2
1lim
+
+∞→
−
+x
x x
x b)
7
1
7 8
12lim
−
→
+
+ x
x x
x c)
( )53
1
3 53
2lim
−
→
−
+ x
x x
x
P.6. Calcula utilizando infinitésimos equivalentes:
a) x
xex x
x cos1lim
0 −
−⋅
→ b)
( )30
coslim
arctgx
xxx
x
−
→ c)
12
13lim
0 −
−
→ x
x
x
Límites de funciones Tema 2
2-18
Soluciones
P.1. a) 1 (se divide numerador y denominador por 3x ). b) 0 (se divide numerador y
denominador por 2x ). c) 5 (se opera). d) 0. e) 6
4− (se simplifica el factor x). f) no existe
−∞=+
→x
tgx lim
2x
π
y +∞=−
→x
tgx lim
2x
π
. g) 0 (sin indeterminación). h) 0 (sin indeterminación).
P.2. a) 4
5 ( simplificar por x-2). b) no existe (1 con +→ 0x y –1 con −→ 0x ). c) no existe (e si
+→ 0x y e
1 si −→ 0x ). d) 1 (factorizar y multiplicar y dividir por 1+x , o bien hacer 2tx = ).
e) no existe (62
1 si +→ 3x y
62
1− si −→ 3x multiplicar y dividir por el conjugado del
numerador y sacar factor del denominador 3−x en +→ 3x y x−3 en −→ 3x ). f) 2
2(dividir
por x). g) 3
1− ( multiplicar el numerador y denominador por los conjugados de ambos).
P.3. a) 3 (hacer el cambio tx =6 y simplificando queda 2
8-42lim
6
63
64x +
++
→ x
xx). b) 0 (hacer
3 31 xy −= y considerar que ( )( )22
332233
yxyx
yxyxyxyxyxyx
+−
+=+⇒+−+=+ ). c)
3
1(
cambio 3 xy = y simplificar). d) 0 (multiplicar y dividir por el conjugado dos veces sucesivas).
e) 8
15( Cambio 60 1 xt += al simplificar queda
( )1
1lim
67
13143
1 ++++
++++
→ ttt
tttt
t L
L ). f)
9
1 ( cambio
3 xy = y simplificar).
P.4. a) 5 (se opera). b) 3
4 ( multiplicar el numerador y denominador por los conjugados de
ambos). c) 2
1− (se opera y se simplifica). d)
2
1 (dividir numerador y denominador por 3x ).
P.5. a) +∞ si se aplica ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )xgxf
ax
xg
axexf ⋅−
→
∞
→==
1lim1lim se llega a +∞=
−
+
+∞→ 2
93lim
2
x
x
x
e b) igual
y se llega a 15
17
1
8
7lim
7ee xx
x
x=
−
+
−
→ c) no existe ( +∞ si +→ 3x y 0 si −→ 3x ).
P.6. a) 2 ( xex ⇒− 1 y 2
cos12x
x ⇒− ) b) 2
1 (
2cos1
2xx ⇒− y xarctgx ⇒ ) c)
2ln
3ln
( axax ln1⇒− ).
Continuidad de funciones Tema 3
3-1
Tema 3
Continuidad de funciones
Empezando con la definición rigurosa de continuidad de una función en un punto, introducimos una clasificación de discontinuidades que permiten el estudio de la continuidad de funciones reales de variable real. Acaba el tema con la exposición de algunos teoremas de continuidad.
3.1 Definición de función continua en un punto Sea la función f : A → R , donde A⊆ R , y un punto a ∈A .
Nota Implícitamente, esta definición afirma que para que f sea continua en a, se deben cumplir
tres cosas:
• Que exista ( )af .
• Que exista x→al im f (x) .
• Que ( )af y x→al im f (x) coincidan.
Ejemplos
Ejemplo 3.1 La función ( )
−=
−≠+
−=
12
11
12
xsi,
xsi,x
xxf no es continua en x = -1, porque ( ) 21 =−f ,
x→−1lim
x2 − 1
x + 1=
0
0
=
H x→ −1l im
2x
1= −2 , pero no coinciden.
Ejemplo 3.2 La función ( )
−=−
−≠+
−=
12
11
12
xsi,
xsi,x
xxf sí es continua en x = -1, porque ( ) 21 −=−f ,
x→−1lim
x2 − 1
x + 1=
0
0
=
H x→ −1l im
2x
1= −2 , y coinciden.
Definición Diremos que f es continua en el punto a , cuando ( )af)x(flimax
=→
. Esto es,
cuando ∀ ε > 0 ,∃ δ > 0 tal que si x − a < δ , entonces ( ) ( ) ε<− afxf .
Continuidad de funciones Tema 3
3-2
3.2 Definición de función continua en un subconjunto de R
Ejemplo 3.3 La función ( )1
12
+
−=
x
xxf es continua en el intervalo
0,2( ) , porque para
cualquier punto a de él se cumple que ( )afa
a
x
x lim
ax=
+
−=
+
−
→ 1
1
1
1 22
.
Nota la definición anterior también puede extenderse a subconjuntos de R que contienen
entornos de cada uno de sus puntos. Así, diremos que ( )1
12
+
−=
x
xxf es continua en 1−−R .
Ejemplo 3.4 La función ( ) ( )xlnxf = es continua en el intervalo [ ]21, , también lo es en el
intervalo ( )20, , pero no lo es en el [ ]20, , porque no existe ( )0f .
3.3 Tipos de discontinuidades
Si una función f , definida en un entorno reducido de un punto b, no verifica alguna de
las tres condiciones de la continuidad, diremos que f es discontinua en b . En este caso, para
clasificarla, utilizaremos la siguiente terminología:
Nota Se dice evitable porque, definiendo ( ) )x(f limbfbx→
= , siempre se puede definir una nueva
función que extiende a la anterior y que sea continua también en b . Esto es, la función
( )( )
( )
=
≠=
→bxsi,xflim
bxsi,xfxg
bx
que coincide con la anterior, salvo en b, ya es continua en b .
Definición Diremos que f es continua en un intervalo abierto J ⊆ A , cuando lo sea en cada
uno de los puntos de J.
Definición Diremos que f es continua en un intervalo cerrado [ ] Ab,a ⊆ cuando
• f es continua en ( )b,a ,
• ( )af)x(flimax
=+→
,
• ( )bf)x(flimbx
=−→
.
Definición Diremos que f tiene una discontinuidad evitable en el punto b cuando existe
x→bl im f (x ) , pero no existe ( )bf o el límite no coincide con ( )bf .
Continuidad de funciones Tema 3
3-3
Ejemplo 3.5 La función ( )
⋅=
xsenxxf
1 tiene una discontinuidad evitable en x = 0, porque
existe
x→0lim x ⋅ sen
1
x
= 0 , pero es distinto de f(0) que no existe. Se evita la discontinuidad
definiendo la función ( )
=
≠
⋅
=
00
01
xsi,
xsi,x
senxxg .
Distinguimos los siguientes casos:
• Que los límites laterales existan, pero no coincidan. La llamaremos discontinuidad no
evitable de salto finito.
• Que alguno o ambos de los límites laterales sean infinito. La llamaremos discontinuidad
no evitable de salto infinito.
• Que no exista algún límite lateral. La llamaremos discontinuidad no evitable de
segunda especie.
Nota A los dos primeros tipos de discontinuidad no evitable se les llama también
discontinuidades de primera especie.
Ejemplos
Ejemplo 3.6 La función ( )2
2
−
−=
x
xxf tiene una discontinuidad de salto finito en x = 2, porque
12
2lim
2=
−
−
+→ x
x
x y 1
2
2lim
2−=
−
−
−→ x
x
x. El salto es ( ) 211 =−− .
Ejemplo 3.7 La función ( ) tgxxf = tiene una discontinuidad de salto infinito en 2
πx = , porque
sus límite laterales son infinitos (uno negativo y otro positivo).
Ejemplo 3.8 La función ( )2
1
xxf = tiene una discontinuidad de salto infinito en x = 0 , porque
sus límite laterales son infinitos (ambos positivos).
Ejemplo 3.9 La función ( )
=
xsenxf
1 tiene una discontinuidad de segunda especie en x = 0 ,
porque no existen sus límites laterales (la función está acotada en un entorno del cero).
Ejemplo 3.10 La función ( )
=
xsen
xxf
11 tiene una discontinuidad de segunda especie en
x = 0 , porque no existen sus límites laterales (la función no está acotada en un entorno del
cero).
Definición Diremos que f tiene una discontinuidad no evitable en el punto b cuando no
existe x→bl im f (x ) .
Continuidad de funciones Tema 3
3-4
Ejemplo 3.11 La función de Dirichlet, ( )
∈
∈=
Ixsi,
Qxsi,xf
1
0, es discontinua de segunda especie en
todo R, porque no existen los límites laterales en ningún punto de R.
3.4 Continuidad de las funciones elementales
Las funciones elementales, esto es, las afines, polinómicas, raíces de índice natural,
exponenciales, logarítmicas y trigonométricas, son continuas en todos los puntos de su
dominio.
3.5 Propiedades algebraicas de las funciones continuas
Puesto que la continuidad está definida en términos de límites, no es sorprendente que
las funciones continuas y los límites tengan muchas propiedades en común.
Ejemplos
Ejemplo 3.12 La función ( )x
xxxf
+=
22 es continua en 0−R , ya que si llamamos
( ) 21 2xxf = , ( ) xxf =2 y ( ) xxf =3 , se tiene que
f =f1 + f2
f3 . Como las tres funciones son
continuas en R, f será continua en R salvo en los puntos que anulen el denominador, esto es,
en x = 0 .
Ejemplo 3.13 La función ( )
>
≤−=
0
033
xsi,senx
xsi,xxf es continua en 0−R , porque las funciones
( ) 33 −= xxg y ( ) senxxh = son continuas en R y, en particular en los trozos que definen a f,
pero f no es continua en x = 0 porque ( ) ( ) ( ) 03300
3
00==≠−=−=
+→→→→ +−−senxlimxflimxlimxflim
xxxx .
Así que en x = 0 tiene discontinuidad no evitable de salto finito, igual a 3.
Ejemplo 3.14 La función ( )xcos
senxtgxxf == es continua en todos los puntos que no anulen el
denominador, ya que es cociente de dos funciones continuas en R. Así pues f es discontinua
de salto infinito en ( )
∈+
==∈ Zk,k
xcos:Rx2
120
π .
Proposición Sean f y g funciones continuas en A, entonces:
• Las funciones f ± g , f ⋅g son continuas en A.
• La función
f
g es continua en cualquier punto de A en el que g no se anule.
Continuidad de funciones Tema 3
3-5
3.6 Continuidad de la composición de funciones
3.7 Propiedades de las funciones continuas Las siguientes proposiciones son necesarias para demostrar con rigor el Teorema de Bolzano.
3.8 Propiedades de las funciones continuas en un intervalo cerrado
Nota Con palabras, este Teorema dice que una función continua en un intervalo cerrado, con imágenes de distinto signo en los extremos del mismo, necesariamente se anula en algún punto interior del intervalo. Interpretación geométrica: Todo arco de curva continua, con distinto signo en los extremos, necesariamente corta al eje de las equis (eje OX). Nota El teorema afirma que la corta en un punto, pero no necesariamente es único. Pueden haber varios puntos en los que corte al eje de las equis (eje OX). Nota Antes de aplicar la tesis del teorema hay que verificar que se cumple la hipótesis. Demostración.- Demostraremos el teorema por reducción al absurdo. Previamente enunciamos el Axioma de los intervalos encajados, que dice: Si se considera
una sucesión nI de intervalos cerrados [ ]nnn baI ,= en los que .......321 ⊃⊃⊃⊃ nIIII como en
la figura y en los que además
( ) 0lim =−∞→
nnn
ab , es decir que
su longitud tiende a cero entonces existe siempre un y sólo un número real α tal que
nIα n ∀∈ , o sea que pertenece a todos ellos.
Teorema de Bolzano Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a tal que el signo de
( )af es distinto al signo de ( )bf , entonces ( )b,ac∈∃ tal que ( ) 0=cf .
Proposición Sean A, B, C subconjuntos de R y f : A → B , g :B → C dos funciones. Si f
es continua en un punto a de A y g es continua en el punto ( )afb = , entonces la función
compuesta h = g o f : A →C es continua en el punto a . En consecuencia,
( )( ) ( )( ) ( )
==
→→xfgafgxfg
axaxlimlim .
Proposición Si una función f es continua en un punto a, con ( ) 0≠af , entonces existe un
entorno de a en el que la función tiene el mismo signo que ( )af .
Proposición Toda función continua en un punto está acotada en algún entorno de dicho punto.
Continuidad de funciones Tema 3
3-6
En la función dada construimos una sucesión de intervalos encajados dividiendo el
intervalo [ ]ba, cada vez por la mitad
+
2,
baa ,
+b
ba,
2y quedándonos con aquel de los dos
en los que ( )xf cambie de signo. ( Si en 2
ba + la función se anulase el teorema estaría
demostrado).
Dicha sucesión define un número real α en el que necesariamente ( ) 0=αf .
En efecto, si consideramos que ( ) 0≠αf por ser la función continua en α existe un
entorno de α en el que la función tiene el mismo signo que ( )αf
Por otra parte sabemos que podemos encontrar un intervalo de la sucesión de intervalos encajados totalmente contenido en el entorno, ya que la longitud de dichos intervalos es tan pequeña como queramos.
En los extremos de dicho intervalo la función cambiaría de signo lo cual es una
contradicción, por lo tanto ( ) 0=αf necesariamente con lo que el teorema queda demostrado.
Ejemplos
Ejemplo 3.15 El Teorema de Bolzano no se puede aplicar a la función ( )
≥
<−=
41
41
xsi,
xsi,xf , en
el intervalo [ ]52, , porque f no es continua en el punto x = 4 de dicho intervalo.
Ejemplo 3.16 (Aplicación del Teorema de Bolzano para demostrar que una ecuación tiene
alguna solución real)
Para demostrar que la ecuación cos x − 2x + 1= 0 tiene alguna solución, empezaremos
definiendo la función ( ) 12 +−= xxcosxf , que sabemos que es continua en todo R por ser
suma de funciones continuas.
A continuación, buscamos un intervalo cerrado en el que la función tome distinto signo
en los extremos. Como ( ) 020 >=f y 0102
<+−=
π
πf , un intervalo en el que se cumple la
hipótesis de Bolzano es el
0,π
2
.
Por lo tanto, podemos asegurar que en ese intervalo la función se anula y, en
consecuencia, ahí hay una raíz de la ecuación dada.
Ejemplo 3.17 (Aplicación del Teorema de Bolzano para aproximar raíces de una ecuación
dada) Siguiendo con el ejemplo anterior, del que sabemos que la ecuación tiene solución en el
intervalo
0,π
2
, veamos cómo podemos hallar una aproximación de una de sus raíces.
Tomemos un punto intermedio entre 0 y
π
2, por ejemplo el 1, y veamos el signo de
( )1f . (Ojo con la calculadora, debes trabajar en radianes). ( ) 01211 <+−= cosf . Como
( ) 020 >=f , el Teorema de Bolzano asegura que:
Hay una raíz entre 0 y 1.
Tomamos otro punto intermedio del ( )10, , por ejemplo el 0,5 ,
( ) 087015025050 >=+⋅−= ,,,cos,f . Como ( ) 01 <f , el Teorema de Bolzano asegura que:
Hay una raíz entre 0,5 y 1.
Continuidad de funciones Tema 3
3-7
Tomamos otro punto intermedio, por ejemplo el 0,7 , ( ) 017027070 >+⋅−= ,,cos,f .
Como ( ) 01 <f , el Teorema de Bolzano asegura que:
Hay una raíz entre 0,7 y 1.
Tomamos otro punto intermedio, por ejemplo el 0,8, ( ) 018028080 >+⋅−= ,,cos,f .
Como ( ) 01 <f , el Teorema de Bolzano asegura que:
Hay una raíz entre 0,8 y 1.
Tomamos otro punto intermedio, por ejemplo el 0,9 , ( ) 019029090 <+⋅−= ,,cos,f .
Como ( ) 080 >,f , el Teorema de Bolzano asegura que:
Hay una raíz entre 0,8 y 0,9.
Así pues, una raíz con un error menor a 0,1 de la ecuación cos x − 2x + 1= 0 es 0,8 .
Ejemplo 3.18 Demostremos que la función polinómica ( ) 2343 25 ++−= xxxxf tiene al
menos un cero y hallemos una aproximación de él hasta las centésimas.
Para probar la existencia de un cero, ya que f es continua en todo R, bastará encontrar
dos valores de x en los que la función tenga distinto signo.
Para x = 0, es evidente que ( ) 00 >f .
Como la función tiende a menos infinito cuando x tiende a menos infinito, buscaremos
un valor negativo. Es fácil ver que ( ) 01 <−f .
Luego la función tiene una raíz entre –1 y 0.
Tomemos un punto intermedio entre -1 y 0, por ejemplo el -0,5 , y veamos el signo de
( )50,f − . Como ( ) 050 <− ,f , el cero está entre –0,5 y 0.
Tomemos otro punto intermedio entre –0,5 y 0, por ejemplo el –0,2. Como ( ) 020 >− ,f
y ( ) 050 <− ,f , el cero está entre –0,5 y –0,2 .
Como ( ) 030 >− ,f , el cero está entre –0,5 y –0,3 .
Como ( ) 040 >− ,f , el cero está entre –0,5 y –0,4 .
Como ( ) 0450 <− ,f , el cero está entre –0,45 y –0,4 .
Como ( ) 0430 <− ,f , el cero está entre –0,43 y –0,4 .
Como ( ) 0410 >− ,f , el cero está entre –0,43 y –0,41 .
Por último, como ( ) 0420 <− ,f , el cero está entre –0,42 y –0,41; así que –0,41 es una
aproximación hasta las centésimas.
Ejemplo 3.19 Para demostrar que todo número positivo c tiene una raíz enésima n
c , basta
considerar que equivale a demostrar que la ecuación 0=− cx n tiene solución, pues si
llamamos n
cx = , despejando c se tiene la ecuación de arriba .
Continuidad de funciones Tema 3
3-8
Llamando ( ) cxxf n −= , como es continua en todo R, buscamos dos valores en los que
tome distinto signo y aplicamos el Teorema de Bolzano.
Evidentemente, ( ) 00 <f . Y, como ( ) nncc >+1 , entonces ( ) 01 >+cf , por lo que el
Teorema de Bolzano asegura que hay una raíz entre 0 y c + 1 .
Ejemplo 3.20 Apliquemos el Teorema de Bolzano para probar que las gráficas de ( ) xexf −= y
( ) 3xxg = se cortan en algún punto.
Consideremos la función ( ) ( ) ( )xfxgxh −= . Evidentemente es continua en R, por ser
resta de funciones continuas. Además, ( ) 00 >h y ( ) 01 <−h . Por tanto, el Teorema de Bolzano
asegura que existe un punto del ] [01,− en el que h se anula.
Para aproximarlo a una décima, tomamos -0,5 . Como ( ) 050 >− ,h y ( ) 01 <−h , el punto
está en ] [501 .,−− . Como ( ) 070 >− ,h y ( ) 01 <−h , está en ] [701 .,−− . Como ( ) 080 <− .h y
( ) 070 >− ,h , está en ] [7080 .,. −− . Luego el punto es –0,7 , con una décima de aproximación.
El siguiente teorema viene a ser una generalización del de Bolzano.
Nota Este teorema afirma que para cualquier valor M comprendido entre ( )af y ( )bf , siempre
existe un c del intervalo ( )b,a tal que ( ) Mcf = . Con palabras, viene a decir que si f es continua
en un intervalo cerrado no se puede pasar de un valor de la variable dependiente a otro sin
pasar por los intermedios. Esto es, la función asume (al menos una vez) cualquier número que
esté entre ( )af y ( )bf .
Ejemplo 3.21 La función ( ) senxxf = es continua en el intervalo
2,0π
y ( ) 12
00 =
≠=
πff ,
por lo que el teorema anterior afirma que para cualquier valor M del ( )10, existe al menos un
punto c del
2,0π
tal que ( ) Mcf = .
Notas
- Que una función f esté acotada en un intervalo [ ]b,a significa que existen dos números
reales m y M , con m < M , tales que ( ) Mxfm ≤≤ para todo x del intervalo [ ]b,a .
Teorema de los valores intermedios Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a tal que
( ) ( )bfaf ≠ , entonces f toma todos los valores comprendidos entre ( )af y ( )bf .
Teorema de Weierstrass. Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a , entonces f está
acotada en [ ]b,a .
Continuidad de funciones Tema 3
3-9
- Basta que la hipótesis no se verifique para un punto, para que no se cumpla el Teorema. Por
ejemplo, la función ( )
=
≠=
00
01
xsi,
xsi,xxf no es continua en [ ]44,− . En consecuencia no podemos
aplicar el teorema anterior a [ ]44,− . De hecho, como se ve en el dibujo, la función no está
acotada en [ ]44,− .
- El recíproco del teorema no es cierto. Por ejemplo, la función ( )
≥
<=
10
12
xsi,
xsi,xxf está acotada
en [ ]20, , pero no es continua en [ ]20, . Esto es, hay funciones acotadas en un intervalo cerrado
que no son continuas en él.
- La función ( )xx
xxf
2
22
−
+= es continua en ( )20, , pero no lo es en [ ]20, , por lo que no podemos
aplicarle el teorema. De hecho, ésta función no está acotada en [ ]20, .
3.9 Extremos absolutos (máximos y mínimos absolutos)
Ejemplo 3.22 La función ( ) 2xxf −= , definida en R, tiene un máximo absoluto en x = 0 .
Ejemplos
Ejemplo 3.23 La función ( ) xxf = , definida en R, tiene un mínimo absoluto en x = 0 .
Ejemplo 3.24 La función ( ) 3xxf = , definida en R, no tiene extremos absolutos.
Ejemplo 3.25 La función ( ) xexxf −⋅= 2 , definida en R, tiene mínimo absoluto en x = 0, pero
no tiene máximo absoluto, pues se va a más
infinito.
Definición Se dice que f tiene un máximo absoluto en a ∈A si ( ) ( ) Ax,afxf ∈∀≤ .
Definición Se dice que f tiene un mínimo absoluto en b ∈A si ( ) ( ) Ax,xfbf ∈∀≤ .
Continuidad de funciones Tema 3
3-10
Nota Al máximo o mínimo absoluto se les llama extremos absolutos.
Nota El teorema asegura que existen c , d pertenecientes al intervalo [ ]b,a tales que
( ) ( )cfxf ≤ y ( ) ( )xfdf ≤ para todo x del intervalo [ ]b,a .
Ejemplos
Ejemplo 3.26 La función ( ) 3xxf = , definida en [ ]21,− , tiene su máximo absoluto en x = 2, y su
mínimo absoluto en x = -1 .
Ejemplo 3.27 La función ( ) 64 23 ++−= xxxxf ,
definida en R, no tiene extremos absolutos; pero
definida en [ ]32,− si que los tiene (véase la gráfica).
Teorema de Bolzano – Weierstrass Sea [ ] Rb,a:f → una función continua en [ ]b,a ,
entonces f alcanza máximo y mínimo absolutos en [ ]b,a .
Continuidad de funciones Tema 3
3-11
Ejercicios resueltos
Continuidad en un punto.
R.1. Estudia la continuidad en 0=x de la función
=
≠=
00
0
1
xsi
xsie)x(fx
.
Solución:
Por definición, para que la función sea continua se debe cumplir que )(f)x(flimx
00
=→
;
00 =)(f , para calcular el )x(flimx 0→
es preciso calcular los límites laterales.
+∞===∞+
→→ ++eelim)x(flim x
xx
1
00 y 0
1
00===
∞−
→→ −−eelim)x(flim x
xx. Por lo tanto, en 0=x , la
función es discontinua de salto infinito.
R.2. Estudia la continuidad en 0=x de la función
=
≠=
−
00
04
3
xsi
xsie)x(f x
x
.
Solución:
Veamos si )(f)x(flimx
00
=→
; 00 =)(f , para calcular el )x(flimx 0→
calculamos los límites
laterales. 04
3
00=== ∞−
−
→→ −−eelim)x(flim x
x
xx y 0
4
3
00=== ∞−
−
→→ ++eelim)x(flim x
x
xx.
La función es continua en 0=x .
R.3. Estudia la continuidad en 0=x de la función
=
≠=
00
0
xsi
xsie)x(f x
x
.
Solución:
Lo primero es escribir la función de forma más detallada. Como
>
<−=
0
0
xsix
xsixx
se tiene que
>
=
<
=
−
0
00
01
xsie
xsi
xsie
)x(f . Evidentemente eelim)x(flimxx
==++ →→ 00
, mientras que
eelim)x(flim
xx
11
00== −
→→ −− . Por lo tanto, la función presenta una discontinuidad de salto finito.
R.4. Dada la función
>+
−
≤<
≤−
=
11
3
10
012
2
xsix
x
xsik
xsix
)x(f se pide.
a) Calcula k para que la función sea continua en 0=x .
b) Para ese valor de k ¿es una función continua en todo ℜ ?.
Solución:
Continuidad de funciones Tema 3
3-12
a) Para que sea continua )x(flim)x(flim)(fxx +− →→
==00
0 . 11020 −=−⋅=)(f .
( ) 11200
−=−=−− →→
xlim)x(flimxx
y kklim)x(flimxx
==++ →→ 00
, así pues, para que la función sea
continua en 0=x el valor de k debe ser -1.
b) Para todos los 0<x la función es polinómica y por lo tanto continua.
Para 10 << x 1−=)x(f función constante que es continua.
Para 1>x 1
32
+
−=
x
x)x(f como en esta zona el denominador 01≠+x la función es también
continua. Por lo tanto el único punto posible de discontinuidad es 1=x .
Veamos si )x(flim)x(flim)(fxx +− →→
==11
1 ; 11 −=)(f , 11
−=−→
)x(flimx
y 11
32
11−=
+
−=
++ →→ x
xlim)x(flim
xx,
luego la función también es continua en 1=x y en definitiva )x(f es una función continua
ℜ∈∀x .
Continuidad de una función y tipos de discontinuidades.
R.5. Estudia la continuidad y clasifica las discontinuidades de las siguientes funciones:
a)
≥−
<<−+−
−≤−
=
323
312
132
2
xsix
xsix
xsix
)x(f b)
>+
≤−=
33
1
33
3
xsix
xsix)x(f
c) 32 −+−= xx)x(f d) 1
11
2
2
−
++−=
x
xx)x(f
Solución:
a) En cada trozo de definición )(xf es continua por tratarse de funciones polinómicas,
así que los únicos punto posibles de discontinuidad son 1−=x y 3=x . Estudiaremos )(xf en
ambos valores
En 1−=x : ( )32lim53)1(2)1(1
−=−=−−⋅=−−−→
xfx
y 3)2(lim)(lim11
=+−=++ −→−→
xxfxx
luego
la función presenta una discontinuidad de salto finito en 1−=x .
En 3=x
−==−=
+→2
312
3
33
2
3
2 xlim)(f
x, como 1)2(lim)(lim
33−=+−=
−− →→
xxfxx
por
tanto )(xf presenta una discontinuidad de salto finito en 3=x .
b) Para los valores 3<x y para 3>x la función es continua por ser cociente de
funciones continuas y porque el denominador en ambos casos es distinto de cero. Estudiamos
la continuidad de )(xf en 3=x para lo cual es preciso calcular los límites laterales.
No existe )3(f , −∞=−
=−− →→ 3
3lim)(lim
33 xxf
xx y
6
1
3
1lim)(lim
33=
+=
−+ →→ xxf
xx
La función presenta una discontinuidad de salto infinito en 3=x y es continua en todos
los demás valores de x, obsérvese que )(xf es continua por la derecha en 3=x , es decir )(xf
sería considerada continua por ejemplo en el intervalo [ ]5,3 .
c) )(xf será continua cuando lo sean a la vez 2−= xy e 3−= xy por tanto
estudiaremos cada una de ellas por separado.
Continuidad de funciones Tema 3
3-13
>−
≤+−=−=
22
222
xsix
xsixxy , el único punto donde puede no ser continua es 2=x ,
aplicamos la condición de continuidad, ( ) 02 =f , 0)2(lim)(lim22
=−=++ →→
xxfxx
y
0)2(lim)(lim22
=+−=−− →→
xxfxx
por tanto 2−= xy es continua ℜ∈∀x .
3−= xy es continua en todo su dominio [ )+∞=≥ℜ∈= ,33: xxD .
La función )(xf es continua [ )+∞∈∀ ,3x en los demás valores de ℜ presenta es
discontinua con discontinuidades de 2ª especie.
d) Al igual que en el apartado anterior 1
11
2
2
−
++−=
x
xx)x(f será continua cuando lo
sean a la vez 1)( 2 −= xxg y 1
1)(
2−
+=
x
xxh cuya continuidad estudiaremos por separado.
≥−
<<−+−
−≤−
=−=
11
111
11
1)(2
2
2
2
xsix
xsix
xsix
xxg ( )xg es continua en todos los puntos excepto quizás
en 1−=x y 1=x . Estudiamos estos valores.
En 1−=x : ( ) ( ) 01112
=−−=−f , ( ) 01lim 2
1=−
−−→
xx
y ( ) 01lim 2
1=+−
+−→
xx
. Continua.
En 1=x : ( ) ( ) 01112
=+−=f , ( ) 01lim 2
1=−
+→
xx
y ( ) 01lim 2
1=+−
−−→
xx
. Continua.
1
1)(
2−
+=
x
xxh es cociente de dos funciones continuas en todo ℜ y por tanto es continua
excepto cuando el denominador se anule es decir en 1−=x y 1=x donde será discontinua.
Estudiamos el tipo de discontinuidad.
En 1−=x : [ ]( )( ) 2
1
1
1lim
11
1lim.
0
0
1
1lim
1121−=
−=
+−
+==
−
+
−→−→−→ xxx
xInde
x
x
xxx Discontinuidad
evitable.
En 1=x : [ ].0
2
1
1lim
21Inde
x
x
x=
−
+
→ estudiamos límites laterales, −∞=
−
+−→ 1
1lim
21 x
x
x y
+∞=−
++→ 1
1lim
21 x
x
x. Discontinuidad de salto infinito. En conclusión
1
11
2
2
−
++−=
x
xx)x(f presenta
dos discontinuidades: En 1−=x evitable y en 1=x de salto infinito.
R.6. Estudia la continuidad y clasifica las discontinuidades de ( )senxx
senxxf
−
+=
2cos
2
Solución:
Al ser ( )xf cociente de dos funciones continuas, los puntos de discontinuidad son las
soluciones de 02cos =− senxx . Aplicamos la fórmula del ángulo doble y ponemos cosx en
función de senx con lo que queda −
=⇒=−+21
1012 2 senxsenxxsen .
Si Nkπkπ
xsenx ∈±=⇒−= con 22
31 .
Continuidad de funciones Tema 3
3-14
Si Nk
πkπ
x
πkπ
xsenx ∈
±=
±=⇒= con
26
5
2621 .
Clasificamos las discontinuidades:
En 2
3πx = : [ ]indet.
0
1
2cos
2lim)(lim
2
3
2
3=
−
+=
→→ senxx
senxxf
πx
πx
independientemente del signo
de los límites laterales tendremos una discontinuidad de salto infinito, igual ocurre en todos los
valores de la serie 22
3πk
πx ±= .
En 6
πx = [ ]indet.
02
5
2cos
2lim
6
=−
+
→ senxx
senx
πx
. Al igual que en el caso anterior la función
presenta una discontinuidad de salto infinito en todos los valores de la serie πkπ
x 26
±= .
En 6
5πx = [ ]indet.
02
3
2cos
2lim
6
5=
−
+
→ senxx
senx
πx
. También hay discontinuidad de salto
infinito en todos los valores de la serie πkπ
x 26
5±= .
R.7. Dada la función ( )35
2
−+
−=
x
xxf se pide:
a) Estudia la continuidad de ( )xf y clasifica sus discontinuidades.
b) Redefine ( )xf de modo que la nueva función sea continua en 4=x .
Solución:
a) La función es continua en todos los puntos que pertenezcan a la vez al dominio de
xy = y de 5+= xy excepto para 4=x donde el denominador es cero. El dominio de
xy = es el intervalo [ )+∞,0 y el de 5+= xy es el intervalo [ )+∞− ,5 , por tanto el dominio
de ( )xf es el intervalo [ )+∞,0 con 4≠x . En el intervalo ( )0,∞− la función presenta
discontinuidades de segunda especie. Estudiemos qué ocurre en 4=x .
( ) [ ]ind.0
0
35
2limlim
44=
−+
−=
→→ x
xxf
xx multiplicamos numerador y denominador por sus conjugados
( ) ( )( )( )( )( )( )
( )( )( )( ) 2
3
4
6
24
354lim
35235
3522limlim
444==
+−
++−=
+++−+
+++−=
→→→ xx
xx
xxx
xxxxf
xxx
La función tiene una discontinuidad evitable en 4=x
Continuidad de funciones Tema 3
3-15
b) Definimos la función ( )
=
≠−+
−
=
42
3
435
2
xsi
xsix
x
xg que en definitiva equivale a la
función ( )2
35
+
++=
x
xxg .
R.8. Calcula los valores de los parámetros a y b para que las siguientes funciones sean
continuas. Dibuja las gráficas de dichas funciones para dichos valores.
a)
≥+
<<−+
−≤+
=
33
321
2
)( 2
xsibx
xsix
xsiax
xf b)
>
≤≤−+
−<−
=
45
41
123
)(
xsi
xsibax
xsix
xg
Solución:
a) Los únicos puntos donde la función puede ser discontinua son 2−=x y 3=x por tanto
exigimos que la función sea continua en estos puntos.
Para que sea continua en 2−=x ( ) ( )axafx
+=+−=−−−→ 2
lim22 y
( ) ( ) 51limlim 2
22=+=
++ −→−→
xxfxx
luego 752 =⇒=− aa
Exigimos la continuidad en el punto 3=x , ( ) ( )xfbfx +→
=+=3
lim333 y como
( ) 101lim 2
3=+
−→
xx
3
71033 =⇒=+ bb . La gráfica
de la función
≥+
<<−+
−≤+
=
333
7321
27
)( 2
xsix
xsix
xsix
xf es:
b) Igual que en el apartado anterior exigimos la continuidad en 1−=x y 4=x
En 1−=x , ( ) ( ) babaxgx
+−=+=−+−→ 1
lim1 y como ( ) 523lim1
−=−−−→
xx
debe ser
5−=+− ba
En 4=x , ( ) ( ) babaxgx
+=+=−→
4lim44
, por otra parte ( ) 55limlim44
==++ →→ xx
xg y
54 =+ ba debemos resolver el sistema
=+
−=+−
54
5
ba
ba
restando la 2ª con la 1ª 2105 =⇒=⇒ aa y
sustituyendo en una de las dos se obtiene 3−=b . La
función continua resultante es
>
≤≤−−
−<−
=
45
4132
123
)(
xsi
xsix
xsix
xg y su gráfica:
Continuidad de funciones Tema 3
3-16
R.9. Estudia en función de los valores de los parámetros la continuidad de las siguientes
funciones:
a)
>+
≤+=
πxsixax
πxsisenxxf
cos2
1)( b)
≥+
<=
03
20
)(xsi
axxsie
xfx
tgx
c)
>
≤+=
0
03)(
sec xsie
xsiaxxf
x d)
≥−
<<+
≤+
+
=
1
101
01
)( 2
xsibx
xsix
xsie
ae
xf
x
ax
Soluciones:
a) Las funciónes senxy += 1 e xaxy cos2 += son continuas independientemente del
valor de a siendo πx = el único punto posible de discontinuidad. Para este valor se tiene:
( ) 11 =+= πsenπf , ( ) ( ) 11limlim =+=−− →→
senxxfπxπx
y ( ) ( ) 12cos2limlim −=+=++ →→
aπxaxxfπxπx
si
hacemos π
aaπ1
112 =⇒=− por lo tanto se tiene:
Si π
a1
= ( )xf es continua en todo ℜ
S i π
a1
≠ ( )xf presenta una discontinuidad de salto finito en πx = .
b) ( )xf en el intervalo 0<x será discontinua donde lo sea la función tgxy = , es decir
en N con 2
∈−−= kπkπ
x y esto independientemente del valor de a, además son
discontinuidades de salto infinito.
Para 0>x ( )xf es continua ℜ∈∀a por ser una función polinómica.
Estudiamos lo que ocurre en 0=x .
( )33
2limlim
00
aaxxf
xx=
+=
++ →→, ( )
30
af = y ( ) eeexf
x
tgx
xx
tgx
xx===
−→
−− →→
0
lim
00limlim ( recuérdese que x y
tgx son infinitésimos equivalentes). Si igualamos eaea
33
=⇒= y en definitiva:
Si ea 3= la función es continua en 0=x .
Si ea 3≠ la función presenta en 0=x una discontinuidad de salto finito.
En ambos casos la función es discontinua de salto infinito en los puntos
N con 2
∈−−= xπkπ
x como ya se ha dicho antes.
c) Para el intervalo 0>x e independientemente del valor de a, ( )xf será discontinua
donde lo sea la función xy sec= , es decir cuando 0cos =x Nk con 2
∈+=⇒ πkπ
x . Son
discontinuidades de salto infinito como es fácil comprobar. En 0<x la función es polinómica y
por tanto continua ℜ∈∀a . Sólo falta ver qué pasa cuando 0=x .
Continuidad de funciones Tema 3
3-17
( ) af =0 , ( ) ( ) aaxxfxx
=+=−− →→
3limlim00
, y ( ) eeexfx
xx
xx===
+→
++ →→
cos
1
0
limsec
00limlim por lo tanto:
Si ea = la función es continua en 0=x .
Si ea ≠ la función presenta una discontinuidad de salto finito en 0=x .
Independientemente del valor de a, la función presenta las discontinuidades expresadas con
anterioridad.
d) La función sólo puede ser discontinua en 0=x y 1=x .
Estudiamos la continuidad en 0=x :
( )2
10
af
+= , ( )
2
1
1limlim
00
a
e
aexf
x
ax
xx
+=
+
+=
+− →→
y ( ) ( ) 11limlim 2
00=+=
++ →→
xxfxx
, por tanto para que la
función sea continua 112
1=⇒=
+a
a.
Estudiamos ahora la continuidad en 1=x :
( ) bf −= 11 ( ) ( ) bbxxfxx
−=−=++ →→
1limlim11
y ( ) ( ) 21limlim 2
11=+=
−− →→
xxfxx
así que si hacemos
121 −=⇒=− bb y en conclusión se tiene:
Si 1 y 1 −== ba ( )xf es continua ℜ∈∀x .
Si 1≠a ( )xf presenta en 0=x una discontinuidad de salto finito.
Si 1b −≠ ( )xf presenta en 1=x una discontinuidad de salto finito.
Teorema de Bolzano
R.10. La función ( )senx
xf21
3
−= cambia de signo en los extremos del intervalo
−
2,
2
ππ ya
que 12
=
−π
f y 32
−=
πf ¿puede asegurarse que en algún punto c del intervalo
−
2,
2
ππ
( ) 0=cf ?.
Solución:
No. La función no es continua en 6
πx = que pertenece al intervalo
−
2,
2
ππ y por tanto
el Teorema de Bolzano no es aplicable. (De hecho la función no se anula nunca ya que el
numerador es constante).
R.11. La función ( )( )21−
=x
xxf no cumple las condiciones de la hipótesis del T. De Bolzano en
[ ]3,3− dado que no es continua en 1=x que pertenece al intervalo, sin embargo sí se anula en
0=x y ( )3,30 −∈ . ¿Contradice este hecho el Teorema de Bolzano?.
Solución:
No. Si la función no cumple la hipótesis del teorema, la tesis puede cumplirse o no sin
que esto contradiga el teorema, es decir el teorema en este caso no afirma nada y la función
puede anularse o no en algún punto del intervalo.
Continuidad de funciones Tema 3
3-18
R.12. Demuestra utilizando el Teorema de Bolzano que la ecuación 02cos5 =−+ xx tiene
solución real.
Solución:
Construimos la función ( ) 2cos5 −+= xxxf .
Si demostramos que ( ) 0=xf habremos demostrado que la ecuación tiene solución.
Esta función es continua ℜ∈∀x y por lo tanto en cualquier intervalo cerrado que se
considere por lo tanto todo se reduce a encontrar dos valores donde la función cambie de
signo, el Teorema de Bolzano nos asegura que entre esos valores la función se anula.
Probamos ( ) 0120cos050 <−=−+⋅=f y 022
52
2cos
2
5
2>−=−+=
ππππf
por tanto como ( ) 2cos5 −+= xxxf es continua en el intervalo
2,0π
y cambia de signo en
los extremos del intervalo el Teorema de Bolzano asegura que
∈∃
2,0π
c tal que ( ) 0=cf , es
decir, c es solución de la ecuación.
R.13. Comprueba que la ecuación 8123
753=
++
senxx tiene solución real.
Solución:
Consideramos la función ( ) 8123
753 −+
+=senx
xxf . Esta función es continua ya que
023 ≠+ senx , además ( ) 0813
750 <−=f y ( ) ( ) ( ) 056281
223
7522
33>−=−
++= π
πsenππf
El teorema de Bolzano asegura que ( )πc 2,0∈∃ tal que ( ) 0=cf , es decir, c es solución
de la ecuación dada.
R.14. Demuestra mediante el T. de Bolzano que las gráficas de ( ) xxf ln= y ( )4
xxg = se cortan.
Solución:
Construimos la función diferencia de las dadas ( )4
lnx
xxh −= si demostramos que
( ) 0=xh en algún punto habremos demostrado que en ese punto ( ) ( )xgxf = y por lo tanto que
las gráficas se cortan.
( )xh es continua ( )∞∈∀ ,0x , buscaremos en esa zona un intervalo donde cambie de signo
( ) 04
1
4
11ln1 <−=−=h y ( ) 0
4
4
4ln >
−=−=
eeeeh como ( )xh es continua en [ ]e,1 el T.B.
asegura la existencia de un ( )ec ,1∈ tal que ( ) 0=ch , es decir ( ) ( )cgcf = .
Continuidad de funciones Tema 3
3-19
R.15. Calcula los valores de a y b para que a la función ( )
≥
<<+
≤−
=
4
42
23
2
xsix
xsibx
xsix
a
xf le sea
aplicable el Teorema de Bolzano en el intervalo [ ]4,0 . Calcula el valor o valores vaticinados por
el teorema.
Solución:
Exigimos que ( )xf sea continua en 2=x y 4=x , pues en los demás puntos del
intervalo es continua.
En 2=x ( ) ( ) axffx
−==−→2
lim2 , ( ) bxfx
+=+→
4lim2
luego ab −=+4
En 4=x ( ) ( ) 4lim44
==+→
xffx
, ( ) bxfx
+=−→
16lim4
812416 =⇒−=⇒=+⇒ abb
falta comprobar que para estos valores la función cambia de signo en los extremos de [ ]4,0
( ) 03
80 <−=f y ( ) 044 >=f lo que en efecto ocurre.
Buscamos el valor de x donde ( ) 0=xf con ( )4,0∈x , es evidente que la función sólo
puede anularse en el intervalo 42 << x , hacemos 120122 ±=⇒=− xx como 12−=x
está fuera del intervalo ( )4,0 la solución vaticinada por el teorema es únicamente 12=x .
R.16. Encuentra una solución de la ecuación 1=+ senxx con un error menor de una décima.
Solución:
Construimos la función ( ) 1−+= senxxxf , utilizaremos el T.B. para demostrar que se
anula y después para acotar el valor donde ( ) 0=xf en un intervalo de longitud menor que una
décima.
( )xf es continua en cualquier intervalo cerrado que nos convenga considerar, por lo tanto
buscaremos intervalos cada vez mas pequeños donde la función cambie de signo.
( ) 010 <−=f , ( ) 011 >= senf elegimos [ ]1,0
( ) 002'015'05'05'0 <−≈−+= senf elegimos [ ]1,5'0
( ) 016'016'06'06'0 >≈−+= senf elegimos [ ]6'0,5'0
En el intervalo [ ]6'0,5'0 ( )xf es continua y cambia de signo en los extremos luego
según el Teorema de Bolzano ( ) ( ) 0:6'0,5'0 =∈∃ cfc luego cualquier número de ese intervalo
es una solución aproximada de la ecuación dada con error menor de una décima.
R.17. Dada la ecuación 025 23 =+− xx se pide:
a) Separa sus tres soluciones reales.
b) Acota las soluciones con un error menor de una décima.
Continuidad de funciones Tema 3
3-20
Solución:
a) Construimos la función ( ) 25 23 +−= xxxf que es continua en todo ℜ . Separar las
soluciones es encontrar intervalos en los que esté sólo una solución; buscando tres intervalos
disjuntos donde la función cambie de signo por el T.B. habremos encontrado tres ceros de la
función como pretendemos.
( ) 020 >=f y ( ) 041 <−−f luego existe un ( )0,11 −∈x tal que ( ) 01 =xf y 1x es solución.
( ) 021 <−=f luego existe un ( )1,02 ∈x tal que ( ) 02 =xf y 2x es otra solución.
( ) 025 >=f luego existe un ( )5,13 ∈x tal que ( ) 03 =xf y 3x es la tercera solución.
b) Se va probando con la calculadora dividiendo cada uno de los intervalos anteriores
por la mitad y comprobando el signo hasta que se encuentran aproximaciones de las tres
soluciones con la precisión pedida, así encontramos ( )5'0,6'01 −−∈x , ( )7'0,6'02 ∈x y
( )5,9'43 ∈x .
Continuidad de funciones Tema 3
3-21
Ejercicios propuestos
Continuidad en un punto
P.1. Dada ( )
=
≠−
+
=
1
11
1
xsi,k
xsi,x
xxf , ¿existe algún valor de k para el que la función f (x) sea
continua en x =1?
P.2. La función ( )
=
≠=
00
02
xsi,
xsi,x
x
xf , ¿ es continua en el origen ?
P.3. Siendo ( )
>+
≤=
π
π
xsi,bx
xsi,senxxf
2 , halla b para que sea continua en x = π .
P.4. Estudia la continuidad en x = 0 de las siguientes funciones:
( ) ( ) ( )
=
≠=
=
≠−=
=
≠=
−
01
0
05
05
00
02
2
xsi,
xsi,senx
xxh
xsi,
xsi,x
x
xg
xsi,
xsi,exf x
x
P.5. Estudia la continuidad en x =
π
2 de la función ( )
=
≠+
−
=
21
21
1
π
π
xsi,
xsi,e
e
xftgx
tgx
Continuidad de una función y tipos de discontinuidades
P.6. Estudia la continuidad de las siguientes funciones:
( ) ( ) ( )( )3424
44 2
+−=−
−+= xxxf)b
senx
xcosxsenxxf)a
P.7. Estudia la continuidad de las siguientes funciones y clasifica sus discontinuidades:
( ) ( ) ( )
>
≤−=
≥−
<<
≤+
=−=
22
21
1
21
202
02
12 x si ,
x si ,xxf )c
x si ,x
x si ,
x si ,x
xf )b xxf )a
( ) ( ) 121
112 −
=−
++=xxf )e
xxxf )d
( ) ( )
>−
≤+=
−+
−−
−=
122
11
2
1
3
1 2
2x si ,x
x si ,xxf )g
xx
x
xxf f)
Continuidad de funciones Tema 3
3-22
P.8. Dibuja ( )
>−
≤<−
≤<−+
−≤
=
65
1
603
10132
13
xsi,x
xsi,x
xsi,x
xsi,
xf , estudia su continuidad y clasifica sus
discontinuidades.
P.9. Estudia la continuidad de las siguientes funciones y clasifica sus discontinuidades:
( ) ( ) ( )xx
x
xxxf)c
xsi,x
xsi,e
e
xf)bxsi,x
xsi,xxxf)a x
x
−−
−−=
>+
≤+=
≥−
<+−=
22
2
2
1
01
01
01
01
P.10. Estudia la continuidad de las siguientes funciones y clasifica sus discontinuidades:
( ) ( ) ( )xe
xsen
xf)c
xsi,
xsi,x
tgxxf)b
xsen
xcosxxf)a
12
2
1
1
01
013
+
=
=
≠=
−+=
P.11. Estudia, según el valor de k, la continuidad de las siguientes funciones:
( ) ( )
=
≠−
+−=
−=
−≠−=
3
33
63
3
342 2
xsi,k
xsi,x
xxf)b
xsi,k
xsi,xxf)a
P.12. La función ( )1
23
−
+++=
x
axxxxf , no está definida en x =1. Halla a para que sea posible
redefinir ( )xf como una función continua en R.
P.13. Dada la función ( )( )xsen
xxxf
π
−=
2
, con ] [10,x∈ , define f(0) y f(1) de forma que f sea
continua en [0,1]. (Sugerencia: para 1=x , haz el cambio de variable 1−= xt ).
P.14. Dada la función ( )
≥
<≤+
<−+
=
12
10
0122
xsi,
xsi,bax
xsi,xx
xf , halla a y b para que la función sea
continua y dibuja la gráfica de la función que resulta.
P.15. Calcula el valor de los parámetros para que las siguientes funciones sean continuas en
toda la recta real.
( ) ( ) ( )
≥+
<<−−
−≤+
=
>−
≤+=
>+
≤=
12
111
12
2
2
02
0 2
2
2
xsi,bx
xsi,x
xsi,ax
xf)cxsi,xa
xsi,axxxf)b
xsi,ax
xsi,exf)a
ax
Continuidad de funciones Tema 3
3-23
( ) ( )
>−−
≤≤++−
<<−−−+−
−≤+
=
≥−
<<−+
−≤+
=
24
211
111
1
14
12
21
2
2
2
2
2
xsi,bcx
xsi,bcxax
xsi,caxbx
xsi,cax
xf)e
xsi,x
xsi,bax
xsi,x
xf)d
P.16. Razona por qué la función ( )
−∈−
∈−=
QRxsi,x
Qxsi,xxf
22
sólo es continua en 21−, .
Teorema de Bolzano
P.17. Si f(x) es continua en [1,9] y es tal que ( ) 51 −=f y ( ) 09 >f . ¿Podemos asegurar que en
estas condiciones la función g(x) = f(x) + 3 tiene, al menos, un cero en el [1,9]? Razona la
respuesta.
P.18. Sabiendo que f(x) es tal que f(-2) < 0 y f(0) > 0 ¿Podemos asegurar que existe un punto
c del intervalo ]-2,0[ tal que f(c) = 0 ? Razona la respuesta.
P.19. Sea ( )
=
≠=
02
01
xsi,
xsi,xxf que verifica f(-1) < 0 y f(1) > 0 y, sin embargo, la función no se
anula en el intervalo ]-1,1[ . ¿Contradice ésto el Teorema de Bolzano?
P.20. ¿Es cierto que si una función f(x) es tal que ( ) ( ) 0<⋅ bfaf y es continua en [a,b],
entonces existe una solución única en [a,b] de la ecuación f(x) =0 ? Razona la respuesta.
P.21. La función ( )
=
≠=
21
2
π
π
xsi,
xsi,tgxxf toma valores de distinto signo en los extremos del
intervalo
π
4,3π
4
y, sin embargo, no se anula en él , ¿contradice ésto el T. De Bolzano?
P.22. ¿Podemos aplicar el Teorema de Bolzano para asegurar que la ecuación x
4+
1
x − 2= 0
tiene alguna solución en el intervalo ]0,3[ . ¿ Y en el ]-2,0[ ? Razona la respuesta.
P.23. Sea f continua en [0,1], tal que 0 < f(x) < 1 en dicho intervalo, demuestra que tiene que
haber un ] [10,c ∈ tal que f(c) = c. (Un Teorema del punto fijo).
P.24. Determina los valores del número real k para los cuales la función ( ) kxxxf +−= 33 se
anula en algún punto del intervalo [-1,1].
P.25. Demuestra que la ecuación πx
= e tiene una solución en ]0,1[.
Continuidad de funciones Tema 3
3-24
P.26. Sean f y g dos funciones continuas en [a,b], tales que ( ) ( )agaf > y f b( )< g b( ).
Demuestra que sus gráficas se cortan.
P.27. Sea [ ] R,:f →π20 continua, tal que ( ) ( )π20 ff = . Demuestra que existe un punto x del
intervalo ( )π,0 tal que ( ) ( )π+= xfxf .
P.28. Encuentra cuatro intervalos disjuntos en los que la ecuación 2x4
− 14x2
+ 14x − 1 = 0 tenga una raíz.
P.29. ¿Se puede aplicar el Teorema de Bolzano a la función ( ) ( )xxf cosec= , en el intervalo
π
2,3π
2
?
Resolución aproximada de ecuaciones
P.30. Halla, con error menor de una décima, la raíz real de cada una de las siguientes
ecuaciones: a) x3
+ 4x2
− 6 = 0 ; b) x3
+ x + 1= 0 .
P.31. Justifica que la ecuación x5
= 5 − 3x tiene una solución entre 1 y 2. Halla dicha solución
con dos cifras decimales.
P.32. Halla la menor solución positiva de tgx = x , con dos decimales.
P.33. Utiliza el Teorema de Bolzano para hallar 375
con un error menor que una décima.
P.34. Utiliza el Teorema de Bolzano para demostrar que la ecuación x + senx = 8 tiene, al
menos, una raíz y calcula ésta con error menor que una centésima.
P.35. Comprueba que ( ) ( )xlnxf = y ( ) xexg −= se cortan en un solo punto. Calcula ese punto
de forma aproximada.
Propiedades de las funciones continuas
P.36. Dadas las funciones ( )2
xxxf
+= y ( )
2
xxxg
−= , estudia la continuidad de las
funciones: f , g , g o f , f o g , f ⋅ g ,
f
g .
P.37. Si f es continua en x = a y g discontinua en x = a , ¿qué puede decirse de f + g? ¿ Y de
f ⋅ g?
P.38. Una función f : R -> R es tal que vale 4 en todos los números racionales. Si f es continua,
¿qué función es f ?
Continuidad de funciones Tema 3
3-25
P.39. Si f(x) es continua en [5,8] y además f(5) = 1; f(8) = 3 entonces: a) todos los valores de f
están en el [1,3]; b) existe un valor c del ]5,8[ tal que f(c) = 1.4 ; c) la función se anula en un
punto; d) se verifica siempre que f(x) > 1 en este intervalo. Razona la respuesta correcta.
Soluciones
P.1. No. Tiene una discontinuidad de salto infinito ℜ∈∀k . P.2. No. Tiene una discontinuidad
de salto finito. P.3. π−= 2b P.4. ( )xf continua ( )
=== ∞−
−
→00
2
2
0eelimf x
x
x; ( )xg
discontinuidad de salto finito en 0=x ; ( )xh discontinuidad de salto finito en 0=x P.5.
Discontinua de salto finito ( ) ( )
=−=−+
π→
π→
11
22
xflim,xflim
xx
. P.6. a) Discontinua de salto infinito en
π
6+ 2kπ ,
5π
6+ 2kπ , ∀k∈Z ; b) continua en todo su dominio, que es ( )43,R −− . P.7. a)
Continua en todo R ; b) discontinuidad de salto finito en 2=x ; c) discontinuidad de salto
infinito en 1=x y discontinuidad de salto finito en 2=x ; d) continua ( )+∞∈∀ ,x 1 ; e) continua
[ )+∞∈∀ ,x 1 ; f) discontinuidad de salto infinito en 3=x y 2−=x , evitable en 1=x ; g)
discontinuidad de salto finito en 1=x . P.8. Discontinuidad de salto infinito en 3=x , de salto
finito en 1−=x , 0=x , 6=x . P.9. a) Continua; b) discontinuidad de salto finito en 0=x ; c)
discontinuidad de salto infinito en 1=x y 2=x , evitable en 0=x . P.10. a) Discontinuidad
evitable en 0=x , discontinuidad de salto infinito en 0−∈π= Zkconkx , b) Continua en
0=x , discontinuidad de salto infinito en Zkconkx ∈π+π
=2
, c) discontinuidad de 2º
especie en 0=x (no existe ( )xflimx −→0
). P.11. a) Si 14=k continua, si 14≠k discontinua
evitable en 3−=x ; b) discontinua si 6−<x k∀ , además si 6
1−=k continua en 3=x y si
6
1−≠k discontinua evitable en 3=x . P.12. 3−=a . P.13. ( ) ( )
π
110
−== ff . P.14. a = 3 , b = -1.
P.15. a) a = 1/2 ; b) a = -8 ; c) 2=a , 2−=b ; d) 1=a , 5−=b ; e) para que sea continua en:
−=
−=
=
⇒
−−=++−⇒=
++−=−−+−⇒=
−−−−=+⇒−=
2
1
2
441242
111
11
c
b
a
bcbcax
bcacabx
cabcax
. P.16. Que sólo puede ser continua en x = 1 y
x = −2 podemos probarlo por medio de la caracterización del límite por sucesiones. Que es
continua en x = 1 y x = −2 lo probamos por la definición de continuidad. (Con menos rigor,
podríamos servirnos de su gráfica para justificarlo). P.17. Sí, por el Teorema de Bolzano. P.18.
No lo podemos asegurar porque no dice nada sobre la continuidad. P.19. No lo contradice,
porque es discontinua en x = 0. P.20. Es cierto que existe solución, pero no tiene porqué ser
Continuidad de funciones Tema 3
3-26
única. P.21. No, porque es discontinua en
π
2. P.22. En el intervalo ]0,3[ no, porque es
discontinua en 2. En el ]-2,0[ sí, porque satiface la hipótesis del Teorema. P.23. Define
( ) ( ) xxfxg −= y aplica el Teorema de Bolzano en el intervalo [ ]10, . P.24. [ ]22,k −∈ . P.25.
Aplica el Teorema de Bolzano en el intervalo [ ]10, a la función ( ) exf x −= π .
P.26. Aplica el Teorema de Bolzano en el intervalo [a,b] a la función ( ) ( ) ( )xgxfxh −= .
P.27. Define ( ) ( ) ( )π+−= xfxfxh y aplica en [ ]π,0 , el Teorema de Bolzano.
P.28. ] [ ] [ ] [ ] [91815111034 .,.,.,,,,,−− . P.29. No, porque es discontinua en π .
P.30. a) 1,0 ; b) –0,6 . P.31. Define ( ) xxxf 355 +−= y aplica el T. De Bolzano en [ ]21, . Sale
1,10 . P.32 4,49 . P.33. Define ( ) 375 −= xxf y aplica el T. De Bolzano en [ ]32, . Sale 2,0
P.34. Aplícalo a la función ( ) 8−+= senxxxf en el intervalo [ ]80, .
P.35. Define ( ) ( ) ( )xgxfxh −= y aplica el Teorema de Bolzano a algún intervalo . Sale 1,309 .
P.36. gfygf,fg,g,f ⋅oo continuas, g
fdiscontinua si ( )00 =≥ g x . P.37. f + g es discontinua
en a . f ⋅ g no se puede asegurar, porque podría ser continua; por ejemplo, si
( )
=
≠−=
11
11
xsi,
xsi,xxf y ( )
=
≠−=
13
11
3
xsi,
xsi,xxg , su producto es una función continua. P.38.
f(x) es la función constante igual a 4. P.39. La opción b) .
Gráfica P.8 Gráfica P.14
Derivabilidad Tema 4
4-1
Tema 4
Derivabilidad
4.1 Derivada de una función en un punto Si una función f tiene derivada en un punto a, se dice que es derivable en a.
Algunas otras notaciones para calcular o designar la derivada son:
( ) ( ) ( )( )( ) ( )
ax
afxflimafDayay
ax −
−===′
→
&
Nota Algebraicamente, la derivada de una función en un punto es un número real.
Ejemplos
Ejemplo 4.1 Calculemos la derivada de ( ) 32 += xxf en el punto x = 5.
( )( ) ( ) ( ) ( )
=−+++
=+−++
=−+
=′→→→ h
hhlim
h
hlim
h
fhflimf
hhh
28310253535555
2
0
22
00
( )10
1010
0
2
0=
+=
+=
→→ h
hhlim
h
hhlim
hh
Ejemplo 4.2 Veamos que no existe la derivada de ( ) 1+= xxf en el punto x = -1.
( )( ) ( ) ( )
h
hlim
h
hlim
h
fhflimf
hhh 000
1111111
→→→=
+−−++−=
−−+−=−′ , que no existe, ya que los
límites laterales no coinciden.
En efecto, 10
=+→ h
hlim
h y 1
0−=
−−→ h
hlim
h.
Definición Se llama derivada de f en el punto a, y se denota por )(af ′ al valor del límite
( ) ( )h
afhaflimh
−+
→0, cuando este límite es finito. Escribiremos ( )
( ) ( )h
afhaflimafh
−+=′
→0.
Derivabilidad Tema 4
4-2
4.2 Derivadas laterales
Ejemplos
Ejemplo 4.3 Calculemos las derivadas laterales de ( ) xxf = en x = 0.
La derivada por la derecha será ( )( ) ( )
100
0000
===−+
=′→→→
+ ++ h
hlim
h
hlim
h
fhflimf
hhh.
La derivada por la izquierda será ( )( ) ( )
100
0000
−=−
==−+
=′→→→
− −− h
hlim
h
hlim
h
fhflimf
hhh.
Ejemplo 4.4 Calculemos las derivadas laterales de ( )
>
≤=
11
12
xsi,x
xsi,xxf en el punto de abcisa
1.
La derivada por la derecha será ( )( ) ( )
( )1
1
11
1
111
000−=
+
−=
−+=
−+=′
→→→+ ++ hh
hlim
h
hlimh
fhflimf
hhh.
La derivada por la izquierda será ( )( ) ( ) ( )
221111
12
0
2
00=
+=
−+=
−+=′
→→→− −− h
hhlim
h
hlim
h
fhflimf
hhh.
Ejemplo 4.5 La función ( ) xxf = no es derivable en x = 0, porque sus derivadas laterales no
coinciden (ver Ejemplo 4.3).
Nota Si f es continua en a y sus derivadas laterales en a son distintas (pudiendo ser una de ellas +∞ o −∞ , y la otra finita), se dice que en a hay un punto anguloso. Si una derivada lateral es +∞ y la otra −∞ se dice que en a hay un punto de retroceso.
Punto de retroceso Punto anguloso
Definiciones Llamamos derivada lateral por la derecha de la función f en el punto a, y la
denotamos por ( )af+′ , al valor del límite ( ) ( )
h
afhaflim
h
−++→0
, cuando es finito.
Análogamente, llamamos derivada lateral por la izquierda de la función f en el punto
a, y la denotamos por ( )af−′ , al valor del límite ( ) ( )
h
afhaflim
h
−+−→0
, cuando es finito.
Proposición Una función f es derivable en un punto a si, y sólo si, existen sus derivadas laterales y coinciden.
Derivabilidad Tema 4
4-3
4.3 Interpretación geométrica de la derivada de una función en un punto
Sea f una función derivable en un punto a y sea ( )nx una sucesión convergente a a,
cuyos términos están en un entorno reducido de a.
Consideremos, por un lado, la recta tangente a f en el punto P de coordenadas ( )( )af,a
y, por otro lado, las rectas secantes a f que pasan por los puntos P y nQ , de coordenadas
( )( )nn xf,x . Como la pendiente de una recta es la tangente trigonométrica del ángulo que forma
la recta con el semieje positivo de las X, las pendientes de estas rectas secantes son
( ) ( )ax
afxfm
n
nQn −
−= .
Como nx tiende a a, conforme nx se acerca a a sobre el eje X, también los puntos
nQ se acercan a P sobre la curva, definiendo un número infinito de rectas secantes que
tienden a una posición límite, que no es otra que la recta tangente a la curva en P.
Esta idea intuitiva nos lleva a definir la pendiente de la recta tangente a f en P como el
límite de las pendientes de las rectas secantes al tender nQ a P. Esto es, se tiene que
( ) ( ) ( ) ( )( )af
ax
afxflim
ax
afxflimmlimm
axn
n
nQ
PQT n
n
′=−
−=
−
−==
→∞→→ , donde Tm denota la pendiente de
la recta tangente.
Geométricamente, por lo tanto, la derivada de una función en un punto es la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto. Nota Como la ecuación de una recta que pasa por el punto (x0,y0) y tiene de pendiente m, es
( ) ( )00 xxmxfy −+= , la recta tangente a ( )xf en el punto ( )( )af,a , será:
( ) ( )( )axafafy −′+= .
Ejemplos
Ejemplo 4.6 Para hallar la ecuación de la recta tangente a la función ( ) senxxf = en el punto
0=x , calculamos primero ( ) 00 =f ; después, ( ) ( ) 10 =′=′ f,xcosxf y, por último, aplicamos la
ecuación de la nota anterior, por lo que la ecuación de la recta tangente es
( ) ( )( ) xyxffy =⇔−′+= 000 .
Derivabilidad Tema 4
4-4
Ejemplo 4.7 Para hallar en qué punto la recta tangente a la función ( ) 1+= xxf tiene de
pendiente 2=m , hacemos ( )12
1
+=′
xxf ; después, resolvemos:
( )16
151116114
12
12
−=⇔=+⇔=+⇔
+= xxx
x.
Por lo tanto, en el punto de abcisa 16
15−=x , la función ( ) 1+= xxf tiene de pendiente 2=m .
Derivadas infinitas
Al exigir, por definición, que ( )af ′ sea finita es evidente que la interpretación
geométrica de la derivada no es válida en el caso de que la recta tangente sea vertical. Para
evitar esto se habla de derivadas infinitas en un punto, siempre que f sea continua en él. De
modo que, si f es continua en a, siendo a un punto interior de D, diremos que f posee derivada
+∞ en a, y escribiremos ( ) +∞=′ af , si ambas derivadas laterales en a valen +∞ . (La derivada
( ) −∞=′ af , se define análogamente).
4.4 Derivabilidad y continuidad Nota Es importante tener claro que el recíproco no se cumple.
Por ejemplo, la función ( ) xxf = es continua en x = 0, pero no es derivable en x = 0 .
Nota Una consecuencia geométrica de esta proposición es que las gráficas de las funciones derivables son curvas suaves; esto es, sin cambios bruscos ni picos. Ya que si en algún punto de ellas existiera cambio brusco es fácil probar que en ese punto existen dos rectas tangentes (una a la izquierda y otra a la derecha) con distintas pendientes y, por consiguiente, las derivadas laterales son distintas resultando que la función no sería derivable en ese punto.
Son continuas en cero, pero no tienen derivada en cero.
Se debe a Weierstrass un ejemplo, que impresionó a los matemáticos de su época, de función continua sin derivada en ninguno de sus puntos.
Ejemplo 4.8 Si se nos pide que estudiemos, en todo R, la continuidad y derivabilidad de la función
>−
≤≤−+
−<
=
23
225
23
2 xsi,xx
xsi,x
xsi,
)x(f ,
Proposición Si una función es derivable en un punto, entonces es continua en ese punto.
Derivabilidad Tema 4
4-5
comenzamos con la continuidad. Evidentemente, si 22,Rx −−∈ , la función es continua por
tratarse de funciones polinómicas.
En 2−=x , como ( ) 3322
==−−−→x
limf y ( ) 352
=++−→
xlimx
, la función es continua en
2−=x . Para el estudio de la derivabilidad se puede utilizar la definición de derivada o bien la función derivada para calcular derivadas laterales, esto último sólo porque la función es continua en el punto.
>−
<<−
−<
=′
232
221
20
xsi,x
xsi,
xsi,
)x(f . Como ( ) ( ) 1202 =−′=−′ +− f,f , la función no es derivable
en 2−=x .
En 2=x , como ( ) ( ) ( ) 227222
−=≠==+− →→ xx
limlimf , la función no es continua y, por lo
tanto, tampoco es derivable. Para todo 22,Rx −−∈ la función es derivable por tratarse de
funciones polinómicas.
4.5 Propiedades de las funciones derivables
Ejemplos
Ejemplo 4.9 La función ( ) xsenxxf += 2 es derivable en todo R, por ser suma de funciones
derivables en todo R.
Ejemplo 4.10 La función ( ) xsenx
xf +=1
es derivable en 0−R , porque es suma de
funciones derivables en 0−R (la segunda es derivable en todo R). En 0=x no es derivable
porque no es continua, ya que no existe ( )0f .
Ejemplo 4.11 La función ( ) 1+⋅= xxcosxf es derivable en ( )+∞− ,1 porque es producto de
funciones derivables en ( )+∞− ,1 . La función coseno es derivable en todo R. El dominio de f es
[ ]+∞− ,1 y ( ) 1+= xxh , cuyo dominio es [ ]+∞− ,1 , sólo es derivable en ( )+∞− ,1 , pues
( )h
hlimhh 0
1→
=−′ que no existe cuando h tiende a cero por la derecha.
Proposición (Propiedades algebraicas) Sean f y g funciones derivables en a, entonces:
1. gf ± es derivable en a y ( ) ( ) ( ) ( )agafagf ′+′=′
± .
2. gf ⋅ es derivable en a y ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )agafagafagf ′+′=′
⋅ .
3. Si ( ) 0≠′ ag , g
f es derivable en a y ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )( )2ag
agafagafa
g
f ′−′=
′
.
Derivada de la composición de funciones (Regla de la cadena) Sean RA:f → y
RB:g → funciones tales que f es derivable en a de A y g es derivable en ( )af de B,
entonces: la composición fg o es derivable en a y se cumple ( ) ( ) ( )( ) ( )afafgafg ′⋅′=′
o .
Derivabilidad Tema 4
4-6
Ejemplos
Ejemplo 4.12 La función ( ) 12 += xxh es la composición de ( ) 12 += xxf y ( ) xxg = ; esto
es, ( ) ( )( )xfgxh = .
Por tanto, la derivada de h en x = 2 será ( ) ( )( ) ( )222 ffgh ′⋅′=′ .
Como ( )x
xg2
1=′ , ( ) xxf 2=′ y ( ) 52 =f , se tiene que ( )
( )( )
5
2
52
42
22
12 ==′⋅=′ f
fh .
Ejemplo 4.13 Para la función del ejemplo anterior, como la composición está definida para
todo x de R, para cualquier punto x se tiene que ( )( )
( )112
2
2
1
22 +
=
+
=′⋅=′
x
x
x
xxf
xfxh
4.6 Función derivada. Derivadas de orden superior
Ejemplos
Ejemplo 4.14 La función derivada de ( )x
xsenxf = es ( )
2x
xsenxcosxxf
−=′ .
Ejemplo 4.15 Para hallar la función derivada de ( )
>
≤+=
0
012
x,xcos
xsi,xxf , derivamos
primeramente los trozos: ( ) xx 212 =′
+ y ( ) xsenxcos −=′
.
Ahora queda ver qué pasa en 0=x . La derivada por la izquierda será
( )( ) ( )
01100
02
0
2
00==
−+=
−+=′
→→→− −− h
hlim
h
hlim
h
fhflimf
hhh. La derivada por la derecha será
( )( ) ( )
02
0
01000
2
000=
−
=
=
−=
−+=′
→→→+ ++ h
h
limh
hcoslim
h
fhflimf
h
e.i
hh.
Luego, ( )
>−
≤=′
0
02
x,xsen
xsi,xxf .
Definiciones Si una función f , definida en un dominio D, tiene derivada en cada punto de D , la correspondencia que a cada x de D le asocia el
valor ( )xf ′ se llama función derivada de f , y se
denota por f ′ o, también, ( )1f .
Si la función f ′ es derivable en D, la
función derivada se representa por ( ) ( )2fff =′′=′′ ,
y recibe el nombre de derivada segunda de f. Del mismo modo se definen la derivada
tercera ( )3ff =′′′ , la derivada cuarta ( )4f ,y en general, la derivada de orden n o derivada enésima
( )nf .
Derivabilidad Tema 4
4-7
Ejemplo 4.16 (Una forma de hallar las derivadas laterales en un punto siempre que la función
sea continua en ese punto). Como la función del ejemplo anterior es continua en 0=x , sus
derivadas laterales se hubieran podido calcular más fácilmente haciendo:
( ) 0020 =⋅=′−f , pues a la izquierda de cero se tiene ( ) xx 212 =′
+ ; y ( ) 000 =−=′+ senf , pues
a la derecha de cero se tiene ( ) xsenxcos −=′
.
Ejemplo 4.17 Algunos ejemplos de cálculo de derivadas sucesivas son:
• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0242421224 4323 ===′′−=′−= xf;xf;xxf;xxf;xxxf .
• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) K;exf;exf;exf;exf xxxx 3333233 333 ==′′=′=
• ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;xxf;xxf;xxf;xx
xf43321
23222222
1 −−−−+⋅−=+=′′+−=′+=
+=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) K;xxf;xxf6554 254322432
−−+⋅⋅⋅−=+⋅⋅=
Nota Las derivadas sucesivas son el primer paso para el cálculo de la derivada enésima de una función. Aunque en los ejemplos no utilizamos el Principio de Inducción, la demostración rigurosa de lo que obtenemos se basa en él. Como dijimos, la derivada enésima es la derivada de orden n de una determinada función.
Ejemplo 4.18 Si siguiéramos derivando las funciones del ejemplo anterior, obtendríamos por inducción los siguientes resultados:
• ( ) ( ) ( ) ( ) 021224 23 =−=′−= xf;;xxf;xxxf nK , 4≥∀ n .
• ( ) ( ) ( ) ( ) 033 333 ≥∀==′= n,exf;;exf;exf xnnxxK .
• ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1212!1;;2;2
2
1 +−−−+⋅−=+−=′+=
+=
nnn xnxfxxfxx
xf K
Nota En general, para calcular la derivada enésima de una función racional se debe descomponer ésta en suma de fracciones simples y, separadamente, calcular las derivadas enésimas de las fracciones simples que aparecen.
Ejemplo 4.19 Calculemos la derivada enésima de ( )2
12
−+
+=
xx
xxf . Como las raíces del
denominador son 1 y –2, la descomposición en suma de fracciones simples es:
212
12 +
+−
=−+
+
x
B
x
A
xx
x.
Para hallar A y B, hacemos operaciones en el segundo miembro e igualamos los numeradores:
( ) ( ) ( ) BAxBAxxBxAx −++=+⇔−++=+ 21121 . Las incógnitas se obtienen identificando
coeficientes y resolviendo el sistema: BA;BA −=+= 211 . De donde, 3
1
3
2== B,A . Así
pues, derivar ( )2
12
−+
+=
xx
xxf es lo mismo que derivar ( )
++
−=
23
1
1
1
3
2
x
B
xxf .
Derivando por separado y teniendo presente el resultado del ejemplo 18, resulta
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
++−⋅−=
+−+− 112
3
11
3
21
nnnn xx!nxf .
Derivabilidad Tema 4
4-8
4.7 Interpretación física de la derivada
Ya hemos visto cómo la derivada se puede interpretar como la pendiente de una curva. Trataremos ahora, mediante el problema de la velocidad instantánea, dar un ejemplo de interpretación física.
Galileo estableció experimentalmente que la distancia recorrida en el tiempo t por un
cuerpo que cae libremente en el vacío viene dada por la siguiente ecuación.
Si consideramos un intervalo de tiempo [ ]ht,t + , la velocidad media con la que cae el
cuerpo es ( ) ( )
h
tshtsv m
−+= . Es decir, la velocidad media expresa la razón de cambio de s
respecto a t en un intervalo de tiempo. Supóngase que no nos interesa la velocidad media, sino la razón de cambio exacta de
s para un valor particular de t. A esta razón de cambio de s respecto a t en un instante
determinado se denomina velocidad instantánea. En concreto, lo que interesa es saber cuál es
la velocidad en el instante t0 .
Tal velocidad parece lógico se pueda calcular considerando la velocidad media en
cortos intervalos de tiempo alrededor de t0. Esto es, en intervalos del tipo [t0,t0+h] donde h
tiende a cero. Evidentemente, si empleamos intervalos de tiempo más cortos, y más cortos, las
velocidades medias resultan, cada vez, mejores aproximaciones de la velocidad instantánea en
t0; así pues, la velocidad en el instante t0 será
( ) ( )( )0
00
0ts
h
tshtslimvh
i ′=−+
=→
.
Podemos decir, entonces, que la derivada de una función en un punto expresa la razón de cambio (o variación) de la función, en un instante determinado de la variable independiente.
Ejemplo 4.20 Un punto se mueve sobre el eje X con velocidad constante 10 cm/s, y otro punto se mueve sobre el eje Y con velocidad constante 30 cm/s. ¿Con qué velocidad se separan los puntos cuando la abcisa vale 12 cm y la ordenada 20? Solución: Nos piden la velocidad en el instante en el que x = 12 e y = 20 . Como la distancia
que separa dos puntos cualesquiera, por ejemplo ( )0,x e ( )0,y , en un instante t viene dada
por la expresión ( ) ( ) ( )22tytxtd += , para calcular la velocidad pedida derivamos d,
obteniendo ( )( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )22222
22
tytx
tytytxtx
tytx
tytytxtxtd
+
′+′=
+
′′+′=′ . Como ( ) 10=′ tx e ( ) 30=′ ty
para todo t , en el instante en el que ( ) 12=tx e ( ) 20=ty , se tiene que
( ) 8630544
720
2012
20301210
22,td ==
+
⋅+⋅=′ cm/s .
Derivabilidad Tema 4
4-9
4.8 Resumen de las reglas de derivación Se resumen a continuación en forma de tabla las reglas de derivación y las derivadas de las funciones más importantes.
Tabla de derivadas
Función Derivada
k 0 x 1
)x(g)x(f + )x(g)x(f ′+′
)x(g)x(f ⋅ )x(g)x(f)x(g)x(f ′⋅+⋅′
)x(g
)x(f
( )2)x(g
)x(g)x(f)x(g)x(f ′⋅−⋅′
a)x(f con a real )x(f)x(fa 1a ′⋅⋅ −
)x(f
)x(f
)x(f
⋅
′
2
n )x(f
( )n 1n)x(fn
)x(f
−⋅
′
)x(fln , con f(x)>0
)x(f
)x(f ′⋅
)x(floga , con f(x)>0 elog
)x(f
)x(fa⋅
′⋅
)x(fe )x(fe )x(f ′⋅
)x(fa )x(falna )x(f ′⋅
)x(g)x(f ffggflnf 1gg ′⋅⋅+′⋅⋅ −
)x(senf )x(f)x(fcos ′⋅⋅
))x(fcos( )x(f)x(senf ′⋅−
)x(tgf ( ) )x(f)x(fsec)x(f)x(fcos
1)x(f)x(ftg1 2
2
2 ′⋅=′⋅=′⋅+
)x(gfcot ( ) )x(f)x(feccos)x(f)x(fsen
1)x(f)x(fgcot1 2
2
2 ′⋅−=′⋅−
=′⋅+−
)x(fsec )x(f.
)x(fcos
)x(tgf)x(f.
)x(fcos
)x(senf)x(f).x(tgf)x(fsec
2′=′=′⋅
))x(f(eccos )x(f.
)x(senf
)x(gfcot)x(f.
)x(fsen
)x(fcos)x(f).x(gfcot)x(ecfcos
2′−=′−=′⋅−
)x(arcsenf o –arccos f(x)
2)x(f1
)x(f
−
′
)x(arctgf o –arccotg (x) 2)x(f1
)x(f
+
′
)x(fsecarc 0 – arccosec f(x)
1)x(f)x(f
)x(f
2 −⋅
′
Derivabilidad Tema 4
4-10
Ejercicios resueltos Cálculo de la función derivada
R.1. Productos, cocientes, potencias y raíces..
1) ( )x)xx()x(f 2132 −⋅++=
Solución: Derivada del producto. ( ) ( ) ( )232112 2 −⋅+++−⋅+=′ )xx(xx)x(f . Operando se
llega a 526 2 −−−=′ xx)x(f .
2) ( )42 bax)x(f +=
Solución: Derivada de una potencia. ( ) axbax)x(f 2432 +⋅=′ .
3) 12
+=
x
x)x(f
Solución: Derivada el cociente ( ) ( )22
2
22
2
1
1
1
21
+
−=
+
⋅−+=′
x
x
x
xxx)x(f
4) ( )4 31 x)x(f +=
Solución: Se escribe la raíz en forma de potencia y se deriva. ( ) ( )4
34 3
11 xx)x(f +=+=
( )4
4
1
14
31
4
3)(
xxxf
+=+=′ −
.
5) 1
12
+
−=
x
x)x(f
Solución:
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )11
1
11
1
1
1
11
1
1112
2
2222
2
2
2
2
2
+⋅−
=
+⋅−
+=
+
−
−−+⋅
=+
−−+
−=′
xxxx
x
x
x
xxx
x
xxx
x
)x(f
R.2. Funciones logarítmicas y exponenciales.
1) ( ) ( )221 xlnxf −=
Solución: ( )( ) ( )
( ) 1
4
1
4
1
2122222
2
−=
−−=
−
−⋅−⋅=′
x
x
x
x
x
xxxf .
2) ( )x
xlogxf
+
−=
1
1
Solución:
( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) 222 11
2
12
1
1
111
1
12
1
1
1
1
x
elogelog
xx
xelog
x
xx
x
x
x
xxf
−−=⋅
+
−⋅
−⋅
+=⋅
+
−−+⋅−⋅
+
−⋅
+
−=′ .
3) ( )2
2
1
1
x
xLxf
−
+=
Derivabilidad Tema 4
4-11
Solución: ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) 42222
22
2
2
1
4
11
4
1
1212
1
1
x
x
xx
x
x
xxxx
x
xxf
−=
+⋅−=
−
+⋅+−⋅⋅
+
−=′ .
4) ( )x
xlnxf
2=
Solución: ( )( ) xxx
xx
x
lnxlnxlnxln
xlnxln
xxf2
21
2
21
2
2221
2⋅
⋅⋅−=
⋅−
=
⋅−⋅
=′ .
5) Calcula la derivada enésima de ( ) xx eexf 22 −−=
Solución: ( ) ( )xx eexf 222 −+⋅=′ , ( ) ( )xx eexf 2222 −−⋅=′′ , ( ) ( )xx eexf 2232 −+⋅=′′′ con lo que
se observa que ( ) ( ) ( )( )xnxnn eexf 212 12 −+−+⋅= .
R.3. Funciones trigonométricas.
1) ( )( )22 21 xcos)x(f +=
Solución:
( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) =⋅+⋅−=⋅−⋅⋅+⋅=′ xcosxsenxcosxsenxcosxcos)x(f 2222142222212 22
( )( ) ( )xsenxcos 4214 2 ⋅+⋅−= .
2) ( ) xsenxf 3=
Solución: ( )xsen
xcosxcos
xsenxf
32
3333
32
1==′ .
3) senx
senx)x(f
+
−=
1
1
Solución: ( ) ( )
( ) ( )221
2
1
11
senx
xcos
senx
senxxcossenxxcos)x(f
+
−=
+
−⋅−+⋅−=′ .
4) tgxxsen)x(f ⋅= 2
Solución: xtgxsenxcos
xsentgxxcossenx)x(f 22
2
2 21
2 +⋅=⋅+⋅⋅⋅=′ .
5) xsectgx)x(f ⋅=
Solución: ( ) =⋅⋅⋅
⋅+⋅+=′ xsectgxxsec
tgxxsecxtg)x(f2
11 2
⋅+⋅=
⋅++⋅= xtgxsecxtgxtgxsec 222
2
31
2
11 .
R.4. Funciones recíprocas de las trigonométricas.
1) ( )1−= xearcsen)x(f
Solución:
( ) ( )( )
( ) x
x
xx
x
xx
xx
x e
e
ee
e
ee
ee
e
)x(f−
=−
=
+−
=⋅
−−
=′22211
12
2
22.
2) ( )xearccos)x(f += 1
Derivabilidad Tema 4
4-12
Solución: Aunque nada nos impide aplicar las reglas de derivación, es absurdo hacerlo en este caso, ya que la función dada no existe para ningún valor de x real y en consecuencia tampoco
existe ( )xf ′ . Si de todos modos decidimos aplicar las reglas de derivación se llega a
( ) xx
x
x
x
ee
e
e
e)x(f
21122 −−
−=
+−
−=′ donde el radicando es siempre negativo lo que nos
vuelve a confirmar lo dicho anteriormente.
3) ( )xcosarctg)x(f += 1
Solución: ( )211 xcos
xsen)x(f
++
−=′ .
4) 1
1
−
+=
x
xcotarc)x(f
Solución: ( )( )
( ) ( )=
−⋅−
+⋅
−
=−
+−−⋅
−
+⋅
−
++
−=′2
22
11
1
1
1
2
1
1
11
1
12
1
1
11
1
xx
xx
xx
xx
x
x
x
x
xf
( )( ) ( ) 12
1
112
1
11
12
1
2−
=−⋅+
=
−⋅−
+=
xxxxxx
x
xx
.
R.5. Potencias de funciones y técnica de derivación logarítmica.
1) Deriva la función ( ) 12 +=
xxsen)x(f
a) Aplicando la regla de derivación. b) Utilizando la técnica de derivación logarítmica.
Solución: a) ( ) ( ) ( )( ) xcosxsenxsenxlnxsen)x(fxx 212
122 ++⋅⋅=′ +
b) Se toman logaritmos [ ] ( ) ( )xsenlnx)x(fln ⋅+= 12 . 2. Se derivan los dos miembros
( ) ( )xsen
xcosxxsenln
)x(f
)x(f⋅++⋅=
′122 y se despeja la derivada:
( )( ) ( ) ( )
⋅++⋅=′ +
xsen
xcosxxsenlnxsen)x(f
x122
12. Ambas expresiones coinciden como se puede
comprobar con facilidad.
2) Deriva la función ( )5
2
1
1
−
+=
x
x)x(f
a) Aplicando las reglas de derivación correspondientes. b) Utilizando la técnica de derivación logarítmica. c) Comprueba que se llega al mismo resultado.
Solución
a)
( )
( ) ( ) ( )
( )( )
( )( )
( ) ( )
( )=
−
−⋅+
−
+⋅+
=−
+−−⋅+⋅
−
+⋅
=′2
54
32
2
5
42 1
31
1
11
1
5
1
1
1112
1
15
1
x
xx
x
xx
x
xxx
x
x
)x(f
( )
( ) ( ) ( )5 3111
3
5
1
−+⋅−
−=
xxx
x , o bien
( )
( ) ( )5 63115
3
−+⋅
−=′
xx
x)x(f .
Derivabilidad Tema 4
4-13
b) Tomamos logaritmos y aplicamos las propiedades de las operaciones con logaritmos
[ ] ( ) ( )[ ]1125
1−−+⋅= xlnxln)x(fln . Derivamos
−−
+=
′
1
1
1
2
5
1
xx)x(f
)x(f. Despejamos )x(f ′ .
( )
−−
+⋅
−
+=′
1
1
1
2
5
1
1
152
xxx
x)x(f .
c) Comprobamos que esta expresión es equivalente a la obtenida anteriormente:
Sumamos ( )
( ) ( )
−⋅+
−⋅
−
+⋅=′
11
3
1
1
5
1 52
xx
x
x
x)x(f . Introducimos ( ) ( )11 −⋅+ xx dentro de la raíz,
finalmente simplificando se tiene ( )
( ) ( )5 63115
3
−+⋅
−=′
xx
x)x(f .
Definición e interpretación geométrica de la derivada
R.6. Calcula )(xf ′ siendo ( ) 16
133
>
≤+
xsix
xsix=xf
2
.
Solución: Utilizaremos las reglas de derivación para calcular )(xf ′ con 1≠x :
( ) 16
16
>
<′
xsi
xsix=xf .
Para )1(f ′ calculamos las derivadas laterales a partir de la definición:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 663lim63
lim6313
lim11
lim10
2
0
2
00=+=
+=
−++=
−+=′
−−−− →→→→− h
h
hh
h
h
h
fhff
hhhh
( )( ) ( ) ( )
66lim616
lim11
lim1000
==−+
=−+
=′+++ →→→
+hhh h
h
h
fhff como las derivadas laterales coinciden
( ) 61 =′f
Nota: Como f es continua en x = 1, se pueden utilizar las expresiones de )(xf ′ para calcular
las derivadas laterales y así afirmar que ( ) 6161 =⋅=′−f y ( ) 61 =′+f . Pero, insistimos, esto
sólo es válido cuando la función es continua en el punto donde pretendemos calcular la derivada. Como se verá en el siguiente ejercicio, ya no es válido en el caso de no haber continuidad.
R.7. Calcula )(xf ′ siendo ( ) 116
123
>+
≤+
xsix
xsix=xf
2
.
Solución: Actuaremos como en el caso anterior para calcular )(xf ′ con 1≠x y )1(f ′ .
( ) 16
16
>
<′
xsi
xsix=xf
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 663lim63
lim5213
lim11
lim10
2
0
2
00=+=
+=
−++=
−+=′
−−−− →→→→− h
h
hh
h
h
h
fhff
hhhh
( )( ) ( ) ( )
ℜ∉+∞=+
=−++
=−+
=′+++ →→→
+h
h
h
h
h
fhff
hhh
26lim
5116lim
11lim1
000. No hay derivada por la
derecha y por lo tanto no existe )1(f ′ .
Obsérvese que de haber sustituido en las expresiones de )(xf ′ a izquierda y a derecha
de 1 hubiéramos obtenido bien ( )1−′f pero de ninguna manera ( )1+′f , de hecho la función no
puede ser derivable en 1=x ya que no es continua en ese punto, como se puede comprobar.
Derivabilidad Tema 4
4-14
En ejercicios posteriores veremos que puede utilizarse la expresión de )(xf ′ en
funciones definidas a trozos para calcular cómodamente su derivada en el punto en el que cambia la definición, pero para ello habrá que estudiar previamente su continuidad.
R.8. Calcula las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la gráfica de la función
( ) 12 −xe=xf en 1=x .
Solución: Como la pendiente de la recta tangente a una curva en un punto coincide con la derivada de la función en ese punto, para hallar la recta tangente utilizaremos la ecuación de la
recta en forma punto-pendiente: ( ) ( ) ( )000 xxx'fxfy −⋅=− . Por lo tanto, la ecuación de la recta
tangente en 1=x es ( ) ( ) ( )111 −⋅′=− xffy .
Calculamos )(xf ′ y de ahí )1(f ′ , ( ) ( ) 212 12
=′⇒⋅′ − fex=xf x que es la pendiente, por otra parte
( ) 11 =f . Luego la recta tangente tiene de ecuación: ( ) 12121 −=⇔−⋅=− xyxy .
La recta normal es la perpendicular a la recta tangente en su punto de tangencia y, por lo tanto, su pendiente es la opuesta de la inversa de la pendiente de la recta tangente, su
ecuación es: ( )( )
( )2
3
2
11
1
11 +−=⇒−⋅
′−=− xyx
ffy .
R.9. Calcula el punto en el que la recta tangente a 22+= xy forma un ángulo de 30º
con la horizontal. Solución: La pendiente de una recta es la tangente trigonométrica de su inclinación, así se trata
de localizar el punto en el que 3
3º30)( ==′ tgxf . Como
22
2)(
2 +
=′
x
xxf buscamos las
soluciones de 3
3
22=
+x
x, elevando al cuadrado ⇒=
+ 3
1
22
2
x
x 23 22 += xx , y
despejando se llega a 1=x y 1−=x . Como se ha elevado al cuadrado hay que comprobar las soluciones porque alguna de ellas puede ser falsa:
si 1=x ⇒ 3
3
21
1
2=
+
correcta; para 1−=x ⇒
( ) 3
3
21
1
2≠
+−
− solución falsa, que se ha
introducido debido al método de resolución y por lo tanto la única solución es 1=x ,
sustituyendo ese valor en ( )xf se llega al punto ( )3,1P .
Continuidad y derivabilidad.
R.10. Estudia dónde es continua y calcula la derivada de ( ) 572
54
>+
≤−
xsix
xsix=xf2
Solución: Lo primero es definir de un modo claro 4−x2 , recordando que
≥
≤−=
0
0
asia
asiaa y
como 04 >−x2 cuando ( ) ( )∞−∞−∈ ,22, Ux y 04 <−x
2 para ( )2,2−∈x y se tiene que
( )
572
524
224
24
>+
≤<−
<<−+−
−≤−
xsix
xsix
xsix
xsix
=xf2
2
2
Continuidad: Los únicos puntos posibles de discontinuidad son 2−=x , 2=x y 5=x ,
estudiamos cada uno de esos puntos:
2−=x ⇒ ( ) ( ) ( ) 04lim4lim2 2
2
2
2=−=+−=−
−+−→−→
xxfxx
continua en ese punto.
Derivabilidad Tema 4
4-15
2=x ⇒ ( ) ( ) ( ) 04lim4lim2 2
2
2
2=−=+−=
+− →→
xxfxx
continua en ese punto.
5=x ⇒ ( ) ( ) 214lim5 2
5=−=
−→
xfx
, ( ) 1772lim5
=++→
xx
discontinuidad de salto finito.
Derivabilidad:
( )
52
522
222
22
>
<<
<<−−
−<
′
xsi
xsix
xsix
xsix
=xf . Calculamos las derivadas en 2−=x , 2=x y 5=x
Como se dijo en los ejercicios R.6 y R.7, en los puntos donde la función es continua no es obligado recurrir a la definición de derivada. Por lo tanto:
Para 2−=x ⇒ como la función es continua, hacemos ( ) ( ) 4222 −=−⋅=−′−f y
( ) ( ) 4222 =−⋅−=−′+f . No es derivable, presenta un punto anguloso.
Para 2=x ⇒ la función es continua y se tiene: ( ) 4222 −=⋅−=′−f y ( ) 4222 =⋅=′+f .
No es derivable, presenta un punto anguloso.
En 5=x la función no es derivable porque no es continua.
R.11. Estudia dónde es continua y calcula la derivada de ( ) 023
022
>+
≤
xsixx
xsixsen=xf
Solución: Continuidad: el único punto posible de discontinuidad es 0=x
( ) ( ) ( ) 023lim2lim0 2
00=+==
+− →→
xxxsenfxx
es continua.
Derivabilidad:
( ) 026
02cos2
>+
<′
xsix
xsix=xf calculamos ahora ( )0f ′ .
Como la función es continua en 0=x se puede asegurar que ( ) 2020 =⋅=′− cosf y
( ) 22060 =+⋅=′+f . Por tanto, como las derivadas laterales coinciden, ( ) 20 =′f .
R.12. Estudia dónde es continua y calcula la derivada de ( ) 1
3
41122 2
≥−
<−
xsix
xsixx=xf
Solución: Continuidad: lo es si 012 2 <−x y 1<x ; es decir, para
−∈
2
2,
2
2x no hay valor
de la función y evidentemente ésta es discontinua.
En 3=x la función presenta una discontinuidad de salto infinito.
En 1=x se tiene: ( ) 23
4lim122lim1
1
2
1=
−=
−=
+− →→ xxxf
xx la función es continua.
Derivabilidad: En los puntos donde la función es discontinua no hay derivada. En lo que sigue no
consideramos los valores
−∈
2
2,
2
2x , ni tampoco 3=x .
Derivabilidad Tema 4
4-16
( )
( )
13
4
112
28
2
2
2
>−
<
−
−
′
xsix
xsix
x
=xf En 1=x puesto que se sabe que la función es continua
( ) 612
28lim1
2
2
1=
−
−=′
−→−
x
xf
x y ( )
( )1
3
4lim1
21
=
−=′
+→+
xf
x, no es derivable y la función tiene un
punto anguloso.
En 2
2−=x y
2
2=x sólo se podría hablar de derivadas laterales y como es
continua ∞=
−
−=
−′
−
−→
−
12
28lim
2
2
2
2
2
2 x
xf
x
la función no es derivable. Del mismo modo
∞=
−
−=
′
+
→
+
12
28lim
2
2
2
2
2
2 x
xf
x
, por lo que tampoco es derivable. Resumiendo:
( )
( )
3
1
3
4
112
28
2
2
2
≠
>
−
<
−
−
′
x
xsi
x
xsix
x
=xf excepto
−∈
2
2,
2
2x .
R.13. Estudia la continuidad y la derivabilidad de las siguientes funciones.
a) ( ) ( )1ln −⋅= xxxf b) ( ) 1−= xxg en 1=x .
Solución: a) Lo primero es definir la función de forma clara.
Si se recuerda el dominio de la función logarítmica se tiene que el dominio de ( )xf son las
soluciones de 101 >⇒>− xx , por otra parte y teniendo en cuenta la definición de valor
absoluto se tiene que ( ) ( )1ln1ln −=− xx cuando ( ) 21101ln >⇒>−⇒>− xxx y
( ) ( )1ln1ln −−=− xx si ( ) 201ln <⇒<− xx , por último ( ) 01ln =−x si 2=x valor que encaja
en las dos expresiones anteriores, por tanto.
( )( )
( )
≥−⋅
<<−⋅−=
21ln
211ln
xsixx
xsixxxf La función es continua en todo su dominio excepto quizás en
2=x por ser producto de dos funciones continuas.
En 2=x se tiene: ( ) ( )( ) ( )( ) 0 1lnlim1lnlim222
=−⋅=−⋅−=+− →→
xxxxfxx
luego es continua.
( )( )
( )
>−
+−
<<−
−−−=′
21
1ln
211
1ln
xsix
xx
xsix
xx
xf . Calculamos ( )2f ′ .
( ) ( ) 21
1lnlim22
−=
−−−−=′
−→−
x
xxf
x y ( ) ( ) 2
11lnlim2
2=
−+−=′
+→+
x
xxf
x. En 2=x hay un punto
anguloso, en todos los demás valores del dominio la función es continua y derivable.
b) Definimos ( ) 1−= xxg de forma más manejable ( )
≥−
<−=
11
11
xsix
xsixxg .
Derivabilidad Tema 4
4-17
Continuidad en 1=x ⇒ ( ) ( ) ( ) 0 1lim1lim111
=−=−=+− →→
xxgxx
. Continua.
Calculamos ( )1g′ ⇒ ( )
>−
<−
−
=′
112
1
112
1
xsix
xsixxg como es una función continua
( ) ∞−=
−−=′
−→−
12
1lim1
1 xg
x y ( ) ∞+=
−=′
+→+
12
1lim1
1 xg
x. La función tiene un punto de
retroceso en 1=x . Continuidad y derivabilidad para funciones dependientes de parámetros.
R.14. Calcula los valores de a y b para que la función ( )
≥+−
<<+
≤
=
25
21
12-3x2
xsix
xsibxax
xsi
xf
sea continua en 1=x y 2=x . Para los valores calculados ¿es derivable en dichos puntos?.
Solución: Para que ( )xf sea continua en 1=x ( ) ( ) ( ) limlim111
xfxffxx +− →→
== y como
( ) ( ) 123lim11
=−=−→
xfx
se debe cumplir que ( ) 1lim 2
1=+
+→
bxaxx
luego 1=+ ba .
Para que ( )xf sea continua en 2=x ( ) ( ) ( ) 5x-limlim22
2
2+=+=
+− →→ xxbxaxf , de donde
324 =+ ba , así que resolvemos el sistema
=
=⇒
=+
=+
2
12
1
324
1
b
a
ba
ba.
La función, con esos valores, queda ( )
≥+−
<<+
≤−
=
25
212
1
2
1123x
2
xsix
xsixx
xsi
xf , la función derivada para
todos los valores x excepto para 1=x y 2=x la obtenemos con las reglas de derivación,
( )
>−
<<+
<
=′
21
212
113
xsi
xsix
xsi
xf . Calculamos ahora ( )1f ′ y ( )2f ′ .
( )1f ′ : como la función es continua ( ) ( ) 33lim11
==′−→
−x
f y ( )2
3
2
1lim1
1=
+=′
+→+ xf
x como las
derivadas laterales no coinciden no hay ( )1f ′ . Se trata de un punto anguloso.
( )2f ′ : como la función es continua ( )2
5
2
1lim2
2=
+=′
−→− xf
x y ( ) ( ) 11lim2
2−=−=′
+→+
xf que tampoco
coinciden, no hay ( )2f ′ y en 2=x hay también un punto anguloso.
R.15. Estudia según los valores de a y b la continuidad y la derivabilidad de
( ) 013
02
>+
≤++
xsix
xsibaxx=xf .
Solución:
Para todos los 0≠x , ( )xf es continua y derivable independientemente del valor de a y b ya
que están definidas mediante expresiones polinómicas.
Derivabilidad Tema 4
4-18
Para que ( )xf sea continua en 0=x ( ) ( ) ( ) 113limlim00
2
0=+==++=
+− →→
xbbaxxfxx
luego si 1=b la función es continua.
Calculamos ( )xf ′ ( ) 03
02
>
<+′⇒
xsi
xsiax=xf , para el cálculo de ( )0f ′ y considerando que la
función es continua se tiene
( ) ( )
( ) ( ) 33lim0
2lim0
0
0
==′
=+=′
+
−
→+
→−
x
x
f
aaxf
por lo que para que exista ( )0f ′ , 3=a . En
resumen:
Para 0=x
⇒≠ 1bsi ( )xf es discontinua de salto finito en 0=x independientemente del valor de a.
( ) derivable y continua es 3 y1 xfabsi ⇒==
( ) anguloso punto un tiene 3 y1 xfabsi ⇒≠= .
0≠∀ x ( ) derivable y continua es xf⇒ independientemente de los valores de a y b.
R.16. Calcula el valor de k para que ( ) 21412
23 2
>−
≤+
xsix
xsikx=xf sea derivable en 2=x .
Solución: Para que ( )2f ′∃ la función tiene que ser continua en 2=x , es decir:
( ) ( ) ( ) 1412lim3lim22
2
2−=+=
+− →→
xkxfxx
21012 −=⇒=+⇒ kk . Si para este valor de k la función
no fuese derivable en 2=x el ejercicio no tendría solución. Calculamos ( )2f ′
( ) 212
26
>
<′
xsi
xsix=xf y ( ) ( ) 12212lim6lim
22=′==
+− →→
fxxx
, luego la función es derivable en
2=x si 2−=k .
R.17. Dada la función ( )
( )
≥−−
<<
≤++
=
21ln
212
11mxx2
xsixn
xsix
mxsi
xf calcula los valores de m y n que
hacen que la función sea continua, para esos valores calcula ( )xf ′ .
Solución:
Los únicos puntos donde la función puede ser discontinua son 1=x y 2=x , exigimos la continuidad en dichos puntos.
Continuidad en 1=x ⇒ ( ) ( ) 21lim1 2
1+=++=
−→
mmxxfx
y 22
lim1
mx
m
x=
+→
luego 2=m .
Continuidad en 2=x ⇒ ( ) ( )( ) 1lnlim22
nxnfx
=−−=+→
y 24
lim2
lim22
=
=
−− →→ xx
m
xx
luego 2=n . La función queda ( )
( )
≥−−
<<
≤++
=
21ln2
214
112xx2
xsix
xsix
xsi
xf y
( )
>−
−
<<−
<+
=′
21
1
214
122x
2
xsix
xsix
xsi
xf calculamos las derivadas en 1=x y en 2=x .
Derivabilidad Tema 4
4-19
( ) ( ) 422lim11
=+=′−→
− xfx
, ( ) 44
lim12
1−=
−=′
+→+
xf
x. Punto anguloso, no hay derivada.
( ) 14
lim22
2−=
−=′
−→−
xf
x, ( ) 1
1
1lim2
2−=
−−=′
+→+
xf
x. La función es derivable y ( ) 12 −=′f .
R.18. Dada la función ( )
≥
<<++−
≤+
=
2
202
0xsen12
xsix
bxsiaxx
xsi
xf calcula los valores de a y b para
que la función sea continua, para esos valores calcula ( )0f ′ y ( )2f ′ . Dibuja la gráfica de
la función. Solución:
Los únicos puntos donde la función puede ser discontinua son 0=x y 2=x , exigimos la
continuidad en dichos puntos.
En 0=x ⇒ ( ) ( ) 1 1lim00
=+=−→
xsenfx
y ( ) 2lim 2
0aaxx
x=++−
+→
luego 1=a .
En 2=x ⇒ ( ) 2
lim22
b
x
bf
x=
=
+→
y ( ) 52lim 2
2−=++−
−→
axxx
⇒ 10−=b .
Para calcular ( )0f ′ y ( )2f ′ conviene calcular ( )xf ′ en
general .
( )
>
<<+−
<
=′
210
2014
0xcos
2xsi
x
xsix
xsi
xf como la función es
continua se tiene:
( ) ( ) 1coslim00
==′−→
− xfx
, ( ) ( ) 114lim00
=+−=′+→
+ xfx
.
La función es derivable con ( ) 10 =′f .
( ) ( ) 714lim22
−=+−=′−→
− xfx
, ( )4
1010lim2
22
=
=′
+→+
xf
x.
La función no es derivable, presenta un punto anguloso en 2=x .
R.19. Estudia la continuidad y la derivabilidad de ( ) 11
122
≥+
<+
xsiax
xsibx=xf según los
valores de a y b. Representa la función en estas dos situaciones:
a) 1−=a y 2−=b b) 1−=a y 0=b .
Solución: Para todos los 1≠x , ( )xf es continua y derivable independientemente del valor de a
y b ya que está definida mediante expresiones polinómicas.
Para que ( )xf sea continua en 1=x ( ) ( ) ( ) 22lim111lim1
2
1+=+=+==+
−+ →→
bbxafaxxx
luego si
1=− ba la función es continua.
Calculamos ( )xf ′ ( ) 12
12
>
<′⇒
xsiax
xsi=xf , calculamos de ( )1f ′ como la función es
continua se tiene
( ) ( )
( ) ( ) aaxf
f
x
x
22lim1
22lim1
1
1
==′
==′
+
−
→+
→−
así que para que exista ( )1f ′ , 1=a . Resumiendo:
⇒≠− 1basi ( )xf es discontinua de salto finito en 1=x .
Derivabilidad Tema 4
4-20
⇒=− 1basi ( )xf es continua en 1=x , en este caso se dan dos situaciones:
( ) derivable y continua es 0 y1 xfbasi ⇒==
( ) anguloso punto un tiene 1 xfasi ⇒≠ .
( ) derivable y continua es xf 1≠∀ x independientemente de los valores de a y b.
Gráficas:
a) con los valores 1−=a y 2−=b como 1=− ba la función es continua pero al ser
anguloso punto un tendrá 1≠a como puede verse.
b) si 1−=a y 0=b como 1≠− ba la función es discontinua de salto finito.
R.20. Calcula los valores de a y b sabiendo que la función ( )( )
>−⋅
≤++
012
02
xsix
e
xsibaxx
=xfx
es derivable en 0=x .
Solución: Para que la función sea derivable en 0=x , ha de ser continua en dicho punto así
que ( ) ( ) ( )xflimxflimf
xx +− →→==
000
, como ( ) ( ) bbaxxlimf
x=++=
−→
2
00
y
( )[ ] 2
1
2
0
012
00=
⋅==
−⋅++ →→
x
x
H'Lx
x
elim.detin
x
elim
necesariamente 2=b . Para ese valor de b
exigimos que la función sea derivable en 0=x . Calculamos ( )xf ′ para 0≠x
( )( )
>+−
⋅
<+
′
011
2
02
2xsi
x
xe
xsiax
=xfx
y como la función es continua ( ) ( ) aaxlimfx
=+=′−→
− 200
y
( )( )
[ ] [ ] 10
0
0
01120
002
0===
⋅==
+−⋅=′
+++ →→→+
x
x
x
x
H'Lx
xelim.detin
x
xelim.detin
x
xelimf y en
consecuencia 1=a , en conclusión
=
=
2
1
b
a.
Aplicación a casos prácticos de la regla de la cadena. R.21. Un el recipiente como el de la figura se está llenando con un grifo de caudal constante de 12 l/min.
Derivabilidad Tema 4
4-21
Se quiere saber con qué velocidad asciende el nivel del agua en el instante en el que la
altura es de cm20 .
Solución: Debemos buscar la función que nos da el volumen de agua dependiendo de la altura. La figura que forma la parte del recipiente con agua es un prisma recto de base trapezoidal variable (en
las caras laterales) y de altura constante dm15 . Su volumen es 315 dmSV b ⋅= .
Establecemos la base del prisma de agua en un
instante cualquiera en el que la altura del agua es ABh =
si llamamos BEx = , como dm'CD 51= y dmCA 6= , por
semejanza de los triángulos ABE y ACD de la figura se
tiene que 6
51'
h
x
CA
CD
BA
BE=⇒= luego
46
51 hh'x == y el
área del trapecio que marca la altura del agua es
( )h
hh
h
hx
Sb 442
244
2
244 2
+=
++
=++
= con lo que el
volumen del prisma de agua dependiendo sólo de la altura es ( )
+= h
hhV 4
415
2
. V es función
de h que es función del tiempo, es decir ( )( )thVV = . Aplicando la regla de derivación de una
función de función se tiene que dt
dh
dh
dV
dt
dV⋅= (1). min/12 3dm
dt
dV= ,
+= 4
215
h
dh
dV. Si
dmh 2= 27542
215 dm
dh
dV=
+= , así que despejando de (1)
min/16'075
12dm
dh
dVdt
dV
dt
dh=== , o si se prefiere min/6'1 cm
dt
dh= .
R.22. Una pompa de jabón se está formando introduciendo un caudal de aire de
s/cm312 . ¿Con qué velocidad aumenta el radio de la pompa en el momento en el que
éste es de cm3 ?.
Solución: El volumen de una esfera de radio r es de una esfera 3
3
4rV
π= V es función de el
radio que a su vez es función de t ( )( )trVV = y aplicando la regla de derivación de una función
de función se tiene que dt
drr
dt
dV
dt
dr
dr
dV
dt
dV⋅π=⇒⋅=
24 si sustituimos r por 3 y despejamos se
tiene s/cm'r
dt
dV
dt
drr 10
3
1
36
12
44
2
2≈
π=
π=
π=⋅π= .
Ejercicios propuestos
Cálculo de derivadas P.1. Calcula las funciones derivadas de las funciones siguientes:
1) ( )112 2 +⋅+= x)x()x(f 2) ( ) 42 3−
+= x)x(f 3) 43
61
32
xxx)x(f −+=
Derivabilidad Tema 4
4-22
4) ( )5
5
x1
x)x(f
−= 5)
x3x
4x)x(f
2
2
+
+= 6)
( )( )4
3
x1
x1)x(f
+
−=
7) x3x)x(f 2 += 8) ( )3 2x1)x(f −= 9) 1x3x)x(f 2 −⋅=
10) x1
x1)x(f
+
−= 11) ( ) x1x1)x(f +⋅−= 12)
2x1
x)x(f
−=
13) x
Lx)x(f = 14) x1ln)x(f += 15)
x1
x1L)x(f
−
+=
16) )x21(log)x(f a += 17) x2
x2log)x(f
+
−= 18)
x1
x1L)x(f
+
−=
19) xe
Lx)x(f = 20) 1x2
5)x(f −= 21)
=
xlne)x(f x 12
22) x
x
e3
e3L)x(f
−
+= 23) x6x2
3)x(f += ¿dónde es f’ (x) =0?
24) xsen3)x(f 3⋅= 25) ( )bx7sen)x(f −= 26) )ax7cos()x(f −=
27) ( )8x5x3cos)x(f 23 −+= 28) )x5(tg)x(f 3= 29) )x31(Lsen)x(f −=
30) senx1
senx1ln)x(f
−
+= 31)
xtg1
xsec)x(f
2
2
−= 32) senxln)x(f =
33) )senxln()x(f = 34) )x1(eccos)x(f 2 −= 35) ( )8egcot)x(f x23 +=
36) )x2(arcsen)x(f 2= 37) 1x
1xarcsen)x(f
−
+= 38) xsecarc)x(f =
39) 1x
1xarctg)x(f
2
2
+
−= 40)
f (x) = arcsen x
2+ 1( ) 41)
x1
x1arctg)x(f
−
+=
42) 2
2
x1
x1arcsen)x(f
+
−= 43)
x
x
e1
e1arctg)x(f
−
+= 44)
xcos1
xcos1arctg)x(f
+
−=
45) x1
x)x(f = 46) tgxx)x(f = 47) ( )xarctgx)x(f =
48) ( )xxe exx)x(f ππ +++=
Derivada en un punto y función derivada
P.2. Calcula, si existen, las derivadas de las funciones siguientes en x = 0.
≠
⋅
≠
00
0
00
0
=xsi
xsix
1senx
=g(x) b)
=xsi
xsix
1senx=f(x))a
2
P.3. Estudia la derivada de la función ( ) xsenxf = en 0=x .
P.4. Calcula la función derivada de las siguientes funciones:
>
≤≤−−
−<−
=
≠
0
011
11
00
0
xsicosxx
xsix
xsi)xarctan(
=g(x)xsi
xsix
|x|=f(x)
2
4
2
P.5. Calcula las derivadas enésimas de:
a) x
1y = b)
3x
5y
−= c)
xx
3xy
3−
−= d)
2
eey
xx −−= e)
2xx
x7y
2−+
−=
Derivabilidad Tema 4
4-23
Interpretación geométrica de la derivada P.6. Obtén las ecuaciones de las rectas tangente y normal, en el punto (2,1), a la curva:
( ) ( )3 31 xxy −⋅−=
P.7. ¿En qué puntos de la curva 8xy 2 += la tangente forma un ángulo de 135° con la parte
positiva del eje OX? Continuidad y derivabilidad P.8. Estudia dónde son continuas y dónde derivables las funciones siguientes:
>−
≤≤−+
−<
=
2xsix3x
2x2si5x
2xsi3
)x(f2
≥
<≤
<
⋅
=
1
10
0
2 xsix
xsix
xsix
1cosx
)x(g
P.9. Estudia la continuidad y derivabilidad de la función
<+−
≤<−
≤<−
=
xsix
xsix
xsi)xln(
)x(f
41
424
2112
P.10. Se considera la función RRf →: definida por: f (x ) = x ⋅ e− x
∀x ∈R . Se pide: 1)
Estudia si es continua y derivable en 0 y, en su caso, halla f ’(0); 2) Estudia si es continua y derivable en todo R. P.11. Determina los puntos angulosos de:
a) ( )( ) ( )
<+⋅+
≥⋅⋅−=
011
05222
567
xsixarctanxln
xsixcosxx)x(f b) ( )xxx)x(f 12 ++=
c) f (x ) = x
2lnx d)
f (x ) = x
2⋅ ln x
P.12. Indica los valores que han de tener a y b para que la función
≥++
<+=
0
03 x si baxx
x si )senxeln()x(f
sea derivable en 0=x .
Ejercicios de profundización P.13. Sobre un montón cónico de arena está cayendo arena a razón de 10 dm
3 por minuto. El
radio de la base siempre es la mitad de la altura. ¿ A qué velocidad se está incrementando la altura del montón cuando su altura es de 0'5m?. P.14. Si el lado de un cuadrado se aumenta a velocidad constante, ¿cómo varía su área?. Estudia un caso particular. P.15. Una escalera de mano de 4m de longitud se desliza apoyada en una pared de modo que el extremo del suelo se mueve a velocidad constante de 0'75m/s. ¿ A qué velocidad se mueve el extremo apoyado en la pared en el momento en que la distancia del otro extremo a la pared es de 2m?. P.16. Un globo está a 200 m sobre el suelo y se eleva a razón de 15 mIs. Un automóvil pasa bajo el globo con velocidad de 45 Km/h. ¿Con qué velocidad se separan el coche y el globo un segundo después?
Derivabilidad Tema 4
4-24
P.17. Halla el ángulo que forman las rectas tangentes a las curvas de ecuaciones:
1y2x,1yx 22 =−=⋅ en los puntos de intersección de dichas curvas.
Soluciones:
P.1.
1) 2x2x6)x(f 2 ++=′ 2) x)3x(8)x(f 52 −+−=′ 3) 41
65
31
x4
3x
6
1x
3
2)x(f
−−−−+=′
4) ( )6
4
x1
x5)x(f
−=′ 5)
22
2
)x3x(
12x8x3)x(f
+
−−=′ 6)
( ) ( )
( )5
2
1
71)(
x
xxxf
+
−⋅−=′
7) x3x2
3x2)x(f
2+
+=′ 8)
( )3 x13
2)x(f
−
−=′ 9)
1x3
1x6)x(f
2
2
−
−=′
10) ( ) ( )311
1
xx)x(f
+⋅−
−=′ 11)
x12
1x3)x(f
+
+−=′ 12)
( )321
1
x
)x(f
−
=′
13) 2x
Lx1)x(f
−=′ 14)
2x2
1)x(f
+=′ 15)
2x1
2)x(f
−=′
16) x21
elog2)x(f a
+=′ 17)
2x4
elog4)x(f
−
−=′ 18)
( )1xx
1)x(f
−⋅=′
19) xex
xLx1)x(f
⋅
−=′ 20) 5lnx25)x(f 1x2
⋅=′ − 21)
−=
x
1
x
1ln2e)x(f x2
22) x2
x
e9
e3)x(f
−=′ 23) ( ) 3L6x23)x(f x6x2
⋅+⋅=′ + , en x =-3
24) xcosxsen9)x(f 2 ⋅⋅=′ 25) ( )bx7cos7)x(f −=′ 26) )ax(sena)x(f −⋅=′ 7
27) ( ) ( )853853563 222 −+⋅−+⋅+⋅−= xxsenxxcos)x()x(f 28) ( ))x5(tg1)x5(tg15)x(f 22 +=′
29) )x31(L)x62(
)x31(Lcos3)x(f
−−
−−=′ 30)
xcos
2)x(f =′ 31)
( )( ) ( )2222
2
21
4
1
14
xsen
xcossenx
xtg
xtgtgx)x(f
−=
−
+⋅=′
32) 2
gxcot)x(f =′ 33)
)senxln(senx2
xcos)x(f
⋅=′ 34)
)x1(sen
)x1cos(2)x(f
3−
−=′
35) ( ) ( )( ) xxx eegcotegcot)x(f 22222 8186 ⋅++⋅+−=′ 36) 4x41
x4)x(f
−=′
37) ( ) x41x
2)x(f
−⋅−−=′ 38)
1xx2
1)x(f
−⋅=′ 39)
1xx
1)x(f
4−⋅
=′
40)
( )22 1x1
x2)x(f
+−
=′ 41) 2x1
1)x(f
+=′ 42)
2x1
2)x(f
+
−=′
43) x2
x
e1
e)x(f
+=′ 44)
xcos1
senx)x(f
2+=′ 45)
−⋅=′
2x
1
x
xln1x)x(f
46) ( )
+⋅+⋅=′
x
tgxLxxtg1x)x(f 2tgx 47) ( ) ( )
⋅
++⋅=′
arctgxx
xarctgxLarctgx)x(f
x 1
1 2
48) ( ) πππ π Leexx)x(fxxe +++=′ −− 11
Derivabilidad Tema 4
4-25
P.2. a) 0, b) no es derivable. P.3. Hay un punto anguloso en x = 0. P.4. ,xsi,)x(f 00 ≠=′ no
existe derivada en x = 0,
( )
>−
<<−
−<
−+
=′
02
014
111
2
2
3
22
xsixsenxxcosx
xsix
xsix
x
)x(g , no existe derivada en
0=x y 1−=x . P.5. a) 1
1+
⋅−n
n
x
!n)(, b)
1n
n
)3x(
!n5)1(+−
⋅⋅−, c )
1
1
1
1
1 1
12
1
113+
+
+
+
+ +
−⋅+
−
−+
⋅−⋅n
n
n
n
n
n
)x(
!n)(
)x(
!n)(
x
!n)(, d)
( ) ee
yxx
n
2
−−= con n par e ( )
2
xxn ee
y−+
= con n impar , e) 1
1
1 2
31
1
21+
+
+ +
⋅⋅−+
−
⋅⋅−n
n
n
n
)x(
!n)(
)x(
!n)(.
P.6. ( )23
21 −=− xy:t , ( )2
2
31 −−=− xy:n . P.7. x = -1/2. P.8. f no derivable en 2=x no
es continua y 2−=x punto anguloso, g no es derivable en 0x = ni en 1x = . P.9 En 4=x
discontinuidad de salto finito, en 2=x continua pero no derivable, punto anguloso. P.10. 1)
f´(0) =1; 2) continua y derivable en todo R. P.11. a) y b) continuas y derivables, c) 1=x , d) 1=x
y 1−=x . P.12. 1b,e
1a == . P.13. 8/5π dm/min.
dt
dV
h
4
dt
dh2
⋅⋅π
= . P.14. lkdt
dll2
dt
dA⋅=⋅⋅= .
P.15. s/m4
3−
dt
dx
x
x
dt
dy⋅
−−=
216. P.16. 15´7 m/s. P.17 arctag 3.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-1
Tema 5
Propiedades de las funciones derivables
5.1 Extremos relativos (Máximos y mínimos relativos)
Nota A los máximos y mínimos relativos se les llama extremos relativos o puntos extremos de f.
Demostración.- Veamos la demostración para el caso en el que en x0 haya un máximo; para
el otro caso es análogo. Como en x0 hay un máximo local, existirá un entorno de x0 de radio δ
tal que para todo x del entorno )x,x( δ+δ− 00 se tiene que ( ) ( )0xfxf ≤ . Y, por lo tanto,
( )( ) ( )
000
00 ≤
−+=
′+→
+h
xfhxflimxf
h y ( )
( ) ( )000
00 ≥
−+=
′
−→−
h
xfhxflimxf
h . Pero como f es
derivable en x0 las derivadas laterales coinciden, lo que sólo es posible si ( ) ( ) 000 =′
=′
−+ xfxf .
Por lo que ( ) 00 =′ xf .
Definiciones Diremos que f tiene un mínimo local o relativo en x0 si existe un entorno de x0 de radio δ tal que
para todo x del entorno )x,x( δ+δ− 00 se tiene que
( ) ( )0xfxf ≥ .
Diremos que f tiene un máximo local o relativo en
x0 si existe un entorno de x0 de radio δ tal que para todo x
del entorno )x,x( δ+δ− 00 se tiene que ( ) ( )0xfxf ≤
Teorema Sea f definida en ( )b,a , derivable en ( )b,ax ∈0 . Si en x0 tiene f un máximo o
un mínimo, entonces ( ) 00 =′ xf .
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-2
Nota Si una función derivable en un punto tiene un extremo relativo en ese punto, la recta
tangente a la función en ese punto es horizontal (paralela al eje de la equis).
5.2 Teorema de Rolle
Demostración.- Demostraremos el teorema por reducción al absurdo. Supongamos que
( ) 0≠′ xf para todo x de ( )b,a .
Como f es continua en [ ]b,a , por el Teorema de Bolzano-Weierstrass (Tema 2),
sabemos que alcanza su mínimo m y su máximo M en [ ]b,a .
Evidentemente, m y M no pueden ser alcanzados en un punto interior; ya que, por el
Teorema 1, ( )xf ′ se anularía en ellos, pero la posibilidad de que ( )xf ′ se anule en el interior ha
sido descartada. Luego m y M se alcanzan en los extremos de [ ]b,a .
Ahora bien, como ( ) ( )bfaf = , entonces ( ) ( ) Mbfafm === . Esto es, los valores mínimo
y máximo de la función coinciden, por lo que f sólo puede ser una función constante en [ ]b,a ,
lo que contradice que ( )xf ′ no se anula en ningún punto interior, ya que toda función constante
tiene derivada nula.
Interpretación geométrica del Teorema de Rolle Si los extremos de un arco de curva continua y derivable (es decir, con tangente en todos los puntos) tienen la misma ordenada, entonces en algún punto del arco la tangente es paralela al eje OX. Nota En las siguientes figuras aparecen curvas que no satisfacen algún apartado de la hipótesis y, en consecuencia, puede verse que no tienen por qué verificar la tesis.
f no es continua en [ ]b,a f no es derivable en ( )b,a ( ) ( )bfaf ≠
Teorema de Rolle Sea f una función continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a tal que
( ) ( )bfaf = . Entonces, existe al menos un punto ( )b,ac∈ tal que ( ) 0cf =′ .
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-3
Ejemplos
Ejemplo 5.1 La función [ ] R,:f →31 tal que ( ) 1142 +−= xxxf , satisface el Teorema de
Rolle porque es continua en [ ]31, , derivable en ( )31, y ( ) ( ) 831 == ff .
Ejemplo 5.2 La función [ ] R,:f →− 11 tal que ( )3 2xxf = , es continua en [ ]11,− y
( ) ( ) 111 ==− ff , pero no existe ningún punto de ( )11,− en el que tenga derivada cero y, sin
embargo, no contradice el Teorema de Rolle, porque no es derivable en x = 0.
Nota Si una función satisface la hipótesis del Teorema de Rolle en un intervalo [ ]b,a y,
además, ( ) ( ) 0== bfaf , el Teorema asegura que entre a y b hay un punto que anula la
derivada. Esto es, entre dos raíces de una función continua y derivable siempre hay una raíz de la función derivada.
Ejemplos
Ejemplo 5.3 Si se nos pide que demostremos que la ecuación 012 =−+ xe x tiene una única
solución real, debemos advertir que la pregunta es doble, pues primeramente hay que demostrar que existe, al menos, una solución real y, después, que no hay otra (unicidad de la solución).
La existencia, generalmente, se prueba mediante el Teorema de Bolzano, aunque en este caso es evidente que x = 0 es una solución.
Para la unicidad podemos hacer uso del Teorema de Rolle en la versión de la Nota
anterior.
En efecto, definimos ( ) 12 −+= xexf x , que es continua y derivable en todo R.
Si tuviera dos raíces, 1c y 2c , entonces ( ) ( ) 021 == cfcf y como f es continua en
[ ]21 c,c y derivable en ( )21 c,c , el Teorema de Rolle asegura que la derivada se anula en
algún punto. Sin embargo, ( ) 2+=′ xexf no se anula nunca, luego no puede tener dos raíces
reales y, como consecuencia, la ecuación inicial tiene una única solución. Ejemplo 5.4 Si queremos demostrar que, para cualquier valor de m, la ecuación
02 5 =++ mxx no tiene dos soluciones, definimos ( ) mxxxf ++= 52 , que es continua y
derivable en todo R. Si tuviera dos raíces, 1c y 2c , entonces ( ) ( ) 021 == cfcf y como f es
continua en [ ]21 c,c y derivable en ( )21 c,c , el Teorema de Rolle asegura que la derivada se
anula en algún punto. Sin embargo, ( ) 110 4 +=′ xxf no se anula nunca y es independiente del
valor inicial de m, luego no puede tener dos raíces reales y, como consecuencia, la ecuación inicial no puede tener dos soluciones reales distintas.
El siguiente corolario es una propiedad recíproca de la nota anterior.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-4
5.3 Teoremas de Cauchy y de Lagrange Demostración.- Basta aplicar el Teorema de Rolle a la función
( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]agbgxfafbfxgxF −−−= en el intervalo [ ]b,a .
Si ( ) ( )bgag ≠ y ( )xg ′ no se nula en ( )b,a , se tiene la fórmula de Cauchy:
( )( )
( ) ( )( ) ( )agbg
afbf
cg
cf
−
−=
′
′ para algún ( )b,ac∈ .
Ejemplo 5.5 Las funciones ( ) 13 += xxf y ( ) 32 += xxg satisfacen la hipótesis del Teorema
de Cauchy en el intervalo [ ]20 , , luego existe un punto c del correspondiente intervalo abierto
tal que ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]0202 ggcfffcg −′=−′ .
Como ( ) ( ) ,xxg,xxf 23 2 =′=′ ( ) ( ) ( ) ( ) 30721092 ==== g,g,f,f , sustituyendo en
la expresión anterior, resulta 21216 cc = , luego 3
4=c .
Demostración.- Basta aplicar el Teorema de Cauchy, tomando ( ) xxg = .
Nota Teniendo en cuenta que ( ) ( )
ab
afbf
−
− es la pendiente de
la recta que une los puntos ( )( )af,a y ( )( )bf,b del plano, el
Teorema de Lagrange tiene la siguiente interpretación geométrica: en todo arco de curva continua y derivable siempre hay al menos un punto en el que la recta tangente a la curva en ese punto es paralela al segmento que une los extremos del arco.
Teorema de Cauchy (o del valor medio generalizado) Sean f y g dos funciones
continuas en [ ]b,a y derivables en ( )b,a , entonces existe un punto ( )b,ac∈ tal que
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]agbgcfafbfcg −′=−′ .
Teorema de Lagrange (del valor medio o de los incremento finitos) Sea f una función
continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a , entonces existe un punto ( )b,ac∈ tal que
( )( ) ( )
ab
afbfcf
−
−=′ .
Sea f una función derivable y sean las ecuaciones: (A) ( ) 0=xf y (B) ( ) 0=′ xf . Entonces,
entre dos soluciones consecutivas, 1c y 2c , de (B), hay a lo sumo una de (A). En
concreto:
- Si ( )1cf y ( )2cf son del mismo signo, no hay soluciones de (A) en ( )21 c,c .
- Si ( )1cf y ( )2cf son de distinto signo, existe una única solución de (A) en ( )21 c,c
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-5
Notas Observa que si ( ) ( )bfaf = , tenemos el Teorema de Rolle. Y, es que, lo que sucede es
que los tres teoremas anteriores son equivalentes.
Desde un punto de vista físico, el teorema viene a decir, por ejemplo, que si hemos recorrido 60 Km en 1 hora (velocidad media), entonces en algún momento hemos estado viajando a 60 Km/h (velocidad instantánea).
Ejemplos
Ejemplo 5.6 Evidentemente la función ( ) 143 2 ++= xxxf satisface la hipótesis del Teorema
de Lagrange en el intervalo [ ]53 , . Para obtener el punto (o los puntos) de ese intervalo en el
que su recta tangente tiene la misma pendiente que el segmento que une los extremos ( )( )33 f,
y ( )( )55 f, , planteamos ( )( ) ( )
35
35
−
−=′
ffcf y, entonces, 42846 =⇔=+ cc . Por lo tanto, el
punto buscado es el ( )( )44 f, .
Ejemplo 5.7 La función ( )1
23
+
+=
x
xxxf no satisface la hipótesis del Teorema de Lagrange en
el intervalo [ ]52,− porque no es continua en ( )521 ,x −∈−= .
Cálculo aproximado del valor de una función en un punto.
Si deseamos obtener el valor de una función f en un punto 1x , buscamos un punto
próximo a él del que sí conocemos el valor de la función y el de su derivada primera, por
ejemplo 0x , y si f satisface la hipótesis del Teorema de Lagrange en el intervalo [ ]10 x,x se
tiene
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( )010101
01 xxcfxfxfxx
xfxfcf −′+=⇔
−
−=′ .
Entonces, sustituyendo c por 0x , ya que el intervalo ( )10 x,x tiene longitud pequeña,
podemos obtener la siguiente aproximación de ( )1xf
( ) ( ) ( ) ( )01001 xxxfxfxf −′+≅ .
Ejemplo 5.8 Si queremos conocer el seno de 31°, como conocemos el seno y el coseno de
30° y teniendo en cuenta que la diferencia es de 1 grado que equivale a 0,017 radianes,
aplicamos el resultado de la nota anterior, esto es, 0170303031 ,cossensen ⋅+≅ ooo ,
obteniendo que 5147031 ,sen ≅o , cuando el resultado que da la calculadora es 0,5150 .
Aplicación del Teorema de Lagrange al cálculo de límites
Si x tiende a infinito es posible utilizar el Teorema de Lagrange para calcular el límite.
Basta con trabajar en un intervalo de la forma [ ]kx,x + , con k un entero, porque también el c
del correspondiente intervalo abierto tenderá a infinito.
Ejemplo 5.9 Apliquemos el Teorema de Lagrange (o del valor medio) para calcular
+−++
∞→
3 23 2 452 xxxlimx
. Consideramos la función ( )3 2 4+= xxf en el intervalo
[ ]1+x,x , ya que ( ) ( )3 23 2
52411 ++=++=+ xxxxf en el que satisface la hipótesis del
Teorema de Lagrange. Existe, por lo tanto, un punto c del intervalo abierto tal que
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-6
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )3 23 2 4521
1
1+−++=−+=′⇔
−+
−+=′ xxxxfxfcf
xx
xfxfcf .
Por lo tanto,
( ) ( )3 223 22
3 23 2
43
2lim
43
2lim452lim
+
=
+
=
+−++
∞→∞→∞→x
x
c
cxxx
xcx que fácilmente
se comprueba que es igual a cero.
5.5 Regla de L’Hôpital. Aplicaciones El siguiente teorema es consecuencia del Teorema de Cauchy.
Demostración.- Por el T. de Cauchy aplicado al intervalo [ ]a,x , existe un c comprendido entre
x y a, tal que ( )( )
( ) ( )( ) ( )xgag
xfaf
cg
cf
−
−=
′
′.
Luego: ( )( )
( ) ( )( ) ( )
( )( )
( )( )xg
xflim
cg
cflim
xgag
xfaflim
xg
xflim
axaxaxax ′
′=
′
′=
−
−=
→→→→ ,
como c está entre x y a, cuando x tiende a a arrastra a c, por lo que también c tiende a a, pudiéndose cambiar c por x .
El resultado también es válido para límites laterales, cuando a es infinito (positivo o negativo) o cuando los límites de f y g tienden a infinito (positivo o negativo).
La "regla de L'Hôpital" aparece por primera vez en el libro que publicó el marqués de L'Hôpital en 1696; regla cuya paternidad reivindicó Bernoulli (Johann) después de la muerte del marqués.
5.6 Aplicación de la Regla de L’Hôpital
Indeterminación
0
0,
∞
∞
La regla de L'Hôpital resuelve directamente las indeterminaciones del tipo
0
0,
∞
∞.
Consiste en sustituir el numerador y el denominador por sus respectivas derivadas, tal como
indica el esquema siguiente:
( )( )
( )( )
( )( )
... = xg
xf lim = , =
xg
xf lim = , =
xg
xf lim
axaxax ′′
′′
∞
∞
′
′
∞
∞
→→→ 0
0
0
0
Nota Observa que es el cociente de las derivadas, no la derivada del cociente.
Teorema de L’Hôpital Sean f y g dos funciones derivables en un entorno reducido V de
a , tales que g y g' no se anulan en V y que ( ) ( ) 0==→→
xglimxflimaxax
, entonces
( )( )
( )( )xg
xflim
xg
xflim
axax ′
′=
→→ , cuando este último límite existe (pertenece a R ).
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-7
Como se ve, esta regla se puede aplicar sucesivamente; en tal caso, cada vez y antes
de la sustitución directa, hay que recomponer.
Ejemplos
Ejemplo 5.10
x→3lim
2x3 − 8x2 + 4x + 6
x2
− 9 =
0
0
=
H
x→ 3lim
6x2 − 16x + 4
2x =
10
6=
5
3
Ejemplo 5.11
x→0lim
2cos2 x − e x − 1
3 + x senx − 3 cos x =
0
0
=
H x →0lim
−4 cos x senx − e x
senx + x cos x + 3senx =
−1
0
= −∞
Ejemplo 5.12
x→+∞
lim e x − 3x2
x2
+ 1 =
∞
∞
=
H x→+∞
lim e x − 6x
2x =
∞
∞
=
H x→ +∞
lim e x − 6
2 = +∞
Indeterminación 0 ⋅ ∞
Se reduce, haciendo operaciones, a una indeterminación del tipo
0
0 o
∞
∞ , y se aplica
la regla de L`Hôpital.
Ejemplo 5.13
x→+∞
lim e2x +3
ln1
x+1
= 0 ⋅∞( ) =
x→ +∞
lim
ln1
x+ 1
1
e2 x+3
= x→ ∞
lim
ln1
x+ 1
e−2x− 3
= 0
0
=
( )+∞
∞
∞
+=
∞
∞
+−
+− +
∞→
+
∞→
+
∞→−−∞→=
2
e lim= =
x
e lim =
xx
e lim =
e
xx lim =x
x
x
xH
x
xxxH
3232
2
32
32
2 2
2122
1
.
Indeterminación ∞ − ∞
Haciendo operaciones se reduce a una indeterminación del tipo
0
0 o
∞
∞ .
Ejemplo 5.14
x→0lim
1
senx−
1
x
= ∞ − ∞( )=
x →0lim
x − senx
x ⋅senx =
0
0
=
H x→0lim
1− cos x
senx + x cos x=
=0
0
=
H x→0lim
senx
cos x + cos x − x senx =
0
2= 0 .
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-8
Indeterminaciones 00
, ∞0
Se resuelven tomando logaritmos, con lo que se transforman en indeterminaciones de alguno de los tipos anteriores.
Supongamos que ( )( ) ( ) ( )00=→
xg
axxflim , con ( ) 0=
→xflim
ax y ( ) 0=
→xglim
ax.
Llamemos ( )( ) ( )xg
axxflimA
→= y tomemos logaritmos:
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )
( ) ( )( )[ ]xflnxglimxflnlimxflimlnAlnax
xg
ax)(
xg
ax⋅==
=
→→→ 21 ,
donde (1) se justificará en la lección de continuidad, y (2) es consecuencia de las propiedades de los logaritmos. Entonces, por la definición de logaritmo, se tiene
( ) ( )( )xfxgaxeA
lnlim ⋅→= .
Ejemplos
Ejemplo 5.15 Calculemos ( )senx lim tgx
0x→. Aplicando el resultado anterior se tiene
( ) ( ) ( )B
senxlntgxlimtgx
xeesenxlim x ===
⋅
→
→00
00 ,
donde ( )( )senxlntgxlimBx 0→
= . Veamos cuánto vale B :
( )( ) ( )( )
0= )xcossenx(lim =
xsen
senx
xcos
limxcot
senxlnlimsenxlntgxlim
xxHxx−
−=
∞
∞==∞⋅=
→→→→ 0
2
000 10 . Por lo
tanto, ( ) 10
0===
→eesenxlim Btgx
x .
Ejemplo 5.16 Calculemos ( ) ( )8
1
2 2
35 −
∞→+
xln
xxx lim . Aplicando el resultado anterior se tiene
( ) ( ) ( ) ( )( )
Bxxln
xlnlim
xln
xeexxlim
x==∞=+
+⋅−−
∞→
∞→35
8
1
08
1
2
2
22
35 ,
donde ( )
( )xxlnxln
limBx
358
1 2
2+⋅
−=
∞→ . Veamos cuánto vale B :
( )( ) ( )
( )( )( )
( )1
352
8310
8
235
310
8
3535
8
12
2
2
2
2
22
2=
+
−+=
−
+
+
=
∞
∞=
−
+=+⋅
− ∞→∞→∞→∞→ xxx
xx lim
x
xxx
x
limxln
xxlnlimxxln
xlnlim
xxHxx
Por lo tanto, ( ) ( ) eeexx lim Bxln
x===+
−
∞→
18
1
2 2
35 .
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-9
Indeterminación 1∞
Esta indeterminación se deshace del mismo modo que las anteriores, pero aquí
podemos utilizar infinitésimos equivalentes y resulta la fórmula siguiente:
( )( ) ( ) ( ) ( )( )1−⋅
→
→==xfxglimxg
ax
axexf limA
Ejemplo 5.17 Calculemos
+
→ 4
1
0
πxtg lim
senx
x. Aplicando el resultado anterior se tiene
( ) Bsenx
xtg
limsenx
xee1xtglim x ===
+
−
+
∞
→
→
14
1
0
0
4
π
π,
donde B = l im
x→0
tg x +π
4
− 1
senx. Veamos cuánto vale B :
limx→0
tg x +π
4
− 1
senx=
0
0
=
H x→0lim
1+ tg2
x +π
4
cos x =
2
1 = 2 .
Por lo tanto, 2
1
0 4eextg lim Bsenx
x==
+
→
π .
Aplicación de la regla de L'Hôpital al cálculo del orden de infinitésimos
en x = 0
Para ver el orden de un infinitésimo f, bastará determinar n para que ( )
0lim0
≠=→
ax
xfnx
.
Ejemplo 5.18 Calculemos el orden del infinitésimo ( ) xcosxf −= 1 .
[ ] [ ]( ) 20100 1
coslim.
0
0lim.
0
0cos1lim
−→−→→ −====
−nxnxnx xnn
xind
nx
senxind
x
x, como el numerador ya no es un
infinitésimo no hay indeterminación, es decir 202 =⇒=− nn , se trata de un infinitésimo de
orden 2.
Ejemplo 5.19 Calculemos el orden del infinitésimo ( ) xxtgxf −= .
[ ] [ ] ( )( )
[ ] ( )[ ]( )( ) 3
222
02
2
01
2
00 21
3112lim.
0
0
1
12lim.
0
0lim.
0
0lim
−→−→−→→ −−
+++==
−
+====
−nxnxnxnx xnnn
xtgxtgxtgind
xnn
xtgtgxind
nx
xtgind
x
xtgx
El numerador ya no es infinitésimo y razonando como en el ejemplo anterior el orden es 3.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-10
Ejercicios resueltos Teoremas de las funciones derivables
R.1. a) Comprueba que no es aplicable el Teorema de Rolle en [ ]2,2− a la función:
( )
>−
≤+=
01
01)(
2
xsix
xsixxf
b) En el caso anterior se observa que ( ) 01 =−′f con ( )2,21 −∈− . ¿Contradice esto al
Teorema de Rolle?. Solución:
a) El Teorema de Rolle aplicado a nuestra función en [ ]2,2− exige que ( )xf sea continua en
[ ]2,2− , derivable en ( )2,2− y que ( ) ( )22 ff =− ; veamos si se cumplen las tres condiciones:
1. ( ) ( ) 122 ==− ff . Se cumple.
2. Continuidad. Definimos más detalladamente la función
( )
>−
<<+−
≤+
=
11
101
01
)(
2
xsix
xsix
xsix
xf . Los
únicos puntos de discontinuidad son 0=x y 1=x .
En 0=x : ( ) 10 =f , ( ) 11lim2
0=+
−→
xx
y ( ) 11lim0
=+−+→
xx
. La función es continua.
En 1=x : ( ) 01 =f , ( ) 01lim0
=+−−→
xx
y ( ) 01lim0
=−+→
xx
. La función es continua.
3. Derivabilidad:
( )
>
<<−
<+
=
11
101
012
)(
xsi
xsi
xsix
xf , veamos qué pasa en 0=x y 1=x .
En 0=x : Como la función es continua ( ) ( ) 212lim00
=+=′−→
− xfx
y ( ) ( ) 11lim00
−=−=′+→
+x
f .
No hay derivada. No se cumplen las condiciones de la hipótesis del teorema.
Se puede comprobar que tampoco es derivable en 1=x , aunque lo fuese no cambiaría nuestra conclusión. b) No. Si la función no cumple las condiciones de la hipótesis el teorema no es aplicable, es decir,
no afirmamos ni negamos que exista algún punto de ( )2,2−∈c para el que ( ) 0=′ cf , tal punto
puede existir o no sin que una u otra cosa contradiga al teorema.
R.2. La función ( ) ( )3 21−= xxf toma valores iguales en los extremos de [ ]2,0 . ¿Puede
aplicarse el Teorema de Rolle?. Solución:
No. La función debe ser derivable en ( )2,0 si derivamos ( )3 13
2
−=′
xxf , se ve que no existe ( )1f ′ .
R.3. Comprueba si es aplicable el Teorema de Rolle a ctgxy = en
−
2,
2
ππ.
Solución:
No es aplicable. La función ctgxy = presenta una discontinuidad de salto infinito en 0=x y
−∈
2,
20
ππ.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-11
R.4. Estudia si es aplicable el Teorema de Rolle a las siguientes funciones en los intervalos que se indican:
a) ( )3
2
−=
x
xxf en [ ]2,6− b) ( ) 32 −+−= xxxg en [ ]4,1 .
En caso afirmativo calcula el valor o los valores pronosticados por el teorema. Solución: a) Comprobamos si se cumplen las tres condiciones de la hipótesis.
( ) 46 −=−f , ( ) 42 −=f . Se cumple.
La función es continua en [ ]2,6− puesto que el único punto de discontinuidad es 3=x .
( )( )2
2
3
6
−
−=′
x
xxxf , ( )xf no es derivable en 3=x y ( )2,63 −∉ . Se puede aplicar el Teorema
de Rolle que asegura la existencia de un ( ) ( ) 0/2,6 =′−∈ cfc ; hacemos ( ) 060 2 =−⇒=′ xxxf lo
que lleva a dos soluciones 6 y 0 == xx , ( )2,60 −∈ es el pronosticado por el teorema.
b) En primer lugar definiremos la función a trozos en [ ]4,1 . Dado que
≥−
≤+−=−
22
222
xsix
xsixx y
del mismo modo
≥−
≤+−=−
33
333
xsix
xsixx tenemos que ( ) ( ) 5232 +−=+−++−= xxxxg si
21 ≤≤ x ; ( ) 132 =+−+= xxxg si 32 << x y ( ) 5232 −=−++= xxxxg si 43 ≤≤ x , en
definitiva ( )
≤≤−
<<
≤≤+−
=
4352
321
2152
xsix
xsi
xsix
xg , comprobamos las condiciones de la hipótesis:
( ) ( ) 341 == ff . Se cumple.
Continuidad en [ ]4,1 .
Los únicos punto posibles de discontinuidad son 2=x y 3=x .
Estudiamos 2=x : ( ) 12 =f , ( ) 152lim2
=+−−→
xx
y 11lim2
=+→x
. La función es continua.
En 3=x : ( ) 13 =f , 11lim3
=−→x
y ( ) 152lim3
=−+→
xx
. La función es continua. Se cumple.
Derivabilidad en ( )4,1 .
Calculamos ( )
<<
<<
<<−
=′
432
320
212
xsi
xsi
xsi
xg . Calculamos ( )2g′ : Como es continua en 2=x ,
( ) 22lim22
−=−=′−→
−x
f y ( ) 00lim22
==′+→
+x
f , las derivadas laterales no coinciden por lo tanto no
existe ( )2g′ y ya no importa lo que ocurra en 3=x , el Teorema de Rolle no es aplicable a ( )xg
en [ ]4,1 .
R.5. Calcula el valor de a para que sea aplicable el Teorema de Rolle a la función
( ) 222 −+= xaxxf en el intervalo [ ]3,1− . ¿Dónde se cumple la tesis?.
Solución: La función es continua y derivable en todo R independientemente del valor de a, por lo tanto
solamente hay que exigir que ( ) ( )31 ff =− , ( ) 41 −=− af y ( ) 493 += af , luego 494 +=− aa ,
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-12
1−=a . La función queda ( ) 222 −+−= xxxf ; veamos dónde se cumple la tesis. ( ) 22 +−=′ xxf ,
haciendo ( ) 10220 =⇒=+−⇒=′ xxxf que efectivamente pertenece al intervalo ( )3,1− .
R.6. Calcula el valor de 0x para que a la función ( ) 92 += xxf le sea aplicable el Teorema de
Rolle en [ ]0,1 x− .
Solución:
La función es continua y derivable ℜ∈∀ x , así que sólo hay que exigir que ( ) ( )01 xff =− ,
es decir
=
−=⇒=+
1
1109
0
020
x
xx , 10 −=x no tiene sentido luego el intervalo pedido es [ ]1,1− .
R.7. Calcula, si existen, los valores de a, b y c para que la función
>+
≤+=
14
1)(
2
xsix
xsibaxxf cumpla las condiciones de la hipótesis del Teorema de Rolle en
[ ]c,0 con 1>c .
Solución:
Se debe exigir que la función sea continua en [ ]c,0 y derivable en ( )c,0 , el único punto
problemático es 1=x .
Para que la función sea continua en 1=x ( ) ( )xffx 1lim1
→= ; ( ) ( ) babaxf
x+=+=
−→
2
1lim1 y
( ) 54lim1
=++→
xx
, luego 5=+ ba .
Calculamos
>
<=′
11
12)(
xsi
xsiaxxf ( ) aaxf
x22lim1
1==′
−→− y ( ) 11lim1
1==′
+→+
xf , luego para
que sea derivable 2
1=a y entonces
2
9=b , la función queda
>+
≤+=
14
12
9
2
1)(
2
xsix
xsixxf .
Para que sea aplicable el teorema debe cumplirse que ( ) ( ) 42
90 +=== ccff con 1>c , es decir
2
94 =+c cuya única solución 1
2
1<=c por lo tanto los valores pedidos no existen.
R.8. Calcula, si existen, los valores de a, b y c para que cumpla las condiciones de la
hipótesis del Teorema de Rolle
>
≤++=
2
23)(
2
xsix
xsibxaxxf en [ ]c,0 con 2>c .
Solución:
Se debe exigir que la función sea continua en [ ]c,0 y derivable en ( )c,0 , el único punto donde
podría no serlo dependiendo de los valores de a y b es 2=x .
Continuidad en 2=x : ( ) ( ) 3243lim2 2
2++=++=
−→
babxaxfx
, ( ) 2lim2
=+→
xx
⇒ 2324 =++ ba .
124 −=+⇒ ba .
Derivabilidad en 2=x : Calculamos
>
<+=′
21
22)(
xsi
xsibaxxf como la función es continua en
2=x ( ) babaxfx
+=+=′−→
− 42lim22
y ( ) 1411lim22
=+⇒==′+→
+ bafx
, resolvemos
=+
−=+
14
124
ba
ba
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-13
4
3 y 2 =−=⇒ ab . La función es necesariamente
>
≤+−=
2
2324
3)(
2
xsix
xsixxxf .
Para que se cumpla la hipótesis debe ser ( ) ( )
>
=
2
0
c
cff3=⇒ c y el intervalo es [ ]3,0 .
R.9. Estudia si es posible aplicar el Teorema de Lagrange a las funciones siguientes en el
intervalo [ ]5,1− , en caso afirmativo calcula el valor donde se cumple la tesis.
a) ( ) 3 xxf = b) ( ) xexxf +=
Solución:
a) La función ha de ser continua en [ ]5,1− y derivable en ( )5,1− . Es continua para todo R luego
no hay problema con la continuidad, pero si derivamos llegamos a ( )3 23
1
xxf =′ y como se
observa no hay derivada en 0=x y ( )5,10 −∈ , luego el teorema no es aplicable en ese
intervalo.
b) La función ( ) xexxf += es continua y derivable ℜ∈∀ x y en consecuencia lo será en los
intervalos requeridos. El teorema sí es aplicable.
En estas condiciones el Teorema de Lagrange afirma que ( ) ( )( ) ( )
( )15
15:5,1
−−
−−=′−∈∃
ffcfc y se
tiene: ( ) ( )5,12'36
ln6
61
1515
−∈≈−
=⇒−+
=+=′∃−− ee
cee
ecf c .
R.10. Calcula los valores de a y b para que sea aplicable el Teorema del Valor Medio a la
función
>+
≤+=
01
30
)(xsi
x
xsibaxxf en [ ]2,2− . Calcula el valor o valores vaticinados por el
teorema. Solución:
La función debe ser continua en [ ]2,2− y derivable en ( )2,2− , el único punto donde podría no
serlo dependiendo de los valores de a y b es 0=x .
Para que sea continua en 0=x : ( ) ( ) bbaxfx
=+=−→0
lim0 , 31
3lim
0=
++→ xx ⇒ 3=b .
Para que sea derivable en 0=x : Calculamos
( )
>+
−
<
=′ 01
30
)(2
xsix
xsia
xf como la función es
continua en 0=x ( ) aafx
==′−→
−0
lim0 y ( )( )
331
3lim0
20
−=⇒−=+
−=′+→
+ ax
fx
. La función queda
>+
≤+−=
01
3033
)(xsi
x
xsixxf y su derivada
( )
>+
−
≤−
=′ 01
303
)(2
xsix
xsi
xf
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-14
Buscamos dónde se cumple la tesis ( ) ( ) ( )2
4
22−=
−−=′
ffcf ; evidentemente para 0≤x no hay
solución. Buscamos en 0>x ( )
21
32
−=+
−c
ecuación que tiene dos soluciones 2
611 −−=c
que cae fuera de ( )2,2− y ( )2,222'02
611 −∈≈+−=c que es donde se satisface el teorema.
R.11. Dada la función
>−−
≤=
27
2)(
2 xsix
xsixxf se pide:
a) Comprueba que ( ) ( )( ) ( )
03
03:3,0
−
−=′∈∃
ffcfc .
b) La función no cumple las condiciones del Teorema de los Incrementos Finitos o de
Lagrange en el intervalo [ ]3,0 . ¿No hay en esto una contradicción?.
Solución:
a) ( ) ( )
3
16
03
03 −=
−
− ff y
>−
<=′
22
21)(
xsix
xsixf si hacemos ( )3,0
3
8
3
162 ∈=⇒
−=− cc .
b) Efectivamente la función no es continua en todos los puntos de [ ]3,0 , tiene una discontinuidad
de salto finito en 2=x , pues ( ) 2lim22
==−→
xfx
y ( ) 117lim 2
2−=−−
+→
xx
. No hay contradicción con
el Teorema de Lagrange ya que al no cumplirse la hipótesis el teorema no afirma ni niega la
existencia de una valor donde ( )( ) ( )
03
03
−
−=′
ffcf , tal valor puede existir o no sin que halla
contradicción. R.12. Comprueba que es posible aplicar el Teorema del Valor Medio o de Lagrange a la
función
>−
≤−=
21
4282
xsix
xsix)x(f en [ ]30, . Calcula el valor, o valores, donde se cumple la
tesis. Solución:
La función debe ser continua en [ ]30, y derivable en ( )30, , el único punto donde podría no serlo
es 2=x , lo comprobamos.
Continuidad: ( ) ( ) 482 2
2−=−=
−→xlimf
x, 4
1
4
2−=
−+→ xlim
x. Es continua.
Derivabilidad: Calculamos
( )
>−
<
=′ 21
422
2xsi
x
xsix
)x(f como la función es continua en 2=x
( ) 4222
==′−→
− xlimfx
y ( )( )
41
42
22
=−
=′+→
+x
limfx
. Es derivable.
El Teorema del Valor Medio afirma que ( ) ( )( ) ( )
203
0330 =
−
−=′∈∃
ffcf:,c si buscamos soluciones
para 2≤x se tiene 122 =⇒= cc en este punto se cumple la tesis, veamos si hay más
soluciones. Buscamos en la zona 2>x , se tiene ( )
−=
+=⇒=
− 21
212
1
42
c
c
c la única solución de
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-15
esta ecuación que tiene sentido es 21+=c , hay por tanto dos lugares donde se cumple la
tesis del teorema
+=
=
21
1
2
1
c
c.
R.13. Comprueba que se puede aplicar el Teorema de Cauchy a las funciones:
12)( 2++= xxxf y 3)( += xxg en el intervalo [ ]2,0 . Calcula el valor c pronosticado por el
teorema. Solución:
El enunciado del teorema exige que las dos funciones sean continuas en [ ]2,0 y derivables en
( )2,0 , como son funciones polinómicas que son continuas y derivables ℜ∈∀ x , evidentemente se
cumplen las condiciones del teorema.
Buscamos el valor ( )2,0∈c donde se cumple ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]0202 ffcgggcf −′=−′ , como
( ) ( ) 202 =− gg y ( ) ( ) 802 =− ff , se tiene ( ) 18222 =⇒=⋅+ cc que es valor pedido.
R.14. Comprueba que la ecuación 03 =−+ xesenx tiene una sola raíz real en
2,0π
.
Solución:
Consideramos la función ( ) 3−+= xexf senx . Es equivalente afirmar que la ecuación dada tiene
solución a decir que ( ) 0=xf .
Demostraremos en primer lugar que hay algún punto
∈
2,0π
c donde ( ) 0=cf y para ello
utilizaremos el Teorema de Bolzano.
La función es continua siempre por lo tanto si en un intervalo [ ]ba, cambia de signo es seguro que
( ) ( ) 0:, =∈∃ cfbac .
( ) 020 <−=f y 0322
2 >−+=
πππ
ef luego ( ) 0:2
,0 =
∈∃ cfc
π.
Demostraremos por reducción al absurdo que no puede haber más soluciones en ese eintervalo y para ello haremos uso del Teorema de Rolle.
Calculamos ( ) 1cos +⋅=′ xexf senx . La función es derivable ℜ∈∀ x .
Supongamos que existiese otro valor cualquiera del intervalo
2,0π
cd > con ( ) 0=df ,
entonces en el intervalo [ ]dc, la función cumple las condiciones de la hipótesis del Teorema de
Rolle y en consecuencia debería existir un valor ( ) ( ) 0:, 00 =′∈ xfdcx , pero tal cosa es imposible
porque ( ) 01cos >+⋅=′ xexf senx en todos los puntos de
2,0π
, luego nuestra suposición no
puede ser cierta. Igual se razonaría para cualquier cd < .
R.15. Comprueba que la ecuación 0233 =++ xx tiene una sola solución real.
Solución:
Consideramos la función ( ) 233 ++= xxxf . Afirmar que la ecuación dada tiene solución es lo
mismo que decir que ( ) 0=xf .
Demostraremos utilizando el Teorema de Bolzano que hay algún punto c tal que ( ) 0=cf .
La función es continua siempre por lo tanto si encontramos un intervalo [ ]ba, donde cambie de
signo es seguro que ( ) ( ) 0:, =∈∃ cfbac .
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-16
( ) 020 >=f y ( ) 021 <−=−f luego ( ) ( ) 0:0,1 =−∈∃ cfc .
Demostraremos con del Teorema de Rolle que no puede haber más soluciones.
Calculamos ( ) 33 2 +=′ xxf , su dominio es ℜ , luego la función es derivable en cualquier intervalo.
Supongamos que existiese otro valor cd > tal que ( ) 0=df también, entonces en el intervalo
[ ]dc, la función cumple todas las condiciones de la hipótesis del Teorema de Rolle y en
consecuencia debería existir un valor ( ) ( ) 0:, 00 =′∈ xfdcx , pero tal cosa es imposible porque
( ) xxxf ∀>+=′ 033 2 , luego suponer que ( ) 0=df contradice el Teorema de Rolle y por lo tanto
no hay más soluciones a la derecha de c. De manera idéntica se razonaría para cualquier cd < .
R.16. Dada la ecuación 03
=−x
xln demuestra que tiene solamente dos soluciones reales
3 y 3 21 >< xx .
Solución:
Construimos la función ( )3
xxlnxf −= . Afirmar que la ecuación dada tiene solución es lo mismo
que decir que ( ) 0=xf .
Como la función es continua en todo su dominio ( )+∞= ,D 0 si encontramos un intervalo
[ ]ba, donde cambie de signo el Teorema de Bolzano afirma que ( ) ( ) 0:, =∈∃ cfbac . Buscamos
dos intervalos donde cambie de signo uno a la izquierda y otro a la derecha de 3.
( ) 0133 >−= lnf , ( ) 03
1
3
111 <−=−= lnf y finalmente ( ) 0266 <−= lnf , por lo tanto hay al
menos dos soluciones ( ) ( )63 y 31 21 ,x,x ∈∈ .
Demostraremos que no hay mas soluciones menores que 3, lo haremos por el método de
contradicción. Calculamos ( ) 0 con 3
11>−=′ x
xxf , la función es derivable en todo su dominio.
Supongamos que hay otro ( ) 0 con 3 33 =< xfx , en el intervalo [ ] [ ]1331 bien o x,xx,x (según si el
valor es mayor o menor que 1x ) la función cumple las condiciones del Teorema de Rolle y por lo
tanto debería haber un punto ( )31 x,xc ∈ o ( )13 x,xc ∈ (según corresponda) de manera que
( ) 0=′ cf tal cosa es imposible pues ( ) 3x0 3
110 =⇒=−⇒=′
xxf luego la derivada no se anula
en ningún punto del intervalo y en consecuencia nuestra suposición es falsa. No puede haber soluciones menores de 3. De manera análoga se prueba que tampoco hay soluciones mayores de 3. R.17. Comprueba que la Regla de L’Hôpital no es aplicable para calcular los límites siguientes y resuélvelos por otro procedimiento.
a) senxx
senxxlimx +
−
∞→ b)
xsen
xsenx
limx 2
3
0
1
→
Solución:
a) [ ]xcos
xcoslim
senxx
senxxlim
xx +
−=
∞
∞=
+
−
∞→∞→ 1
1indet.
HL' R.
y este límite no existe. Sin embargo sí existe límite
pues el Teorema Regla de L’Hôpital no asegura la existencia del límite del cociente de las derivadas, lo que afirma es que si tal límite existe entonces éste es el límite buscado. Resolvemos la indeterminación dividiendo numerador y denominador por x, se tiene:
101
01
1
1=
+
−=
+
−
=+
−
∞→∞→
x
senxx
senx
limsenxx
senxxlim
xx.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-17
b) [ ] [ ]HL' R.
2
0
HL' R.
2
3
0indet.
0
0
2
113
indet.0
01
==
−
==→→ xcossenx
xcosx
xsenx
limxsen
xsenx
limxx
xsenxcos
xsen
xxcos
xxsen
limx 220 22
1114
16
−
+−
=→
, como no existe x
coslimx
1
0→ el límite anterior no existe y por
lo tanto la regla de L’Hôpital no es aplicable.
Si lo hacemos por el método de infinitésimos equivalentes sustituyendo senx por x se
tiene: 01
11
02
3
0
i.e.
2
3
0===
→→→ xxsenlim
x
xsenx
limxsen
xsenx
limxxx
.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-18
Ejercicios propuestos Teoremas de las funciones derivables P.1. Estudia si es aplicable el teorema de Rolle en [1,5] a la función:
≤≤−
<≤+=
537
312
xx
xx)x(f
P.2. Estudia si es posible aplicar el Teorema de Rolle a las funciones siguientes en los intervalos que se indican.
a) ( )( )
[ ]20 en 1
11
2,
xxf
−−= ; b) ( ) [ ]40 en
2
42
,x
xxxg
+
−= c) [ ]a,a
xy −= en
1
d) ( ) [ ]a,a−= en xxf e) ( ) ( ) [ ]40 en 2 3
2
,xxf −=
P.3. Justifica si es o no aplicable el Teorema de Rolle a la función 12 −= x)x(f en [ ]10, .
P.4. Calcula b para que la función bxx)x(f +−= 43 cumpla las condiciones de la hipótesis
del Teorema de Rolle en el intervalo [ ]b,0 . ¿Dónde se cumple la tesis?
P.5. Enuncia e interpreta geométricamente el T. de Rolle. Aplica, si es posible, el Teorema de
Rolle a la función: x
x)x(f22
+= en [ ]12,− .
P.6. Enuncia el Teorema de Rolle. Interpretación geométrica. ¿Se puede aplicar el teorema
anterior a 24 xx)x(f −= en [2,6]?
P.7. Enuncia el Teorema del Valor Medio o de los incrementos finitos o de Lagrange.
Interpretación geométrica. Determina a, b de R para que
≥−+−
<−=
410
432 xsibxx
xsiax)x(f
cumpla las hipótesis del Teorema de Lagrange en el intervalo [2,6].
P.8. Di por qué la función senxxy 3−= , cumple el Teorema del Valor Medio en [ ]π,0 y
averigua dónde cumple la tesis.
P.9. Halla el punto c al que se refiere el Teorema de Lagrange, siendo la función xey 3= , en el
intervalo [ ]52, .
P.10. Sea ( ) ( )25 xLxf −= y el intervalo [-2,2]. ¿Son aplicables los teoremas de Rolle y de
Lagrange? En caso afirmativo, hallar el valor intermedio para el que se cumple el Teorema. Interpretación geométrica del Teorema del Valor Medio
P.11. En la curva 3xy = se considera la cuerda AB que une los puntos de abcisa 0 y 1. Hallar
las coordenadas del punto C del arco AB cuya tangente es paralela al segmento AB. Hallar la ecuación de dicha tangente. Efectuar la representación gráfica. ¿Qué teorema llega a esta misma conclusión?
P.12. Prueba que existe un punto del intervalo [1,e] donde la gráfica de la función xln)x(f = tiene
tangente paralela a la cuerda que une los puntos de dicha función, en los extremos de ese intervalo. Calcula dicho punto.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-19
P.13. Sea ( )332 ++= xLx)x(f . Halla la ecuación de la recta tangente en el punto de abcisa
0=x . Demuestra que la curva tiene otra tangente paralela a la anterior y determínala.
P.14. Dada 2xy = , halla las coordenadas de un punto de la curva cuya tangente en él sea
paralela a la cuerda de extremos ( 1,1 ) y (2,4 ). Representa la figura. ¿ Tiene esto algo que ver con algún teorema conocido? Utilización conjunta de los teoremas de Bolzano y Rolle
P.15. Demuestra que la ecuación 012 =−+ xe x tiene una sola raíz real.
P.16. Demuestra que la ecuación xlnx 182 = , tiene una única solución en el intervalo [ ]e,1 .
P.17. Demuestra que la ecuación 0=− senxxcosx tiene una única solución en el intervalo
ππ−
2,
2
Teoremas de Cauchy y L´Hôpital
P.18. Estudia si se puede aplicar el Teorema de Cauchy a las funciones: 322 +−= xx)x(f y
5207 23 −+−= xxx)x(g en el intervalo [1,4]. En caso afirmativo aplícalo.
Regla de L´Hôpital P.19. Encuentra el error en la siguiente aplicación de la regla de L'Hôpital:
6
10
66
26
63
823
43
78
22
2
223
23
2=
−
−=
−
−−=
+−
+−−
→→→ x
xlim
xx
xxlim
xx
xxxlim
xxx
P.20. Calcula:
a) x
tgx lim
0x→ b)
( )3
2 2
−+∞→ x
xln lim
x c)
32 2
1
−
−
+∞→ x
elim
x
x d) x
xexlim 2
⋅−∞→
e) 12
2
−
⋅
→ x
senxlim
0x f)
senxx
x lim
0x +→ g)
xln
x lim
x
−
→
1
1 h)
−
→ xxcotlim
0x
1
P.21. Calcula:
a) ( )
⋅−π
+π→ 2
x tgxlim
x b) ( ) ( )( )xcotx lim
0x−
→cosec c)
−⋅
+→1
1
0
x
xex lim
d)
−−
→ 1x
x
xln
1lim
1x e)
30 x
senx xcosxlimx
−
→ f)
−−
− −→ 11 1x1x e
1
x
1lim
g) senxx
x e elim
xx
x −
−− −
→
2
0 h)
20
1
x
senx)xcos(limx
⋅−
→ i) ( )xlntgxlim
x⋅
+→0
P.22. Calcula:
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-20
a) 10
8
2+
−
π→ xsec
tgxlim x
b) senxtgx
senxxlimx −
−
→0 c)
( )20 1
1
−
−
→ xx e
xcoslim d)
( )
−
+→ xxlnlimx
1
1
1
0
P.23. Calcula:
a) 30 x
ee lim
senxx
x
−
→ b)
( )20
22
x
xex lim
x
x
−−−
→ c)
−
∞→1
1
xcosx lim
x d)
xcose
xcose lim
x
x
x +
−
∞→
e) ( )
+−
π→ 1
1
20 xx exx
1 lim f)
π−⋅
π→ 2
2
xlnxcos limx
g) ( )( )xcosln
xcosln lim
x 2
3
0→
P.24. Calcula:
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )xx
xx
x
x
x
xsen
xxexxx
1
0
3
0
cos
1
2
lim d) 2 lim c) 2cos1 limb) cot lim a) +++π−→→π
→
π−
π→ +−
( ) ( ) x
x
x
x
tgx
xx
x
xxx
x3cot2
0020cos
1
2
2
2sec lim h) lim g) 1
lim f) cos21 lim e)→→→
→
++
+
π
P.25. Calcula, usando infinitésimos equivalentes:
( )( ) ( )
( )x
ba lim
x
xcoscos lim
x
a lim
bxtgxx
axcos lim
xx
xx
x
xx
−−−
−+
−
−
−
→→→→ 04000d)
11 c)
11
1 b)
2
1a)
P.26. Calcula:
( ) ( )( ) ( ) ( ) xcos
xx
tgx
xx
tgx lim )d senxx
tgxx lim)cxcos lim )b xlnx lim )a
2
0
2
1111
−− π→
→π→
→ −
−−−−
( )( ) xsec
xxxx
tgx limtgx
xcosln lim
xarctg
xsen
limx
sen
xsenxx lim
2
1 h) 1
1 g)
1
1
f)
2
e)
423
23
0−
+
+
−
π→
π→
+∞→→
( ) ( )xcos
senxx limxlnsenx lim
xcossenx
arcsenxx limexsec lim
xxx
tgx
x −
−⋅
⋅
⋅⋅
→+∞→→
−
π→
− 1
2l) k) j) i)
00
2
2
EJERCICIOS DE PROFUNDIZACIÓN
P.27. Demuestra aplicando el teorema del valor medio que 8
1866
9
1<−<
P.28. Sea ( ) arctgxx
arctgxf +
=
1. Compruébese que 0)x(f =′ . Sin embargo,
f (−1) = −
π
2, y
f (1) =
π
2, luego f no es constante. ¿Cómo se explica eso?
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-21
P.29. Demuestra que una función derivable en cualquier punto que cumple que la ecuación
( ) 0=′ xf no tiene solución, es inyectiva.
P.30. Razónese que, sea cual sea el número real c, la ecuación: 0cx5x5 =+− no puede
tener dos soluciones positivas menores que 1.
Propiedades de las funciones derivables Tema 5
5-22
Soluciones:
P.1. No, no es continua en 3=x , no vale lo mismo en los extremos del intervalo. P.2. a) No,
no es continua en 1=x . b) Si. c) No, no es continua ni derivable en 0. d) No, no es derivable
en 0. e) No, no es derivable en 2. P.3. No, no es derivable en 2
1=x . P.4. 2=b , se cumple
en 3
32=x . P.5. No es posible porque no es continua en 0=x . P.6. No es derivable en
4=x . P.7. 192 == b,a . P.8. Se cumple en 2
π=x . P.9. 264'c = . P.10. Sí son aplicables,
0=c . P.11. x =
3
3, tangente
33
2−= xy , secante xy = . P.12. 1−= ex . P.13.
2525293 /x)/(fy;xy +=−′+= . P.14.
4
9
2
3, , si con el T.V.M. P.15. Una solución es
0=x , no hay más soluciones porque siendo ( ) 12 −+= xexf x ( ) xexf x ∀>+=′ 02 y
contradice el T. de Rolle. P.16. Si ( ) xlnxxf ⋅−= 182 , se tiene ( ) ( ) 018 y 010 2 <−=>= eeff ,
por el Teorema de Bolzano hay alguna solución en [ ]e,1 ; como ( )x
xxf18
2 −=′ con 0>x y
( ) 0=′ xf si [ ]e,x 13 ∉= otra solución de ( ) 0=xf en [ ]e,1 contradice el Teorema de Rolle.
P.17. Una solución es 0=x , si se considera ( ) senxxcosxxf −= como ( ) senxxxf ⋅−=′ y la
única solución en
ππ−
22, de ( ) 0=′ xf es 0=x no puede haber otra solución en
π
20,
porque contradice el Teorema de Rolle. Se razona igual para
π− 0
2, . P.18. Sí. En x =2
¡cuidado! en x = 4 no, pues ( )4,14 ∉ . P.19. No hay indeterminación. P.20. a) 1; b) 0 ; c) +∞ ;
d) 0 ; e) 0; f) 2
1 ; g) -1 ; h) 0. P.21. a) 2; b) 0 ; c) +∞ ; d)
2
1− ; e)
3
1− ; f)
2
1 ; g) 2 ; h) 0 ;
i) 0. P.22. a) 1 ; b)
1
3 ; c)
1
2 ; d)
1
2 . P.23. a)
1
6 ; b) 0 ; c) 0 ; d) 1 ; e)
π
4 ; f) 0 ; g)
9
4 .
P.24. a) 1 ; b) 0 ; c) ∞ ; d) e2 ; e) ∞ ; f) 1 ; g) 1 ; h) e
4
9 . P.25. a)
a2
4b ; b) 2 lna ; c)
1
8 ;
d)
lna
b
. P.26. a) 0 ; b)
1
e; c) -2 ; d) 1 ; e) 0 ; f) 1 ; g) 0 ; h) 0 ; i) 0 ; j) 0 ; k) ∃/ ; l) / ∃ .
P.27. aplicar el TVM a x)x(f = , en [64,66]. P.28. No es continua en 0. P.29. Por reducción
al absurdo. P.30. Por reducción al absurdo.
Gráfica P.11. Gráfica P.14.
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-1
Tema 6
Monotonía. Problemas de máximos y mínimos. Optimización de funciones
6.1 Monotonía de una función (Crecimiento y decrecimiento)
Sea [ ] Rb,a:f → una función y 0x un punto de ( )b,a .
Nota En el caso de que las desigualdades sean estrictas, se dice que la función es
estrictamente creciente o estrictamente decreciente en 0x .
Nota A las funciones crecientes (o decrecientes) en un intervalo se les llama monótonas.
Demostración.- Sea h un número real positivo, tal que [ ]b,aha ∈+ , entonces por el Teorema
de Lagrange se tiene que ( )( ) ( )
0=−
−=′
ab
afbfcf , con c de ( )ha,a + , luego ( ) ( )afhaf =+ .
Definición Diremos que f es creciente en el punto 0x
si existe un entorno de x0 de radio δ tal que para todo
x de ( )00 x,x δ− entonces ( ) ( )0xfxf ≤ y para todo x de
( )δ+00 x,x entonces ( ) ( )0xfxf ≥ .
Definición Diremos que f es decreciente en el punto
0x si existe un entorno de x0 de radio δ tal que para
todo x de ( )00 x,x δ− entonces ( ) ( )0xfxf ≥ y para todo
x de ( )δ+00 x,x entonces ( ) ( )0xfxf ≤ .
Proposición Sea f una función continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a , tal que
( ) 0=′ xf para todo x de ( )b,a , entonces f es constante en [ ]b,a .
Proposición Sea f una función continua en [ ]b,a y derivable en ( )b,a , entonces:
1. Si ( ) 0≥′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es creciente en [ ]b,a .
2. Si ( ) 0>′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es estrictamente creciente en [ ]b,a .
3. Si ( ) 0≤′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es decreciente en [ ]b,a .
4. Si ( ) 0<′ xf , ( )b,ax ∈∀ , entonces f es estrictamente decreciente en [ ]b,a .
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-2
Demostración.- Es análoga a la demostración de la Proposición anterior.
Ejemplos
Ejemplo 6.1 Veamos cómo se hallan los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la
función ( ) xxxxf 54 23 −−= . En primer lugar siempre estudiamos su dominio, que en este
caso es R, por tratarse de una función polinómica. Después, hallamos la derivada,
( ) 583 2 −−=′ xxxf . Estudiamos en qué puntos se anula: ( )3
3140
±=⇔=′ xxf . Y, por
último, estudiamos el signo de la derivada en los tres intervalos de la recta que resultan:
−∞−
3
314,
+−
3
314
3
314,
∞+
+,
3
314
Signo de f ′ positivo negativo positivo
Monotonía creciente decreciente creciente
Ejemplo 6.2 Hallemos los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función
( ) ( )232 +−= xxlnxf . El dominio de la función son aquellos puntos en los que 0232 >+− xx .
Como 210232 ==⇔=+− x,xxx , el dominio vendrá dado por
( )1,∞− ( )21, ( )+∞,2
Signo de 232 +− xx positivo negativo positivo
Dominio sí no sí
Calculamos la derivada, ( )23
322
+−
−=′
xx
xxf y la igualamos a cero. Es evidente que sólo
se anula en 512
3,x == . Pero 1,5 no forma parte del dominio. Estudiamos el signo en los
intervalos correspondientes:
( )1,∞− ( )+∞,2
Signo de f ′ negativo positivo
Monotonía decreciente creciente
6.2 Curvatura de una función. Puntos de inflexión.
Definiciones
Sea f una función derivable en el punto 0x .
Diremos que f es cóncava en el punto 0x si existe un entorno de x0 de radio
δ tal que para todo x del entorno la tangente a la curva en 0x queda por debajo de
ésta, es decir, ( ) ( ) ( )( )000 xxxfxfxf −′+≥ , ( )0xEx δ∈∀ .
Diremos que f es convexa en el punto 0x si existe un entorno de x0 de radio
δ tal que para todo x del entorno la tangente a la curva en 0x queda por encima de
ésta, es decir, ( ) ( ) ( )( )000 xxxfxfxf −′+≤ , ( )0xEx δ∈∀ .
Diremos que f tiene un punto de inflexión en 0x si la función cambia de
curvatura en ese punto (pasa de cóncava a convexa o viceversa)
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-3
6.3 Condiciones suficientes para la curvatura y el cálculo de extremos
relativos
Si la ( ) 00 =′′ xf no podemos determinar su curvatura sin hacer un estudio previo de lo
que sucede a su izquierda y a su derecha. De la proposición anterior se deduce que la condición necesaria para que haya punto de inflexión es que la segunda derivada se anule en ese punto.
Ya vimos (Tema 4) que si una función es derivable en un punto 0x y en este punto la
función alcanza un máximo o un mínimo, entonces ( ) 00 =′ xf . Sin embargo, la condición no es
suficiente. Basta observar, por ejemplo, la función ( ) 3xxf = ; verifica que ( ) 00 =′f pero no tiene
extremo en 0 porque es creciente en todo entorno del origen. La siguiente proposición da una condición suficiente para el cálculo de extremos.
Ejemplo 6.3 Hallemos los extremos relativos de la función ( ) 51232 23 +−−= xxxxf .
Si hay extremos relativos, éstos estarán entre los puntos que anulan la primera
derivada. Así pues, calculamos ( ) 1266 2 −−=′ xxxf ; igualamos a cero, se tiene:
( ) 210 =−=⇔=′ x,xxf .
Calculamos las segundas derivadas en estos puntos. Como ( ) 612 −=′′ xxf , ( ) 01 <−′′f
y ( ) 02 >′′f . Por lo tanto, según el criterio anterior, f tiene un máximo relativo en –1 y un mínimo
relativo en 2 .
Nota Este criterio funciona en la mayoría de los casos, sin embargo nos deja sin saber qué
pasa cuando ( ) 00 =′′ xf . Por ejemplo, la función ( ) 4xxf = tiene un mínimo en x = 0 y, sin
embargo, ( ) 00 =′′f . El siguiente teorema introduce un criterio más general que responde
también a esta necesidad.
Proposición (Criterios de la derivada segunda) Sea f una función definida en un entorno
de un punto a que admite derivada segunda en a , tal que ( ) 00 =′ xf , entonces:
• si ( ) 00 >′′ xf , entonces f tiene un mínimo relativo en 0x .
• si ( ) 00 <′′ xf , entonces f tiene un máximo relativo en 0x .
Teorema Sea f una función definida en un entorno de 0x y n veces derivable en ese punto.
Supongamos que ( ) 00 =′ xf , y sea n (mayor o igual que 2) el orden de la primera derivada
no nula en ese punto, entonces:
• Si n es par, f tiene un extremo relativo en 0x , siendo
o mínimo , si ( ) 00 >xf )n( .
o máximo, si ( ) 00 <xf )n( .
• Si n es impar, f no tiene extremos relativos y tiene un punto de inflexión.
Proposición (Criterios para la curvatura) Sea f una función definida en un entorno de un punto a que admite derivada segunda en a , entonces:
• si ( ) 00 >′′ xf , entonces f es cóncava en 0x .
• si ( ) 00 <′′ xf , entonces f es convexa en 0x .
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-4
Ejemplo 6.4 Comprobemos que la función ( ) ( ) 1422 2 +−+= xxxcosxf π tiene un mínimo
relativo en π=x .
( ) ( ) π4422 −+−=′ xxsenxf , como ( ) 0=′ πf es posible que en π=x haya un extremo relativo.
Calculamos ( ) ( ) 424 +−=′′ xcosxf , como ( ) 0=′′ πf hay que seguir derivando. Calculamos
( )( ) ( )xsenxf 283 = , como ( )( ) 03 =πf hay que seguir derivando. Calculamos
( )( ) ( )xcosxf 2164 = , como ( )( ) 0164 >=πf , el teorema anterior asegura que en π=x hay un
mínimo relativo.
6.4 Problemas de optimización Optimizar una función es hallar, según interese, los puntos donde la función alcanza su máximo o su mínimo. Así, por ejemplo, si con un determinado material queremos fabricar un recipiente de volumen fijo, la optimización supondrá determinar la mínima cantidad de material que requiere tal fabricación. Por el contrario, si fijamos la cantidad de material para construir un recipiente, la optimización se conseguirá hallando el recipiente de volumen máximo que puede construirse con dicha cantidad.
Por lo general, este tipo de problemas siempre impone a la función involucrada algún tipo de restricción. Por ello, no es un simple cálculo de extremos absolutos en el campo de existencia de la función, pues sabemos que algunas de ellas no los tienen, sino el cálculo de los mismos al restringir la función a un dominio de definición concreto. El primer paso, pues, es determinar la función a optimizar y, a continuación, establecer el dominio en el que hay que determinar los extremos.
En lo que sigue, podemos suponer que la función a optimizar es siempre derivable y, como todo extremo absoluto es relativo, empezamos siempre buscando éstos mediante los criterios anteriormente expuestos.
En general, la estrategia a seguir ante estos problemas es:
• Encontrar la función que se ha de optimizar.
• Si la función depende de dos o más variables, encontrar las relaciones que las liga y que nos permitan convertirla en función de una sola variable.
• Determinar el dominio que el enunciado del problema impone a la función.
• Hallar los extremos relativos de la función.
• Comparar los valores que alcanza la función en ellos o excluir aquellos que no tengan sentido en nuestro problema.
• Expresar la solución. Ejemplos
Ejemplo 6.5 Halla el máximo volumen que puede tener un cono de revolución cuya generatriz mide 4 m.
Sabemos que el volumen de un cono viene dado por hrV 2
3
1π= , función que depende de dos
variables, pero como el enunciado exige que la generatriz tenga 4 m y el Teorema de
Pitágoras asegura que 1622 =+ rh , podemos expresar V en función de h como
( ) ( )32 163
116
3
1hhhhV −⋅⋅π=⋅−⋅π= . Para que la solución tenga sentido, h y V deben ser
valores positivos, por lo que es fácil ver que 0 < h < 4 debe ser el dominio de definición de V.
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-5
Derivando esta función e igualándola a cero se tiene que 3
160316 2 ±=⇔=⋅− hh .
Evidentemente, el valor negativo carece de sentido, por lo que sustituyendo el otro en
hV ⋅−=′′ 6 se puede ver que es menor que 0 y, como consecuencia, el máximo volumen se da
para 3
16=h , ya que para 0 y 4 la función se anula. Sustituyendo en V se obtiene que la
solución es 327
128π=V .
Ejemplo 6.6 Dos postes de 20 y 28 metros de altura respectivamente, se encuentran a 30 m de distancia. Se han de sujetar con cables fijados en un solo punto, desde el suelo a los extremos de los postes. ¿Dónde se han de fijar los cables para que la cantidad de cable a emplear sea mínima? Si llamamos d y d’ a las longitudes de los cables (ver figura) y aplicamos el Teorema de Pitágoras a los dos triángulos rectángulos que resultan, la longitud total del cable, L, vendrá
dada en función de x por ( )2222 302028 xx)x(L −+++= . Evidentemente, para que L
exista y la solución tenga sentido, x debe estar comprendido entre 0 y 30.
Derivando la función e igualando a cero resulta ( )
( )0
x3020
x30
x28
x
2222=
−+
−−
+, cuya
solución es x = 17.5 . Sustituyendo este valor en la derivada segunda comprobamos que
′ ′ L (17.5) > 0 , lo que indica que L al canza un mínimo relativo si el cable se fija a 17’5 metros
del poste de 28 metros de altura. Evidentemente, este mínimo es absoluto en el intervalo de definición.
Nota Si f es continua en un intervalo abierto ( )b,a y tiene un único extremo relativo en ( )b,a ,
entonces dicho extremo es también absoluto.
Ejemplos
Ejemplo 6.7 El perímetro de la ventana del dibujo mide 6 metros. Los dos lados superiores forman entre sí un ángulo de 90º y son iguales. Calcula la longitud de los lados a y b para que el área de la ventana sea máxima. Si llamamos l al lado superior, el área será la suma de la parte
rectangular y la triangular que sería S = a ⋅ b +
l 2
2 , por ser el
triángulo rectángulo. Por el Teorema de Pitágoras 2 ⋅ l2
= b2
, luego
S = a ⋅ b +
b2
4 (I).
Por otro lado, como 622622 =++⋅=++ bab,bal y bbb
a2
213
2
26 +−=
−−= ,
sustituyendo en (I) queda 2
4
2213 bbS
+−= . Evidentemente 0 < b < 6 .
Derivando e igualando a cero se obtiene b221
6
+= y, por lo tanto,
221
23
+=a .
d d’ x 30 – x
a a
b
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-6
Como la expresión que nos da el área es un polinomio de grado 2 con coeficiente principal negativo, es evidente que se trata de un máximo y no es necesario estudiar el signo de la derivada segunda. Ejemplo 6.8 En un semicírculo de radio 10 metros se quiere inscribir un rectángulo, uno de cuyos lados esté sobre el diámetro y el opuesto a él tenga sus extremos en la parte curva. Calcula las dimensiones del rectángulo para que el área sea máxima. Llamando a y b a los lados horizontal y vertical del rectángulo, el área del mismo es S = a ⋅ b . Si consideramos un radio hasta uno de los vértices superiores del rectángulo, por el
Teorema De Pitágoras se tiene
100 =a
2
2
+ b2 , resultando
2
400 2aa)a(S
−⋅= , con
0 < a < 20 .
La derivada es 2
2
400
200
a
a)a(S
−
−=′ , que es igual a cero para 210a = y, por tanto,
25b = .
Como
( )
2
2
22
a400
a400
aa200a400a2
)a(S−
−
−⋅−−−⋅−
=′′ es negativa para ese valor de a,
se trata de un máximo relativo (que es el máximo absoluto buscado). Ejemplo 6.9 Se considera una ventana rectangular en la que el lado superior ha sido sustituido por una semicircunferencia. Sabiendo que el perímetro de la ventana es 6 m, halla las dimensiones a y b para que la superficie sea máxima.
El área será la suma de la del rectángulo y la del semicírculo, esto es, 2
8bbaS ⋅
π+⋅= que es
una función de dos variables. Con la restricción de que el perímetro sea de 6 m, se tiene
2a + b + π ⋅
b
2= 6 , que despejando a y sustituyendo su expresión en
la función inicial, tenemos 82
322 bb
b)b(S⋅π
−−= con 0 < b < 6 .
Derivando,4
3b
b)b(S⋅π
−−=′ , e igualado a cero se obtiene
π+=
4
12b , y como la función que nos da el área es polinómica de
grado dos con el coeficiente principal negativo es evidente que
corresponde a un máximo. El valor correspondiente para a es π+
=4
6a .
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-7
Ejercicios resueltos
Funciones
R.1. Calcula los extremos de las siguientes funciones: a) 12 +−= xey b) xln
xy
2
= .
Soluciones: a) La derivada es 12
2 +−−=′ xxey , se hará el ejercicio de dos modos diferentes.
Método I. Estudiamos el signo de la derivada. Como el factor 12 +−xe es siempre positivo el
signo de la derivada vendrá dado por el factor x− y en consecuencia si 0<x , 0>′y y la
función es creciente; si 0>x , 0<′y y la función es decreciente y la función tiene un máximo
relativo en 0=x .
Método II. Con el criterio de la derivada segunda. 0020 12
=⇒=−⇒=′ +− xxey x , en este
punto puede haber máximo o mínimo relativo. Calculamos ( ) ( ) 2
24 2 xexxf −−=′′ y como
( ) 020 <−=′′f tenemos un máximo relativo en 0=x .
b) Calculamos ( )
( )2
12
xln
xlnxy
−⋅=′ , hacemos ( ) 0120 =−⋅⇒=′ xlnxy y se tiene 0=x que no
es del dominio de la función y exln =⇒=⇒=2
1x01-2lnx que es el único punto donde
puede haber un extremo, para distinguir si es máximo o mínimo relativo se estudia el signo de
la derivada segunda ( ) ( ) ( )( )
( )4
2 121212
xln
xxlnxlnxxlnxln
y−−⋅+
=′′ . Al sustituir el valor e en y ′′
se observa que el segundo sumando del numerador se anula, el denominador es positivo al
igual que el factor ( )2xln y por tanto el signo de y ′′ vendrá dado por el de la expresión
( )12 +xln , en consecuencia ( ) 0>′′ ef y la función presenta un mínimo relativo en ex = .
R.2. Halla el punto o los puntos de la curva 2xey −= en los que la recta tangente tiene
pendiente máxima y calcula su valor.
Solución: La función derivada 2
2 xxey −−=′ es la que nos da la pendiente de la curva dada en
cada punto, por lo tanto se trata de encontrar el máximo absoluto de ( )2
2 xxexf −−= ,
evidentemente dicho máximo se encuentra en ( )0,∞− donde la pendiente es positiva.
Estudiamos el signo de ( )xf ′ en ese intervalo ( ) ( ) 2
24 2 xexxf −−=′ ,
( )
=
−=
⇒=−⇒=′
2
12
1
0240 2
x
x
xxf luego:
( ) ( )
( ) ( )
( )
→−=
⇒<′→−>
⇒>′→−<
relativo máximo un tiene 2
1si
edecrecient es 02
1si
creciente es 02
1si
xfx
xfxfx
xfxfx
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-8
dicho máximo relativo es el máximo absoluto buscado ya que la función es creciente a la
izquierda y decreciente a la derecha en el intervalo estudiado. Por último el valor máximo de
dicha pendiente es e
em2
2
22
1
==−
.
R.3. Aplica el criterio general para saber si las gráficas de las funciones que se indican presentan máximo, mínimo o un punto de inflexión en los puntos especificados.
a) ( ) 315
+−x=y en 1=x b) ( ) xex=y3
1− en 1=x c) ( )43−x=y en 3=x
Soluciones: a) Calculamos las sucesivas derivadas de la función en 1=x hasta encontrar una distinta de cero:
( ) ( ) ( ) 01154
=′⇒−=′ yxxy
( ) ( ) ( ) 011453
=′′⇒−⋅=′′ yxxy
( ) ( ) ( ) 0113452
=′′′⇒−⋅⋅=′′′ yxxy
( )( ) ( ) ( )( ) 0112345 44 =⇒−⋅⋅⋅= yxxy
( )( ) ( )( ) !512345 55 =⇒⋅⋅⋅= yxy Como la primera derivada distinta de cero es de orden impar en
1=x hay un punto de inflexión.
b) Derivamos sucesivamente como en el caso anterior.
( ) ( ) ( ) ( ) 01212
=′⇒+−′ yexx=xy x
( ) ( ) ( ) ( ) 01141 2 =′′⇒−+⋅−′′ yexxx=xy x
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) eyexxxexx=xy xx 4136114 22 =′′⇒++⋅−+−+′′′ Como es de orden impar, en 1=x
hay un punto de inflexión.
c) Actuamos como en los dos casos anteriores
( ) ( ) ( ) 03343
=′⇒−⋅=′ yxxy
( ) ( ) ( ) 033342
=′′⇒−⋅⋅=′′ yxxy
( ) ( ) ( ) 033234 =′′′⇒−⋅⋅⋅=′′′ yxxy
( )( ) ( )( ) 0!43234 44 >=⇒⋅⋅= yxy . Como la primera derivada distinta de cero en 3=x es de
orden par hay un extremo, como además es positiva se trata de un mínimo relativo. Problemas de optimización R.4. Descompón 150 en dos sumandos ninguno de ellos negativo de forma que el triple
del primero por el cuadrado del segundo sea máximo.
Solución: Construimos que función que queremos optimizar.
Conviene llamar x al segundo número, así el primero será x−150 y la función
( ) ( ) 21503 xxxf −⋅= con dominio [ ]150,0=D , evidentemente el máximo no está en ninguno de
los extremos del dominio donde la función se anula, por lo que el máximo absoluto, que es lo que realmente buscamos, es también un máximo relativo y en ese punto la derivada de la
función se anula. Buscamos los puntos donde ( ) 0=′ xf y elegiremos el que nos conduzca a un
máximo relativo.
( ) ( )xxxf 30033 2 +−⋅=′ , ( )
=
=⇒+−⇒=′
100
030030 2
x
xxxxf . Calculamos la derivada
segunda. ( ) ( ) ( ) 010030063 <′′⇒+−⋅=′′ fxxf luego en 100=x hay un máximo relativo, que es
el máximo absoluto pedido, 0=x ni siquiera lo consideramos por razones obvias.
En conclusión los números pedidos son 50 y 100 .
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-9
R.5. Descompón el número 4 en dos sumandos positivos tales que la diferencia de uno de ellos con el inverso del otro sea máxima.
Solución: Llamamos a los números x−4 y x respectivamente. La función es ( )x
xxf1
4 −−=
con dominio ( )4,0=D , como en el caso anterior derivamos e igualamos a cero.
( ) 111
12
2
2=⇒
−=+−=′ x
x
x
xxf como única solución de ( ) 0=′ xf ya que 1−=x queda fuera del
dominio. Calculamos ( ) ( ) 0123
<′′⇒−=′′ fx
xf luego es un máximo relativo que es el máximo
absoluto buscado. Los números buscados son respectivamente 3 y 1.
Nota: Se podría también haber estudiado el signo de ( )xf ′ encontrando que la función es
creciente para ( )1,0∈x y decreciente para ( )4,1∈x con lo que se llega a idéntica conclusión.
R.6. Se desea vallar un recinto rectangular de 2m100 pegado a un muro ya existente
como se indica en la figura. La valla perpendicular al muro tiene un coste de 6 €/m y la parte paralela al muro 15 €/m. ¿Qué dimensiones debe tener el recinto para que el coste sea mínimo?. Solución: La función que nos da el coste es
( ) yxyxyxC 15121526, +=+⋅= que depende de dos variables,
pero que está sujeta a la restricción 100=⋅ yx en la que
despejando x
y100
= y sustituyendo ( )x
xxC1500
12 += , función
de una variable que somos capaces de manejar y en la que buscaremos el mínimo. Es fácil ver que el mínimo absoluto no se da para valores de x muy grandes , pues el primer sumando hace que el coste sea grande y tampoco para valores de x próximos a cero pues el segundo sumando es ahora grande, así el mínimo que buscamos es también mínimo relativo.
Derivamos ( )2
150012
xxC −=′ , haciendo ( ) 0=′ xC se tiene 551251252
==⇒= xx
como única solución dentro del dominio de la función. Calculamos
( ) ( ) 01253000
3>′′⇒=′′ C
xxC luego es un mínimo. Las dimensiones del recinto de menor coste
son 55=x , 5455
100==y .
R.7. Un objeto se mueve verticalmente y hacia arriba, la función que nos da la altura en
metros dependiendo del tiempo en segundos es ( ) 351510 ttth −+= . Se pide:
a) ¿Desde qué altura se inicia el movimiento?. b) Si consideramos que la altura no puede ser negativa, ¿cuál es el dominio de la
función?. c) ¿Cuál es la velocidad inicial?. d) ¿Cuál es la altura máxima?.
Solución:
a) Calculamos ( ) m100 =h , altura inicial.
b) Resolvemos la ecuación ( ) 0515100 3 =−+⇒= ttth , las soluciones son 2=t y 1−=t
(doble), la única que en nuestra situación tiene sentido es 2=t y el dominio será [ ]2,0∈t .
c) Calculamos ( ) ( ) 21515 tthtv −=′= , de donde ( ) m/s150 =v .
d) Hacemos ( ) 015150 2 =−⇒=′ tth de soluciones 1±=t , sólo la solución 1=t tiene sentido,
comprobamos que se trata de un máximo. Calculamos ( ) ( ) 030130 <−=′′⇒−=′′ htth , es un
máximo, por tanto la altura es máxima al cabo de 1 segundo y es de 20 m.
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-10
R.8. Se desea construir un vaso cónico a partir de una placa circular de radio R al que se le corta un sector circular y se unen los bordes, como en la figura.¿Qué sector hay que cortar para que el volumen sea máximo?. Solución: Si se corta un sector muy pequeño el cono formado tendrá mas altura pero al ser la base muy pequeña el volumen es pequeño, éste aumenta al aumentar el sector cortado, pero en algún momento empieza a disminuir tendiendo a cero cuando el sector que quitamos es cada vez mayor, por lo tanto el máximo se presenta en un valor intermedio y será además máximo relativo. Consideramos una situación intermedia cualquiera. Si llamamos h a la altura y r al
radio de la base del cono formado, la función que debemos optimizar es hrπ
V 2
3= que
depende de dos variables, pero se tiene que 222 hRr −= y queda
( ) ( )3222
33hhR
πhhR
πV −=−= , derivamos e igualamos a cero ( ) ( )22 3
3hR
πhV −=′
( )3
033
22 RhhR
π±=⇒=− , solo es del dominio
3
Rh = , comprobamos que conduce a un
máximo ( ) ( ) 03
63
<
′′⇒−=′′
Rvh
πhV luego es un máximo relativo que es el máximo absoluto
buscado. Si 3
Rh = se tiene que
3
6Rr = . Por otra parte como la longitud de la
circunferencia de la base del cono es igual al arco de la placa a la que se le ha quitado el
sector de ángulo α y entonces se tiene RαRπrπ −= 22 , es decir RαRπR
π −= 23
62 y
despejando el ángulo rad3
612
−= πα luego el ángulo del sector que conduce al cono de
mayor volumen es independiente del radio de la placa, como por otra parte es previsible. R.9. Se desea construir una balsa con forma de prisma recto de base cuadrada de
3m 108 de capacidad, el revestimiento de las paredes y del fondo cuestan lo mismo. ¿Qué dimensiones ha de tener para que el coste de dicho revestimiento sea mínimo?. Solución: Si llamamos x al lado del fondo e y a la altura de la balsa, la función que debemos
optimizar es ( ) xyxyxS 4, 2 += restringida por la expresión 1082=yx ya que el volumen está
fijado. Despejando 2
108
xy = y sustituyendo ( )
xx
xxxxS
4321084 2
2
2 +=+= , viendo la función es
fácil comprobar que el mínimo está en una situación intermedia, así que buscamos el mínimo
relativo para lo que derivamos e igualamos a cero ( ) ⇒=−⇒−=′ 0432
2432
222 x
xx
xxS
62163 =⇒=⇒ xx . Comprobamos que hay un mínimo. Calculamos ( )3
8642
xxS +=′ ( ) 06 >′S
luego es un mínimo. Las dimensiones pedidas son m 6=x e m 3=y .
R.10. Consideramos todas las rectas que pasan por el punto ( )2,1P y que cortan a los
ejes en la parte positiva. Al girar el segmento de recta limitado por los ejes alrededor de OY se forma un cono. ¿Cuál sería la ecuación de la recta que formase el cono de menor volumen?.
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-11
Solución: Como puede verse en la figura la función que se ha de
optimizar es el volumen del cono baπ
V 2
3= (1) donde a y b son
los segmentos determinados por la recta con los ejes X e Y respectivamente, de la ecuación segmentaria de la recta
1=+b
y
a
x y como ha de pasar por ( )2,1P se tiene 1
21=+
ba
de donde 1
2
−=
a
ab y sustituyendo en (1) ( )
13
2 3
−=
a
aπaV con dominio los valores 0>a . En esta
función derivamos y simplificamos ( ) ( )( )22
1
32
3
2
−
−=′
a
aaπaV , el único valor del dominio que hace
( ) 0=′ aV es 2
3=a además es inmediato comprobar que ( ) 0<′ aV y por lo tanto la función
decreciente si 2
30 << a e igualmente que ( ) 0>′ aV y por lo tanto la función creciente si
2
3>a
luego la función presenta un mínimo relativo que es también el mínimo absoluto que buscamos.
Sustituyendo el valor de a se tiene 6=b con lo que la ecuación de la recta pedida es
16
2
3=+
yx, o bien 64 =+ yx .
R.11. De todos los conos de volumen 3dm 3
π¿cuál es el tiene menor área lateral?.
Solución: El área lateral de un cono es rgπS = siendo r el radio de la base y g la generatiz, si
llamamos h a la altura del cono y por el Teorema de Pitágoras 22 rhg += y por tanto
22 rhrπS += , pero como el volumen del cono es constante se tiene: 2
2 1
33 rh
πhr
π=⇒=
que sustituida en el área queda 4
2
2
4
11r
rπr
rrπS +=+= con dominio 0>r .
Derivamos e igualamos a cero con lo que se tiene: ( ) ⇒=
+
+−
=′ 01
2
42
4
2
3
3
rr
rr
πrS
6
3
32
14
2=⇒=⇒ rr
r, estudiamos el signo de la derivada para comprobar que se trata de un
mínimo ( )4
2
3
6
12
12
rr
r
rπrS
+
−=′ . Si ( ) 0
2
10
6<′→<< rSr y la función es decreciente, si
6 2
1>r
( ) 0>′ rS y la función es creciente luego es un mínimo. El cono pedido tiene de dimensiones
dm 2
16
=r y sustituyendo dm 2
13
=h .
R.12. De todos los cilindros inscritos en una esfera de radio R como en la figura, calcula las dimensiones de aquel que tiene mayor área lateral.
Solución: La función que se ha de optimizar es hrπA ⋅⋅= 2 (1) y como se
ve en la figura se debe cumplir siempre que ( ) ( ) 22222 hrR += de donde
despejando h y sustituyendo en (1) se tiene ( ) 4224 rrRπrA −⋅= con
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-12
dominio ( )RD ,0= .
Es evidente que para valores de r muy pequeños o próximos a R el área es pequeña, así que el máximo buscado se da en una situación intermedia y es por tanto también un
máximo relativo, buscamos dónde la derivada ( )422
32 24
rrR
rrRπrA
−
−⋅=′ se anula, ( ) 0=′ rA nos
lleva a que 2
2 32 RrrrR =⇒= como única solución dentro del dominio, estudiamos el signo
de la derivada segunda ( )
( ) ( )422
422
323242222 2
26
4rrR
rrR
rrRrrRrrRrR
πrA−
−
−−−−−
⋅=′′ , el signo de
′′
2
RA se puede ver fácilmente si nos damos cuenta de que el segundo sumando del
numerador se anula y el denominador es positivo.
Por lo tanto el signo de la expresión viene dado por el de 22 6rR − que al sustituir
queda 022
6 2
2
2 <−=
− R
RR y es un máximo.
Las dimensiones del cilindro son 2
Rr = y sustituyendo Rh 2= (compruébese que
se trata de un cilindro de la misma altura que anchura).
R.13. En el recinto formado por la gráfica de la función xy 3= los ejes de coordenadas
y la recta de ecuación 4=x , se inscriben rectángulos con un vértice situado sobre la curva, la base en el eje OX y un lado sobre la recta 4=x como se indica en la figura. Calcula las coordenadas del punto P que forma el rectángulo de mayor área. Solución: Construimos la función de la que debemos encontrar el máximo que es el área del rectángulo cuya base es
xb −= 4 y de altura y ( ) ( )yxyxS −= 4, pero como xy 3=
se tiene ( ) ( ) xxxS 34 −= con dominio ( )4,0=D , derivamos
e igualamos a cero ( )( )
032
343 =
−+−=′
x
xxxS que lleva a ( ) 03432 =−+⋅− xx con lo que
3
4=x Calculamos la derivada segunda y simplificamos y queda ( ) ( )
44
433
x
xxS
+−=′′ y
03
4<
′′S luego es un máximo y las coordenadas del punto son
3
4=x e 2=y .
R.14. Dos focos luminosos A y B separados 50 metros tienen intensidades luminosas respectivas de 135 y 40 candelas. Sabiendo que la intensidad luminosa es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia al foco, se quiere saber qué punto de la línea entre ambos focos es el menos iluminado. Solución: Si llamamos x a la distancia de un punto cualquiera al foco A, la distancia a B será
x−50 y la intensidad luminosa en ese punto será ( )( )2250
40135
xxxI
−+= . Estudiamos dónde la
función presenta el mínimo. Derivamos ( )( )3350
2402135
xxxI
−
⋅+
⋅−=′ igualando a cero y
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-13
simplificando se tiene ( ) ( )
3050
23
50
827
50
24021353333
=⇒−
=⇒−
=⇒−
⋅=
⋅x
xxxxxx Hacemos la
derivada segunda y simplificamos ( )( )4450
240810
xxxI
−+=′′ y para 30=x es positiva con lo que
tenemos un mínimo. En conclusión el punto menos iluminado se encuentra a 30 m del foco A y 20 m del foco B. R.15. Calcula el área del mayor rectángulo que puede inscribirse en la elipse de ecuación
194
22
=+yx
.
Solución: La función de la que buscamos el máximo es
( ) xyyxS 4, = con x e y positivos y sujeta a la restricción
194
22
=+yx
de donde despejando 242
3xy −= y sustituyendo
en el área queda ( ) 422 4646 xxxxxS −=−= con dominio
( )2,0=D . Para localizar el máximo derivamos e igualamos a
cero ( )2
2
4
212
x
xxS
−
−=′ , ( ) 2020 2 =⇒=−⇒=′ xxxS como única solución dentro del
dominio comprobamos que se trata de un máximo Calculando ( )xS ′′ y simplificando queda
( )
( )( )( )32
2
2
2
22
4
612
4
4242
12
x
xx
x
x
xxxx
xS
−
−=
−
−
−−−−−
=′′ , es inmediato comprobar que
( ) 02 <′′S y que se trata de un máximo. Para 2
232 =⇒= yx , el rectángulo tiene de base
22 y de altura 23 con lo que el área pedida es a. u. 6=S .
R.16. En un rectángulo de base 1 m y altura 2 m se circunscriben triángulos isósceles tal y como se indica en la figura. Calcula las dimensiones de aquel que tenga área mínima. Solución: La función que nos da el área de cualquiera de esos
triángulos es ( ) hbhbA ⋅=2
1, siendo b la longitud de la base y h
la altura del triángulo respectivamente , pero si nos fijamos en los triángulos ABC y DEB, que son semejantes, se tiene que
( )2
1
2
2−
=bb
h de donde despejando
1
2
−=
b
bh y ( )
1
2
−=
b
bbA
con dominio ( )+∞= ,1D , es fácil ver que el mínimo que buscamos es también mínimo relativo
por lo que derivamos e igualamos a cero. ( )( )
201
22
2
=⇒=−
−=′ b
b
bbbA como única solución
dentro del dominio de la función. ( ) 0<′ bA si 21 << b y la función decreciente. ( ) 0>′ bA si
2>b y la función es creciente luego en 2=b hay un mínimo. Las dimensiones del triángulo
de menor área son m 2=b y m 4=h .
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-14
R.17. Calcula el punto de la hipérbola de ecuación 122=− yx con 0>x que está a la
menor distancia del punto ( )3,0P .
Solución: Si llamamos x e y a las coordenadas del punto buscado, la función que nos da la distancia entre los dos puntos es
( )22 3−+= yxd , como el punto pertenece a la hipérbola
Se cumple que 122=− yx y despejando 22 1 yx += con lo que
( ) ( )22 31 −++= yyyd y simplificando ( ) 1062 2 +−= yyyd .
Derivamos e igualamos a cero ( )2
30
1062
32
2=⇒=
+−
−=′ y
yy
yyd
es inmediato comprobar que si 2
3<y se tiene que ( ) 0<′ yd con lo que la función es
decreciente y si 2
3>y ( ) 0>′ yd y la función crece, luego el valor
2
3=y corresponde a un
mínimo como buscamos. El punto de la hipérbola es el de coordenadas
2
3,
2
13.
R.18. Halla el máximo volumen que puede tener un cono de revolución cuya generatriz
mide 4 metros.
Solución: Sabemos que el volumen de un cono viene dado por hrV 2
3
1π= , función que
depende de dos variables, pero como el enunciado exige que la generatriz tenga 4 m y el
Teorema de Pitágoras asegura que 1622 =+ rh , podemos expresar V en función de h como
( ) ( )32 163
116
3
1hhhhV −⋅⋅π=⋅−⋅π= . Para que la solución tenga sentido, h y V deben ser
valores positivos, por lo que es fácil ver que 0 < h < 4 debe ser el dominio de definición de V.
Derivando esta función e igualándola a cero se tiene que 3
160316 2 ±=⇔=⋅− hh .
Evidentemente, el valor negativo carece de sentido, por lo que sustituyendo el otro en
hV ⋅−=′′ 6 se puede ver que es menor que 0 y, como consecuencia, el máximo volumen se da
para 3
16=h , ya que para 0 y 4 la función se anula. Sustituyendo en V se obtiene que la
solución es 327
128π=V .
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-15
Ejercicios propuestos Problemas de máximos y mínimos relativos
P.1. Calcula los valores de a, b, c, y d para que la función dcxbxax)x(f +++= 23 tenga el
máximo ( )40, y el mínimo ( )02, .
P.2. Calcula los coeficientes de una función polinómica de grado 3 que tiene un mínimo en ( )11,P y
un punto de inflexión en 3
1=x con tangente paralela a xy
3
4−= .
P.3. La función qpxx)x(f ++= 23 tiene en 2=x un mínimo relativo igual a 3. Halla p y q.
Sabiendo que tiene también un máximo relativo, halla dónde se alcanza.
P.4. ¿Qué valores deben tomar a, b, c y d para que la función dcxbxax)x(f +++= 23 tenga
un punto crítico en ( )31,P (su primera derivada es nula) y un punto de inflexión con tangente de
ecuación 3
52 += xy en 0=x ?
P.5. Halla los puntos de la curva 21
1
xy
+= en los que la recta tangente tiene pendiente
máxima y el valor de esta pendiente. P.6. Indica si las gráficas de las funciones que se indican presentan máximo, mínimo o un punto de inflexión en los puntos que se especifican en cada caso.
0=x encosxx-senx=y)e;e.x=y)d;e.x=y)c;x=yb) ;x=y)a 2x3x485 ⋅
7=x en 2
11+7)-(x=y)g;
3-
11+7)-(x=y)f
54
Problemas de optimización P.7. Descompón 30 en dos sumandos de manera que la suma de sus inversos sea mínima. P.8. Descompón el número M en dos sumandos positivos de manera que su producto sea máximo. Resuélvelo también para M = 40 . P.9. La suma de las aristas de un prisma recto de base cuadrada es 24 cm. ¿Qué dimensiones debe tener dicho prisma para que su volumen sea máximo? P.10. Halla dos números cuya suma es 18 y el producto de uno de ellos por el cuadrado del otro sea máximo. P.11. Se quiere acotar un terreno rectangular que se encuentra a lo largo de un río y que tenga una superficie de una hectárea, calcula sus dimensiones para que el gasto sea el menor posible (recuerda que los márgenes de los ríos no se pueden vallar). P.12. Queremos ir del punto A al C, separados por un canal de 40 m de ancho. Si nadamos a la velocidad de 1 m/s y caminamos a 2 m/s. Sabiendo que el punto C dista 100 m de A’, ¿cómo debe elegirse el camino
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-16
ABC para llegar a C en el menor tiempo posible? ¿y si A’C = 200 m?. ¿Qué conclusión obtienes? P.13. De una cartulina rectangular de dimensiones a y b se recortan cuatro cuadrados iguales (uno en cada esquina), y con la superficie resultante se construye una caja sin tapa. ¿Cómo deben hacerse los recortes para conseguir que la caja tenga volumen máximo?. Resuélvelo también para el caso concreto de una cartulina de 20 x 15 cm². ¿Y si la cartulina es cuadrada de lado a? P.14. Un fabricante es capaz de vender x artículos por semana a un precio por unidad marcado
por la ley de10000
x2Pu −= ; cada artículo le cuesta al fabricante 0’50 euros y el mantenimiento
semanal, maquinaria y empleados, es de 200 euros. Calcular el nivel de producción semanal para que el beneficio sea máximo.
P.15. Halla la distancia mínima del punto (0,5/2) a la parábola 12 += xy .
Construcciones geométricas P.16. De todos los sectores circulares que tienen de perímetro 18m, ¿qué ángulo corresponde al de mayor área? ¿Y para un perímetro cualquiera P?. P.17. Cuando un triángulo rectángulo de 6 cm de hipotenusa gira alrededor de ésta se forman dos conos. Calcula su altura sobre esta hipotenusa con la condición de que la diferencia de los volúmenes de los conos engendrados sea máxima. P.18. Calcula las dimensiones del cono de volumen máximo inscrito en una esfera de radio R. Particulariza el resultado si la el radio de la esfera es de 22'45cm. P.19. Realiza un estudio similar al ejercicio anterior cuando la figura inscrita en la esfera sea un cilindro. Resuelve un caso particular. P.20. Queremos construir un depósito de chapa de 1500 litros de capacidad y con forma cilíndrica. Calcula sus dimensiones para que la cantidad de chapa utilizada sea la menor posible. ¿Qué proporciones observas? Resuélvelo para el caso general de un volumen V. P.21. Se quiere construir un recipiente cilíndrico cerrado de base circular de 64 cm
3 de
volumen. Hallar las dimensiones que debe tener para que la cantidad de metal sea mínima. P.22. Con una cuerda de 30 m de larga se desea formar un triángulo isósceles de área máxima, ¿cuánto medirán los lados de dicho triángulo, y cuál es el valor del área?. P.23. De todos los rectángulos inscritos en un triángulo isósceles de base b y altura h, con un lado del rectángulo en el lado desigual del triángulo. ¿Cuál es el de mayor área?. Resuélvelo también para el caso de un triángulo de 10 cm de base y 15 de altura. P.24. Halla las dimensiones del rectángulo de área máxima inscrito en una circunferencia de
m 5 de radio.
P.25. De todos los triángulos isósceles inscritos en una circunferencia de radio r, ¿cuál es el de mayor área?. P.26. Se considera un cilindro de radio r cuya altura es igual al diámetro de la base; ¿cuál de los conos circunscritos al mismo tiene menor volumen? (Se supone que la base del cono contiene a la del cilindro). P.27. Determina la ecuación de la recta que, pasando por el punto (2,3), forma con la parte positiva de los ejes de coordenadas un triángulo de área mínima.
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-17
P.28. Se desea construir un depósito de latón (con tapadera) con forma de cilindro de área total igual a 54 m
2. Determina el radio de la base y la altura del cilindro para que el volumen sea
máximo. P.29. El coste de producción de x unidades de un producto viene dado por la expresión
1003002 +−= xxC euros y el precio de venta de una unidad es U = 1000 – x euros.
¿Cuántas unidades se deben fabricar para que al venderlas todas el beneficio sea máximo? P.30. Halla las dimensiones de un depósito abierto superiormente, en forma de prisma recto de base cuadrada, de 1000 m
3 de capacidad que tenga un revestimiento interior de coste mínimo.
El precio del m2 de revestimiento lateral es de 100 €, El precio del m
2 de revestimiento del
fondo es de 200 €. Halla también el coste mínimo. Ejercicios de profundización P.31. Una estatua de 4 m de altura se coloca sobre una base de 10 m. Hallar a qué distancia de la base se observará la estatua bajo un ángulo máximo. P.32. Sobre un edificio de 30 m de altura hay un cartel anunciador de 10 m de alto. ¿A qué distancia del edificio verá el cartel bajo ángulo máximo un "diminuto" peatón que camina perpendicularmente a la fachada? . P.33. Sea una esfera de centro O y radio r, sea M un punto exterior a ella y d(O,M)=a. Sobre la recta OM se toma un punto X, interior a la esfera, tal que OX=x. El plano que pasa por X perpendicularmente a OM corta a la esfera en un círculo. Hállese el volumen máximo del cono que tiene ese círculo por base y M por vértice. P.34. Considérese un segmento AB sobre el semieje OX positivo. ¿Desde qué puntos de la
parábola x2y2 = se ve dicho segmento bajo ángulo máximo? (Supóngase que A(a,0) y B(b,0)).
P.35. Un barco está anclado a 3 Km de la costa y frente
a un punto distante 5 Km a lo largo de la costa rectilínea
está anclado otro barco 9 Km aguas afuera. Una lancha
procedente del primer barco ha de desembarcar a un
pasajero en la orilla y continuar después hacia el
segundo barco. ¿Cuál será la distancia total más corta
que podrá recorrer la lancha?.
3 Km 9 Km
5 Km
Monotonía y optimización de funciones Tema 6
6-18
Soluciones.
P.1. 4031 ==−== d,c,b,a . P.2. 2111 =−=−== d,c,b,a P.3. 73 =−= q,p ; en
0=x . P.4. 3
520
3
2===−= d,c,b,a . P.5.
3
1x −= , 640
8
33′≅=M la función de la
que hay que buscar el máximo es y’ o sea ( )221
2
x
x)x(g
+
−= y buscar g’(x) = 0. P.6. a) punto de
inflexión , b) mínimo, c) mínimo, d) punto de inflexión, e) punto de inflexión, f) máximo, g) punto de
inflexión. P.7. 15 y 15. La suma es xx
S−
+=30
11,
( )2230
11
xx)x(S
−+−=′ y
( )33x30
2
x
2)x(S
−+=′′ . P.8. 20 y 20.
2
Myx == P.9. lado de la base 2x = , altura 2h = . El
volumen hx)x(V ⋅= 2 con la restricción 62 =+ hx , es ( )xx)x(V 262 −⋅= . P.10. 12 y 6. P.11.
lado perpendicular m5'702
2≅ lado paralelo m1412 ≅ . P.12.
3
40BA =′
3
40100BC −= , solo
depende de la anchura del canal, pero no de A’C. P.13. 6
22 abbabax
−+−+= ; x = 2’83 cm;
6
ax = . P.14. 7500 artículos. P.15.
2
5=d que corresponde a los puntos (-1,2) y (1,2),
222
2
3
−+= xx)x(d ,x)x(d 00 =⇒=′ )mínimo(x),mínimo(x 11 =−= . P.16. 2 radianes;
igual (no depende del perímetro). 2
2r
rP)r(A −
⋅= . P.17. 6=h , ( )xxxd 189
3
2 23−+−=
π con
d diferencia de volúmenes y x uno de los segmentos de la altura con la hipotenusa. P.18.
Rr;R
h3
22
3
4== ; h = 29’93 cm y r = 21’17 cm. P.19.
3
6
3
32 Rr;
Rh == ;
−⋅=
4
32 hhR)h(V π . P.20. m 620'r = y m 241'h = ; rh 2= . 3
2π=
Vr . P.21.
,cm'r 17232
3 ≅π
= cm'rr
h 344264
2≅=
π= . P.22. ,ml 10= 2325 mA = . P.23.
2
hy,
2
bx == (x, y base y altura del rectángulo); cm5'7y,cm5x == . P.24. myx 50== .
P.25. 2
3
2
3== b,
rh . P.26. rh,
rR cc 6
2
3== si
( )2
32
23 rx
xr)x(V,xhc
−
π== . P.27.
16
y
4
x=+ . P.28.
π=
π=
63h,r 327 rr)r(V ⋅π−= . P.29. 325x = unid., el beneficio
100x1300x2)x(B 2 −+−= y el coste x
400000x200)x(C 2
+= . P.30. lado de la base x = 10 m
altura h = x . P.31. 11’832 m. P.32. 34’64 m. P.33.
+−⋅= 22 3
3
1Raax . P.34.
++⋅−+⋅= abbabax 82
6
1 22 . P.35. km 13 .
Gráficas de funciones Tema 7
7-1
Tema 7
RReepprreesseennttaacciióónn ggrrááffiiccaa ddee ffuunncciioonneess eexxppllíícciittaass
Representar gráficamente una función dada en forma explícita tal como ( )xfy = es
hallar el lugar geométrico de los puntos ( )( )xf,x del plano real.
Para esta representación pueden usarse diversas estrategias. En esta lección, desarrollamos aquellos conceptos que, conocidos, dan una buena información sobre la gráfica. A la vista de la función a representar, el alumno elegirá los que convenga y, si no lo tiene claro, puede estudiarlos todos. Tal estudio puede seguir el orden que se indica a continuación:
7.1 Dominio
En la siguiente tabla indicamos el dominio de las funciones más frecuentes.
Funciones Dominio
Polinómicas )x(Py = R
Racionales )x(Q
)x(Py =
R excepto Q(x) =0
Raíces )x(fy = o n )x(fy = con n par el de ( )xf y que además 0)x(f ≥
Exponenciales )x(fay = el de ( )xf
Logarítmicas )x(flogy a= el de ( )xf y que además 0)x(f >
Trigonométricas )x(fcosy,)x(fseny ==
el de ( )xf
Trigonométricas )x(tgfy = el de ( )xf y que además π±
π≠ k
2)x(f
)x(farccosy,)x(farcseny == el de ( )xf con [ ]1,1)x(f −∈
)x(arctgfy = el de ( )xf
1. Dominio. 2. Puntos de corte con los ejes. 3. Regiones. 4. Asíntotas (horizontales, verticales y oblicuas). 5. Monotonía y extremos relativos. 6. Curvatura y puntos de inflexión. 7. Simetrías y periodicidad.
Definición El dominio de una función es el conjunto de los valores de x que tienen
imagen; escribiremos: ( ) )x(f:RxfDom ∃∈= .
Gráficas de funciones Tema 7
7-2
Ejemplos
Ejemplo 7.1 Para ( )( )
4
12
2
−
−=
x
xxf , no son del dominio los valores de x tales que 042 =−x .
Por tanto, ( ) 22,RfDom −−= .
Ejemplo 7.2 Para 23 x3xy −= , sólo son del dominio las soluciones de la inecuación
0x3x 23 ≥− , ( ) [ )+∞= ,30 UfDom .
Ejemplo 7.3 Para ( )2x3xLy 2 +−= sólo son del dominio las soluciones de la inecuación
02x3x2 >+− , ( ) ),(),(fDom ∞−∞= 21 U .
7.2 Puntos de corte con los ejes La función corta al eje OY en el punto en el que x = 0 (si es del dominio). Corta al eje OX en los puntos (si existen ) para los que y = 0. Estos puntos serán importantes para el estudio de las regiones.
Ejemplos
Ejemplo 7.4 Sea ( )
4x
1xy
2
2
−
−= . El punto de corte con el eje OY , se obtiene haciendo x = 0, de
donde 4
1−=y por lo que el punto es
−
4
1,0Py . Con el eje OX, haciendo y = 0 se tiene x = 1,
luego el punto de corte es el ( )0,1Px .
Ejemplo 7.5 Sea 23 x3xy −= . El punto de corte con el eje OY , se obtiene haciendo x = 0,
de donde 0y = por lo que el punto es ( )0,0Py , que también corta a OX. Con el eje OX,
haciendo y = 0 se tiene 0x3x 23 =− , x = 0 y x = 3, luego ( ) ( )0,3P,0,0P 2x1x .
Ejemplo 7.6 Sea ( )2x3xLy 2 +−= . El punto de corte con el eje OY , se obtiene haciendo x =
0, de donde 2Ly = , por lo que ( )2L,0Py . Con el eje OX, haciendo y = 0 se tiene
( ) 0232 =+− xxL , lo que implica que 1232 =+− xx cuyas soluciones son
2
53xy
2
53x 21
−=
+= , luego
+
−0,
2
53P,0,
2
53P 2x1x .
7.3 Regiones
Se trata de determinar las regiones del plano en las que hay gráfica. Para ello se
estudia el signo de ( )xf . Puesto que ( )xf sólo puede cambiar de signo en los puntos de corte
con OX o en los puntos de discontinuidad, la idea inicial es localizar unos y otros. Una vez calculados, el plano correspondiente al dominio queda dividido en regiones por encima o por debajo del eje OX, según sea f positiva o negativa, lo que ayuda a situar su gráfica.
Ejemplo 16 Estudiemos las regiones de ( )
4x
1xy
2
2
−
−= .
Gráficas de funciones Tema 7
7-3
Como el numerador es siempre positivo, el signo de la función vendrá dado por el del denominador y la función tendrá su gráfica en las zonas no sombreadas.
Dominio ( )2−∞− , ( )22,− ( )+∞,2
Signo de f positivo negativo positivo
7.4 Asíntotas
En el Tema 2 ya vimos que las asíntotas, son rectas a las cuales la función se va aproximando indefinidamente sin llegar nunca a cortarlas. Se definen también como rectas tangentes a la curva en el infinito. Como las rectas sólo pueden ser verticales, horizontales u oblicuas, sólo hay tres tipos de asíntotas: Verticales: Una recta ax = se dice asíntota vertical de f cuando verifica alguna de las
siguientes condiciones: ( )∞−+∞=+→
)x(flimax
, ( )∞−+∞=−→
)x(flimax
o ( )∞−+∞=→
)x(flimax
.
Nota En el caso de funciones del tipo )x(g
)x(fy = deben buscarse en las soluciones de
( ) 0=xg . Para funciones del tipo ( ))x(flny = deben buscarse en las soluciones de ( ) 0=xf .
Horizontales: Una recta ay = se dice asíntota horizontal de f si verifica que a)x(flimx
=+∞→
o
bien a)x(flimx
=−∞→
.
Nota Por la definición se advierte que un función tiene, a lo sumo, dos asíntotas horizontales.
Oblicuas: Son rectas de la forma nmxy += , con 0≠m . El cálculo de m y n se realiza del
modo siguiente: x
)x(flimmx ∞→
= y ( )mx-f(x)limn x ∞→
= , cuando estos límites existan y sean
finitos. Nota Por la definición se advierte que una función tiene, a lo sumo, dos asíntotas oblicuas. Nota Cuando hay asíntota horizontal en un infinito, no hay asíntota oblicua en dicho infinito. Nota En el caso de funciones racionales, la asíntota oblicua (si existe) coincide con el cociente que resulte al efectuar la división polinómica. Nota Las funciones polinómicas no tienen asíntotas.
Ejemplos
Gráficas de funciones Tema 7
7-4
Ejemplo 7.7 Calculemos las asíntotas de ( )
4x
1xy
2
2
−
−= .
Asíntotas verticales: x = 2 y x = -2 , pues ( )
−∞=−
−−→ 4
12
2
2 x
xlim
x,
( )+∞=
−
−+→ 4
12
2
2 x
xlim
x ,
( )+∞=
−
−−−→ 4
12
2
2 x
xlim
x y
( )−∞=
−
−+−→ 4
12
2
2 x
xlim
x.
Asíntotas horizontales: y = 1 , pues ( )
14
12
2
=−
−
±∞→ x
xlim
x.
Ejemplo 7.8 Calculemos las asíntotas de ( )2x3xLy 2 +−= .
Asíntotas verticales: x = 1 y x =2, porque −∞=−→
)x(flimx 1
y −∞=+→
)x(flimx 2
.
Asíntotas horizontales: no tiene, pues +∞=±∞→
)x(flimx
.
Asíntotas oblicuas: no tiene, pues
( )( ) 0
1
32232
=−
==+−
=±∞→±∞→
xlimHôpitalL'
x
xxLlimm
xx.
Ejemplo 7.9 Calculemos las asíntotas de xey
1−
= .
Asíntotas verticales: x = 0 por la izquierda, pues +∞=−
→ −
x
xelim
1
0,
pero 0
1
0=
−
→ +
x
xelim .
Asíntotas horizontales: y = 1 , pues 1
1
=−
±∞→
x
xelim .
No tiene asíntotas oblicuas porque tiene horizontales por los dos infinitos.
Ejemplo 7.10 Calculemos las asíntotas de ( )
43
12
−
−=
x
xy .
Asíntotas verticales: 3
4=x , ya que
( )−∞=
−
−−
→43
12
3
4 x
xlim
x
y
( )+∞=
−
−+
→43
12
3
4 x
xlim
x
.
Asíntotas horizontales: no tiene, pues ( )
±∞=−
−
±∞→ 43
12
x
xlim
x .
Asíntota oblicua: la recta de ecuación 9
2x
3
1y −= , pues
( )( ) 3
1
43
12
=−
−=
±∞→ xx
xlimm
x y
( )9
2
129
32
343
12
−=−
+−=
−
−
−=
±∞→±∞→ x
xlim
x
x
xlimn
xx.
7.5 Monotonía y extremos relativos
Como ya vimos con anterioridad (Tema 6), el estudio del signo de ( )xf ′ nos permite
determinar los intervalos de crecimiento, decrecimiento, máximos y mínimos relativos de la función.
Gráficas de funciones Tema 7
7-5
7.6 Curvatura y puntos de inflexión
Como ya vimos con anterioridad (Tema 6), el estudio del signo de ( )xf ′′ nos permite
determinar los intervalos de concavidad, convexidad y los puntos de inflexión de la función.
7.7 Simetrías
Hay simetría respecto al eje OY, si ( ) ( )xfxf =− ; esto es, si al cambiar x por -x la
función no varía. Cuando esto se cumple se dice de la función que es par. Por ejemplo, son funciones pares todas las polinómicas cuyos términos son todos de
grado par y la función ( ) xcosxf = .
Hay simetría respecto al origen, si ( ) ( )xfxf −=− ; esto es, si al cambiar x por -x la
función cambia de signo. Cuando esto se cumple se dice de la función que es impar. Por ejemplo, son funciones impares todas las polinómicas cuyos términos son todos de
grado impar, la función ( ) senxxf = y la función ( ) tgxxf = .
Ejemplos
Ejemplo 7.11 Estudiemos la simetría de la función xxy 23 3 += .
Como ( ) ( ) )x(fx2x3x2x3)x(f 33−=−−=−+−=− , es una función impar y, por tanto,
simétrica respecto del origen.
Ejemplo 7.12 Estudiemos la simetría de la función x
senx)x(f = .
Como ( )( )
( )xfx
senx
x
xsenxf =
−
−=
−
−=− , es una función par y, por tanto, simétrica
respecto al eje OY.
Ejemplo 7.13 Estudiemos la simetría de la función ( )
4
12
2
−
−=
x
xy .
Como ( )( )
( )xf)x(
xxf ≠
−−
−−=−
4
12
2
y, también, ( )( )
( )xf)x(
xxf −≠
−−
−−=−
4
12
2
, no es ni par ni impar.
Luego no tiene ninguna de las simetrías que podemos determinar.
Ejemplo 7.14 Estudiemos la simetría de la función ( )12
2
−=
x
xxf .
Como )x(fx
x
)x(
)x()x(f =
−=
−−
−=−
11 2
2
2
2
, se trata de una función par y, por tanto, simétrica
respecto de OY .
7.8 Periodicidad
Fundamentalmente nos aparecerá en funciones trigonométricas. La gráfica de una función periódica se repite. El período, p, es el número que da la amplitud del intervalo de
valores de x para el que la función se repite; es decir, ( ) ( )pxfxf += y, por tanto, basta con
realizar la gráfica en un periodo. Las funciones seno y coseno son periódicas de periodo 2π, la
función tangente es periódica de periodo π.
Gráficas de funciones Tema 7
7-6
Ejemplo 7.15 Estudiemos la periodicidad de x2seny = . Como la función seno es periódica
de periodo π2 , ( ) ( ) ( )( )ππ +=+= xsenxsenxsen 2222 , esto es, ( )xfxf =+ )( π , luego la
función es periódicas periódica de periodo π.
7.9 Otras informaciones Opcionalmente se pueden estudiar otras características como puntos de corte de la
gráfica con sus asíntotas, puntos de discontinuidad, puntos angulosos, etc. Es interesante saber que si conocemos la gráfica de la función y = f(x) entonces:
1. La gráfica de )x(fy −= es simétrica respecto de OX.
2. La gráfica de )x(fy = es simétrica respecto de OX en las regiones en que 0)x(f ≤ e
igual a la de f(x) en las regiones en que 0)x(f ≥ .
3. La gráfica de )x(fy −= es simétrica respecto de OY.
4. La gráfica de )( bxfy += con 0>b está desplazada b unidades hacia la izquierda;
esto es, la gráfica está adelantada b unidades respecto a )(xfy = .
5. La gráfica de )( bxfy −= con 0>b está desplazada b unidades hacia la derecha; esto
es, la gráfica está retrasada b unidades respecto a )(xfy = .
6. La gráfica de bxfy += )( está desplazada b unidades hacia arriba o hacia abajo según
b sea positivo o negativo.
7. La gráfica de )x(kfy = con k > 0 tiene la misma forma que f(x) pero los valores de y
multiplicados por k (máximos, mínimos, situación de las asíntotas horizontales, etc).
8. La gráfica de )x(kfy = con k < 0 es simétrica respecto de OX y con los valores de y
multiplicados por k (máximos se convierten en mínimos y viceversa).
Ejemplo 16 Representamos la función 232 +−= xxy y a partir de su gráfica representamos
232 +−= xxy e indicamos sus características.
No es preciso hacer un estudio completo para dibujar un función polinómica de grado dos, pues es una parábola con las ramas hacia arriba; basta con situar el vértice y los puntos de corte con los ejes. En este caso el vértice es el mínimo, pues está abierta hacia arriba porque su coeficiente principal es positivo, es el valor de x tal
que ( ) 0=′ xy . Como ( ) 32 −=′ xxy , el mínimo se
alcanza en 2
3x = , cuya imagen es
4
1y −= . Los
puntos de corte con OX, esto es, los que hacen
0232 =+− xx , son (1,0) y (2,0), la gráfica es:
Gráficas de funciones Tema 7
7-7
A partir de ella, sabemos que 232 +−= xxy será la
misma función en la parte en que ( )xf es positiva y
simétrica respecto del eje de las x en la parte en que
( )xf sea negativa:
Resultando una función que tiene un máximo
relativo
4
1
2
3,M y dos mínimos relativos m1(1,0) y
m2(2,0) , que son puntos angulosos.
Gráficas de funciones Tema 7
7-8
Ejercicios resueltos
R.1. Representa la función ( )31−= xy y a partir de su gráfica dibuja la de ( )31−−= xy .
Se trata de una función polinómica, por lo que su dominio es todo R.
Puntos de corte: con OY, haciendo x = 0, obtenemos y = -1, por lo que el punto es Py(0,-1). Análogamente, con OX, haciendo y = 0 obtenemos x = 1, por lo que el punto es Px(1,0). Asíntotas: Recordemos que las funciones polinómicas no tienen asíntotas.
Monotonía: la primera derivada es ( )21x3y −=′ que es siempre mayor o igual que cero, la
función es siempre creciente .
Curvatura y puntos de inflexión: la segunda derivada es ( )1x6y −⋅=′′ , cuyo signo es:
x ( )1,∞− 1 ( )+∞,1
y’’ - 0 +
Curvatura convexa I(1,0) cóncava
Simetría: no hay pues ( ) -f(x)f(-x) y)x(fx)x(f ≠≠−−=−3
1
Regiones: Es fácil ver que f es positiva si x > 1 , es negativa si x < 1. Resumiendo:
Con estos datos la gráfica es:
Dominio R
Puntos de corte con los ejes ( )1,0Py − , ( )0,1Px
Asíntotas. No tiene Monotonía ( signo de y’) Creciente siempre
Concavidad convexidad y P. I. (signo de y’’) Convexa en ( )1,x ∞−∈ , cóncava en
( )∞∈ ,1x
Punto de inflexión I(1,0)
Simetrías No tiene Regiones Función positiva en ( )1,x ∞−∈ y negativa
en ( )∞∈ ,1x
Gráficas de funciones Tema 7
7-9
Como ( )31−−= xy es la opuesta de la anterior, su gráfica
es su simétrica respecto del eje de las x :
R.2. Representa la función 21 −+−= xxy
Con este tipo de funciones lo que hacemos es quitar el valor absoluto. Para ello,
debemos tener en cuenta que cada sumando varía según los valores que los hacen cero.
Hacemos el estudio en la siguiente tabla:
Valores de x 1<x 1 21 << x 2 2>x
1−x 1+−x 0 1−x 1 1−x
2−x 2+−x 1 2+−x 0 2−x
21 −+−= xxy 32 +− x 1 1 1 32 −x
Por lo que f se puede rescribir como:
≥+
<<
≤+−
=
2xsi3x2
2x1si1
1xsi3x2
)x(f ,
cuya gráfica es elemental.
R.3. Representa la función 1
12
2
−
+=
x
xy y, a partir de ella, la de
1
12
2
−
+=
x
xy .
Dominio: no son del dominio los valores que anulan el denominador, luego 11,RD −−=
Puntos de corte: con OY, haciendo x = 0 obtenemos y = -1; el punto es Py(0,-1). Con OX, haciendo y = 0 vemos que no tiene solución real, luego no hay puntos de corte con OX.
Asíntotas verticales: x = -1, x = 1 porque ∞=−
+
−→ 1
12
2
1 x
xlim
x y ∞=
−
+
→ 1
12
2
1 x
xlimx
.
Asíntotas horizontales: y = 1 porque 11
12
2
=−
+
±∞→ x
xlim
x.
Asíntotas oblicuas: no tiene porque hay horizontales por los dos infinitos.
Monotonía: la primera derivada es ( ) ( )
( ) ( )2222
22
1x
x4
1x
1xx21xx2y
−
−=
−
+⋅−−⋅=′ , su signo es:
Gráficas de funciones Tema 7
7-10
x x < 0 0 x > 0
y’ + 0 -
monotonía creciente M(0,-1) decreciente
Curvatura y puntos de inflexión: calculamos ( ) ( ) ( )33
2
32
2
1x1x
4x4
1x
4x4y
+⋅−
+=
−
+=′′ cuyo signo viene
determinado por el del denominador, pues el numerador es siempre positivo.
x 1−<x -1 11 <<− x 1 1>x
y’’ + Ninguno - Ninguno +
Curvatura Cóncava No existe convexa No existe Cóncava
Simetrías: es una función par ya que )x(fx
x
)x(
)x()x(f =
−
+=
−−
+−=−
1
1
1
12
2
2
2
, por tanto la función es
simétrica respecto al eje OY. Regiones: positiva si x < -1 y x > 1 , negativa si –1 < x < 1 . Resumiendo: Dominio 1,1RD −−=
Puntos de corte con los ejes ( )1,0Py − , con OX no hay
Asíntotas. Verticales x = -1, x = 1 Horizontales y = 1 Oblicuas no tiene
Monotonía Creciente en ( )0,x ∞−∈
Decreciente en ( )∞∈ ,0x
Máximo M(0,-1)
Concavidad convexidad y P. I. Cóncava ),1()1,(x ∞−−∞∈ U
Convexa )1,1(x −∈ sin puntos de inflexión.
Simetrías Respecto OY Regiones Función positiva en ( ) ( )∞−∞− ,11, U y negativa en
el resto del dominio.
Con estos datos la gráfica es: La gráfica de 1x
1xy
2
2
−
+= será:
Gráficas de funciones Tema 7
7-11
R.4. Representa de ( )
4x
1xy
2
2
−
−= .
El dominio, puntos de corte con los ejes, asíntotas, simetría y regiones están
estudiados en los ejemplos 1, 4, 7, 13, y 16 respectivamente, debemos pues hacer un estudio del signo de y’ y de y’’ para completar su estudio.
Crecimiento, decrecimiento y extremos: Hacemos su derivada ( )( )
( )22 4x
1x4x2y
−
−−⋅=′ , el
denominador es siempre positivo y por tanto el signo de la derivada viene dado por el numerador.
Encontramos que la función es creciente en ( ) ( )∞∞−∈ ,41,x U , decreciente en ( )4,1x ∈ tiene un
máximo relativo M(1,0) y un mínimo relativo
4
3,4m . La derivada segunda
( )32
23
4x
40x48x30x4y
−
+−+−=′′ , el signo del numerador sólo se puede estudiar de forma
aproximada con el Teorema de Bolzano, por tanto renunciamos a su estudio y dibujamos la función con los datos obtenidos que son los siguientes:
Dominio R- -2,2
Puntos de corte con los ejes
−
4
1,0Py , ( )0,1Px
Asíntotas. Verticales x = 2, x = -2 Horizontales y = 1
Monotonía ( signo de y’) Creciente en ( ) ( )∞∞−∈ ,41,x U
Decreciente en ( )4,1x ∈
M(1,0)
4
3,4m .
Concavidad convexidad y P. I. (signo de y’’) Renunciamos a su estudio.
Simetrías No tiene Regiones Véase el ejemplo 16
Con estos datos la gráfica es la siguiente:
R.5. Representa la función x
xy
−=
1
Si recordamos la definición de valor absoluto queda la función :
≥−
≤+=
01
01
xsix
x
xsix
x
)x(f .
Gráficas de funciones Tema 7
7-12
A primera vista parece que requiere el estudio de dos expresiones algebraicas diferentes lo que duplica el trabajo, sin embargo si estudiamos en primer lugar la simetría el estudio se simplifica notablemente.
Como )x(fx
x
x
x)x(f −=
−
−−=
−−
−=−
11, es una función impar y, por tanto, simétrica
respecto del origen. Así que representaremos el primer trozo, x
xy
+=
1 cuando 0≤x , y el otro
saldrá por simetría. En adelante damos por supuesto la restricción del dominio indicada.
Dominio: 1RD −−= . Puntos de corte: P(0,0)
Asíntotas verticales: x = -1 , porque ∞=+−→ x
xlim
x 11 .
Asíntotas horizontales: )sólo la estudiamos cuando −∞→x ) 1y = , porque 11
=+−∞→ x
xlim
x.
Monotonía: derivamos ( ) ( )
01
1
1
122
>+
=+
−+=′
xx
xxy y, por tanto, la función es creciente.
Curvatura y puntos de inflexión: calculamos ( )31x
2y
+=′′ , cuyo signo :
x 1x −< -1 0x1 <<−
y’’ + Ninguno -
Curvatura Cóncava No existe Convexa
Cuando consideremos la simetría se verá que P(0,0) es un punto de inflexión. Regiones: positiva si x < -1 y negativa si –1 < x < 0 . Considerando la simetría la función en su conjunto tiene las siguientes características:
Dominio 1,1RD −−=
Puntos de corte con los ejes P(0,0)
Asíntotas. Verticales x = -1, x = 1
Horizontales 1y = si −∞→x
1y −= si +∞→x
Monotonía Creciente siempre
Concavidad convexidad y P. I. Cóncava )1,0()1,(x U−−∞∈
Convexa ),1()0,1(x ∞−∈ U
Punto de inflexión I(0,0) Simetrías Respecto del origen
Regiones Función positiva en ( ) ( )1,01, U−∞− y
negativa en el resto del dominio.
Con estos datos la gráfica es:
Gráficas de funciones Tema 7
7-13
R.6. Representa la función ( )2x1lny += y, a partir de ésta, indica las características de
2x1lny += .
Dominio: RD = , pues 2x1+ es siempre positivo. Puntos de corte: P(0,0) . Asíntotas: no hay.
Monotonía: derivamos, 2x1
x2y
+=′ , estudiamos el signo.
x x < 0 0 x > 0
y’ - 0 +
Crecimiento ↓ m(0,0) ↑
Curvatura y puntos de inflexión: calculamos ( )
( ) ( )
( )22
2
x1
x1x12
x1
2x2y
+
+⋅−⋅=
+
+−=′′ y estudiamos
x 1x −< -1 1x1 <<− 1 1x >
y’’ - 0 + 0 -
Curvatura Convexa ( )2ln,1I1 − Cóncava ( )2ln,1I2 Convexa
Simetrías: como ( )( ) )x(fxln)x(f =−+=−2
1 es una función par, simétrica respecto al eje OY.
Con estos datos la gráfica es:
La función ( )22 x1ln2
1x1lny +=+= y, por tanto, es la anterior multiplicada por una
constante positiva. Los intervalos de crecimiento, decrecimiento, mínimo, concavidad y
convexidad son los mismos, los puntos de inflexión son ahora
−
2
2ln,1I1 y
−
2
2ln,1I1 siendo
su forma igual a la anterior con un cambio de escala en OY.
R.7. Representa ( )2x3xLy 2 +−= .
Al igual que en el caso anterior sólo nos falta hacer ver del signo de y’ y de y’’ para
completar su estudio.
2x3x
3x2)x(f
2 +−
−=′ , se anularía en
2
3x = , pero ese punto no es del dominio pues recordamos
que Dominio = ),2()1,( ∞−∞ U en este dominio el signo de y’ es negativo para x<1 y positivo
para x>2 por tanto la función es decreciente en ( )1,x ∞−∈ y creciente en ( )∞∈ ,2x y no hay
extremos relativos.
Gráficas de funciones Tema 7
7-14
Derivamos nuevamente y tenemos ( )22
2
2x3x
5x6x2)x(f
+−
−+−=′′ que es siempre negativa y
por tanto la función es convexa en todo su dominio. Los datos obtenidos de la función son:
Dominio ),2()1,( ∞−∞ U
Puntos de corte con los ejes
( )2L,0Py ,
+
−0,
2
53P,0,
2
53P 2x1x
Asíntotas. Verticales x = 1, x =2
Horizontales no tiene Oblicuas no tiene
Monotonía ( signo de y’) Creciente en ( )∞∈ ,2x
Decreciente en ( )1,x ∞−∈
Sin máximos ni mínimos Concavidad convexidad y P. I. (signo de y’’) convexa en todo su dominio
Simetrías No tiene Regiones
Función positiva en
∞
+
−∞− ,
2
53
2
53, U
y negativa en el resto del dominio.
Con estos datos la gráfica es:
R.8. Representa la función ( ) xe1xy ⋅−= y, a partir de la anterior, indicar las
características de 1xexy +⋅= .
Dominio: RD = . Puntos de corte: con el eje OY x = 0 y = -1 Py(0,-1) con OX y = 0 x = 1 Px(1,0) . Asíntotas: verticales no hay, horizontales no hay con +∞→x calculamos el límite con −∞→x
usaremos la Regla de L’Hôpital. ( ) ( )( )
0e
1lim
e
1xlimind0e1xlim x
xx
x
x
x=
−=
−=⋅∞=⋅−
−−∞→
−−∞→−∞→
, hay
pues asíntota horizontal y = 0 con −∞→x , oblicuas se buscan sólo con +∞→x no hay pues
( )+∞=⋅=
⋅−
+∞→+∞→
x
x
x
xexlim
x
e1xlim .
Monotonía: derivamos xexy ⋅=′ estudiamos el signo.
Gráficas de funciones Tema 7
7-15
x x < 0 0 x > 0
y’ - 0 +
y ↓ m(0,-1) ↑
Concavidad convexidad y puntos de inflexión: calculamos ( ) xe1xy ⋅+=′′ . Estudiamos el signo.
x 1x −< -1 x1<−
y’’ - 0 +
y Convexa
−−
e
2,1I
Cóncava
Simetría: no tiene.
Regiones: la función está por encima de OX en ),1(x ∞∈ y por debajo en )1,(x −∞∈ .
Con estos datos la gráfica es la siguiente: La gráfica de 1xexy +⋅= se encuentra adelantada
una unidad respecto de la anterior sería:
R.9. Representa la función 4xy 2 −= . A partir de la anterior, dibuja 4x3y 2 −+= .
Dominio: son del dominio las soluciones de 04x2 ≥− es decir ( ] ( ]∞−∞−= ,22,D U .
Puntos de corte: con el eje OY no puede tener, con OX hacemos 04x2 =−
)0,2(P y )0,2(P 21 − .
Asíntotas: verticales no hay, horizontales no hay, buscamos asíntotas oblicuas primero para
+∞→x 1x
4xlimm
2
x=
−=
+∞→
(se ha resuelto la indeterminación dividiendo numerador y
denominador por x) y 0x4x
4limx4xlimn
2x
2
x=
+−
−=
−−=
+∞→+∞→
(hemos multiplicado y
dividido por la expresión conjugada), buscamos ahora asíntota con −∞→x
1x
4xlimm
2
x−=
−=
−∞→
. ¡Atención! se ha resuelto la indeterminación dividiendo numerador y
denominador por –x, pues dentro de la raíz no puede entrarse un número negativo y ahora
−∞→x el valor de n será: 0x4x
4limx4xlimn
2x
2
x=
−−
−=
+−=
+∞→−∞→
en resumen
encontramos dos asíntotas oblicuas ∞→= xcuandoxy e −∞→−= xcuandoxy
Monotonía: derivamos 4x
xy
2 −
=′ estudiamos el signo.
Gráficas de funciones Tema 7
7-16
x 2x −< 2x2 <<− 2x >
y’ - ninguno +
y ↓ No hay función ↑
En 2x en y 2x =−= no hay derivada −+ →−→∞→′ 2xsio2xsiy .
Concavidad convexidad y puntos de inflexión: calculamos ( ) 4x4x
4y
22−−
−=′′ que es
negativa en todo el dominio y por tanto la función es siempre convexa.
Simetría: ( ) )x(f4x)x(f2
=−−=− la función es par y por tanto simétrica respecto al eje OY.
Regiones: la función está por encima de OX en todo el dominio. Con estos datos la gráfica es la siguiente:
La gráfica de 4x3y 2 −+= es similar a la anterior desplazada 3 unidades hacia arriba:
Gráficas de funciones Tema 7
7-17
Ejercicios propuestos Valor absoluto
1. Representa 31 −−−= xxy
Polinómicas 2. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:
a) 3xxy −= b) xxy 3 −= a partir dela anterior c) igual con 3xxy −=
d) 24 x2xy −=
Fracciones algebraicas 3. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:
a) 1x
1xy
−
+= b)
x
2xxy
2+−
= c) 2x
3xy
2
−
−= y a partir de ella
2x
3xy
2
−
−=
d) 4x
4y
2 −= e)
1x
2y
2 += (curva de Agnesi)
f) x
1xy 2
+= (Tridente de Newton) g) 1x
x2y
2 += (Serpentín de Newton)
Logarítmicas 4. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:
a) x
xlny
⋅=
4 b) ( )2xxlny 2 −+= c)
x
xlny
4
=
Exponenciales 5. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:
a) x
1
exy ⋅= b) 2
x2
ey−
= (Gaussiana) c) xe
x2y =
Trigonométricas 6. Estudia las características y representa la gráfica de la función: xcossenxy +=
7. A partir de la gráfica de la función senxy = , representa:
a) ( )π+= xseny b) senx3y ⋅−= c) senxy =
Irracionales 8. Estudia las características y representa la gráfica de las siguientes funciones:
a) 4x
1xy
2
2
−
−= b)
1x
xy
2
2
−
=
Gráficas de funciones Tema 7
7-18
Soluciones:
1. 31 −−−= xxy
>
≤≤−
<−
=
32
3142
12
xsi
xsix
xsi
y
2. a) 3xxy −= D = R
Creciente si 3
1x
3
1<<−
Decreciente si 3
1x −< o
3
1x >
−−
33
2,
3
1m ,
33
2,
3
1M
cóncava en )0,(x −∞∈ , convexa en
),0(x ∞∈ , I(0,0). Función impar
2. b) xxy 3 −= Simétrica de la anterior respecto a OX (a la izquierda)
2. c) 3xxy −= Simétrica de la del apartado a) en y<0 e igual en y>0 (a la derecha)
2. d) 24 x2xy −=
D = R, Puntos de corte con los ejes
)0,2()0,0(),0,2(−
Creciente en ),1()0,1(x ∞−∈ U decreciente
en )1,0()1,(x U−−∞∈ M(0,0), m1(-1,-1),
m2(1,-1)
Cóncava en
∞
−∞−∈ ,
3
1
3
1,x U
convexa en
−∈
3
1,
3
1x
−
−−
9
5,
3
1I
9
5,
3
1I 21
Función par .
Gráficas de funciones Tema 7
7-19
3. a) 1x
1xy
−
+= D = R – -1 , p. corte (-1,0) y (0,-1)
A.H. 1y = , A.V. 1x = 2)1x(
2y
−−=′ decreciente
siempre, 3)1x(
4y
−=′′ cóncava si x>1 convexa si
x<1. Simetría no
3. b) x
2xxy
2+−
=
D = R – 0 , puntos de corte con los ejes no tiene.
A.V. 0x = , A.O. 1xy −= . 2
2
x
2xy
−=′ decreciente
si , ( )2,2x −∈ creciente si
( ) ( )∞−∞−∈ ,22,x U )83'1,2(my)83'3,2(M −− ;
3x
4y =′′ cóncava si x>0 convexa si x<0. Simetría no
3. c) 2x
3xy
2
−
−= ,
2x
3xy
2
−
−=
D = R – 2 , puntos de corte con los ejes
−
2
3,0 y )0,3(),0,3( A.V. 2x = , A.O. 2xy += .
2
2
)2x(
3x4xy
−
+−=′ decreciente si , ( )3,1x ∈ creciente si ( ) ( )∞∞−∈ ,31,x U )6,3(my)2,1(M ;
3)2x(
2y
−=′′ cóncava si x>2 convexa si x<2. Simetría no ( gráfica de la izquierda)
2x
3xy
2
−
−= (gráfica de la derecha)
3. d) 4x
4y
2 −= D = R – -2,2 , puntos de corte con
los ejes (0,-1) A.V. 2x = y 2x −= A.H. 0y = .
( )22 4x
x8y
−
−=′ creciente si ( )0,x ∞−∈ decreciente si
( )∞∈ ,0x (con Dx ∈ ), )1,0(M − ;
( )32
2
4x
32x24y
−
+=′′
Gráficas de funciones Tema 7
7-20
cóncava si ( ) ( )∞−∞−∈ ,22,x U convexa si ( )2,2x −∈ . Función par sim. OY
3. e) 1x
2y
2 += D = R , punto de corte con OY
)2,0(P A.H. 0y = . ( )22 1x
x4y
+
−=′ creciente si
( )0,x ∞−∈ decreciente si ( )∞∈ ,0x )2,0(M ;
( ) 32
2
1x
4x12y
+
−=′′ cóncava si
∞
−∞−∈ ,
3
3
3
3,x U convexa
si
−∈
3
3,
3
3x
−
2
3,
3
3I1 ,
2
3,
3
3I2 . Función par, simétrica respecto a OY
3. f) x
1xy 2
+= 0−= RD , punto de
corte con OX )0,1(P − A.V. 0x = .
2
3
x
1x2y
−=′ creciente si
∞∈ ,
2
1x
3
decreciente si
∞−∈
3 2
1,x
33 22
3,
2
1m ;
3
3
x
2x2y
+=′′ cóncava si
( ) ( )∞−∞−∈ ,01,x U convexa si ( )0,1x −∈ ,
( )0,1I − .
3. g) 1x
x2y
2 += D = R , punto de corte con los ejes
)0,0(P A.H. 0y = . ( )22
2
1x
x22y
+
−=′ creciente si
( )1,1x −∈ decreciente si ( ) ( )∞−∞−∈ ,11,x U )1,1(M ,
)1,1(m −− ; ( )
( ) 32
2
1x
3xx4y
+
−⋅=′′ cóncava si
( ) ( )∞−∈ ,30,3x U convexa
si ( ) ( )3,03,x U−∞−∈
−−
2
3,3I1 , ( )0,0I2 ,
2
3,3I3 . Función impar, simétrica respecto
del origen.
4. a) x
xln4y = D = R
+, , punto de corte con OX )0,1(P
A.V. +→= 0xcon0x , A.H.
) con (sólo 0 +∞→= xy . 2x
xln14y
−⋅=′ creciente si
( )e,0x ∈ decreciente si ( )∞∈ ,ex )e
4,e(M ;
Gráficas de funciones Tema 7
7-21
3x
3xln24y
−⋅=′′ cóncava si
∞∈ ,ex 2
3
convexa si
∈ 2
3
e,0x ,
23
2
3
e
6,eI .
4. b) ( )2xxlny 2 −+= ( ) ( )∞−∞−= ,12,D U
puntos de corte con OX ( )0,3'1P,)0,3'2(P 21 −
A.V. −−→−= 2xcon2x , +→= 1xcon1x ,
2xx
1x2y
2 −+
+=′ decreciente si ( )2,x −∞−∈
creciente si ( )∞∈ ,1x , ( )22
2
2
522
−+
++−=′′
xx
xxy
convexa en todo D.
4. c) x
xlny
4
= la función es equivalente a
x
xln4y = es decir
x
xln4y = si x > 0 y
( )x
xln4y
−=
si x < 0 y su gráfica se hace a partir de la del apartado 4.a, función impar simétrica respecto del origen.
5. a) x
1
exy ⋅= 0RD −= , A.V.
+→= 0xcon0x 0exlim x
1
0x
=⋅−→
A.O.
1xy += . x
1xey x
1−
=′ creciente si
( ) ( )∞∞−∈ ,10,x U decreciente si ( )1,0x ∈ )e,1(m ;
3x
1
x
1ey =′′ cóncava si ( )∞∈ ,0x convexa
si ( )0,x ∞−∈ .
5. b) 2
x2
ey−
= RD = , A.H. 0y = , 2
x2
exy
−
⋅−=′
creciente si ( )0,x ∞−∈ decreciente si ( )∞∈ ,0x
)1,0(M ; ( ) 2
x
2
2
e1xy
−
⋅−=′′ cóncava si
( ) ( )∞−∞−∈ ,11,x U convexa si ( )1,1x −∈
−
e
1,1I1 ,
e
1,1I2 , simétrica respecto al eje OY.
5. c) xe
x2y = RD = , punto de corte con los ejes (0,0)
A.H. 0y = con +∞→x , ( )x1e2y x −=′ − creciente
si ( )1,x ∞−∈ decreciente si ( )∞∈ ,1x
e
2,1M ;
Gráficas de funciones Tema 7
7-22
( )2xe2y x −=′′ − cóncava si ( )∞∈ ,2x convexa si ( )2,x ∞−∈
2e
4,2I .
6.
π−⋅=+=
4xcos2xcossenxy a
partir de la gráfica de cosx retrasada 4
π
unidades y multiplicados los valores de
y por 2 es periódica de periodo 2π
7. a) ( )π+= xseny 7. b) senx3y ⋅−=
7. c) senxy =
8. a) 4x
1xy
2
2
−
−= ( ) ( )∞−∞−= ,11,D U excepto
2xy2x −== , A.V. 2x −=
+∞=−
−
−−→ 4x
1xlim 2
2
2x
−∞=−
−
+−→ 4x
1xlim 2
2
2x
2x =
−∞=−
−
−→ 4x
1xlim 2
2
2x
+∞=−
−
+→ 4x
1xlim 2
2
2x
A.H. 0y = .
( )( ) 1x4x
2xxy
222
2
−−
+⋅−=′ creciente si ( )1,x −∞−∈
decreciente si ( )∞∈ ,1x , y’’ es demasiado
complicada se renuncia a su estudio; simétrica respecto a OY.
Gráficas de funciones Tema 7
7-23
8. b) 1x
xy
2
2
−
= ( ) ( )∞−∞−= ,11,D U A.V.
1x −= con −−→ 1x y 1x = con +→ 1x ,
A.O. xy = si +∞→x e xy −= cuando
−∞→x ( ) 1x1x
x2xy
22
3
−−
−=′ creciente si
( ) ( )∞−−∈ ,21,2x U decreciente si
( ) ( )2,12,x U−∞−∈ , ( )2,2m1 − ( )2,2m2
,( ) 1x1x
2xy
222
2
−−
+=′′ cóncava en todo su dominio, simétrica respecto a OY.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-1
Tema 8
Funciones Primitivas. Métodos de Integración
8.1 Función primitiva
Ejemplo 8.1 Para x)x(f 2= , la función 2x)x(F = es una función primitiva de f en cualquier
intervalo J, porque ( ) ( ) RxxfxxF ∈∀==′ ,2 . También lo es la función 52 += x)x(G y, en
general, cualquier función de la forma ( ) CxxH += 2 , donde C es una constante real.
Nota Del ejemplo anterior se concluye que la función primitiva de una función no es única y, aún más, que si una función tiene una primitiva entonces tiene infinitas; basta sumar una constante distinta a una primitiva conocida.
La siguiente proposición deja claro que no pueden existir más primitivas que las que se obtienen de esta forma.
Demostración.- Si consideramos la función ( ) ( ) ( )xFxGxH −= definida en el intervalo J, como
( ) ( ) ( ) JxxFxGxH ∈∀=′−′=′ ,0 , ( )xH es una función constante en todo el intervalo; esto es,
( ) CxH = y, en consecuencia, ( ) ( ) JxCxFxG ∈∀=− , , de donde se sigue lo que queríamos
demostrar. Nota Con palabras, la anterior proposición viene a decir que “dos primitivas cualesquiera de una función difieren siempre en una constante”. Nota Dada una función f y una primitiva F de f , por lo visto en la proposición anterior se tiene
que ( ) ( ) RCCxFdxxf ∈+=∫ , . Observa que la integral indefinida representa un conjunto de
funciones. Por abuso de lenguaje escribiremos tan solo ( ) ( ) CxFdxxf +=∫ .
Definición Sea f una función real definida en un intervalo J. Una primitiva de f en J es otra función real F, definida y derivable en J, tal que ′ F (x) = f (x) ∀ x ∈J .
Proposición Sean F y G dos primitivas de f en J, entonces existe una constante C tal que
( ) ( ) JxCxFxG ∈∀+= .
Definición Al conjunto de todas las primitivas de f le llamamos integral indefinida de f y la
denotamos por ∫ f o, bien, ( )dxxf∫ .
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-2
Nota La justificación del símbolo utilizado para la integral indefinida se verá en el próximo tema.
Ejemplos
Ejemplo 8.2
x + 1( )∫ dx = x dx∫ + 1dx∫ =x2
2+ x + C .
Ejemplo 8.3
7 cos x dx = 7 cos x dx = 7senx + C∫∫ .
Ejemplo 8.4 ( )
Cxsen
Csenxdxxdxx
+=+== ∫∫ 55
1cos
5
1
5
cos .
8.2 Métodos de Integración
Llamamos método de integración a todo procedimiento que permita obtener las primitivas de una función.
Conviene dejar claro que no todas las funciones tienen primitivas y que, además, entre
las que sí tienen, hay algunas cuyas primitivas no pueden ser obtenidas por ninguno de éstos
métodos; por ejemplo, ( )( )axsen
xxf = .
8.2.1 Integrales inmediatas
Son aquellas en las que el integrando es la derivada de una función elemental.
Integrales inmediatas
Generalización
∫ ++
=+
Cn
xdxx
nn
1
1
con 1−≠n
( )( )
∫ ++
=′+
Cn
)x(fdx)x(f)x(f
nn
1
1
con 1−≠n
∫ += Cxlnx
dx ∫ +=
′C)x(flndx
)x(f
)x(f
Caln
adxa
xx
+=∫ Caln
adxa)x(f
)x(f)x(f
+=′∫
Cedxe xx+=∫ Cedxe)x(f )x(f)x(f
+=′∫
∫ +−= Cxcossenxdx ( ) ( )∫ +−=′ C)x(fcosdx)x(fsen)x(f
∫ += Csenxxdxcos ( ) ( )∫ +=′ C)x(fsendx)x(fcos)x(f
Linealidad de la integral
• [ ] ∫∫ ∫ +=+ dx)x(gdx)x(fdx)x(g)x(f . Con palabras: la integral de la suma es igual
a la suma de las integrales.
• ∫ ∫⋅=⋅ dx)x(fkdx)x(fk , Rk ∈∀ . Con palabras: la integral de una constante por
una función es igual a la constante por la integral de la función, es decir los números pueden entrar o salir del signo integral.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-3
∫ += Ctgxxcos
dx2
( )
( )∫ +=′
C)x(ftgdx)x(fcos
)x(f2
∫ +−= Cctgxxsen
dx2
( )
( )∫ +−=′
C)x(fctgdx)x(fsen
)x(f2
∫ += Cxsecxcos
senxdx2
( )
( )∫ +=′
C)x(fsecdx)x(fcos
))x(f(sen)x(f2
∫ +−= Cecxcosxsen
xdxcos2
( )
( )∫ +−=′
C)x(feccosdx)x(fsen
))x(fcos()x(f2
( ) CxCarcsenxx
dx+−=+=
−∫ arccos
1 2 ( ) CxfCxarcsenf
xf
dxxf+−=+=
−
′
∫ )(arccos)())((1
)(
2
( )∫ +−=+=+
CxarcCarctgxx
dxcot
1 2
( )( )∫ +−=+=
+
′CxfarcCxarctgf
xf
dxxf)(cot)(
)(1
)(2
( ) CxecCxarcxx
dx+−=+=
−⋅∫ arccossec
12 ( ) CxfecCxfarc
xfxf
dxxf+−=+=
−
′
∫ )(arccos)(sec1))(()(
)(
2
Para reconocer los tipos generales hay que identificar la función y tener en cuenta la
derivada de la función compuesta.
Ejemplos
Ejemplo 8.5.
( ) ∫ ∫∫∫ ∫ ++−−=+−−=+−− Cxxxx
dxxdxdxxdxxdxxxx 22
53
34
225322532234
2323 y
simplificando queda ( ) Cxxxx
dxxxx ++−−=+−−∫ 22
5
22532 23
423
Ejemplo 8.6 ∫∫ ++−+=
+−+=
+−+ −
Cxxxxdxx
xxdxx
xxxln2410
2
32453
2453 22
12
Ejemplo 8.7 ( ) ( )∫∫ =−==− dxxx)pordividoymultiplico(dxxx 12366
16123 22
( ) Cx +−=22 123
12
1
Ejemplo 8.8 ( ) ( ) ( ) Cxxdxxxdxxxdxx
x++=+=+⋅=+⋅=
+∫∫∫
−−3332
2
13
3
221
221
221
2
2
Ejemplo 8.9 ( ) Cxdxx
xdx
x
x++=
+=
+ ∫∫ 3ln2
1
3
2
2
1
3
2
22
Ejemplo 8.10 ( ) ( ) ( ) Carctgxdxarctgxarctgxdxx
arctgx+=⋅
′=
+ ∫∫21
2 2
1
1
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-4
Ejemplo 8.11 ( ) ( )∫∫ ++++=+++=+ Cxxxxdxxxxdxx 27185
36
7
8275436832 35724632
Ejemplo 8.12
x25
x 3 + 2∫ dx =1
33x
25
x3 +2∫ dx =1
3ln55
x3 +2+ C
Ejemplo 8.13
ax + 2x +1
ex
dx =a
e
x
+ 2 ⋅2
e
x
∫∫ dx =
1
La
e
a
e
x
+2
L2
e
2
e
x
+ C
Ejemplo 8.14
cosx sen3
xdx =∫ senx( )′sen
3xdx =∫
1
4sen
4x + C
Ejemplo 8.15
senx
cos3
xdx = − (− senx)cos
−3xdx = −
cos−2 x
−2∫∫ =1
2cos2
x+ C . Otro modo de
hacerla es:
senx
cos3
xdx =
senx
cos x
1
cos2
xdx = tgx tg x( )
′dx∫∫∫ =
tg2 x
2+ C
Ejemplo 8.16
dx
2x Lx + 1( )=
1
2
1
x
1
Lx + 1dx =∫∫
1
2
Lx +1( )′
Lx +1dx =∫
1
2L Lx + 1 + C
Ejemplo 8.17 Cx
arctgdx
x
dxx
dxx
+
=
+
=
+
=+ ∫∫∫ 33
1
13
3
1
3
1
13
3
1
3
1222
Nota El ejemplo 8.15 puede servir para ver que dos primitivas difieren en una constante. En efecto, no lo parece a primera vista, pero si restamos:
2
1
cos2
cos
cos2
1
cos2cos2
1
2cos2
12
2
2
2
2
2
2
2
2==
−=−=−
x
x
x
xsen
x
xsen
x
xtg
x,
se comprueba que, a pesar de las apariencias, sí difieren en una constante. 8.2.2 Integración por partes
La fórmula de integración por partes se deduce de la derivada de un producto de funciones.
Como ( ) )()()()()()( xvxuxvxuxvxu ′⋅+⋅′=′
⋅ , integrando queda
( ) dxxvxudxxvxudxxvxu )()()()()()( ∫∫∫ ′⋅+⋅′=′
⋅ ,
despejando ∫ ′⋅ dxxvxu )()( , queda:
( ) ∫∫∫ ⋅′−′
⋅=′⋅ dxxvxudxxvxudxxvxu )()()()()()( ,
como ( ) )()()()( xvxudxxvxu∫ ⋅=′
⋅ y aplicando la notación diferencial para derivadas, resulta
∫ ∫ ⋅−⋅=⋅ duvvudvu , o bien dxxuxvxvxudxxvxu∫ ∫ ′⋅−⋅=′⋅ )()()()()()(
que es la fórmula llamada de integración por partes. Nota El método consiste en descomponer la integral en producto de dos partes de manera que, al aplicar la fórmula, la nueva integral sea más sencilla que la original. Suele ser el método adecuado cuando al descomponer el integrando la parte que se deriva se simplifica: por
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-5
ejemplo, en logarítmicas, exponenciales, trigonométricas y sus inversas, etc. Se puede aplicar reiteradamente.
Aunque no existe una regla general que indique la manera adecuada de elegir los factores del integrando, en la siguiente tabla se relacionan algunos casos típicos.
)x(f g(x) Elección de las partes
Nnx n ∈ con o polinomio en x
Exponencial (*) )x(fu = , dx)x(gdv ⋅=
Nnx n ∈ con o polinomio en x
Trigonométrica (*) )x(fu = , dx)x(gdv ⋅=
Logarítmica
Nnx n ∈ con o polinomio en
x o una constante
)x(fu = , dx)x(gdv ⋅=
Inversa de trigonométrica (*)
La unidad o una constante )x(fu = , dx)x(gdv ⋅=
Exponencial (*) Trigonométrica (*) Indistinto (aplicación reiterada)
(*) generalmente de integración inmediata
Ejemplos
Ejemplo 8.18
x ⋅ e3x−1
dx∫ , elegimos las partes:
3
131313
−−− ∫ ==
=
⇒=
= xxx e
dxev
dxdu
dxedv
xu y
aplicando la fórmula
x ⋅ e
3x−1dx∫ =
xe3 x−1
3−
1
3∫ e3x −1
dx =xe3x−1
3−
1
93 ⋅∫ e
3x −1dx =
xe3x−1
3−
1
9e
3x −1+ C .
Ejemplo 8.19
x
2senxdx =∫
−==
=⇒
=
=
∫ xcossendxv
xdxdu
senxdxdv
xu 22
= −x
2cos x + 2 x cosxdx =∫ (*),
reiteramos el método eligiendo ahora
==
=⇒
=
=
∫ senxdxcosv
dxdu
xdxcosdv
xu(*)
= −x
2cos x + 2 x ⋅ senx − senxdx∫
por tanto:
x
2senxdx =∫ − x
2cos x + 2x senx + 2cos x + C .
Ejemplo 8.20
lnxdx =u = lnx
dv = dx⇒
du =1
xdx
v = x
∫ = x ⋅lnx − x
dx
x= x ⋅ lnx − x +C∫ .
Ejemplo 8.21
arctg xdx =∫
=+
=⇒
=
=
xv
dxx
du
dxdv
arctgxu21
1
= x ⋅ arctgx −
xdx
1+ x2∫ = x ⋅ arctgx −
1
2
2xdx
1+ x2∫ quedando:
arctg xdx =∫ x ⋅ arctg x −1
2ln 1+ x
2( )+ C .
Nota Al aplicar la integración por partes puede darse el caso que muestran los dos siguientes ejemplos:
Ejemplo 8.22
ex
⋅ senxdx∫ llamaremos )x(F a la función integral y aplicaremos el proceso de
integración por partes dos veces, no importa cómo elijamos las partes pero si elegimos como parte integral la exponencial nos cuidaremos de elegir la segunda vez otra vez la exponencial como parte integral, así:
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-6
F(x ) = e
x⋅senxdx∫ =
−=
=⇒
=
=
xcosv
dxedu
senxdxdv
eu xx
= −e
x⋅ cosx + e
xcosxdx =∫
=
=⇒
=
==
senxv
dxedu
xdxcosdv
eu xx
)x(Fsenxexcosesenxdxesenxexcose xxxxx−+⋅−=−+⋅−= ∫ .
Resumiendo hasta aquí, tenemos: )x(Fsenxexcose)x(F xx −+⋅−= .
Pasando F x( ) al primer miembro y despejando, tenemos finalmente
( )C
xcossenxe)x(F
x
+−⋅
=2
.
Ejemplo 8.23 ∫ xdxcos 2 llamaremos también )x(F a la función integral == ∫ xdxcos)x(F 2
= =
=
−=⇒
=
=
senxv
senxdxdu
xdxcosdv
xcosu∫ =+⋅ xdxsensenxxcos 2
( )∫ =⋅−+⋅ dxxcossenxxcos 21
)x(Fxsenxxcosdxxcosxsenxxcos −+⋅=⋅−+⋅= ∫2 .
Resumiendo hasta aquí, tenemos: F x( )= cosx ⋅ senx + x − F(x ).
Pasando F(x) al primer miembro y despejando tenemos finalmente
Cxsenxxcos
xdxcos)x(F ++⋅
== ∫ 2
2 .
8.4 Integración por descomposición
Consiste en descomponer la integral dada en suma de integrales basándose en las propiedades de la linealidad de la integral indefinida. Ya se han visto algunos ejemplos, pero en este epígrafe daremos algunos más específicos.
8.4.1. Trucos algebraicos. Al integrando se puede sumar y restar la misma cantidad o multiplicar y dividir por una misma expresión si conviene.
Ejemplos
Ejemplo 8.24
( )∫∫∫∫∫∫ =
−
−+
−
=
−
−=
−
−=
−⋅+
−⋅−=
+
−dx
x
xdx
xdx
x
xdx
x
xdx
xx
xxdx
x
x
2222
2
11
1
1
1
1
1
11
11
1
1
Cxarcsenx +−+= 21
Ejemplo 8.25 ( ) ( ) Cxtgxdxdxxtgdxxtgxdxtg +−=−+=−+= ∫∫∫ ∫222 111
8.4.2. Descomposición de funciones trigonométricas circulares. La aplicación de fórmulas de trigonometría nos permiten descomponer una integral en sumas de integrales más sencillas.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-7
Ejemplo 8.26 Para resolver
cos2
xdx∫ (resuelta por partes en el ejemplo 23) aplicamos la
identidad 2
212 xcosxcos
+= y queda
cos2
xdx∫ =1+ cos 2x
2dx =∫
1
2dx +∫
cos2x
2dx =∫
x
2+
sen2x
4+ C
Resolución de las integrales del tipo
( ) ( ) dxnxmx ⋅⋅∫ cossin ,
cosmx∫ ⋅ cosnx ⋅ dx y
senmx∫ ⋅ sennx ⋅ dx
a) dxnxcosmxsen ⋅⋅∫
Aplicamos la identidad ( ) ( )( )basenbasenbcos.sena −++=2
1 y se tiene:
( ) ( )( )( )( )
( )( )
Cnm
xnm
nm
xnmdxxnmsenxnmsendxnxmxsen +
−
−−
+
+−=−++=⋅⋅ ∫∫ 2
cos
2
cos
2
1cos
b)
cosmx∫ ⋅ cosnx ⋅ dx
Aplicamos ( ) ( )( )bacosbacosbcos.acos −++=2
1 y se tiene:
( ) ( )( )( )( )
( )( )
Cnm
xnmsen
nm
xnmsendxxnmxnmdxnxmx +
−
−+
+
+=−++=⋅⋅ ∫∫ 22
coscos2
1coscos
c)
senmx∫ ⋅ sennx ⋅ dx
Aplicamos ( ) ( )( )bacosbacosbsen.sena +−−=2
1 y se tiene:
( ) ( )( )( )( )
( )( )
Cnm
xnmsen
nm
xnmsendxxnmxnmdxnxsenmxsen +
+
+−
−
−=+−−=⋅⋅ ∫∫ 22
coscos2
1
Ejemplos
Ejemplo 8.27
sen5x∫ ⋅ cos4x ⋅dx =1
2sen9x + senx( )dx = −
1
18cos9x −
1
2cosx∫ + C
Ejemplo 8.28
cos5x∫ ⋅ cos3x ⋅ dx =1
2cos8x + cos2x( )dx =
1
16sen8x +
1
4sen2x∫ + C .
Ejemplo 8.29
sen 5x∫ ⋅ sen3x ⋅ dx =1
2cos2x − cos 8x( )dx =
1
4sen2x −
1
16sen8x∫ +C .
Nota Las integrales de estos últimos ejemplos también pueden ser resueltas aplicando “partes” repetidamente.
8.5 Integración de funciones racionales
Una función racional es aquella que se puede escribir como cociente de dos
polinomios. Se trata, pues, de integrar expresiones de la forma )x(Q
)x(P, donde tanto P(x) como
Q(x) son polinomios.
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-8
No obstante, antes de aplicar el método que vamos a explicar es aconsejable comprobar que no se trata de una integral inmediata. Por ejemplo, la integral racional
dxxx
x∫ ++
+
8
122
es inmediata y no necesita de métodos.
Con todo, para integrar funciones racionales distinguiremos dos casos:
Caso I: grado de P(x) ≥≥≥≥grado de Q(X)
En este caso se efectúa primeramente la división polinómica. Sean C(x) y R(x) el
cociente y el resto, respectivamente. Teniendo en cuenta que ( )( )
( )( )( )xQ
xRxC
xQ
xP+= , la integral
puede ser descompuesta de la forma ∫∫∫ += dx)x(Q
)x(Rdx)x(Cdx
)x(Q
)x(P.
Si ( ) 0=xR , la descomposición se reduce sólo al primer sumando, que es la integral de
un polinomio y, por lo tanto, sencilla de resolver. Por ejemplo, dxx
xx∫ −
+−
2
652
.
Si 0≠)x(R , la integral se descompone en la integral de un polinomio y una integral
racional donde el grado del numerador es menor que el del denominador y este es el caso que consideraremos a continuación.
Caso II: grado de P(x) <grado de Q(X)
Primero, se descompone factorialmente el denominador Q(x) y, a continuación, se
descompone el cociente )x(Q
)x(Pen suma de fracciones simples. Para su estudio, distinguiremos
los siguientes casos:
• Todas las raíces de ( )xQ son reales y simples.
• Hay raíces reales múltiples
• Hay raíces complejas simples (polinomio de 2º grado irreducible)
• Hay raíces complejas múltiples (polinomio de 2º grado irreducible múltiple) 8.5.1. Integración de funciones racionales con raíces reales simples en el denominador.
Supongamos que ( ) ( ) ( ) ( )nxxxxxxxx)x(Q −⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅−= 321 , donde Rx,x,x n ∈K21
y distintos dos a dos.
En tal caso siempre es posible descomponer )x(Q
)x(P de la forma:
( ) ( ) ( ) ( )n
n
xx
A
xx
A
xx
A
xx
A
)x(Q
)x(P
−+⋅⋅⋅+
−+
−+
−=
3
3
2
2
1
1 ,
donde los valores nA,,A ⋅⋅⋅1 se obtienen por identificación de )x(Q
)x(P con su descomposición.
Una vez obtenidos los iA , queda
( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫ −+⋅⋅⋅+
−+
−+
−=
n
n
xx
A
xx
A
xx
A
xx
A
)x(Q
)x(P
3
3
2
2
1
1
y, como, CxxlnAdxxx
Aii
i
i +−=−∫ , la integral inicial queda resuelta.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-9
Ejemplo 8.30. dxxx
x∫
+−
+
23
12
2
como numerador y denominador son del mismo grado dividimos
y descomponemos dxxx
xdxdx
xx
xdx
xx
x∫∫∫∫
+−
−+=
+−
−+=
+−
+
23
13
23
131
23
1222
2
.
Las raíces del denominador son reales simples 21 == x,x , la descomposición es:
( )( )( ) ( )( )( )21
12
2121
13
23
132 −−
−+−=
−+
−=
−−
−=
+−
−
xx
xBxA
x
B
x
A
xx
x
xx
x.
Identificando los numeradores: ( ) ( )1213 −+−=− xBxAx ; y dando valores a x se tiene
21 −=→= Ax y con 52 =→= Bx , por tanto:
∫∫∫∫∫ +−+−−=−
+−
−+=
+−
−+=
+−
+Cxlnxlnxdx
xdx
xxdx
xx
xdxdx
xx
x2512
2
5
1
2
23
13
23
122
2
8.5.2. Integración de funciones racionales con raíces reales múltiples
Supongamos que ( ) ( ) ( ) ( )dn
cbaxxxxxxxx)x(Q −⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅−= 321 , donde las ix son
raíces reales múltiples distintas dos a dos. En este caso la fórmula de la descomposición es:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅⋅⋅+
−+⋅⋅⋅+
−+
−+
−+⋅⋅⋅+
−+
−=
b
b
a
a
xx
B
xx
B
xx
B
xx
A
xx
A
xx
A
)x(Q
)x(P
22
2
2
2
1
12
1
2
1
1 ,
porque cada raíz genera tantas fracciones simples como indica su multiplicidad.
Una vez obtenidos los K,B,A ii , queda
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅⋅⋅+
−+⋅⋅⋅+
−+
−+
−+⋅⋅⋅+
−+
−= ∫∫∫∫∫∫∫ b
b
a
a
xx
B
xx
B
xx
B
xx
A
xx
A
xx
A
)x(Q
)x(P
22
2
2
2
1
12
1
2
1
1
Las integrales de los nuevos sumandos son del tipo ( )
1 con, >−
∫ ndxxx
An
i
i , que son
inmediatas del tipo potencial y cuya solución es:
( )( )
( )
( )( )C
xxn
A
n
xxAdxxxAdx
xx
An
i
in
ii
niin
i
i +−−
=+−
−=−=
−−
+−−
∫∫ 1
1
11.
Una vez calculadas todas, la integral queda resuelta.
Ejemplos
Ejemplo 8.31 dxxx
xdx
xx
x∫∫
+−
+=
+−
+
12
1
3
1
363
122
y ( )22 112 −=+− xxx , que es una raíz
doble, luego:
( ) ( )2
21
22111
1
12
1
−+
−=
−
+=
+−
+
x
A
x
A
x
x
xx
x.
Sumando e identificando numeradores: ( ) 21 11 AxAx +−=+ ;
y dando valores a x se tiene 21 2 =→= Ax y 10 1 =→= Ax , con lo que:
( ) ( )C
xxlndx
xdx
xdx
xx
x+
−−−=
−+
−=
+−
+∫∫∫ 13
21
3
1
1
2
3
1
1
1
3
1
363
122
Ejemplo 8.32 Calculemos dxxx
xx∫
+−
−−
23
6633
2
. Como ( ) ( )212323 +−=+− xxxx , el
denominador tiene una raíz simple y una raíz doble, la descomposición es
( ) ( ) ( )2
21
2
2
11221
663
−+
−+
+=
+−
−−
x
B
x
B
x
A
xx
xx.
Sumando e identificando los numeradores, resulta
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-10
( ) ( )( ) ( )2211663 2122 +++−+−=−− xBxxBxAxx ;
y dando a x los valores de las raíces del denominador, se tiene
• 3391 22 −=⇒=−→= BBx
• 29182 =⇒=→−= AAx .
Como el denominador no tiene otras raíces, se da a x un valor cualquiera para obtener la
tercera incógnita; en este caso, tomamos 0=x y usando los valores de A y B2 ya calculados,
se obtiene 162260 11 =⇒−−=−→= BBx , por tanto:
( )∫ ∫ ∫∫ +
−+−++=
−−
−+
+=
+−
−−C
xxlnxlndx
xdx
xdx
xdx
xx
xx
1
3122
1
3
1
1
2
2
23
66323
2
8.5.3. Integración de funciones racionales con raíces complejas simples
En este caso al factorizar el denominador aparece, además de lo ya visto, un factor de
segundo grado sin raíces reales. Sea cbxax ++2 este factor.
La descomposición en suma de fracciones simples se hace del modo habitual. Pero
aquí aparece un nuevo sumando, el correspondiente a cbxax ++2 , que es de la forma
cbxax
NMx
++
+2
.
Si 0=M , la integral ∫ ++
+
cbxax
NMx2
se convierte en ∫ ++ cbxax
N2
, cuya primitiva
sabemos que es una arcotangente.
Si 0≠M , la integral ∫ ++
+
cbxax
NMx2
se descompone en dos; una tendrá como primitiva
un logaritmo neperiano y la otra tendrá una arcotangente, tal y como se explica en los siguientes ejemplos.
Ejemplos
Ejemplo 8.33 dxxx
x∫
+− 222 es una integral en la que el denominador del integrando no
tiene raíces reales, así que procederemos del modo siguiente: 1º Se intenta que aparezca en el numerador la derivada del denominador tal y como sigue:
- multiplicamos y dividimos por 2: dxxx
x∫
+− 22
2
2
12
- restamos y sumamos 2: dxxx
x∫
+−
+−
22
222
2
12
2º La descomponemos en suma de dos integrales: dxxx
dxxx
x∫∫
+−+
+−
−
22
2
2
1
22
22
2
122
.
La primera es inmediata, se trata de un logaritmo neperiano; mientras que para la segunda hay que buscar la arcotangente tal como sigue:
( )( )∫∫ −=
+−=
+−1
11
1
22
122
xarctgdxx
dxxx
.
Resumiendo:
( )( ) CxarctgxxLdx
xdx
xx
xdx
xx
x+−++−=
+−+
+−
−=
+−∫∫∫ 122
2
1
11
1
22
22
2
1
22
2
222.
Ejemplo 8.34 ∫+
24 xx
dx. Como ( )12224 +=+ xxxx , tiene una raíz real doble, 0=x , y dos
raíces complejas, ix ±= , la descomposición es: 1
122
21
24+
+++=
+ x
NMx
x
A
x
A
xx.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-11
Poniendo el mínimo común múltiplo en el segundo miembro e igualando los numeradores:
( ) ( ) ( ) 222
21 111 xNMxxAxxA ⋅+++⋅++⋅⋅=
Para 10 2 =⇒= Ax . Como no tenemos más valores que sean cómodos para sustituir,
ordenamos el polinomio e identificamos coeficientes:
( ) ( ) 212
23
11 AxAxNAxMA +++++=
Igualando los coeficientes de ambos miembros se tiene:
grado 0 12 =⇒ A ; grado 1 01 =⇒ A ;
grado dos 102 −=⇒=+⇒ NNA ; grado 3 001 =⇒=+⇒ MMA
Por lo tanto: Carctgxx
dxx
dxxxx
dx+−−=
+
−+=
+∫ ∫∫
1
1
112224
.
Ejemplo 8.35 ( ) ( )
dxxxx
xx∫
−⋅++
++
2136
22852
2
. Como 1362 ++ xx no tiene raíces reales, la
descomposición en suma de fracciones simples es:
( ) ( ) 13622136
228522
2
++
++
−=
−⋅++
++
xx
NMx
x
A
xxx
xx.
Poniendo el mínimo común múltiplo en el segundo miembro e igualando los numeradores:
( ) ( ) ( )21362285 22 −⋅++++⋅=++ xNMxxxAxx ,
Para 229582 =⇒=⇒= AAx .
Para 2226220 =⇒−=⇒= NNx .
Para ( ) ( ) 31240351 =⇒−⋅++=⇒= MMx .
Por lo que podemos escribir:
( ) ( ) ∫∫∫++
++
−=
−⋅++
++dx
xx
xdx
xdx
xxx
xx
136
23
2
2
2136
228522
2
.
La primera integral es 22 −xln , así que ahora nos ocupamos de la segunda:
- sacamos 3 como factor y después multiplicamos y dividimos por 2: ∫++
+
dxxx
x
136
3
42
2
32
- sumamos y restamos 6: ∫++
−++
dxxx
x
136
63
462
2
32
- separamos en dos integrales: ∫∫++
−
+++
+dx
xxdx
xx
x
136
63
4
2
3
136
62
2
322
- la primera es ( )1362
3 2++ xxln
- la segunda será un arco tangente:( )∫∫
++−=
++−
437
1367
22x
dx
xx
dx
- sacamos como factor 4 en el denominador ∫+
+−
12
34
72
x
dx y multiplicamos y dividimos por
2:
+−=
+
+− ∫ 2
3
2
7
12
3
2
1
2
72
xarctg
x
dx
. Por lo tanto:
( ) ( )( ) C
xarctgxxlnxlndx
xxx
xx+
+−−+++−=
−⋅++
++∫ 2
3
2
7136
2
322
2136
2285 2
2
2
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-12
8.6 Integración por cambio de variable o sustitución
Ante una integral que no encaje en ningún modelo de los vistos con anterioridad, se suele recurrir al método de sustitución o de cambio de variable que es el más frecuente en la resolución de integrales.
El método consiste en encontrar una función )t(gx = que nos transforme la integral en
otra más sencilla. La función )t(gx = tiene que cumplir dos condiciones:
1. Ser derivable, pues hay que calcular dt)t(gdx ′=
2. Admitir función inversa puesto que una vez resuelta
CtHdttgtgfdxxf +=′⋅=∫ ∫ )()()(()(
es preciso deshacer el cambio para dejar la primitiva en función de x.
Aunque no hay reglas fijas, sí que hay determinados cambios que funcionan bien en diferentes tipos de funciones. La elección de un cambio inadecuado puede complicar más la resolución de la integral.
Ejemplo 8.36 Para calcular ∫ + dxxx 212 se hace el cambio tx =+ 21 ; se diferencia
dtdx =⋅2 , se despeja la x, 2
1−=
tx , y se pone la integral en función de t :
( ) 23
25
27
21
23
25
2122
12
1
10
1
28
12
8
11
8
121 tttdttttdtttdxxx +−=
+−=⋅−=+ ∫∫∫ .
Después, se deshace el cambio:
( ) ( ) ( ) Cxxxdxxx ++++−+=+∫ 23
25
272 21
12
121
10
121
28
121 .
8.6.1 Exponenciales y logarítmicas
Para integrales de fracciones racionales en xa y ( )xlog , o de los tipos ( )∫ ⋅dxx,aR x y
( )( )∫ ⋅dxxxR ,log , se hace el cambio tax = o ( ) tx =log .
Ejemplos
Ejemplo 8.37 ∫+
+
dxe
ex
x
4
12
.
Se hace el cambio
=
=
dtdxe
tex
x
y como ( ) 2212 teeee xx ⋅=⋅=+ y t
dt
e
dtdx
x== se tiene:
Resumiendo: Integración de funciones racionales por descomposición: 1º Se divide si procede. 2º Se hallan las raíces del denominador y se descompone éste en factores. 3º Se descompone el integrando en suma de fracciones simples.
a) la integral con raíces reales simples es suma de logaritmos neperianos b) la integral con raíces reales múltiples es suma de logaritmos neperianos y
potencias c) la integral con raíces complejas simples es suma de logaritmo neperiano y
arcotangente.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-13
( ) ( )( ) Celneetlntedtt
et
dt
t
tedx
e
e xx
x
x
++−⋅=+−⋅=⋅
+−=
+
⋅=
+∫∫∫
+
44444
41
44
212
Ejemplo 8.38 ( )
( ) ( )( )=⋅
⋅+⋅−⋅
+⋅−⋅∫ dx
xlnxlnxlnx
xlnxln
256
252523
2
=
=
dtdxx
txln1 dt
ttt
tt∫ ⋅
+−
+−=
256
252523
2
Resultando una integral conocida que se resuelve por descomposición:
Como ( )256256 223 +−⋅=+− tttttt
256256
2525223
2
+−
++=
+−
+−
tt
NMt
t
A
ttt
tt , ( ) ( ) tNMtttAtt ⋅+++−=+− 2562525 22
Haciendo 0=t e identificando coeficientes por grados se obtiene 441 === NyM,A , por lo
que la integral queda:
dttt
tdt
tdt
ttt
tt∫∫∫
+−
++=
+−
+−
256
441
256
2525223
2
, la primera es inmediata y la segunda:
dttt
dttt
tdt
tt
tdt
tt
tdt
tt
t∫∫∫∫∫
+−+
+−
−=
+−
++−=
+−
+=
+−
+
256
116
256
622
256
26622
256
222
256
4422222
,
la primera es un logaritmo y la segunda un arcotangente:
( )
−=
+
−=
+
−=
+−=
+−∫∫∫∫ 4
34
14
3
4
1
4
14
316
116
163
116
256
116
2222
tarctgdt
tdt
tdt
tdt
tt
Luego ( )
−++−+=
+−
+−∫ 4
342562
256
2525 2
23
2 tarctgttlntlndt
ttt
tt y en definitiva:
( )
( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )
Cxln
arctgxlnxlnlnxlnlndxxlnxlnxlnx
xlnxln+
−++−+=⋅
⋅+⋅−⋅
+⋅−⋅∫ 4
342562
256
2525 2
23
2
8.6.2 Trigonométricas
Integrales del tipo ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR función impar en senx , cambio txcos =
Integrales del tipo ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR función impar en xcos , cambio tsenx =
Integrales del tipo, ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR función par en senx y en xcos , cambio ttgx =
Integrales del tipo, ( )∫ ⋅ dxxcos,senxR los demás casos, cambio general tx
tg =
2
Ejemplos
Ejemplo 8.39 La integral ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 32 es impar en senx , ya que
( ) xsenxcossenxxcos 3232 ⋅−=−⋅ . Por tanto se hace el cambio txcos = dtdxsenx =⋅−⇒
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-14
( ) ( )∫∫∫∫ ⋅−−=⋅⋅−⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅ dtttdxsenxxxdxsenxxsenxdxxsenx 22222232 1cos1coscoscos
que es inmediata así ( ) Cxcosxcostt
dtttdxxsenxcos ++−=+−=⋅−−==⋅⋅ ∫∫ 53531
53532232
Ejemplo 8.40 ∫ xcos
dx, es impar en xcos ; se hace el cambio dtdxxtsenx =⋅⇒= cos y
resulta: ∫∫∫∫−
=−
==222 11 t
dtdx
xsen
xcosdx
xcos
xcos
xcos
dx , que hacemos por descomposición:
( ) ( )( ) ( )tBtA
t
tBtA
t
B
t
A
t−++=⇒
−
−++=
++
−=
−111
1
11
111
122
,
si 2
11 =⇒= At , si
2
11 =⇒−= Bt . Por tanto:
( ) ( )∫∫∫∫ +++−−=++−−=+
+−
=−
= CsenxLsenxLtLtLt
dt
t
dt
t
dt
xcos
dx1
2
11
2
11
2
11
2
1
12
1
12
1
1 2
Ejemplo 8.41 ∫− xsenxcos
dx22
par en senx y en xcos , pues
( ) ( ) xsenxcossenxxcos2222
11
−=
−−−.
Por tanto, se hace el cambio ( ) dtdxx
txtg =⇔=2cos
1, y dividiendo dentro de la integral
numerador y denominador por xcos2 se tiene: ∫∫∫−
=−
=−
22
2
22 11
1
t
dt
xtg
dxxcos
xsenxcos
dx,
integral que ha sido resuelta en el ejercicio anterior. Por tanto:
Ctgx
tgxLtgxLtgxL
t
dt
xsenxcos
dx+
−
+=++−−=
−=
−∫∫ 1
1
2
11
2
11
2
1
1 222.
- Cambio general tx
tg =
2. Aplicando las correspondientes fórmulas trigonométricas se
tiene:21
2
t
tsenx
+= ,
2
2
1
1
t
txcos
+
−= ,
21
2
t
ttgx
−= . Por otra parte como arctgtxt
xtg 2
2=⇔=
,
diferenciando se obtiene: 21
2
t
dtdx
+= .
Ejemplo 8.42 ∫++ xcossenx
dx
1 . Aquí es obligado hacer el cambio general t
xtg =
2, se tiene:
Cx
tglntlnt
dt
t
ttt
t
dt
t
t
t
t
t
dt
xcossenx
dx+
+=+=
+
⋅=
+
−+++
+=
+
−+
++
+=++
∫∫ ∫∫ 211
22
2
1
121
1
2
1
1
1
21
1
2
12
22
2
2
2
2
2
Nota Cualquiera de los tres casos anteriores a éste se podría haber resuelto con el cambio
general tx
tg =
2 aunque este cambio conduce habitualmente a integrales cuya resolución es
larga y por lo tanto lo utilizaremos cuando no sea factible ninguno de los anteriores.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-15
8.7 Integrales no resolubles por cuadraturas
Como dijimos, no siempre existe primitiva de una función. Cuando una función no tiene
primitiva la única opción es contentarse con funciones que sean aproximación de las dadas y, entonces, integrar.
A modo de ejemplo se dan algunas funciones que no pueden integrarse.
dxx
senax∫ , ∫ dx
senax
x, ∫
⋅ senaxx
dx, dx
x
axcos∫ , ∫ dx
axcos
x, ∫
⋅ axcosx
dx, ∫
⋅ axcosx
dx,
dxx
tgx∫ , ∫ dx
tgx
x, ∫
⋅ tgaxx
dx, ∫ ⋅⋅ dxtgaxx , dx
x
eax
∫ , ∫ ⋅⋅ dxxlneax , ∫ xln
dx, ∫
⋅
xln
dxx,
( )∫ ⋅dxxcosln , ∫ ⋅dxeax2
.
Primitivas. Métodos de integración. Tema 8
8-16
AMPLIACIÓN
I. Integración de funciones racionales con raíces complejas múltiples
Al factorizar el denominador aparece un factor de segundo grado del tipo
( )ncbxax ++2 , donde cbxax ++2 no tiene raíces reales.
El método de Hermite resuelve este tipo de integrales, pero no lo veremos aquí; por lo
que damos un método que se puede aplicar en casos sencillos.
En la descomposición, las fracciones simples correspondientes a este factor son del
tipo ( )n
nn
cbxax
NxM
cbxax
NxM
++
++⋅⋅⋅+
++
+
22
11 , la resolución de las integrales de este tipo de
fracciones se hace mediante un proceso de reducción aplicando la fórmula de integración por
partes. El cálculo es largo y supera nuestro propósito, no obstante y a modo de ilustración
resolveremos un caso de los más sencillos.
Ejemplo 8.43 ( )∫
+22 4x
dx
( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫ =
+
−=
+
+=
+
−+=
+
=
+
dxx
xdx
x
xdx
x
xx
x
dx
x
dx22
2
22
2
22
22
2222 44
1
4
4
4
1
4
4
4
1
4
4
4
1
4
la primera ( ) ( ) 28
1
12
2
1
8
1
4
1
4
1
4
4
4
12222
2 xarctgdx
xdx
xdx
x
x∫∫∫ =
+
=
+=
+
+
la segunda ( )∫
+
− dxx
x22
2
44
1 la hacemos por partes eligiendo:
( ) ( ) ( ) ( )
+−=
+
=
+
=
=
⇒
+
=
=
∫ ∫∫42
1
4
2
2
1
442222222 xx
xdx
x
xdxv
dxdu
x
xdxdv
xu
así que:
( ) ( ) ( ) 216
1
48
1
4
1
8
1
424
1
44
12222222
2 xarctg
x
xdx
xx
xdx
x
x−
+
=+
−
+⋅
=
+
− ∫∫ ,obsérvese que esta
última integral es la resuelta anteriormente.
Luego, ( ) ( ) ( ) 216
1
48
1
216
1
48
1
28
1
4222222
xarctg
x
xxarctg
x
xxarctg
x
dx+
+
=−
+
+=
+∫ .
II. Integración de funciones irracionales cuadráticas
Se trata de integrar funciones del tipo dxcbxax,x∫
++2 . Dado que todo
polinomio de grado 2 se puede escribir de una de estas tres formas:
( )( )22abxK −+ , ( )( )22 bxaK +− o bien ( )( )22
abxK ++
se presentan tres tipos de integrales:
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-17
dxxa∫ − 22 se resuelve con el cambio sentax ⋅= o tcosax ⋅=
dxax∫ − 22 se resuelve con el cambio tsecax ⋅= o ectcosax ⋅=
dxax∫ + 22 se resuelve con el cambio tgtax ⋅= o gtcotax ⋅=
Ejemplos
Ejemplo 8.44 ∫ − dxxa 22 .
Se hace el cambio sentax ⋅= dttcosadx ⋅⋅=→
( )C
a
xarcsen
a
xa
a
xattcossentadttcosadxxa +
+
−=
+⋅=⋅=− ∫∫
22222222
22
ya que a
xarcsent = ,
a
xsent = y
a
xa
a
xtsentcos
2222 11
−=
−=−=
Ejemplo 8.45 ( )∫
−++ 142 22xxx
dx .
Como ( ) 521422 −+=−+ xxx , se tiene:
( ) ( ) ( )∫∫
−++
=
−++ 522142 2222xx
dx
xxx
dx,
⋅⋅⋅=
⋅=+
dttgttsecdx
tsecx
5
52y se tiene:
( ) ( )∫ ∫∫∫ ⋅=
⋅⋅
⋅⋅⋅=
−⋅
⋅⋅⋅=
−++
dttcostgttsec
dttgttsec
tsectsec
dttgttsec
xx
dx
5
1
55
5
555
5
52222222
.
Por tanto: ( )
Cx
xxsent
xxx
dx+
+
−+==
−++∫ 2
14
5
1
5
1
142
2
22 ya que:
2
14
2
51
2
552
22
+
−+=
+−=→
+=→⋅=+
x
xx
xsent
xtcostsecx .
Ejemplo 8.46 ∫+⋅ 232 xx
dx .
Se hace el cambio tcos
dtdxtgtx
23
2
3
2=→⋅= .
Realizando el cambio y simplificando se tiene:
∫∫−
+==
+⋅ tcos
tcosln
sent
dt
xx
dx
1
1
2
1
2
1
32 2 .
Deshacer el cambio de variable es trabajoso y a veces no es necesario, pero sí conviene hacerlo:
232
232
11
11
1
1
2
2
2
2
−+
++=
−−
++=
−
+
x
x
ttg
ttg
tcos
tcos
y queda:
Cx
xln
xx
dx+
−+
++=
+⋅∫
232
232
2
1
32 2
2
2
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-17
Ejercicios resueltos Integrales sencillas (casi inmediatas): R.1. Calcula las siguientes integrales:
a) ( ) ( )∫ −− dxxxx 767332 b) ∫ − 23x
dx c) ∫ −
dxx
x
23 3
2
.
Soluciones:
a) Inmediata ( ) ( ) ( ) Cxxdxxxx +−=−−∫4232 73
4
17673
b) Cxx
dx
x
dx+−=
−=
− ∫∫ 233
2
232
3
3
2
23
c) Cxlndxx
xdx
x
x+−=
−=
− ∫∫ 239
1
23
9
9
1
23
3
3
2
3
2
.
R.2. Calcula las siguientes integrales.
a) ∫ +dx
x
x
41
2 b) ∫ dx
xsen
xcos
3
3 c)
( )∫ +dx
xcos
x
122 d) ∫ + 22 ax
dx.
Soluciones:
a) ( )
( ) Carctanln
dxln
lndx x
x
x
x
x
+=
+
⋅=
+ ∫∫ 22
1
21
22
2
1
41
22
b) ( )( )
( )( )
( ) Cxsenlndxxsen
xcosdx
xsen
xcos+=
⋅= ∫∫ 3
3
1
3
33
3
1
3
3
c) ( ) ( )
( ) Cxtgdxxcos
xdx
xcos
x++=
+=
+ ∫∫ 12
1
1
2
2
1
1
2
2222
d) Dividimos numerador y denominador por 2a se tiene ∫∫∫ =
+
=
+
=
+1
11
1
1
22
2
22
a
x
dxa
a
a
x
dxa
ax
dx
Ca
xarctg
a+
=
1
R.3. Calcula:
a) ( ) dxxx ⋅−∫21 b) dxx
xx ⋅
+−∫ 3
3
2 1 c) ( )∫ + dxee xx 252 2 d) ∫ ⋅ dxtgx
e) ( )∫ ⋅ dxesene xx f) ∫ dxxcos
tgx2
g) ( )∫ ⋅ xlnsenx
dx2
h) ∫ ++ 962 xx
dx
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-18
Soluciones:
a) ( ) Cxxdxxxdxxx +−=⋅
−=⋅− ∫∫ 2
7
2
3
2
5
2
12
7
2
3
21
b) Cxx
xxxxdxxxxdxxx
x ++−=+−=⋅
+−=⋅
+− −−∫∫
3 4
2
33
4233
1323
3
2
4
3
2
1
3
1
4
3
2
1
3
11
c) ( ) ( ) ( )∫∫ ++=+=+ Cedxeedxee xxxxx 62252252 212
122
2
12
d) Cxcoslndxxcos
senxdxtgx +−=
−−=⋅∫ ∫
e) ( ) ( ) Cecosdxesene xxx+−=⋅∫
f) ( ) CxtgdxtgxDtgxdxx
tgx+=⋅=∫∫
2
2 2
1
cos
g) ( )
( )( )
( ) Cxgdxxsen
xD
xsenx
dx+−==
⋅ ∫∫ lncotln
ln
ln 22
h) ( ) ( ) Cx
xdxxxx
dx+
+−=+−=+=
++∫ ∫−−
3
133
96
12
2
R.4. Calcula:
a) ( )∫
−+
⋅22 21 x
dxx b) ∫ +
dxxsen
xcos21
c) ( ) dxsenxxcos ⋅+∫3
1
d) ∫+
+dx
xx
xx
23
2
3
63 e) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen2 f) ∫ +
⋅42 x
dxx g)
( )∫−+
+dx
xx
x33
2
12
23
h) ∫ ⋅ dxxx 32 i) ∫+
dxx
x 1.
Soluciones:
a) ( ) ( )
( ) Cxarctgx
dxx
x
dxx+−=
−+
⋅=
−+
⋅∫∫ 2
2
1
21
2
2
1
21
2
2222
b) ( )∫∫ =+
=+
senxarctgxsen
)senx(ddx
xsen
xcos22 11
c) ( ) ( ) ( ) ( ) Cxcosxcosdxcosdxsenxxcos ++−=⋅+−=⋅+ ∫∫433
14
111
d) Cxxdxxx
xxdx
xx
xx++=
+⋅
+=
+
+∫∫
23
23
2
23
2
3232
632
3
63
e) ( )∫ ∫ +=⋅=⋅⋅ Cxsensenxdxsendxxcosxsen 322
3
1
f) Cx
arctg
x
dxx
x
dxx
x
dxx+
=
+
⋅⋅=
+⋅
⋅=
+
⋅∫ ∫∫
24
2
21
2
22
1
212
2
2
222
24
g) ( )
( ) ( ) ( )( )
Cxx
xxxdxxdxxx
x+
−+
−=−+−=+−+=
−+
+ −−
∫ ∫ 23
23233
33
2
122
112
2
12312
12
23
h) Cln
dxdxx
xxx+==⋅∫ ∫ 6
6632
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-19
i) Cxxxxdxxxdxxx
xdx
x
x++=+=⋅
+=
+=
+∫∫ ∫
−
23
22
3
211 32
1
2
3
2
1
2
1
R.5. Integra por partes:
a) ∫ ⋅ dxxarccos b) ∫ ⋅ dxxsene x 32 c) ∫ ⋅ dxxlnx d) ( )∫ ⋅dxxlncos
e) ( )∫−
⋅+ dxex x12 f) ∫−−
⋅ dxex x 12
Soluciones:
a) ∫ =⋅ dxxarccos
=−
−=⇒
=
=
xv
dxx
du
dxdv
xarccosu21
1
∫ =
−
+⋅=21 x
xdxxarccosx
Cxxarccosx +−−⋅= 21
b) ∫ =⋅dxxsene x 32
−=
=⇒
⋅=
=
xcosv
dxedu
dxxsendv
euxx
33
12
3
22
∫ =⋅+−
= dxxcosexcose x
x
33
2
3
3 22
=
=⇒
⋅=
=
xsenv
dxedu
dxxcosdv
euxx
33
12
3
22
⋅−+
−= ∫ dxxsene
xsenexcose xxx
33
2
3
3
3
2
3
3 222
, llamando
∫ ⋅= dxxsene)x(F x 32 ,
( ) ( ) ( ) Cxsenexcose
xFxFxsenexcose
xFxx
xx
++−
=⇒−+−
=13
32
13
33
9
43
9
2
3
3 222
2
c) ∫ =⋅ dxxlnx
=
=
⇒⋅=
=
2
3
3
2
1
xv
dxx
du
dxxdv
xlnuC
xxlnx+−=
9
4
3
2 33
d) ( )∫ ⋅dxxlncos antes de aplicar la fórmula multiplicamos y dividimos por x.
( )( )
=⋅⋅=⋅ ∫∫ dxx
xlncosxdxxlncos ( )
( )
=
=⇒
⋅=
=
xlnsenv
dxdu
dxx
xlncosdv
xu
( ) ( ) ( )∫∫ ⋅−=⋅ dxxlnsenxlnxsendxxlncos volvemos a multiplicar y dividir por x antes de aplicar
la fórmula otra vez eligiendo ahora: ( )( )
−=
=⇒
⋅=
=
xlncosv
dxdu
dxx
xlnsendv
xu con lo que:
( ) ( ) ( ) ( )∫∫ ⋅−+=⋅ dxxlncosxlncosxxlnxsendxxlncos pasamos la integral al primer término y
despejamos: ( ) ( ) ( )[ ] Cxlncosxxlnxsendxxlncos ++=⋅∫ 2
1
e) ( )∫−
⋅+ dxex x12
−=
=⇒
⋅=
+=−− xx ev
xdxdu
dxedv
xu 212
( ) =⋅++−= ∫−− dxexex xx 212
−=
=⇒
⋅=
=−− xx ev
dxdu
dxedv
xu 22 ( ) ( ) Cexxdxexeex xxxx+++−=⋅+−+−=
−−−−∫ 32221 22
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-20
f) ∫−−
⋅ dxex x 12
−=
=⇒
⋅=
=−−−− 11
2 2xx ev
xdxdu
dxedv
xu=⋅+−= ∫
−−−− dxexex xx 112 2
−=
=⇒
⋅=
=−−−− 11
22xx ev
dxdu
dxedv
xu ( ) Cexxdxexeex xxxx+⋅++−=⋅+−−=
−−−−−−−−∫
121112 2222
R.6. Integra mediante trucos o formulas de descomposición:
a) ∫ −
1 senx
dx b) ∫
−++ 11 xx
dx c) ∫ ⋅⋅ dxxcossenx 2 d) ∫ ⋅⋅ dxxcosxcos 4
e) ∫ ⋅⋅ dxxsensenx 9 .
Soluciones:
a) ( ) ( )
=+
=−
+=+=
− ∫∫∫ xcos
dxsenx
xsen
dxsenxsenx
senx
dx22
1
1
1)1 por divide y multiplica (se
1
Cxsectgxxcos
senxdx
xcos
dx++=+= ∫∫ 22
b) ∫−++ 11 xx
dx, multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador.
( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) Cxxdxxdxxdxxx
xx
xx
dx+
−−+=−−+=−−+
−−+=
−++∫∫ ∫∫
332
1
2
1
113
11
2
11
2
1
11
11
11
c) ( )( )∫∫ ++−=⋅−+=⋅⋅ Cxcosxcos
dxxsenxsendxxcossenx26
33
2
12
d) ( )( )∫∫ ++−=⋅−+=⋅⋅ Cxsenxsen
dxxcosxcosdxxcosxcos6
3
10
535
2
14
e) ( )( )∫∫ +−=⋅−−=⋅⋅ Cxsenxsen
dxxcosxcosdxxsensenx20
10
16
8108
2
19
R.7. Integra las fracciones algebraicas.
a) ∫+−
+−dx
xxx
xx
23
210623
2
b) ∫−
−+−dx
xx
xx23
2 22 c)
( )∫−⋅
+−dx
xx
xx2
2
1
142 d) ∫
+−
+dx
xx
x
45
42
2
e) ∫+−
+dx
xx
x
134
12
2
f) ∫−+
+dx
xxx
x
6
123
g) ∫++
dxxx
x
32
32
h) ( )∫
+⋅
−dx
xx
x
1
12
2
i) ∫+−
+dx
xxx
x
44
223
.
Soluciones:
a) ∫+−
+−dx
xxx
xx
23
210623
2
, ( ) ( )2123 23 −⋅−⋅=+− xxxxxx raíces reales simples.
( ) ( ) ( ) ( )
xxx
xxCxxBxxA
x
C
x
B
x
A
xxx
xx
23
1221
2123
21062323
2
+−
−⋅⋅+−⋅⋅+−⋅−⋅=
−+
−+=
+−
+− identificando:
322110 =→==→==→= Cx;Bx;Ax , por tanto:
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-21
Cxlnxlnxlndxx
dxx
dxx
dxxxx
xx+−+−+=
−+
−+=
+−
+−∫∫∫∫ 2312
2
3
1
21
23
210623
2
b) ∫−
−+−dx
xx
xx23
2 22, ( )1223 −⋅=− xxxx una raíz real simple y una doble.
( ) ( )23
221
221
23
2 11
1
22
xx
xBxAxxA
x
B
x
A
x
A
xx
xx
−
⋅+−⋅+−⋅⋅=
−++=
−
−+− identificando:
113120 12 =→−=−=→==→= Ax;Bx;Ax , por tanto:
Cxlnx
xlndxx
dxx
dxx
dxxx
xx+−−−=
−
−++=
−
−+−∫∫∫∫ 13
2
1
32122223
2
c) ( )∫
−⋅
+−dx
xx
xx2
2
1
142, una raíz real simple 0=x y una doble 1=x .
( ) ( )
( ) ( )
( )221
2
221
2
2
1
11
111
142
−⋅
⋅+−⋅⋅+−⋅=
−+
−+=
−⋅
+−
xx
xBxxBxA
x
B
x
B
x
A
xx
xx identificando:
111110 12 =→−=−=→==→= Bx;Bx;Ax , por tanto:
( ) ( )C
xxlnxln
x
dx
x
dx
x
dxdx
xx
xx∫ ∫ ∫∫ +
−+−+=
−−
−+=
−⋅
+−
1
11
111
14222
2
d) ∫+−
+dx
xx
x
45
42
2
, ( ) ( )41452 −⋅−=+− xxxx raíces reales simples.
45
51
45
422
2
+−+=
+−
+
xx
x
xx
x
( ) ( )45
14
4145
522
+−
−⋅+−⋅=
−+
−=
+− xx
xBxA
x
B
x
A
xx
x;
3
204
3
51 =→=−=→= Bx;Ax , así:
Cxlnxlnxdxx
dxx
dxdxxx
x+−+−−=
−+
−−=
+−
+∫∫∫∫ 4
3
201
3
5
4
1
3
20
1
1
3
5
45
42
2
e) ∫+−
+dx
xx
x
134
12
2
, dividiendo queda: 134
1241
134
122
2
+−
−+=
+−
+
xx
x
xx
x,por tanto
∫∫∫+−
−+=
+−
+dx
xx
xdxdx
xx
x
134
124
134
122
2
, ∫ = xdx ,calculamos ∫+−
−dx
xx
x
134
1242
, raíces
complejas en el denominador por tanto.
∫∫∫∫+−
−+
+−
−=
+−
−−=
+−
−dx
xxdx
xx
xdx
xx
xdx
xx
x
134
22
134
422
134
2422
134
1242222
,
( )1342134
422 2
2+−=
+−
−∫ xxlndx
xx
x
calculamos ( )∫ ∫
+−−=
+−
−dx
xdx
xx 92
14
134
422
hacemos dtdxtx 332 =→=− y
( )
−−=−=
+−=
+−− ∫∫ 3
2
3
4
3
4
99
34
92
14
22
xarctgarctgtdt
tdx
x en definitiva:
( ) Cx
arctgxxlnxdxxx
x+
−−+−+=
+−
+∫ 3
2
3
41342
134
1 2
2
2
f) ∫−+
+dx
xxx
x
6
123
, ( ) ( )32623 +⋅−⋅=−+ xxxxxx raíces reales simples.
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-22
326
123 +
+−
+=−+
+
x
C
x
B
x
A
xxx
x, ( ) ( ) ( ) ( )23321 −⋅⋅++⋅⋅++⋅−⋅=+ xxCxxBxxAx dando
valores a x se tiene: 15
23
10
32
6
10 −=→−==→=−=→= Cx;Bx;Ax , por tanto:
Cxlnxlnxlndxx
dxx
dxx
dxxxx
x++−−+−=
+−
−+−=
−+
+∫∫∫∫ 3
15
22
10
3
6
1
3
1
15
2
2
1
10
31
6
1
6
123
g) ∫++
dxxx
x
32
32
, el denominador no tiene raíces reales.
∫∫∫∫∫++
−++
+=
++
−+=
++=
++dx
xxdx
xx
xdx
xx
xdx
xx
xdx
xx
x
32
13
32
22
2
3
32
222
2
3
32
2
2
3
32
322222
( )322
3
32
22
2
3 2
2++=
++
+∫ xxlndx
xx
x hacemos ahora
( )∫∫++
−=++
−21
332
13
22x
dxdx
xx se
hace el cambio dtdxtx 221 =→=+
( ) 2
1
2
23
2
23
12
23
22
23
213
222
+−=−=
+−=
+−=
++− ∫∫∫
xarctgarctgt
t
dt
t
dt
x
dx
( ) Cx
arctgxxlndxxx
x+
+−++=
++∫
2
1
2
2332
2
3
32
3 2
2
h) ( )∫
+⋅
−dx
xx
x
1
12
2
una raíz real y dos complejas ( ) 11
122
2
+
++=
+⋅
−
x
NMx
x
A
xx
x
( ) ( ) xNMxxAx ⋅+++⋅=− 11 22 , si 10 −=→= Ax ; 21 =+→= NMx ; 21 =−→−= NMx
por tanto 02 == NyM y ( )
( )∫∫∫ +++−=+
+−
=+⋅
−Cxlnxlndx
x
xdx
xdx
xx
x1
1
21
1
1 2
22
2
i) ∫+−
+dx
xxx
x
44
223
, ( )223 244 −⋅=+− xxxxx , una raíz real simple 0=x y una doble 2=x .
( ) ( )
( ) ( )
( )221
2
221
2232
22
222
2
44
2
−⋅
⋅+−⋅⋅+−⋅=
−+
−+=
−⋅
+=
+−
+
xx
xBxxBxA
x
B
x
B
x
A
xx
x
xxx
x
identificando: 2
1322
2
10 12 −=→==→==→= Bx;Bx;Ax , así que:
( )C
xxlnxln
x
dx
x
dx
x
dxdx
xxx
x∫ ∫ ∫∫ +
−−−−=
−+
−−=
+−
+
2
22
2
1
2
1
22
22
1
2
1
44
2223
Integración por cambio de variable Trigonométricas R.8. Integra:
a) ∫ ⋅dxxcos3 b) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 22 c) ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 4 d) ∫ ⋅ dxxsec6
e) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 73 f) ∫ dxsenx
xcos3
g) ( )
∫+−
⋅+dx
xcosxcos
senxxcos
45
42
2
h) ( )∫
+dx
senx
xcos3
1
3
Soluciones:
a) ∫ ⋅dxxcos3 cambio dtdxxcostsenx =⋅→=
( ) ( ) Cxsen
senxt
tdttdxxcosxsendxxcosxcosdxxcos +−=−=⋅−=⋅−=⋅⋅=⋅ ∫∫∫∫ 3311
332223
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-23
b) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 22 aplicamos las fórmulas 2
21
2
21 22 xcosxcos,
xcosxsen
+=
−=
∫∫∫∫ −=−
=+−
=⋅⋅ dxxcosx
dxxcos
dxxcosxcos
dxxcosxsen4
2
44
21
2
21
2
21 2222 repitiendo la
fórmula ∫∫ +=+
=32
4
82
41
4
1
4
22 xsenxdx
xcosdx
xcos así que:
Cxsenxx
dxxcosxsen +−−=⋅⋅∫ 32
4
84
22
c) ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 4 cambio dtdxxcostsenx =⋅→=
Cxsent
dttdxxsenxcos +===⋅⋅ ∫∫5
544
5
1
5
d) ( )∫ ∫∫ ⋅+⋅=⋅⋅=⋅ dxxtgxsecdxxsecxsecdxxsec222426 1 cambio dtdxxsecttgx =⋅→= 2
( ) ( ) Cxtgxtg
tgxtt
tdtttdttdxxsec +++=++=⋅++=+=⋅ ∫ ∫∫ 43
2
43
2211
434342226
e) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 73 cambio tsenx = o bien txcos = , hacemos dtdxsenxtxcos =⋅−→=
( ) ( )∫∫∫ +−=⋅−−=⋅⋅−=⋅⋅108
11108
727273 ttdtttsenxdxxcosxcosdxxcosxsen deshaciendo el
cambio Cxcosxcos
dxxcosxsen +−=⋅⋅∫ 810
81073
f) ∫ dxsenx
xcos3
cambio dtdxxcostsenx =⋅→=
( ) ( )Cxsensenxlndttdt
tdt
t
tdx
senx
xcosxsendx
senx
xcos+−=⋅−=
−=
−= ∫∫∫∫∫
2223
2
1111
g) ( )
∫+−
⋅+dx
xcosxcos
senxxcos
45
42
2
, dtdxsenxtxcos =⋅−→=
( )∫∫
+−
+=
+−
⋅+dt
tt
tdx
xcosxcos
senxxcos
45
4
45
42
2
2
2
resuelta en el ejercicio 4. d) y por tanto
( )Cxcoslnxcoslndx
xcosxcos
senxxcos+−+−−=
+−
⋅+∫ 4
3
201
3
5
45
42
2
h) ( )∫
+dx
senx
xcos3
1
3, dtdxxcostsenx =⋅→=
( )
( ) ( )( )
Csenx
tdttdxsenx
xcos+
+−=+−=+=
+
−−
∫∫ 2
23
312
31
2
313
1
3
Otros cambios de variable R.9. Integra:
a) dxxx
xx∫
+
+
3 23
2
3
2 b) ∫
+ x
dx
1 c) ∫
+ xe
dx
1 d) ∫
−dx
x
x
1
3
Soluciones:
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-24
a) dxxx
xx∫
+
+
3 23
2
3
2 cambio ( ) ( )
22633 2223 dt
dxxxdtdxxxtxx =⋅+→=⋅+→=+
( ) Cxxtt
dtdx
xx
xx++===
+
+∫∫
3 2233
2
33 23
2
34
3
2
3
2
1
2
1
3
2
b) ∫+ x
dx
1, tdtdxtxtx 22 =→=→=
( ) ( ) Cxlnxtlntt
dtdt
t
tdt
x
dx++−=+−=
+−=
+=
+∫ ∫∫∫ 122122
122división) la hace (se
1
2
1
c) ∫+ xe
dx
1, cambio
t
dtdxdtdxete xx
=→=→=
( )∫∫+⋅
=+ tt
dt
e
dxx 11
( ) t
B
t
A
tt ++=
+⋅ 11
1, ( ) tBtA ⋅++⋅= 11 si 10 =→= At si 11 −=→−= Bt por tanto:
( )Celnxelnelntlntln
tt
dt
e
dx xxx
x++−=+−=+−=
+⋅=
+∫∫ 111
11
Otro modo de hacerla:
( )dx
e
edxedx
e
ee
e
dxx
xx
x
xx
x ∫∫∫∫+
−=+
−+=
+ 11
1
1 la primera es inmediata xe ,para la segunda se
hace dtdxete xx =→=+1 ( )∫∫ +===+
x
x
x
elntlnt
dtdx
e
e1
1 llegando al mismo resultado.
d) ∫−
dxx
x
1
3
, cambio dttdxtxtx ⋅=→+=→=− 11 2
( ) ( ) ( )( ) Cxx
xxtt
ttdttdx
x
x+−+−+
−+
−=+++=+=
−∫∫ 1212
5
16
7
1222
5
6
7
221
1
357
357
323
Para ampliar
Irracionales cuadráticas R.10. Integra:
a) ∫− 22 1 xx
dx b) ∫
− 22x
dx c) ∫
+dx
x
x 12
Soluciones:
a) ∫− 22 1 xx
dx cambio dttcosdxsentx ⋅=→=
Cx
x
sent
tcosgtcotdt
tcostsen
tcos
xx
dx+
−−=−=−=
⋅=
−∫∫
2
222
1
1
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-25
b) ∫− 22x
dx cambio dt
tsen
tcosdxteccosx
222 −=→=
∫∫∫∫ −=−=
−
−=
− sent
dtdt
sent
tcostsen
tcosdt
teccostsen
tcos
x
dx
2
2
22
2
2 2222 para resolver esta
integral hacemos dudtsentutcos =⋅−→= y se tiene:
( ) ∫∫∫∫−
−=−
⋅=
⋅=
222 11 u
du
tcos
dtsent
tsen
dtsent
sent
dt racional que por descomposición nos da:
u
uln
+
−
1
1
2
1 y por tanto
tcos
tcosln
u
uln
x
dx
+
−−=
+
−−=
−∫ 1
1
2
1
1
1
2
1
22, tsentcos
xsent 21
2−=→=
sustituyendo x
xtcos
22 −= y por tanto C
xx
xxln
x
x
x
x
lnx
dx+
−+
−−−=
−+
−−
−=
−∫
2
2
2
1
21
21
2
1
2 2
2
2
2
2
c) ∫+
dxx
x 12
cambio tcos
dtdxtgtx
2=→=
∫∫∫∫∫∫ +=⋅
+⋅
=⋅
=+
sent
dt
tcos
sentdt
tcossent
tdtcos
tcossent
tdtsen
tcossent
dtdx
x
x22
2
2
2
2
2 1 la primera es
inmediata tsec la segunda es la del ejercicio anterior deshaciendo el cambio queda:
Cx
xlnxdx
x
x+
++
+−++=
+∫
11
11
2
11
1
2
22
2
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-26
Ejercicios propuestos P.1. Integra:
a) ( )∫
−
dxx
x33
2
2
8 b) ∫
+−
−dx
xx
xx
12
4323
2
c) ∫ ⋅dxctgx d) ∫ ⋅ dxxxsencos 3
e) dxxcossenx ⋅
−∫ 2
2
1 f)
( )∫ −
+3
15
x
dxx g) ∫ dx
xcos
x32
2
h) dxxx ⋅⋅∫ 54
i) ∫+ x
x
e
dxe21
j)
( )∫
−−
−dx
xx
x
23
2
21
23 k) ∫ ⋅ dx
ex
x
3
l) ( ) dxxcossenxxcossenx ⋅+∫ m) ∫ ⋅ xdxx253 n) dxxx ⋅+⋅∫2513
ñ) ( )
∫ dxx
xlncos o) ∫ −
−
+ x
x
e
dxe4
2
1 p) ( )∫ ⋅ dxxsenx 32
P.2. Integra por partes:
a) ∫ ⋅dxarcsenx b) ∫ ⋅ dxxcotarc c) ∫ ⋅ xdxcosx2 d) ∫ ⋅ dxxlnx 2
e) ∫ ⋅⋅ dxexcos x f) ∫ ⋅ dxxcos3 g) ∫ ⋅⋅ dxex x3 h) ( )∫ ⋅+⋅ dxsenxlnsenx 1
i) ∫ ⋅⋅ dxex x23 j) ( )∫ ⋅⋅ dxxlnx2
k) ( )∫−
⋅+ dxex x542
P.3. Integra:
a) ∫+
+++dx
x
xxx
1
188 23
b) ∫− 22 xa
dx, con 0>a c) ∫ ⋅⋅ dxxcosxsen 53
d) ∫ ⋅⋅ dxxcosxcos 57 e) ∫ ⋅⋅ dxxsenxsen 72
P.4. Integra las siguientes fracciones racionales:
a) ∫− 21 x
dx b) ∫
−dx
x
x4
2
81 c) ∫
++
+dx
xx
x
52
862
d) ∫+
dxx
x3
2
21
e) ∫+
−−dx
x
xx
1
124
f) ∫−+
+dx
xx
x
2
52
g) ∫+
+dx
x
x
43
32 h) ∫
+−
+dx
xx
x
45
12
3
j) ∫+++ 2345 33 xxxx
dx k) ∫
−dx
x
x
14
4
l) ( ) ( )∫
+⋅+ 11 2xx
dx m)
( )∫
−+
+
54
12 xx
dxx
n) ( )
( ) ( ) ( )∫+⋅+⋅+
+
321
53
xxx
dxx ñ)
( )∫ −2
2x
xdx
P.5. Integra:
a) ∫−
dxxcos
e tgx
2 b) ∫
+dx
xcos
senx23
c) ∫ ⋅ dxxsen5 d) ∫ senx
dx
e) dxxsen ⋅+∫ 21 f) ∫ ⋅ dxxcos 4 g) ∫++
dxxcosxcosxcos
senx
223
h) ( )∫ ⋅+⋅ dxxctgx 12 i) ∫ dxxcos
xsen3
j) ( )∫ + dxxtgxsen2
22
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-27
k) ∫ ⋅⋅ dxxsenxcos 42 l) ∫+−
dxsenxxsen
xcos
1262 m) ∫
+ xcos
dx
2 n) ∫
− xcos
dx
23
ñ) ∫+ xcos
xdxsen
41
2 o) ∫
− xctgxeccos
dx
22 p) ∫
++dx
x 11
1 q) ∫
+ xx
dx3
r) ∫+
dxx
x
2
2
s) ( )∫
−
+
13
2x
x
e
dxe t) ∫ dxxcos 3 u) dxex x
∫− 243
v) ( )( )∫
+2
ln1 xx
dx w) ∫ +
x
x
e
dxe6
3
2
P.6. Integra
a) ( )∫ dxxln3
b) ( )∫
−2
1 x
dx c) dxex x
∫−
⋅2
d) ∫+−
−dx
xx
x
563
12
e) ∫ +221 x
dx f) ∫
+ xe
dx
1 g) ∫
⋅+
dxx
x
241
2 h) dx
x
xx∫
+3 44 3
i) ∫−13x
dx j) ( )∫ ⋅−− dxxlnxx 322 2 k)
( )∫
−−− 223 2xx
xdx l) dx
e
ex
x
∫−
+
1
1
m) ( ) ( )[ ]∫ +−− 2lnln2ln
23xxxx
dx n) ∫
−
dxx
arcsenx
21 ñ) ∫
+
+++dx
x
xxx
1
122
23
o) ∫+−−
++dx
xxx
xx
1
15323
2
p) ∫+−
−+dx
xx
xx
82
432
2
Para ampliar
P.7. Integra
a) ∫ − 9 2 dxx b) ∫ ⋅− 42 dxx c) ∫ ⋅+ dxx 42 d) ∫ − dxxx 22 1 e) ( )∫
+221 x
dx
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-28
Soluciones:
P.1.a) ( )
Cx
+
−
−23 26
8, b) Cxx ++− 12ln 23 , c) Csenxln + , d) Cxsen +
4
4
1,
e) Cxsenxcos +−− 24
1, f) C
xx ++
4
5 45 , g) C
tgx+
3
3
, h) Cx
+15
44 15
, i) Carctgex +
j) ( ) Cxxarcsen +− 23 , k) Cln
ex
+−
31
3, l) C
xcosxsen+
−
3
33
, m) Cln
x
+310
325
n) ( ) Cx ++3251
5
1, ñ) ( ) Cxlnsen + , o) Carctge x
+−−2
2
1, p) Cxcos +−
3
3
1
P.2. a) Cxarcsenxx +−+⋅ 21 , b) ( )
Cxln
xcotarcx ++
+⋅2
1 2
, c)
Csenxxcosxsenxx +−+⋅ 222
d) Cxxlnx
+−93
33
, e) Cxcossenx
e x+
+
2, f) C
xsensenx +−
3
3
,
g) Ceexexex xxxx +⋅−⋅+⋅−⋅ 663 23 , h) ( ) Cxxcossenxlnxcos ++++⋅− 1
i) ( )
Cxe
dxexx
x+
−=⋅⋅∫ 2
123
2
2
, j) Cxxln
xlnx ++
−
42
1
2
22 , k) C
xe x
++
−−
25
22105
P.3. a) Cxx
++3
8 3
, b) Ca
xarcsen + , c) C
xcosxcos+−
16
8
4
2, d) C
xsenxsen++
4
2
24
12
e) Cxsenxsen
+−18
9
10
5
P.4. a) Cx
xln +
−
+
1
1
2
1, b) C
xarctg
x
xln +
−
−
+
36
1
3
3
12
1, c) C
xarctgxxln +
++++
2
1523 2 d)
( ) Cxln ++321
6
1, e) Cxln
xx++−− 1
34
34
, f) Cxlnxln ++−− 212 , g) Cxlnx
+++ 439
1
3
2,
h) Cxlnxlnxx
+−−−++ 13
24
3
655
2
2
, j) ( )
Cxxx
xx ++
−+
−−−+2
12
1
1
21ln31ln3
k) Carctgxxlnxlnx +−+−−+2
11
4
11
4
1, l) ( ) Carctgxxlnxln +++−+
2
11
4
11
2
1 2
m) Cxlnxln +++− 53
21
3
1, n)
( ) ( )Cxlnxln
xxxln ++++−
+−
+++ 3
4
123
1
1
12
51
4
112
ñ) Cx
xln +−
−−2
22
P.5. a) Ce tgx +− − , b) Cxcos
arctg +−33
3, c) C
xcosxcosxcos +−+−
53
2 53
d) Cx
x+
+
−
cos1
cos1ln
2
1 e) Csenxx ++− cos , f)
( ) ( )C
xsenxsenx+++
4
2
32
4
8
3
Primitivas. Métodos de integración Tema 8
8-29
g) Cxxxx
+
++
+++−
7
1cos2arctan
72
1
4
2coscosln
2
cosln2
h) ( ) Cxsenln ++12
1 2 , i) Cxcosxcosln ++−2
2
1
j) ( ) ( ) ( ) ( )
( )C
x
xx
xxxtg+
−
++−−−
2sin1
2sin1ln
2
12sin
8
4sin
22
2, k)
( ) ( )C
xsenxsenx+−−
48
2
32
4
8
3
,
l) Csenx
arctg +
−
3
3
3
3 m) C
xtg
arctg +
3
23
32, n) C
xtgarctg +
25
5
52,
ñ) ( )
Cx
+2cos4
1, o) Cxcosln +− 21
2
1 p) Cxlnx +++−+ 11212 ,
q) ) (cambio 16632 66663 txtxCxlnxxx =→=++−+−
r) ( ) ( ) Cxxx ++++−+ 2823
82
5
2 35, s) Celnx x +−+− 13
3
72
t) [ ] Cxcosxsenx ++⋅ 3333
2, u) ( ) Ceex xx
++⋅−−− 22 4424
32
1, v) ( ) Cxarctg +ln
w) Ce
arctgx
+
223
1 3
P.6. a) ( ) ( ) Cxxlnxxlnxlnx +−+− 66323
, b) Cx
+−
−1
1, c) C
e x
+−−
2
2
d) Cxxln ++− 5636
1 2 , e) ( )
Cxarctg
+2
22, f) ( ) Cxeln x +++− 1 , g) C
ln
x
+⋅+
22
241
h) Cxx ++ 3
4
4
3
4
3
3
4, i) ( ) C
xarctgxxlnxln +
+−++−−
3
1231
2
11
3
1 2 ,
j) Cxxx
xlnxxx
+++−⋅
−− 3
29
23
3
2 232
3
k) 211818922
3
5
6
7
63
4
3 62345
678
−=+−++++++++ xtCtlnttttt
ttt
, l) Celnx x +−− 12
m) Cxlnxlnxln +−−++− 12
11
6
12
3
1, n)
( )C
arcsenx+
2
2
, ñ) ( ) Cxlnxx
++++ 12
1
2
22
, o)
( )Cxln
xxln ++−
−+− 1
4
1
12
91
4
13, p)
7
1782
2
5 2 −−+−+
xarctgxxlnx
P 7. a) 3 con 24
9
2
9sentxtsent =+ , b)
sentx
tt
t 2 con
sen
2cost
cos1
cos1ln
2=+
−
+
c) tgtxtsent
sent2 con
cos
2
1
1ln
2=−
−
+, d) ( )sentx
tsent=−
32
4
8, e) C
x
xarctgx+
++
)1(22 2
Integral definida Tema 9
9-1
Tema 9
Integral definida
9.1 Introducción
El concepto de Integral Definida viene a resolver el problema del cálculo del área de una región plana limitada, al menos, por una curva. Aunque, con los siglos, se multiplicarán sus aplicaciones.
Desde tiempo inmemorial se conocen buenas aproximaciones del área del círculo de
radio conocido, pero el problema surgía cada vez que la línea curva en cuestión no era un arco de circunferencia.
Fue Arquímedes (siglo III a. de C.) quien, mejorando el método de exhaución de
Eudoxo (siglo IV a. de C.), dio las primeras ideas para resolver este problema. De manera análoga a como se hizo con el círculo, aproximar su área mediante las áreas de polígonos regulares inscritos y circunscritos al mismo con un número de lados cada vez mayor, Arquímedes aproximó la superficie de una región limitada por una curva parabólica mediante rectángulos inferiores y superiores a la curva en cuestión.
Pero como los griegos sentían “horror por el infinito”, Arquímedes llegó a este resultado
por su propio método en el que evitaba el uso del infinito. Pero el cómo llegó al resultado es cuestión que se puede leer en otros libros. Ahora, basta saber que el método es similar a la definición que posteriormente se dará.
A partir del siglo XVII, la idea de Arquímedes fue retomada y mejorada por los matemáticos. Pero, cuando descubrieron la relación entre el problema del área y el de la recta tangente, la integración abandonó su origen geométrico y tan sólo fue considerada como la operación inversa de la diferenciación.
Fue Cauchy, en el siglo XIX, quien recuperó el sentido geométrico de la integral como
área. Pero fue Riemann quien, posteriormente, dio una definición más general de integral basada en el método de Cauchy de aproximación por sumas sucesivas que, en último término, se remonta a Arquímedes.
No obstante, la generalización del concepto de integral siguió durante la primera mitad
del siglo XX, hasta el punto de que se ha llegado a decir que “aunque la integración es tan antigua como la época de Arquímedes, la teoría de la integral ha sido una creación del siglo XX”.
Integral definida Tema 9
9-2
9.2 Definición de Integral de Riemann
Sea ( )xf una función continua en [ ]b,a . Si se divide el intervalo [ ]b,a en n partes
iguales, mediante los puntos a = x0 < x1 < x2 <KK < xn = b , se obtienen n subintervalos de la
forma [ ]ii x,x 1− con i = 1,2,K,n .
a bxi- 1a bxi- 1 xici
f
Notas
- A ( )xf se le llama integrando y los valores a y b reciben el nombre de límites de integración.
- El segundo miembro es una suma "infinita" de áreas de rectángulos, con signos positivos o
negativos según sea el signo de f. Si ( )xf es positiva en todo el intervalo [ ]b,a es fácil ver que,
al tender n a infinito, la suma de éstas áreas coincidirá con el área limitada por la gráfica de la
curva ( )xfy = , el eje OX y las rectas x = a , x = b .
- El símbolo ∫ viene a ser una deformación de la inicial de la palabra suma. Y con ( )dxxf se
da a entender el área de un rectángulo de altura ( )xf y base dx . Esto es, un diferencial de
área.
- Por convenio, si a < b y f es integrable en [ ]b,a , se define ∫∫ −=b
a
a
bff . Por otro lado, para
cualquier f definida en a se considera
fa
a
∫ = 0 .
Definición Llamamos integral definida de ( )xf entre a y b, y la denotaremos por ( )dxxfb
a∫ ,
al límite
( )∫ =b
adxxf ( )( ) ( )( ) ( )( )[ ] =−++−+− −
∞→1122011 nnn
nxxcfxxcfxxcflim K
( )( )
−= ∑
=
−∞→
n
i
iiin
xxcflim1
1 , con [ ]iii x,xc 1−∈ ,
cuando este límite exista y sea el mismo para cualquier elección de los puntos c i . En tal
caso, se dice que f es integrable en [ ]b,a .
Integral definida Tema 9
9-3
(Demostración en el anexo final). Una ilustración gráfica de la proposición anterior puede verse en las figuras siguientes:
a b
m
a b
M
Dada la definición de integral definida, se plantean dos cuestiones esenciales:
• ¿Para qué funciones existe la integral definida?
• En caso de que exista, ¿cómo obtenerla?
La primera cuestión se responde en la siguiente proposición. Mientras que la otra
requiere, en ocasiones, del concepto de primitiva (ver Tema 8) y de la Regla de Barrow que se
verá más adelante.
9.3 Propiedades de las funciones integrables
Las siguientes propiedades se han trabajado ya en la integral indefinida.
Proposición Sean f una función real integrable en [ ]b,a , ( ) [ ] b,ax:xfinfm ∈= y
( ) [ ] b,ax:xfsupM ∈= , entonces:
( ) ( )abMfabmb
a−⋅≤≤−⋅ ∫ .
Linealidad de la integral
1. Sean f y g funciones reales integrables en [ ]b,a , entonces la función f + g es integrable
en [ ]b,a y se cumple
( ) ∫∫∫ +=+b
a
b
a
b
agfgf .
2. Sea f una función real integrable en [ ]b,a , entonces para todo R∈α , la función f⋅α es
integrable en [ ]b,a y se cumple
∫∫ ⋅α=⋅αb
a
b
aff .
Proposición Sea [ ] Rb,a:f → una función.
• Si f es continua en [ ]b,a , entonces f es integrable en [ ]b,a .
• Si f es acotada y monótona a trozos en [ ]b,a , entonces f es integrable en [ ]b,a .
Integral definida Tema 9
9-4
Nota El recíproco también es cierto; esto es, si f es integrable en [ ]c,a y [ ]b,c , entonces f es
integrable en [ ]b,a y se verifica la igualdad.
Ejemplo 9.1 La proposición anterior afirma que ∫ ∫∫ +=1
0
2
1
222
0
2 dxxdxxdxx . En el ejemplo
9.17 de “para ampliar” se ve que 3
82
0
2=∫ dxx . Utilizando el mismo método se puede
comprobar que
3
11
0
2=∫ dxx y
3
72
1
2=∫ dxx ,
de donde surge inmediata la igualdad.
Demostración.- Como f es continua en
[ ]b,a , por el Teorema de Bolzano-
Weierstrass (ver tema 3), f alcanza el
máximo y el mínimo en el intervalo [ ]b,a .
Sean m y M los valores mínimo y máximo, respectivamente, de f en dicho intervalo.
Aplicando la proposición del epígrafe 9.2, se tiene que
( ) ( )abMfabmb
a−⋅≤≤−⋅ ∫ .
Dividiendo las anteriores
desigualdades entre ( )ab − queda
Mfab
mb
a≤
−≤ ∫
1 .
Ahora bien, como f es continua, por el teorema de los valores intermedios (ver tema 3) se sabe que f alcanza todos los valores comprendidos entre m y M. En particular, el valor
∫−
b
af
ab
1 se alcanzará para algún ( )b,ac ∈ ; esto es, ( ) ∫−
=b
af
abcf
1 , de donde se sigue lo que
se quería demostrar.
Proposición ( Aditividad respecto del intervalo de integración) Sea f una función real
integrable en [ ]b,a y sea ( )b,ac∈ , entonces f es integrable en [ ]c,a y [ ]b,c y, además, se
cerifica
∫∫∫ +=b
c
c
a
b
afff .
Propiedades de la monotonía Sean f y g funciones reales integrables en [ ]b,a .
• Si ( ) [ ]b,ax,xf ∈∀≥ 0 , entonces 0≥∫b
af .
• Si ( ) ( ) [ ]b,ax,xgxf ∈∀≤ , entonces ∫∫ ≤b
a
b
agf .
Teorema del valor medio para integrales o Teorema del valor intermedio Sea f
una función real continua en [ ]b,a , entonces existe un ( )b,ac∈ tal que
( ) ( )( )abcfdxxfb
a−=∫ .
a bca bcc
Integral definida Tema 9
9-5
Nota Gráficamente, si ( ) 0≥xf , este teorema expresa que existe un punto c del intervalo [ ]b,a
tal que el área limitada por la curva, el eje OX y las rectas bx,ax == , es igual a la del
rectángulo de base ( )ab − y altura ( )cf . Esto es, se compensan zonas de área.
9.4 Teoremas fundamentales del Cálculo
Los teoremas de este epígrafe se llaman fundamentales porque prueban que la integración es la operación inversa de la derivación y, a la vez, dan un método para resolver la integral definida de aquellas funciones que admiten primitivas.
Sea f una función real integrable en [ ]b,a , y S la función definida en [ ]b,a del siguiente
modo ( ) ( )∫=x
adttfxS .
Nota A la función S se le suele llamar función área, porque en el caso de que f sea no
negativa en el intervalo [ ]b,a , el valor ( )0xS determina, para cada 0x del intervalo, el área
limitada por la gráfica de f, el eje OX y las rectas 0xx,ax == .
a ba bx
f
Demostración.- En un mismo paso se prueba que S es derivable y que su derivada es f. En
efecto, para todo [ ]bax ,∈ se tiene:
( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )=
+
=
−
=−+
=′∫∫∫∫
+
→
+
→→ h
dttfdttf
limh
dttfdttf
limh
xShxSlimxS
a
x
hx
a
h
x
a
hx
a
hh 000
( )( )
( ) ( )xfcflimh
hcflim
h
dttf
limxcoh
hx
x
h==
⋅==
→→
+
→
∫0
, con ( )hxxc +∈ , (como 0→h , entonces
xc → ) y, como f es continua, se sigue el teorema.
Nota Por un lado, este teorema afirma que toda función continua admite una primitiva en
forma de integral definida y, por otro, como ( ) ( )xfdttfDx
a=
∫ , permite afirmar que en cierto
sentido la derivación es la operación contraria de la integración.
Primer teorema fundamental del Cálculo Integral
Sea f una función continua en [ ]b,a , y S la función definida anteriormente.
Entonces:
• S es derivable en [ ]b,a .
• S es una primitiva de f en [ ]b,a .
Integral definida Tema 9
9-6
Demostración.- Por el primer teorema fundamental se sabe que ( ) ( )∫=x
adttfxS es una
primitiva de f.
Como dos primitivas difieren en una constante k)x(S)x(F =− , con k una constante.
Ahora bien, como ( ) 0=aS y k)a(S)a(F =− , se deduce que )a(Fk = .
Por otro lado, de k)b(S)b(F =− y ( )aFk = , se tiene que ( ) ( ) ( )aFbSbF =− .
Despejando ( )bS , se tiene ( ) ( ) ( )aFbFbS −= y como, por definición, ( ) ( )∫=b
adxxfbS ,
se sigue de manera inmediata lo que se quería demostrar. Nota La importancia del Teorema de Barrow es también doble:
• por una parte, permite calcular una integral definida a partir de una primitiva del integrando, con lo que hace innecesario hallar el límite de las sumas indicado en la definición de integral de Riemann,
• por otro lado, muestra la conexión existente entre el Cálculo Diferencial y el Cálculo
Integral ya que ( ) ( ) ( )∫ −=′b
aaFbFdxxF .
Ejemplo 9.2 Ahora se pueden realizar con mayor comodidad los cálculos efectuados en el ejemplo anterior.
3
80
3
8
3
2
0
32
0
2=−=
=∫
xdxx .
04
1
4
1
4
1
1
41
1
3=−=
=
−−∫
xdxx .
9.5 Cambio de variable Las siguientes proposiciones vienen a decir que si se obtiene la primitiva por cambio de variable también cambian los límites de integración.
Ejemplo 9.3 Para calcular ∫π
⋅2
0
2 dxxcosxsen se hace el cambio txcos = , por lo que
( )3
11
3
112
2
11
0
1
320
1
20
1
22
0
2 =
−=−−=−−=⋅ ∫∫∫
π
tdtttdtttdxxcosxsen .
Regla de Barrow (Segundo teorema fundamental del Cálculo Integral)
Sea f una función continua en [ ]b,a , y F una primitiva de f en [ ]b,a .
Entonces:
a
b
b
a)x(F)a(F)b(Ff =−=∫
Proposición (Primer tipo de cambio de variable) Sea g una función con derivada
continua en [ ]b,a y f una función continua definida al menos en Im(g). Entonces, si se
efectúa el cambio de variable ( ) txg = , se tiene que
( )( ) ( )( )
( )
∫∫ =bg
ag
b
adttfdxxgf .
Integral definida Tema 9
9-7
Ejemplo 9.4 Para calcular ∫ −1
0
21 dxx se hace el cambio tsenx = , por lo que
( ) ( )44
2
22
211
2
0
2
0
2
0
21
0
2 π=
+=
+==−
πππ
∫∫∫tsent
dttcos
dttcosdxx .
9.6 Aplicaciones al cálculo de áreas
Si f es una función integrable en [ ]b,a , de la definición se deduce:
• Si f no es negativa en todo el intervalo, el área de la región limitada por la gráfica de f,
el eje OX y las rectas bx,ax == , viene dada por ( )∫=b
adxxfA .
• Si f no es positiva en todo el intervalo, el área de la región limitada por la gráfica de f, el
eje OX y las rectas bx,ax == , viene dada por ( )∫−=b
adxxfA .
Por lo tanto, en el cálculo de áreas, lo primero a estudiar es el signo de la función en el intervalo de integración.
Ejemplos
Ejemplo 9.5 Sea la función ( ) 3xxf = definida en el intervalo [ ]10, . Para calcular el área
encerrada por f , el eje de abcisas y la recta 1=x , basta ver que la función es positiva en todo
el intervalo y, como consecuencia, su área es
4
1
4
1
0
41
0
3=
== ∫
xdxxA .
Ejemplo 9.6 Sea la función ( ) 32 −= xxf definida en todo R.
Para calcular el área de la región limitada por la gráfica de f y el
eje de abcisas, primeramente vemos cuál es esta región. Para
ello, necesitamos hallar los puntos de intersección de f con OX. Es
fácil ver que f corta al eje en 3=x y 3−=x y que la región
pedida es la definida en el intervalo [ ]33 ,− . Como f es
negativa, su área es
Proposición (Segundo tipo de cambio de variable) Sea f una función continua en
[ ]b,a y [ ] [ ]b,ad,c:g → una función continua y biyectiva en [ ]d,c , derivable en ( )d,c
tal que ( ) 0≠′ xg para todo ( )d,cx∈ . Entonces, si se realiza el cambio de variable
( )tgx = , se tiene que
( ) ( )( )( )
( )
∫∫−
−=
bg
ag
b
adttgfdxxf
1
1
-2 -1 1 2
-3
-2
-1
1
2
-2 -1 1 2
-3
-2
-1
1
2
Integral definida Tema 9
9-8
( ) 34333
3323
323
33
3
0
33
3
33
3
2 =
−−=
−−=
−−=−−=
−−∫ x
xx
xdxxA ,
donde hemos utilizado que la función es simétrica respecto del eje OY.
Ejemplo 9.7 Para hallar el área encerrada por ( ) xsenxf = , el eje de abcisas y la recta 4
π=x
, en el intervalo
ππ−
4, , se estudia el signo de la función en dicho intervalo en cuestión. Es
fácil ver que es negativa en [ ]0,π− y positiva en
π
40, . Por lo tanto, el área es
( ) ( )2
261
2
211
4
0
04
0
0 −=+−+=−+=+−=
π
π−
π
π− ∫∫ xcosxcosdxxsendxxsenA .
-5 -4 -3 -2 -1 1
-1
-0.5
0.5
1
-5 -4 -3 -2 -1 1
-1
-0.5
0.5
1
9.6.1 Área de la región limitada por las gráficas de dos funciones
Sean f y g dos funciones integrables en [ ]b,a , con ( ) ( )xgxf ≤ para todo x del intervalo.
Entonces, el área de la región limitada por las gráficas de f y g es
( ) ( )( )∫ −=b
adxxfxgA
Ejemplos
Ejemplo 9.8 Para hallar el área limitada por las gráficas de las
funciones ( ) 52 −= xxf y ( ) 23 xxg −= , primeramente hallamos
los puntos de intersección. Es fácil ver que éstos son 2−=x y
2=x . Por lo que la región limitada por las curvas es la
correspondiente al intervalo [ ]22,− , donde se cumple además
que ( ) ( )xgxf ≤ . En consecuencia, el área pedida es
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) =−=−=+−−=−= ∫∫∫∫ −−−
2
0
22
2
22
2
222
22822853 dxxdxxdxxxdxxfxgA
( )3
64
3
16162
3
282282
2
0
32
0
2 =
−=
−=−= ∫
xxdxx ,
en donde hemos utilizado que el integrando es una función simétrica respecto del eje OY.
Ejemplo 9.9 Para hallar el área limitada por las gráficas de las funciones ( ) 12 −= xxf y
( ) 123 +−−= xxxxg , primeramente hallamos los puntos de intersección. Es fácil ver que
-2 -1 1 2
-4
-2
2
-2 -1 1 2
-4
-2
2
Integral definida Tema 9
9-9
éstos son 1−=x , 1=x y 2=x . Por lo tanto, la región a estudiar está compuesta por dos
zonas, una que se corresponde con el intervalo [ ]11,− y otra con el
[ ]21, . En el primer intervalo, ( ) ( )xgxf ≤ , mientras que en el
segundo es ( ) ( )xgxf ≥ ; así pues, el área pedida es
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) =−+−= ∫∫−
2
1
1
1dxxgxfdxxfxgA
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) =−+−= ∫∫−
1
2
1
1dxxfxgdxxfxg
( ) ( ) =+−−++−−= ∫∫−
1
2
231
1
23 2222 dxxxxdxxxx
=
+−−+
+−−=
−
1
2
2341
1
234
223
2
42
23
2
4x
xxxx
xxx
=
+−−−+−−+
−−+−+−−= 42
3
1642
2
1
3
2
4
12
2
1
3
2
4
12
2
1
3
2
4
1
6
17
3
16
2
12 =+−−= .
Nota Si ( )xfy = es continua y biyectiva de [ ]b,a en [ ]d,c , el área
limitada por el eje OY, la gráfica de f y las rectas cy = , dy = , viene dada
por
( )dyyfAd
c∫−= 1 .
A efectos prácticos, el problema se reduce a hallar la función
inversa, esto es, despejar x y dejarla en función de y (lo cuál no siempre es posible).
Ejemplos
Ejemplo 9.10 Para hallar el área limitada por la gráfica de ( ) 1+= xxf , el eje OY y las rectas
2=y , 4=y , no existe ningún problema pues la gráfica de f es una recta y, por tanto,
continua y biyectiva en el intervalo que deseemos. Su inversa es ( ) 11 −=− yyf , luego el área
pedida es ( ) ( ) 422482
1
4
2
24
2=−−−=
−=−= ∫ y
ydyyA .
Ejemplo 9.11 Para hallar el área limitada por la gráfica de ( ) xsenxf = , el eje OY y las rectas
0=y , 1=y , no existe ningún problema pues la gráfica de f es continua y biyectiva de
π
20,
en [ ]10, . Su inversa es ( ) yarcsenyf =−1 , luego el área pedida es dyyarcsenA ∫=1
0. Para
ello, calculamos una primitiva del integrando. En efecto,
=
==−
===∫
xv;dxdvx
dxdu;xarcsenu
dxxarcsen 21
a b
c
d
f
-2 -1 1 2
-4
-2
2
4
-2 -1 1 2
-4
-2
2
4
Integral definida Tema 9
9-10
( ) Cxxarcsenxdxxxxarcsenxx
dxxxarcsenx +−+=−−+=
−
−=−
∫∫ 2212
2112
2
1
1.
Por lo tanto, 2
111
0
21
0
π==
−−== ∫ arcsenxxarcsenxdyyarcsenA .
Integral definida Tema 9
9-11
AMPLIACIÓN 1: Volúmenes de cuerpos de revolución 9.7.1 Revolución alrededor del eje de abcisas
Sea f una función integrable en [ ]b,a . El volumen del cuerpo de revolución engendrado
al girar, alrededor del eje OX, la región del plano limitado por la gráfica de ( )xfy = , el eje OX y
las rectas ax = , bx = , es
( )( )∫π=b
aX dxxfV
2.
Nota A diferencia del área, en la que se sumaban infinitos
rectángulos, aquí se suman infinitos cilindros de radio ( )xf y
altura dx . Como el volumen de un cilindro es igual al área
de la base por la altura del mismo, cada cilindro anterior
tendrá un volumen igual a ( )( ) dxxf2
π , de donde se sigue la
fórmula escrita anteriormente.
Ejemplos
Ejemplo 9.12 Para hallar el volumen que engendra al girar alrededor del eje de abcisas la
gráfica de 2xy = , entre 0=x y 1=x , bastará aplicar
55
1
0
51
0
4 π=
π=π= ∫
xdxxVX .
Ejemplo 9.13 Para hallar el volumen que engendra al girar
alrededor del eje de abcisas la región limitada por xtgy = ,
0=y , 6
π=x ,
3
π=x , bastará aplicar
( ) ( ) =+−π=π=π
π
π
π∫3
6
3
6
2 xtgxdxxtgVX
( )6
34
3
32
63
3
63
3
π−π=
+
π−π=
−
π++
π−π=
9.7.1.1 Volúmenes de cuerpos de revolución engendrados al girar la región limitada por dos curvas
Sean f y g dos funciones integrables en [ ]b,a , con ( ) ( )xgxf ≤ para todo x del intervalo.
Entonces, el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OX la región limitada por las gráficas de f y g, entre a y b, es
( ) ( )( )∫ −π=b
aX dxxfxgV
22
Nota Observa que el integrando es la diferencia de dos cuadrados y no el cuadrado de una diferencia.
Integral definida Tema 9
9-12
Ejemplo 9.14 Para hallar el volumen que engendra al girar alrededor del eje OX el recinto
limitado por ( )2
22x
xxg −= y ( )2
xxf = , calculamos
primeramente los puntos de intersección. Es fácil ver que éstos
son 0=x y 3=x , y que en ese intervalo se tiene que
( ) ( )xgxf ≤ . Luego el volumen es
( ) ( )( ) =
−−+=−= ∫∫
3
0
23
42
3
0
22
42
44 dx
xx
xxπdxxfxgπVX
=
−+=
−+= ∫
3
0
4533
0
342
220452
44
15 xxxπdxx
xxπ
5
27
2
81
20
243
4
135 ππ =
−+= .
9.7.2 Revolución alrededor del eje de ordenadas
Sea f una función integrable en [ ]b,a . El volumen del cuerpo de revolución engendrado
al girar, alrededor del eje OY, la región del plano limitada por la gráfica de ( )xfy = , el eje OX y
las rectas ax = , bx = , es
( )∫π=b
aY dxxfxV 2 .
Nota A diferencia del volumen engendrado al girar alrededor del eje OX, aquí se suman las
áreas de infinitos tubos (caras laterales de cilindros) de radio de la base igual a x y altura ( )xf .
Como el área lateral de un tubo es el producto de la longitud de la circunferencia de la base
por la altura del mismo, cada tubo tendrá un área igual a ( )xfxπ2 , de donde se sigue la
fórmula escrita anteriormente.
Ejemplo 9.15 El volumen del sólido engendrado al girar en torno al eje OY la región del plano
limitada por la gráfica de xseny = , entre 0=x y 2
π=x , es dxxsenxVY ∫
π
π=2
02 . Como
una primitiva del integrando es ( ) xsenxcosxxF +−= (se hace por partes), resulta que
( ) π=+−π=π=ππ
∫ 2222
0
2
0xsenxcosxdxxsenxVY .
Nota Si lo que se pretende es hallar el volumen del sólido engendrado al girar, en torno al eje
OY , la región del plano limitada por la gráfica de ( )xf , el eje OY y las rectas cy = e dy = ,
siendo ( )afc = , ( )bfd = y f biyectiva e integrable en [ ]b,a , puede aplicarse una fórmula
análoga a la vista para el caso de OX, quedando
( )( ) dyyfVd
cY
21∫ −π= .
Ejemplo 9.16 El volumen del sólido engendrado al girar, en torno al eje OY , la región del plano
limitada por la gráfica de ( ) 2xxf = , el eje OY y las rectas 1=y e 4=y , es
( )2
15
2
4
1
24
1
2 π=
π=π= ∫
xdxxVY .
Integral definida Tema 9
9-13
Observa en el dibujo que el volumen pedido es la diferencia entre dos cilindros, menos el volumen engendrado al girar, en torno al eje OY , la región del plano limitada por la gráfica
de ( ) 2xxf = , el eje OX y las rectas 1=x e 2=x . El cilindro grande tiene de radio de la base
2 y altura 4; mientras que el cilindro pequeño tiene de radio de la base 2 y altura 1. Para el tercer volumen podemos aplicar la fórmula del ejemplo 9.20. En efecto,
2
15
4
14215
4215216
2
1
42
1
2 π=
−π−π=
π−π=π−π−π= ∫
xdxxxVY .
Integral definida Tema 9
9-14
AMPLIACIÓN 2: Lo que pudo hacer Arquímedes
Cálculo del el área limitada por la parábola y = x2
, la recta x = 1 y el semieje positivo
de las equis: Se divide el intervalo [ ]10, en n partes iguales y, tomando como base el segmento
de cada enésima parte, se construye un rectángulo de altura igual a la imagen del punto de la
base con menor imagen. Como se aprecia en el dibujo, la suma de las áreas de todos estos
rectángulos es inferior al área pedida y, conforme n aumenta, esta suma se aproxima más al
área pedida.
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Si, a continuación, los rectángulos se construyen con altura igual a la imagen del punto
de la base con mayor imagen, la suma de las áreas de todos estos rectángulos es superior al
área pedida y, conforme n aumenta, esta suma se aproxima más al área pedida.
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0.2 0.4 0.6 0.8 1
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Como la base de cada rectángulo mide
1
n, resulta que:
• la suma de las áreas de todos los rectángulos inferiores es
( )3
222222121112111
0n
n
n
n
nnnnnI
−+++=
−++
+
+=
KK ,
ya que la altura de cada rectángulo es
2
n
i, con i = 0,1,K,n − 1, respectivamente.
• la suma de las áreas de todos los rectángulos superiores es
( )3
222222221211112111
n
nn
n
n
nn
n
nnnnnS
+−+++=
+
−++
+
=
KK
Integral definida Tema 9
9-15
ya que la altura de cada rectángulo es
2
n
i, con i = 1,1,K,n , respectivamente.
• y, además, la diferencia entre S e I se puede hacer tan pequeña como se quiera, pues
nIS
1=− , que es menor cuanto mayor es n .
Pero Arquímedes, en su tratado Sobre Espirales, había demostrado que
( )( )6
12121 222 ++
=+++nnn
nK ,
por lo que sólo tenía que hallar el número A, que se corresponde con el área pedida, tal que
( ) ( ) ( )( )S
n
nnnA
n
nnnI =
++<<
−−=
33 6
121
6
121 .
Y es aquí donde el método de Arquímedes (método de compensación) difiere del
actual. Se trata de hallar un número que sea el supremo de la primera sucesión y, a la vez, el
ínfimo de la segunda.
Evidentemente, este número es A=
1
3, pues
( ) ( ) ( )( )33 6
121
3
1
6
121
n
nnnlim
n
nnnlim
nn
++==
−−
∞→∞→ .
Integral definida Tema 9
9-16
AMPLIACIÓN 3: Una demostración y algunos cálculos de integrales mediante el uso de la
definición
Demostración de una Proposición
Sean f una función real integrable en [ ]b,a , ( ) [ ] b,ax:xfinfm ∈= y ( ) [ ] b,ax:xfsupM ∈= ,
entonces: ( ) ( )abMfabmb
a−⋅≤≤−⋅ ∫ .
Demostración.- Por ser m el ínfimo, se tiene
( )∫ =b
adxxf ( )( ) ( ) ( ) =
−⋅=
−⋅≥
− ∑∑∑
=
−∞→
=
−∞→
=
−∞→
n
i
iin
n
i
iin
n
i
iiin
xxmlimxxmlimxxcflim1
1
1
1
1
1
( ) ( )abmxxlimmn
i
iin
−⋅=
−⋅= ∑
=
−∞→
1
1 , con lo que está probada una desigualdad.
Análogamente, como M es el supremo:
( )∫ =b
adxxf ( )( ) ( ) ( ) =
−⋅=
−⋅≤
− ∑∑∑
=
−∞→
=
−∞→
=
−∞→
n
i
iin
n
i
iin
n
i
iiin
xxMlimxxMlimxxcflim1
1
1
1
1
1
( ) ( )abMxxlimMn
i
iin
−⋅=
−⋅= ∑
=
−∞→
1
1 , con lo que está probada la proposición.
Aclaración ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−+−++−+−+−=− −−−
=
−∑ 121231201
1
1 nnnn
n
i
ii xxxxxxxxxxxx K
abbaxx n −=+−=+−= 0 .
Cálculo de integrales a partir de la definición. Ejemplos:
Ejemplo 9.17 La función ( ) 2xxf = es integrable en [ ]20, , porque es continua. Para calcular la
x
2
0
2
∫ dx , dividimos el intervalo [ ]20, en n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene
longitud
2
n, y tomamos como
c i =
2 i
n, esto es, el punto del intervalo donde la función es mayor
(obsérvese que la función es creciente en el intervalo). Así pues, por definición se tiene que
=++++
=
=
=
∞→=
∞→=
∞→∑∑∫ 3
222
13
2
1
22
0
2 3218
822
n
nlim
n
ilim
nn
ilimdxx
n
n
in
n
in
K
( )( )3
8
6
1218
3=
++=
∞→ n
nnnlimn
.
Ejemplo 9.18 La función ( ) xxf = es integrable en [ ]11,− , porque es continua. Para calcular la
dxx∫−1
1, dividimos el intervalo [ ]11,− en 2n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene
longitud
1
n, y tomamos como
c i = −1+
i
n. Así pues, por definición se tiene que
Integral definida Tema 9
9-17
12
1
2
111
11
11
11
2
1
1
1=+=
+−+
−=
+−= ∑∑∑∫
+==∞→
=∞→− nn
i
nn
ilim
nn
ilimdxx
n
ni
n
in
n
in
ya que
( )2
1
2
11
2
11
211
111
221
211
=−=+
−=+++
−=−=
−
∞→∞→=
∞→=
∞→=
∞→∑∑∑
n
nnlim
n
nlim
n
ilim
nlim
nn
ilim
nn
n
in
n
in
n
in
K
( ) ( ) ( )=
+++++++−=+−=
+−
∞→+=
∞→+=
∞→+=
∞→∑∑∑ 2
2
12
2
1
2
1
211
111
n
nnnnlim
n
ilim
nlim
nn
ilim
n
n
nin
n
nin
n
nin
K
( )
2
1
2
31
2
11
2=+−=
++++−=
∞→ n
nnnnlimn
.
Ejemplo 9.19 La función ( ) 3xxf = es integrable en [ ]11,− , porque es continua. Para calcular la
dxx∫−1
1
3 , dividimos el intervalo [ ]11,− en 2n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene
longitud
1
n, y tomamos como
c i = −1+
i
n. Así pues, por definición se tiene que
026841
331
12
1
2
1
2
12
2
13
2
4
32
1
31
1
3=−+−=
−+−=
+−= ∑ ∑∑∑∑∫
= ===∞→
=∞→−
n
i
n
i
n
i
n
in
n
in nn
i
n
i
n
ilim
nn
ilimdxx ya
que ( ) ( ) ( )
44
1222214
22
4
3332
14
3
=++++
=
∞→∞→=
∞→∑
n
nnlim
n
nlim
n
ilim
nn
n
in
K,
( ) ( )( )3
8
6
1412222133
2222
13
2
=+++++
=
∞→∞→=
∞→∑
n
nnnlim
n
nlim
n
ilim
nn
n
in
K,
( ) ( )2
2
22122122
2
12
=++++
=
∞→∞→=
∞→∑
n
nnlim
n
nlim
n
ilim
nn
n
in
K, y 2
212
1
==
∞→=
∞→∑ n
nlim
nlim
n
n
in
.
Aclaración En este ejemplo se ha aplicado la fórmula ( ) 2
333
2
121
+=+++
nnnK .
Ejemplo 9.20 (Integral de una función constante) La función ( ) Rx,kxf ∈∀= , es integrable
en cualquier intervalo [ ]b,a , porque es continua. Para calcular la dxkb
a∫ , dividimos el intervalo
[ ]b,a en n partes iguales, por lo que cada intervalo tiene longitud n
ab −, y no hay que
preocuparse de los ic , porque la imagen de todos ellos es siempre k. Así pues, por definición
se tiene que
( ) ( )abkn
abklimn
abklimdxk
n
in
n
in
b
a−=
−=
−= ∑∑∫
=∞→
=∞→
11
1.
Integral definida Tema 9
9-16
Ejercicios resueltos R.1. Calcula las siguientes integrales:
a) ∫π
0dxxcos b) ∫
π
π
⋅
3
6 xcossenx
dx c) ∫
−
5
1 1x
xdx d) ∫ ⋅
1
0
22 dxex x
Soluciones:
a) [ ] 0000=−π==
ππ
∫ sensensenxdxxcos .
b) ( ) [ ] =+−=+=
⋅
+=
⋅
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π ∫∫∫∫ 3
6
3
6
3
6
3
6
3
6
22
senxlnxcoslnsenx
xdxcos
xcos
senxdx
xcossenx
dxxcosxsen
xcossenx
dx
[ ] 3323
133
6
lnlnlnlntgxln ==−==π
π .
c) ∫−
5
1 1x
xdx Hacemos el cambio 211 txtx =−⇒=− con lo que tdtdx 2= y
=→=
=→=
01
25
tx
tx
así que ( ) ( )
3
28
3212
21
1
2
0
32
0
22
0
25
1=
+=⋅+=
⋅+=
− ∫∫∫ tt
dttt
tdtt
x
xdx.
d) Se hace la integral indefinida aplicando la fórmula de integración por partes dos veces y se
tiene: ( )4
1122
4
21
0
22
1
0
22 −=
+−=⋅∫
exx
edxex
xx .
R.2. Aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo Integral, calcula ( )xF ′ en los
siguientes casos: a) ( ) ∫ ⋅=x
dttsenxF3
2 b) ( ) ∫ ⋅=2
1
x sent dtexF c) ( ) ∫+
=2
31x t
dtxF
Solución: El Teorema Fundamental del Cálculo Integral dice que siendo ( )tf una función
continua en [ ]x,a la función ( ) ( )∫ ⋅=x
adttfxF es derivable y además ( ) ( )xfxF =′ .
a) Dada ( ) ∫ ⋅=x
dttsenxF3
2 , la aplicación del teorema nos dice directamente que ( ) xsenxF 2=′
b) La función ( ) ∫ ⋅=2
1
x sent dtexF se deriva considerando que al ser el límite superior 2x y no x,
hay que aplicar la regla de la cadena. Así ( ) xexF senx 2⋅=′ .
c) La variable está en el límite inferior de integración, como ( ) ∫∫+
−=+
=x
x t
dt
t
dtxF
2 3
2
3 11.
Aplicando el teorema tenemos que ( )31
1
xxF
+−=′
R.3. Calcula la siguiente integral. ∫=
3
1
e
edx
x
xlnS .
Solución: La integral es inmediata. Si se quiere se puede hacer el cambio txln = .
( )4
2
1
2
3
2
22
1
3
3
=−=
== ∫
e
e
e
e
xlndx
x
xlnS .
Integral definida Tema 9
9-17
Áreas de recintos planos
R.4. Calcula el área del recinto plano formado por la gráfica de ( ) 23 xxxf += y el eje OX.
Dibuja el recinto.
Solución: Los puntos de corte de la función con OX son ( )00,P y ( )01,Q − , ( ) xxxf 23 2 +=′ de
aquí se tiene que ( )( )
−∈
∞
−∞−∈
03
2 si edecrecient
03
2 si creciente
,x
,,x
xf
U
con ( )0027
4
3
2,my,M
−
( ) 26 +=′′ xxf con lo que el punto de inflexión es
−
27
2
3
1,.I.P
siendo cóncava a la derecha del P.I. y convexa a la izquierda. Se dibuja el recinto y se observa que está por encima del eje OX y
por tanto ( )12
1
3
1
4
10
34
0
1
340
1
23 =
−−=
+=+=
−−∫
xxdxxxS
unidades de área.
R.5. Calcula el área del recinto plano formado por la gráfica de ( ) xxxf −= 3 , las rectas
0=x , 2=x y el eje OX. Sin dibujar el recinto.
Solución: Precisamos encontrar los puntos de corte y estudiar las regiones. Los puntos de
corte son (-1,0); (0,0) y (1,0). La función toma valores positivos en ( ) ( )+∞−∈ ,,x 101 U y
negativos en ( )10,x ∈ y en esta zona está por debajo del eje OX mientras que de 1 a 2 está por
encima. Dividimos en dos integrales.
( ) ( ) .a.uxxxx
dxxxdxxxS2
5
2424
2
1
241
0
242
1
31
0
3 =
−+
+−=−+−−= ∫∫
R.6. Dada la función ( )
≥+
<<+
≤
=
23
20
02
xsix
xsibax
xsixcos
xf . Calcula a y b para que sea continua.
Calcula la ( )∫ π−⋅
2
2
dxxf .¿Coincide con el área del recinto formado por la función y las
verticales en los límites de integración?.
Solución: Para que ( ) ( ) ( ) 1000
=→==+− →→
bfxflimxflimxx
y para que
( ) ( ) ( ) 1222
=→==+− →→
afxflimxflimxx
y la función es ( )
≥+
<<+
≤
=
23
201
02
xsix
xsix
xsixcos
xf y la integral
( ) ( ) =⋅++⋅=⋅ ∫∫∫ ππ −−
2
0
2021
22
dxxdxxcosdxxf
[ ]3
17
3
2
0
30
2
=
++= π−
xx
senx . Si coincide con el área del recinto pues ( )xf es positiva en todo el
intervalo de integración.
Integral definida Tema 9
9-18
R.7. Calcula el área encerrada por las gráficas de ( ) 23 xxxf += y ( ) 13 += xxg sin dibujar
el recinto.
Solución: Calculamos los puntos de corte. Resolvemos ( ) ( )210113
23
,Qy,Pxy
xxy−⇒
+=
+=
Entre los valores –1 y 1 debemos saber qué función está por encima, probamos con un valor
intermedio cualquiera, ( ) ( ) 1000 == g,f así que g está por encima de f en el recinto y por tanto.
( ) ( ) .a.ux
xdxxdxfgS3
4
31
1
1
31
1
21
1=
−=⋅−=⋅−=
−−− ∫∫
R.8. Calcula el área del recinto plano encerrado por las gráficas de ( ) 24 xxf −= y
( ) 228 xxg −= . Dibuja el recinto.
Solución: Las gráficas son dos parábolas con las ramas hacia abajo de vértices respectivos (0,4) y (0,8). Calculamos sus puntos de corte
y dibujamos el recinto. Resolvemos ( ) ( )020228
42
2
,Qy,Pxy
xy−⇒
−=
−=.
El recinto es simétrico por lo tanto.
( ) ( )( ) ( ) .a.ux
xdxxdxxxS3
32
342424282
2
0
32
0
22
0
22 =
−=⋅−=⋅−−−= ∫∫
R.9. Dada la función 13 −= xy . Se pide:
a) Calcula el área del recinto formado por la gráfica de la función la recta 1=x y el eje OX.
b) Calcula el área del recinto formado por la gráfica de la función la recta 2=y el
eje OX y el eje OY. c) Dibuja ambos recintos.
Solución: La función es media parábola horizontal y su gráfica es elemental.
a) ( ) .a.uxdxxS9
2413
9
213
131
3
13
1 =
−=⋅−= ∫
b) Integramos respecto al eje OY .a.uyy
dyy
S9
25
33
1
3
12
0
32
0
2
=
+=⋅
+= ∫
Obsérvese que la suma de las dos áreas calculadas es 2 como corresponde a un rectángulo
de 1 unidad de base y 2 de altura. Los recintos respectivos son:
Integral definida Tema 9
9-19
R.10. Calcula el área del recinto formado por las gráficas de
( ) 2xxf = y ( ) 22 xxg −= y ( ) 4=xh . Dibuja el recinto.
Solución: Puntos de corte :
( ) 2xxf = con ( ) 22 xxg −= ( ) ( )11112 2
2
,y,xy
xy−→
−=
= .
( ) 22 xxg −= con ( ) 4=xh hay no 22
4 22 →−=→
−=
=x
xy
y.
( ) 2xxf = con ( ) 4=xh ( ) ( )42424
2 ,y,xy
y−→
=
= .
Las gráficas son sencillas dos parábolas y una recta horizontal. El recinto es simétrico.
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) .a.udxxdxxdxxfxhdxxgxhS 84222222
1
21
0
22
1
1
0=⋅−+⋅+=⋅−+⋅−= ∫∫∫∫
R.11. Dibuja el recinto formado por la gráfica de ( ) 342 −+−= xxxf , su tangente en el
punto ( )3,0 −P y su eje de simetría. Calcula su área.
Solución: Derivamos y ( ) ( ) 4042 =′→+−=′ fxxf la
ecuación de la tangente es 3443 −=→=+ xyxy . El eje
de simetría es la recta vertical que pasa por el vértice y la
abcisa del vértice cumple ( ) 20 =→=′ xxf , el vértice es
( )12,v . Dibujamos el recinto.
( ) ( )( ) .a.ux
dxxdxxxxS3
8
33434
2
0
32
0
22
0
2=
=⋅=⋅−+−−−= ∫∫
R.12. Dibuja el recinto delimitado por las curvas 322 ++−= xxy e 1+= xy . Calcula su
área.
Solución:
−≤−−
−≥+=⇒+=
11
111
xsix
xsixyxy Calculamos
el punto de corte 11
322
−≥
+=
−+−=xcon
xy
xxy
Al resolver 11
322
−≤
−−=
−+−=xcon
xy
xxy no
encontramos nuevos puntos de corte. Dibujamos el recinto.
El área ( ) =−−++−= ∫−
2
1
2 132 dxxxxS
.a.uxxx
2
92
23
2
1
23
=
++−=
−
R.13. Dada la función xexy ⋅= y las rectas 1=x e 0=y .
a) Dibuja la gráfica de la función para 0≥x . b) Señala el recinto plano comprendido entre las tres gráficas anteriores. c) Calcula el área del recinto plano señalado.
Integral definida Tema 9
9-20
Solución: Analizamos xexy ⋅= , su derivada ( ) xexy 1+=′ nos
indica que la función es creciente en todo 0≥x . La derivada
segunda ( ) xexy 2+=′′ nos dice que la función es cóncava en
todo 0≥x . Los puntos de corte con 1=x y con 0=y son
respectivamente ( )e,P 1 y ( )00,Q , con esos datos el recinto es
obvio.
[ ] .a.ueexdxexS xxx 11
0
1
0=−⋅=⋅= ∫
R.14. Calcula el área del recinto plano limitado por las
rectas xy = , xy 2= y la parábola 2xy = .
Solución: Calculamos los puntos de corte, resolvemos
=
=2xy
xy ( ) ( )1100 21 ,P;,P Calculamos ahora el corte de
=
=2
2
xy
xy ( ) ( )4200 31 ,P;,P El recinto es el de la derecha y el
área es
( ) ( )∫∫ −+−=2
1
21
022 dxxxdxxxS , integrando
.a.ux
xx
S6
7
32
2
1
32
1
0
2
=
−+
=
R.15. Dibuja el recinto limitado por 2xy = , x
y1
= e 4
xy = . Calcula su área.
Solución: Calculamos los puntos de corte de
=
=
2
1
xyx
y ( )11,P
Calculamos ahora el corte de
=
=
24xy
xy
( )
16
1
4
100 ,P;,P ,
por último
=
=
4
1
xy
xy
−−
2
12
2
12 ,P;,P El recinto está
formado por una parábola, una recta y una hipérbola. El área es:
∫∫
−+
−=
2
1
1 2
4
1
441
dxx
xdx
xxS .a.uln
xxln
xxS
384
632
883
2
1
21
23
41
−=
−+
−=
R.16. Dibuja el recinto limitado por xxy 42 −= , 52 −= xy .
Calcula su área.
Solución: Puntos de corte:
−=
−=
52
42
xy
xxy ( ) ( )5531 21 ,P;,P −
El recinto es el de la derecha y el área es:
( ) ( )( ) ( )∫∫ −+−=−−−=5
1
25
1
2 56452 dxxxdxxxxS
Integral definida Tema 9
9-21
.a.uxxx
S3
3253
3
5
1
23
=
−+−=
R.17. Dibuja el recinto limitado por xy 22 = , 022 =−− yx . Calcula su área.
Solución: Resolviendo el sistema ⇒
+=
=
22
22
yx
xy
( )2212
121 ,P;,P
− y el recinto:
( )( )∫∫ −−+=2
021
21
22222 dxxxdxxS
Integrando.
( ) ( ) .a.uxxxxS4
922
3
12
3
2 223
0
3
21
21
=
+−+
=
R.18. Halla la ecuación de la recta tangente a 22 += xy en
el punto de abcisa 1=x . Calcula el área del recinto
limitado por 2+= xy , la tangente anterior y el eje OY.
Solución: Derivando xy 2=′ luego 2=m , y como ( ) 31 =f la
tangente es ( )123 −=− xy o sea, 12 += xy representando
las tres funciones tenemos el recinto. Para calcular su área observamos que el recinto es un triángulo de base 1 (en el eje OY) y de altura 1 y por tanto su cálculo es elemental
.a.uS2
111
2
1=⋅= y no tiene sentido integrar.
R.19. Calcula el área de la región del plano limitada por las gráficas de las funciones
442 −+−= xxy e 72 −= xy .
Solución: Resolviendo el sistema
−=
−+−=
72
442
xy
xxy
encontramos los puntos de corte ( ) ( )1391 21 −−− ,P;,P . El
recinto es el de la derecha y el área:
( ) ( )( ) ( ) =++−=−−−+−= ∫∫ −−
3
1
23
1
2 327244 dxxxdxxxxS
.a.uxxx
3
323
3
3
1
23
=
++−=
−
R.20. Halla el área del recinto limitado por las gráficas de las
funciones xxy 22 −= e xxy 42 +−= .
Solución: Resolviendo el sistema se encuentran los puntos de
corte (0,0) y (3,3) por otra parte la parábola xxy 22 −= tiene
su vértice en v(1,-1) y las ramas hacia arriba y xxy 42 +−= en
v’(2,4) y las ramas hacia abajo. El área:
( ) ( )( ) ( ) =+−=−−+−= ∫∫3
0
23
0
22 6224 dxxxdxxxxxS
Integral definida Tema 9
9-22
a.uxx
933
23
0
23
=
+−=
R.21. Calcula el área del recinto limitado por las curvas 12 −= xy , xy −= 11 y el semieje
positivo de las equis. Dibuja el recinto.
Solución: Puntos de corte :
−=
−=
xy
xy
11
12
, son
( ) ( )83154 21 ,P;,P − . El recinto está se debe
descomponer para calcular el área en dos recintos independientes, la parábola y con la recta con OX.
( ) ( ) =−+−= ∫∫11
3
3
1
2 111 dxxdxxS
.a.ux
xxx
3
143
211
3
11
3
23
1
3
=
−+
−=
R.22. Halla el área del recinto plano delimitado por las
curvas de ecuación 22 −= xy e xy −= . Dibuja el recinto.
Solución:
<
>−=⇒−=
0
0
xsix
xsixyxy . Como las dos
gráficas son simétricas respecto al eje OY calculamos un
punto de corte 022
>
−=
−=xcon
xy
xy ( )11−,P y por simetría
el otro punto es ( )11−− ,Q . Dibujamos el recinto
( ) auxxx
dxxxS .3
72
23222
1
0
231
0
2=
+−−==+−−= ∫
R.23. Dada la parábola 4
2xy = y la recta xy = .
a) Dibuja las gráficas de la parábola y de la recta. b) Señala el recinto plano comprendido entre las
dos gráficas anteriores. c) Calcula el área del recinto plano señalado.
Solución: La parábola tiene su vértice en (0,0) y las ramas hacia arriba, así que basta con encontrar los puntos de
corte, resolviendo
=
=
xy
xy
4
2
encontramos ( ) ( )4400 21 ,P;,P
y el recinto es: Y el área:
.a.uxx
dxx
xS3
8
1224
4
0
324
0
2
=
−=
−= ∫
R.24. Representa el recinto plano limitado por las gráficas de xy 4= , 4
xy = e
xy
1= .
Calcular su área.
Integral definida Tema 9
9-23
Solución: Buscamos los puntos de corte de cada pareja de funciones:
⇒
=
=
xy
xy
44 ( )001 ,P ; ⇒
=
=
xyx
y
4
1
−−
2
2
12
2
132 ,P;,P y
⇒
=
=
xy
xy
14
−−
2
12
2
12 54 ,P;,P . Las gráficas son dos
rectas y una hipérbola, el recinto tiene dos partes iguales, calculamos el área de una de ellas S1 y el área total
12SS = . Se integra en dos partes.
=
−+
−= ∫∫
2
01
2
1
2
1
4
1
44 dx
x
xdx
xxS
.a.ulnx
xlnx
2288
152
2
0
2
2
1
2
1
=
−+
=
por tanto 24 lnS = .
R.25. Halla la ecuación de la recta tangente a la curva de
ecuación xxy 33 −= en el punto de abcisa 1−=x .
Calcula el área del recinto limitado por la recta tangente y la curva dada.
Solución: Derivando se encuentra que ( ) 01 =−′f y ( ) 21 =−f
por tanto la tangente es la horizontal 2=y . Resolvemos
=
−=
2
33
y
xxy de soluciones ( ) ( )2221 21 ,P;,P − el recinto es.
( ) .a.uxx
xdxxxS4
27
2
3
4232
2
1
242
1
3=
+−=+−=
−−∫
R.26. Dadas las funciones 42 +−= xy e 2+= xy .
a) Dibuja ambas gráficas. b) Señala el recinto plano comprendido entre las
gráficas anteriores. c) Calcula el área del recinto plano señalado.
Solución: Las gráficas son elementales así que calculamos los puntos de corte. Resolvemos
( )3122
42
,Pxconxy
xy⇒−>
+=
+−= y también
( )0222
42
,Qxconxy
xy−⇒−<
−−=
+−=. El recinto sólo
está en la parte en que 2−>x
( ) ..a.uxxx
dxxxS2
92
232
1
2
231
2
2=
+−−=+−−=
−−∫
Integral definida Tema 9
9-24
R.27. Dada la curva xxy 42 −= y la recta 63 −= xy .
a) Dibuja la gráfica de ambas. b) Señala el recinto plano comprendido entre ellas. c) Calcula el área del recinto señalado.
Solución: Calculamos los puntos de corte. Resolvemos
( ) ( )3112663
42
−⇒
−=
−=,Q,,P
xy
xxy
( ) ( ) =−+−=+−−= ∫∫ ..dxxxdxxxxS6
1
26
1
2 67463
.a.uxxx
6
1256
2
7
3
6
1
23
=
−+−=
Volúmenes de revolución
R.28. Calcula el volumen del sólido de revolución formado al girar el recinto encerrado
por la gráfica de ( ) xxf −= 4 y los ejes de
coordenadas alrededor de OX. Solución: La curva corta a los ejes en (4,0) y (0,2) . El sólido es el dibujado a la derecha y el volumen es:
( ) ( ) .v.ux
xdxxV π=−π=
−π=⋅−π= ∫ 8816
244
4
0
4
0
2
R.29. Calcula el volumen del sólido de revolución
formado al girar la gráfica de ( )( )21
1
+=
xxf entre las
verticales 0=x y 3=x alrededor de OX.
Solución: Se puede comprobar que la función en todo el intervalo es decreciente y cóncava. El sólido que no es necesario dibujar es el de la derecha. El volumen
( ) ( ).v.u
xx
dxV
192
63
13
1
1
3
0
3
0
34
π=
+
−π=
+π= ∫
R.30. Calcula el volumen del sólido de revolución formado al girar el recinto encerrado
por las gráficas xy 22 = , 822 =+ yx e 0=y alrededor de
OX. Solución: Se trata de una parábola horizontal con el vértice en
(0,0) y de una circunferencia de centro el origen y de radio 8 ,
la resolución del sistema nos da como puntos de corte ( )22,P y
( )22 −,Q . Sólo el recinto del primer cuadrante ya genera todo el
sólido al girar alrededor de OX. Hay que dividir los cálculos en
dos intervalos [0,2] con la parábola y [ ]82, con la
circunferencia, como se aprecia en el dibujo.
Integral definida Tema 9
9-25
( ) ( ) [ ] =
−π+π=⋅−π+⋅π= ∫ ∫
8
2
32
0
2
028
2
2
3882
xxxdxxdxxV
( )282323
−π
= unidades de volumen.
R.31. Calcula el volumen del sólido de revolución formado al girar el recinto encerrado
por las gráficas 12 −= xy e 3=y a) alrededor de OX b) alrededor de OY.
Solución: El dibujo de las gráficas es elemental.
a) la figura es simétrica y se trata de dos funciones 3=y
por encima e 12 −= xy por debajo, por lo tanto:
( ) ( )∫ ∫ =⋅−+π=⋅−π=2
0
2
0
4222 2822 dxxxdxgfV
.v.uxx
x15
448
53
282
2
0
53 π=
−+π=
(Se ha dibujado solamente la parte de la derecha del sólido).
b) hay que trabajar con la función recíproca 1+= yx e
integrar entre –1 y 3.
( ) π=
+π=⋅+π=⋅π=
−−− ∫∫ 8
21
3
1
23
1
3
1
2 yy
dyydyxV
unidades de volumen.
R.32. Calcula el volumen del elipsoide de revolución formado al girar 12
2
2
2
=+b
y
a
x
alrededor de OX. Solución: Es una elipse de semieje mayor a y semieje menor b el elipsoide es el dibujado (en el que se ha resaltado la mitad de la derecha).
2
2
222 x
a
bby −=
Integramos entre 0 y a y multiplicamos por 2.
2
00
2
322
2
22
3
4
322 ba
a
xxbdxx
a
bbV
aa
⋅π
=
−π=⋅
−π= ∫
Integral definida Tema 9
9-26
Ejercicios propuestos Cálculo de integrales definidas P.1. Calcula:
( ) ( )∫∫∫∫ ⋅−+
2
0
2
0
21
0
1
0 32cos))cos)
1)
ππ
dxxsenxddxxsenxcdxxexbx
dxa x
P.2. Determina a y b para que la función ( )( )
>+
≤<−+
−≤π+
=
02
01
1
2 x,x
x,bax
x,xsena
xf sea continua y, después,
calcula ( )∫−2
2dxxf .
Cálculo de áreas
P.3. Halla el área limitada por la gráfica de la función ( ) xxxxf 86 23 +−= y el eje OX.
P.4. Calcula el área encerrada por las rectas 2=x , 32=x , la gráfica de la función
( )24
1
xxf
+= y el eje OX .
P.5. Halla el área limitada por la gráfica de la función ( )65
32
2
+−
+=
xx
xxf , el eje OX y las rectas
4=x y 6=x .
P.6. Halla el área limitada por la elipse de ecuación 12
2
2
2
=+b
y
a
x.
P.7. Calcula el área de la región del plano limitada por el eje de abcisas, la gráfica de la función
( ) xexxf ⋅= y las rectas 0=x y 1=x .
P.8. Calcula el área de la figura plana limitada por las gráficas de ( ) 12
2
+−= xx
xf y
( ) 1+= xxg .
P.9. Dadas las funciones ( )22
1
xxf
+= , ( )
3
2xxg = , calcula el área de la región del plano
delimitada por ellas.
P.10. Calcula el área del recinto plano limitado por la gráfica de ( ) xxxf −= 3 , y su recta
tangente en 1−=x .
P.11. Halla el área de la región limitada por las gráficas de las curvas ( ) xexxf += 1 ,
( )x
xlnxg = y las rectas 21 == x,x .
P.12. Determina el área del recinto limitado por la parábola 022 =− xy y la recta que pasa por
los puntos ( ) ( )22422 ,,,− .
P.13. Determina el área de la región acotada delimitada por la gráfica de la función
( ) xlnxxf 2= , su tangente en el punto de abcisa e, y el eje OX.
Integral definida Tema 9
9-27
P.14. Dibuja el recinto limitado por las gráficas de las funciones ( ) xxf 2= y ( ) 82 −= xxg .
Calcula el área de dicho recinto.
P.15. Representa gráficamente 26 xxy −= e xy 2= . Determina el área limitada por ambas.
P.16. Dibuja el recinto limitado por las gráficas de las funciones ( ) xxxf 22 −= , ( ) xxxg 42 +−=
y ( ) 8=xh . Calcula el área de dicho recinto.
P.17. Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de las funciones 1−= xy , x
y6
= ,
4=x y el eje OX. Dibuja el recinto. Cálculo de volúmenes de cuerpos de revolución
P.18. Halla el volumen del sólido encerrado por la gráfica de la función ( ) xtgxf = , con dominio
π
40, , al girar alrededor del eje de abcisas.
P.19. Calcula el volumen del sólido generado por el triángulo de vértices A(0,0), B(1,1) y C(2,0), al girar alrededor del eje de ordenadas.
P.20. Calcula el volumen limitado por el elipsoide de revolución generado por la elipse
12 22 =+ yx al girar alrededor del eje de ordenadas.
P.21. Calcula el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OX la superficie
comprendida entre las gráficas de las funciones ( ) 452 +−= xxxf , ( ) 202 −+= xxxg y el eje
OY. P.22. a) Calcula el volumen del sólido engendrado por la rotación alrededor del eje OX del
trapecio limitado por las rectas 53 += xy , x = 1, x = 4. b) ¿Cuál es el volumen si gira
alrededor del eje OY? P.23. Calcula el volumen del sólido engendrado al girar alrededor del eje OX el recinto limitado
por la parábola pxy 22 = , la recta hx = y el eje OX.
P.24. Calcula el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OX, el recinto
limitado por las gráficas de las funciones ( ) 26 xxxf −= y ( ) xxg = .
P.25. a) Halla el área del recinto del primer cuadrante limitado por las curvas xseny = ,
xcosy = y el eje de ordenadas. b) Calcula el volumen engendrado al girar el anterior recinto
alrededor del eje de abcisas.
P.26. a) Halla el área limitada por la elipse 99 22 =+ yx . b) Halla el volumen engendrado por
esta elipse al girar alrededor del eje de abcisas. Cálculo del volumen por secciones
P.27. Calcula el volumen de un cuerpo de la siguiente forma: su base es un círculo de radio 2 y las secciones perpendiculares a un determinado diámetro son triángulos equiláteros.
Integral definida Tema 9
9-28
Soluciones
P.1. a) 84´09
π32ln3=
+; b)
( )870
2
112´
cossene−=
+−;c) 0,44; d)
3
1−. P.2. ;2;1 == ba
( ) 8´92
6
552
2=+=∫− π
dxxf . P.3 ( ) ( ) ( )∫ ∫ =−−=−=2
0
4
2..844 audxxfdxxfS
P.4. ..13´0244
132
2 2au
πdx
xS ==
+= ∫
P.5 ( ) ( )[ ] ≈+−−−=+−
+= ∫
64
6
4 2
2
2ln73ln1265
3xxxdx
xx
xS ..33'10 au≈
P.6. baπxax
a
xarcsen
a
a
bdxxa
a
bS
aa
⋅⋅=
−+=−= ∫
00
22222
22
44
P.7 ( )[ ] 111
0
1
0=−== ∫
xx exdxxeS . P.8 ( ) ( )[ ]∫ =−=4
0..
3
16audxxfxgS .
P.9. ∫ ≈−=
−
+=
1
0
2
2648'0
9
2
2
22
32
12 arctgdx
x
xS .
P.10 ∫− =
−−+=
2
1
3
4
27
322 dxx
xxS .
P.11 ( ) ( ) ( )15'81
2
2ln
2
ln1
ln1
22
1
2
2
1
2
≈+−=
+−−=
−+= ∫ ex
xxedx
x
xxeS xx .
P.12. ( )( )∫ ∫ ≈+
=+++−+=2
0
4
2..38'9
3
2101442212222 audxxxdxxS .
P.13 ( )[ ]∫∫ ≈+≈⋅−−+⋅=e
e
e
dxeexxxdxxxS
3
2223
2
1
2 227'1597'0629'023lnln .
P.14 ( )∫− =+−=4
2
2 ..3682 audxxxS P.15 ( )∫ =−=4
0
2 ..3
324 audxxxS
3
32.
Recinto P.14 Recinto P.15
P.16. ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 27284828
0
2
3
0
4
3
222=−−++−−+−−∫ ∫ ∫
−
dxxxdxxxdxxx .
P.17. ( ) ∫∫
+=+−
4
3
3
13
4ln62
61 dx
xdxx
Integral definida Tema 9
9-29
Recinto P.16 Recinto P.17
P.18. u.v. 6751'04
4 2
≈−ππ
0,6751. P.19 ( )[ ] πdyyyπ 22
1
0
22=−−∫ .
P.20 ( )3
22212
2
1
0
2 πdxxπ ∫ =− . P.21. ( ) ( ) πdxxxxxπ 7684520
4
0
2222
∫ =
+−−−+ .
P.22. ( ) ( ) πππdyy
yππbπdxxπa 201811203
5814);48953)
17
8
2222
4
1
2=+=
−−+⋅−=+ ∫∫ .
P.23. ( ) 2
21
0
2 hpπdxpxπ =∫ . P.24. ( )3
6256
5
0
222 πdxxxxπ∫ =
−− .
P.25. ( ) ( )2
cos);21cos)
4
0
224
0
πdxxsenxbdxsenxxa
ππ
∫∫ =−+−=− .
P.26. ( ) πdxxπ
bπdxxa 499
2);39
3
4)
3
0
2
3
0
2=−=− ∫∫ . P.27.18,47.
El conjunto Rn Tema 10
10-1
Tema 10
El conjunto Rn. Dependencia de vectores
10.1 Definición de Rn
Ejemplos
Ejemplo 10.1 Los pares (3,1), (-1,1), (0,3) son elementos de 2R .
Ejemplo 10.2 Las ternas (1,3,1), (2,1,1), (0,0,3) son elementos de 3R .
Nota Dos elementos ( )nx,,x,x K21 , ( )ny,,y,y K21 , de nR son iguales si, y sólo si, ii yx =
para n,,,i K21= .
10.2 Operaciones con elementos de Rn. Estructura
Nota Es evidente que la suma de dos elementos de nR es otro elemento de nR cuyas coordenadas son la suma de las coordenadas correspondientes de los sumandos.
Ejemplo 10.3 (1,3,2) + (4,1,2) = (5,4,4).
Ejemplo 10.4 5 · (1,2,1) = (5,10,5) .
Se define nR como el conjunto de n-tuplas ordenadas de números reales, es
decir, ( ) RxxxxR jnn
∈= ,,,, 21 K . A cada ( )nxxx ,,, 21 K se le llama vector.
Definición. Dados dos elementos ( )nx,,x,x K21 y ( )ny,,y,y K21 de nR se define la
operación suma como sigue ( ) ( ) ( )nnnn yx,,yx,yxy,,y,yx,,x,x +++=+ KKK 22112121 .
Definición. Para todo α de R y para todo ( )nx,,x,x K21 de nR , se define el producto de
un número por un vector: ( ) ( )nn xxxxxx ααα=⋅α ,,,,,, 2121 KK .
El conjunto Rn Tema 10
10-2
Nota Geométricamente 2R se identifica con el conjunto de los vectores del plano con origen en
O. Análogamente, 3R se identifica con el conjunto de los vectores del espacio con origen en O. En ambos casos, la suma que se define entre dos vectores sigue la conocida ley del paralelogramo.
El producto de un número real α por un vector es otro vector con la misma dirección,
mismo sentido si 0>α , sentido contrario si 0<α , y de módulo α veces el módulo del
primero.
Por satisfacer las propiedades anteriores, se dice que el conjunto nR , con las operaciones mencionadas tiene estructura de espacio vectorial sobre R y a sus elementos se les llama vectores.
10.3 Combinación lineal
Ejemplos
Ejemplo 10.5 Dada la familia A = (3,1),(-1,1),(0,3) de vectores de 2R , dos combinaciones
lineales de ellos serían: -(3,1) y 4(-1,1)+2(0,3).
Ejemplo 10.6 Dada la familia A = (1,3,1),(2,1,1),(0,0,3) de vectores de 3R , dos
combinaciones lineales de ellos serían: (1,3,1) y 2(1,3,1)-5(2,1,1)+(0,0,3).
Proposición (Estructura de Rn)
1. nR , con la operación suma, satisface las siguientes propiedades:
• La asociativa: ( ) ( ) cbacba ++=++ , nRc,b,a ∈∀ .
• La conmutativa: abba +=+ , nRb,a ∈∀ .
• Existe un único elemento de nR , llamado elemento neutro, el ( )000 ,,, K , que
denotamos por 0, tal que aa =+ 0 nRa∈∀ .
• Para cada ( )nx,,x,xa K21= de nR existe un único elemento de nR , el
( )nx,,x,x −−− K21 llamado elemento simétrico, que denotamos por a− , tal que
( ) 0=−+ aa .
2. La ley externa anteriormente definida verifica:
• ( ) baba ⋅α+⋅α=+⋅α
• ( ) aaa ⋅β+⋅α=⋅β+α
• ( ) ( ) aa ⋅β⋅α=⋅β⋅α
• aa =⋅1 , donde 1 es el elemento neutro de R para la operación producto habitual.
Definición Dado un subconjunto mv,,v,vA K21= de nR , llamamos combinación lineal
de elementos de A a todo vector v de nR que pueda ser escrito de la forma
mm vvvv α++α+α= K2211 , con nm R,, ∈ααα K21 .
El conjunto Rn Tema 10
10-3
Ejemplo 10.7 Dada la familia A = (3,1),(-1,1),(0,3) de vectores de 2R , el vector (-2,5) es
combinación lineal de A porque (-2,5) = 2(-1,1)+(0,3).
Ejemplo 10.8 Dada la familia C = (1,3,1),(2,1,1),(0,0,3) de vectores de 3R , el vector (3,4,5)
es combinación lineal de C porque (3,4,5)=(1,3,1)+(2,1,1)+(0,0,3).
10.4 Familia linealmente dependiente
Ejemplos
Ejemplo 10.9 En 2R , la familia A = (1,2),(4,8) es ligada, porque (4,8) = 4 (1,2).
Ejemplo 10.10 En 2R , la familia A = (20,30),(3,1),(1,2) es ligada porque (20,30) = 2 (3,1) + 14 (1,2).
Nota Evidentemente, dada una familia A de vectores, si A∈0 entonces A es linealmente
dependiente.
Ejemplo 10.11 Veamos, utilizando la proposición anterior, que la familia A = (1,1,1), (1,0,1),
(0,1,0) de 3R es linealmente dependiente. En efecto, planteamos
( ) ( ) ( ) ( )000010101111 ,,,,,,,, =γ+β+α ,
que es equivalente a escribir
( ) ( )000 ,,,, =β+αγ+αβ+α
de donde resulta el sistema
=β+α
=γ+α
=β+α
0
0
0
que, resolviéndolo, da γ−=β−=α ; esto es, existen números reales no nulos que hacen cierta
la igualdad. Así que la familia es linealmente dependiente.
10.5 Familia linealmente independiente
Proposición Una familia mv,,v,vA K21= de nR , es linealmente dependiente si, y sólo
si, existen R,,, m ∈ααα K21 no todos nulos, tales que mmvvv α++α+α= K22110 .
Definición Dado un subconjunto mv,,v,vA K21= de nR , se dice que A es linealmente
dependiente o familia ligada, si existe un elemento de A que es combinación lineal de los restantes.
Definición Dado un subconjunto mv,,v,vA K21= de nR , se dice que A es linealmente
independiente o familia libre, si no es linealmente dependiente; es decir, si ningún elemento de A es combinación lineal de los restantes.
El conjunto Rn Tema 10
10-4
Ejemplo 10.12 Veamos que la familia A = 4,5), (2,3) de 2R es linealmente independiente. En efecto, si no lo fuera, existiría un número α tal que (4,5) = α (2,3). Esto es,
( ) ( )αα= 3,25,4 . De donde, igualando coordenada a coordenada, resulta que α= 24 y α= 35 ,
lo cuál es imposible.
Ejemplo 10.13 Veamos, utilizando la proposición anterior, que la familia A = 1,1,1), (1,0,1),
(0,1,1) de 3R es linealmente independiente. Planteamos
( ) ( ) ( ) ( )000110101111 ,,,,,,,, =γ+β+α
que es equivalente a escribir:
( ) ( )000 ,,,, =γ+β+αγ+αβ+α
de donde resulta el sistema
=γ+β+α
=γ+α
=β+α
0
0
0
que, resolviéndolo, da 000 =γ=β=α ,, ; y, por lo tanto, es una familia linealmente
independiente.
10.6 Propiedades
Proposición Una familia mv,,v,vA K21= de nR , es linealmente independiente si, y
sólo si, mmvvv α++α+α= K22110 implica que 000 21 =α=α=α m,,, K .
Proposición (Propiedades inmediatas)
• El conjunto 0 es linealmente dependiente.
• Si 0≠v , el conjunto v es linealmente independiente.
• Dada una familia ligada, cualquier otra que la contenga es también ligada.
• Dada una familia libre, cualquier subconjunto de ella es también libre.
Proposición Si al añadir un vector a una familia libre, ésta se transforma en una ligada entonces el vector añadido es combinación lineal de los restantes.
Proposición Si en una familia libre se sustituye un vector por una combinación lineal de él, con coeficiente distinto de cero, y los restantes, la familia resultante es también libre.
Definición Dado un subconjunto A de nR , se llama rango de A al máximo número de vectores de A que forman una familia linealmente independiente.
El conjunto Rn Tema 10
10-5
Ejemplo 10.14 Sea la familia linealmente independiente 321 v,v,vA = veamos que la
familia 32121 vvv,v,vB γ+β+α= es también linealmente independiente. En efecto,
teniendo en cuenta la Proposición 10.3, planteamos ( ) 032121 =γ+β+α++ vvvcvbva ,
que es equivalente a ( ) ( ) 0321 =γ+β++α+ vcvcbvca .
Recordemos que probar que B es linealmente independiente equivale a probar que
0=== cba .
Ahora bien, como A es linealmente independiente, se tiene:
=γ
=β+
=α+
0
0
0
c
cb
ca
y, como 0≠γ ,se deduce rápidamente que 0=== cba , como se quería demostrar.
10.7 El método de la cascada
Hay un procedimiento que permite manipular los vectores de una familia sin que ésta deje de ser libre o ligada, según lo fuera desde el principio.
Tal procedimiento es conocido por el nombre de reducción en cascada o triangulación
nula. Consiste en poner los vectores uno debajo de otro e intentar hacer cero los términos que hay por debajo de la diagonal principal (la que va de arriba a la izquierda abajo a la derecha).
Ejemplo.
Dada la familia A = (1,2,1), (3,4,0), (4,1,1) de 3R ,colocamos los vectores en columna, uno encima del otro, como sigue:
114
043
121
Como el objetivo es hacer cero las coordenadas que están por debajo de la diagonal principal, hay que conseguir algo como lo que sigue
∗
∗∗
00
0
121
Para ello, se fija la primera fila (1,2,1), se multiplica por -3 y el resultado se suma a la segunda:
114
320
121
−−
Se multiplica por -4 la primera fila y el resultado se suma a la tercera fila:
370
320
121
−−
−−
Como ya se tienen los ceros posibles en la primera columna, se fijan las dos primeras filas.
Se multiplican por -7 y 2 la segunda y tercera fila, respectivamente, y se suman para obtener la nueva tercera fila
El conjunto Rn Tema 10
10-6
1500
320
121
−−
Como ya se han hecho ceros todos los números que hay por debajo de la diagonal principal es el momento de sacar conclusiones:
• La familia inicial y la (1,2,1), (0,-2,-3), (0,0,15) tienen el mismo tipo de dependencia.
• Si al realizar la triangulación nula, todas las filas son distintas del vector cero, la familia
es linealmente independiente. En caso contrario, esto es, si alguna fila es toda ceros, la
familia es linealmente dependiente. En nuestro caso podemos asegurar que la familia A
es linealmente independiente.
• Al número de vectores linealmente independientes, los que sean distintos de cero
después de introducir ceros en cascada, se llama rango del sistema de vectores.
El conjunto Rn Tema 10
10-7
Ejercicios propuestos P.1. Comprueba si el vector (6,3) es combinación lineal A, siendo A = (3,1),(-1,1),(0,3) . P.2. Comprueba si (4,6,5) es combinación lineal de C, siendo C = (1,3,1),(2,1,1),(0,0,3) .
P.3. Prueba que la familia A = (1,2,1),(3,4,0),(-7,-8,2) de 3R es linealmente dependiente. P.4. Estudia la dependencia en las familias siguientes. En caso de que exista, halla una relación de dependencia, y el rango.
S1 = (1,0,5,3), (3,1,-1,-1), (0,1,2,1), (7,1,1,0) S2 = (1,0,3,1), (0,0,1,1), (1,3,0,1), (7,2,4,1), (1,1,1,1) S3 = (5,2,-3,1), (4,1,-2,3), (1,1,-1,-2) S4 = (4,2,0,1,0,5), (-2,0,1,2,3,0), (-2,-2,-1,0,0,0), (0,0,0,3,3,5)
P.5. Calcula el rango del subconjunto de R
5 formado por los vectores u1=(1,-1,1,-1,1),
u2=(1,1,0,0,3), u3=(3,1,1,-1,7), u4=(0,2,-1,1,2). P.6. Sea S = (2,3,0,1,1), (1,2,0,-3,2), (1,2,1,5,2) . Encuentra un subconjunto de R
5 que
contenga a S y sea libre. P.7. Encuentra un subconjunto de R
4 constituida en parte por los vectores A = (2,-2,3,1),
(-1,4,-6,2), (1,14,-21,-7) y que sea libre.
P.8. Determina t para que el vector ( )t,,x 83= se pueda expresar como combinación lineal
de la familia de vectores v,uA = , siendo u=(1,2,3) y v=(1,3,-1).
P.9. Determina b para que el conjunto de vectores ( ) ( ) ( ) 4643223 −−= ,,,b,,,,,bA tenga de
rango uno.
Soluciones
P.1. ( ) ( ) ( ) ( )3,011,131,333,6 ⋅−−⋅+⋅= . P.2. ( ) ( ) ( ) ( )3,0,05
111,1,2
5
61,3,1
5
85,6,4 ⋅+⋅+⋅= .
P.3. ( ) ( ) ( )0,4,331,2,122,8,7 ⋅−⋅=−− .
P.4. 1S : Dependiente ( ) ( ) ( ) ( )0,1,1,71,2,1,01,1,1,323,5,0,1 ++−−−= , rango 3.
2S : Dependiente ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,4,2,79
11,0,3,1
27
71,1,0,0
3
21,3,0,1
27
11,1,1,1 +++
−= , rango 4.
3S : Dependiente ( ) ( ) ( )2,1,1,13,2,1,41,3,2,5 −+−=− , rango 2.
4S : Dependiente ( ) ( ) ( ) ( )5,3,03,0,00,0,0,1,2,20,3,2,1,0,25,0,1,0,2,4 +−−−−−−= , rango 3.
P.5, 2. P.6. ( ) ( ) 1,0,0,0,0,1,01,0,0USB = .
P.7. ( ) ( ) ( ) ( ) 1,0,0,0,7,21,14,1,2,6,4,1,1,3,2,2 −−−−−=B . P.8. 1=t . P.9. 2−=b .
Matrices Tema 11
11-1
Tema 11
Matrices. Operaciones con matrices
11.1 Definiciones
Sean I y J dos conjuntos finitos de índices; esto es, m,,,,I K321= y n,,,,J K321= .
Generalmente estos elementos se colocan en una tabla rectangular de la forma
a...a
. .
. .
a...a
mnm1
1n11
donde el elemento ija ocupa la posición determinada por la fila i y la columna j. Toda matriz se
suele representar con una letra mayúscula y, abreviadamente, queda de la forma ( )JIj,iijaA
×∈= .
Ejemplo 11.1
−
−
075
3
352 es una matriz de números reales, de dos filas y tres columnas en la
que, por ejemplo, 211 =a , 5
321 =a y 313 =a .
Notas - Una matriz de orden nm × es un conjunto de nm ⋅ números reales ordenados en m filas y n columnas. En el ejemplo anterior serían seis números reales ordenados en dos filas y tres columnas.
- El conjunto de todas las matrices de orden nm × se denota por ( )ℜ×nmM .
Nota El orden de una matriz cuadrada viene dado tan sólo por el número de filas (o de
columnas).El conjunto de todas las matrices cuadradas de orden n se denota por ( )ℜnM .
Definición de matriz Llamamos matriz de números reales a toda aplicación ℜ→× JIa : ,
tal que a cada par ( )j,i le hace corresponder el elemento ( )j,ia de ℜ , que denotaremos
por ija y al que se le llama elemento de la matriz.
Una matriz se llama matriz cuadrada si tiene el mismo número de filas que de columnas. Se llama matriz columna si sólo tiene una columna. Se llama matriz fila si sólo tiene una fila.
Matrices Tema 11
11-2
Ejemplo 11.2
−
−
2543
7710
321
es una matriz cuadrada de orden tres.
−
21
0
8
6
Es una matriz columna con 4 filas.
( )985521 − Es una matriz fila con 5 columnas.
Ejemplo 11.3 Sea
−=′→
−=
02
11
41
014
211AA
Notas Observa que si A es de orden nm × , su transpuesta A' es de orden mn × y que ( ) AA =′′ .
Ejemplos
Ejemplo 11.4
035
314
542
es una matriz simétrica.
Ejemplo 11.5
05-2
508-
2-80
es una matriz antisimétrica.
Dos matrices son iguales si, y sólo si, tienen el mismo orden y son iguales los elementos que ocupan la misma posición.
Matriz transpuesta Dada la matriz ( )nmijaA
×= , se llama matriz transpuesta de A, y se denota
A' o At, a la matriz que se obtiene cambiando las filas por las columnas en la matriz A.
Una matriz cuadrada ( )ijaA = se llama simétrica cuando AA =′ ; esto es, j,iaa jiij ∀= . Y se
llama antisimétrica cuando A' = -A.
Matrices Tema 11
11-3
Ejemplo 11.6 (2,1,0) es la diagonal principal de la matriz
035
314
542
.
Ejemplo 11.7
100
020
003
es una matriz diagonal.
Ejemplo 11.8
700
31-0
201
es una matriz triangular superior.
11.2 Operaciones con matrices Suma de matrices
Nota Observa que sólo se pueden sumar matrices que tengan el mismo orden y que, en tal caso, la matriz suma es de dicho orden y cada uno de sus elementos es la suma de los elementos de los sumandos que ocupan la misma posición.
Se llama diagonal principal de una matriz cuadrada a la formada por los elementos iia .
Matrices triangulares Se dice que una matriz cuadrada A es triangular superior si todos los
elementos por debajo de la diagonal principal son nulos. Es decir, si 0=ija para ji > .
Análogamente se define matriz triangular inferior como la matriz cuyos términos por encima de la diagonal principal son todos nulos.
Matriz diagonal Se dice que una matriz cuadrada es diagonal cuando jisiaij ≠= 0 .
Definición Si ( )ijaA = y ( )ijbB = son dos matrices del mismo orden nm × , se define la
suma de A con B como la matriz ( )ijcBAC =+= , de orden nm × , tal que
j,ibac ijijij ∀+= .
Matrices Tema 11
11-4
Ejemplo 11.9
−−
−
−
=
−
−
+
−
−
−
6126
547
413
082
32
104
532
672
13
143
121
;
−
−
=
−
−
+
−
−
62
3710
103
64
327
63
126
53
40
Nota Por las propiedades anteriores, se dice que el conjunto ( )RM nm× tiene estructura de grupo
abeliano para la suma.
Ejemplos
Ejemplo 11.10 El elemento neutro para las matrices de orden 23 × es
=
00
00
00
0 .
Ejemplo 11.11 La matriz –A , opuesta de
−
−−=
914
623A , es
−−
−=−
914
623A .
Nota Restar dos matrices es sumar a la primera la opuesta de la segunda. Esto es, escribir BA −
es la manera más simple de escribir ( )BA −+ .
Producto de un número real por una matriz
Ejemplo 11.12
−
−=
−
−⋅
101015
15205
223
3415 .
Proposición (Propiedades algebraicas para la suma)
1) Conmutativa: ABBA +=+ , ( )RMB,A nm×∈∀ .
2) Asociativa: ( ) ( ) CBACBA ++=++ , ( )RMC,B,A nm×∈∀ .
3) La matriz ( ) j,ia/a ijij ∀== 00 es el elemento neutro para la suma; esto es,
AA =+ 0 , para toda matriz ( )RMA nm×∈ .
4) Para toda matriz ( )ijaA = existe una matriz, a la que denotamos por –A y llamamos
matriz opuesta de A, tal que ( ) 0=−+ AA . Dicha matriz es ( )ijaA −=− .
5) ( ) BABA ′+′=′
+ , ( )RMB,A nm×∈∀
Definición Sean Rk ∈ y ( )nmijaA
×= se define el producto de k por A como la matriz
( )nmijakAk
×⋅=⋅ , en la que cada elemento de A se ha multiplicado por k.
Matrices Tema 11
11-5
Nota Por verificar las proposiciones de la suma y del producto de número real por matriz , se dice
que el conjunto ( )RM nm× es un R-espacio vectorial, de dimensión nm × , para las operaciones
suma y producto externo definidos anteriormente. Producto de matrices
Ejemplos
Ejemplo 11.13 Sean
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅→
86
32 =
13+1 52 3+0 5
1 1+1 22 1+0 2=B A
12
10 = B ,
35
12 = A
Ejemplo 11.14 Sean las matrices ,
33
02
10
=B , 012
201 =A
entonces
⋅
22
76 = BA y
639
402
012
= A B
⋅ .
Nota Observa que la existencia de BA ⋅ no implica que esté definido el producto AB ⋅ .
Ejemplo 11.15 Sean ; 12
41 =B y
02
1-1
23
A
= existe
−=⋅
82
31
147
BA , pero no AB ⋅ .
Proposición
( )RMB,A,Rk,k,k nm×∈∀∈∀ 21 se verifica que:
1) ( ) BkAkBAk ⋅+⋅=+⋅ .
2) ( ) AkAkAkk ⋅+⋅=⋅+ 2121 .
3) ( ) ( ) AkkAkk ⋅⋅=⋅⋅ 2121 .
4) AA =⋅1 .
Dos matrices ( )nmijaA
×= y ( )
qpijbB×
= se dice que son multiplicables si pn = ; es decir, si el
número de columnas de la primera es igual al número de filas de la segunda.
Dadas las matrices ( )nmijaA
×= , ( )
pnijbB×
= , definimos el producto de A por B como la matriz
, ( )pmijcBAC
×=⋅= tal que ∑
=
⋅=n
kkjikij bac
1
; es decir, el elemento de la fila i y columna j de C
es la suma de los productos ordenados de los elementos de la fila i de A por los de la
columna j de B.
Matrices Tema 11
11-6
Ejemplo 11.16 La matriz unidad de orden 4 es
=
1000
0100
0010
0001
I
Notas - El producto de matrices no tiene la propiedad conmutativa. En general, ABBA ⋅≠⋅ .
- También puede suceder que 0=⋅ BA , a pesar de que A y B sean distintas de 0.
Ejemplos
Ejemplo 11.17
⋅
00
00 =
9-0
30
2-6-
13 .
Si conmutamos los factores
−−
⋅
1854
618 =
2-6-
13
9-0
30, el resultado es otro.
Ejemplo 11.18 Para hallar la solución de la ecuación matricial
⋅
f
e =
y
x
d0
ba, donde la
incógnita es la matriz columna
y
x, se realiza el producto indicado y, a continuación, se igualan
cada elemento de la matriz del primer miembro con el correspondiente de la matriz del segundo
miembro, resulta así un sistema cuya solución es: , d
f = y,
ad
bf- de = x que tiene sentido siempre
que 0≠⋅ da , es decir, que 0≠a y 0≠d .
11.3 Matriz inversa
Notas - Observa que de la definición se deduce que para que pueda existir matriz inversa de una matriz dada A, la primera condición es que A sea una matriz cuadrada. No obstante, tampoco toda matriz cuadrada admite matriz inversa.
- Si existe matriz inversa de A, la denotaremos por 1−A .
Proposición (Propiedades algebraicas para el producto)
1) Asociativa ( ) ( ) CBACBA ⋅⋅=⋅⋅
2) Distributiva respecto de la suma ( ) CABACBA ⋅+⋅=+⋅
3) ( ) ABBA ′⋅′=′
⋅
4) En el caso de matrices cuadradas, existe elemento neutro llamado matriz unidad y que
se denota por I. Esto es, AAIIA =⋅=⋅ , para todo ( )RMA n∈ . La matriz unidad es
aquella cuyos elementos de la diagonal principal son 1 y el resto 0.
Definición Dada una matriz A, llamaremos matriz inversa de A a aquella matriz B tal que
IABBA =⋅=⋅ .
Matrices Tema 11
11-7
Ejemplos
Ejemplo 11.19 Veamos que la matriz
=
21
21A no admite inversa. En efecto, supongamos que
admitiera inversa. En tal caso ésta tendría que ser cuadrada de orden dos y, por tanto, de la forma
=
−
dc
baA 1 y, además, debería verificarse que IAA =⋅ −1 . Ahora bien,
=
⋅
10
01
21
21
dc
ba
implica que
=+
=+
=+
=+
12
02
02
12
db
db
ca
ca
, lo cuál es absurdo.
Ejemplo 11.20 Sean las matrices
11-
1-2 =B ;
21
11 =A , para comprobar que las matrices son
inversas la una de la otra, basta verificar que
=⋅=⋅
10
01ABBA , lo cuál es evidente en este
caso.
11.4 Método de Gauss–Jordan para el cálculo de matrices inversas El método de Gauss-Jordan para el cálculo de la matriz inversa de una matriz dada A,
requiere que, una vez escrita la matriz A, se coloque a su derecha la matriz unidad. Ambas, A e I, aparecerán juntas y separadas por una raya.
10
01
1
111
K
MOM
K
K
MOM
K
nnn
n
aa
aa
El objetivo es, mediante transformaciones con las filas, obtener la matriz unidad en el lugar
que ocupaba la matriz A. Una vez conseguido, puede afirmarse que la matriz que resulte en el lugar de la unidad (la de la derecha) será la inversa de la dada.
Definición Llamaremos matrices regulares a aquellas que admiten inversa.
Proposición (Propiedades de la matriz inversa)
1) La matriz inversa, si existe, es única.
2) Si A y B admiten inversa, entonces ( ) 111 −−−⋅=⋅ ABBA .
3) Toda matriz triangular, tal que iaii ∀≠ 0 , es regular.
4) Toda matriz diagonal tal que iaii ∀≠ 0 , es regular.
Las matrices regulares tal que 1−=′ AA se llaman matrices ortogonales.
Matrices Tema 11
11-8
nnn
n
bb
bb
K
MOM
K
K
MOM
K
1
111
10
01
Si al realizar el proceso, en el lado izquierdo aparecen dos filas iguales o una fila se anula,
se dice que la matriz dada no tiene inversa. El método consiste en realizar una doble triangulación nula sobre la matriz de la izquierda.
La primera triangulación es de arriba a abajo y se consigue que todos los elementos que
están por debajo de la diagonal principal sean nulos. La segunda triangulación es de abajo a arriba, con lo que se consigue que sean nulos
todos los elementos que están por encima de la diagonal principal. Según cómo se ha procedido, en el caso de que algún elemento de la diagonal principal no
sea uno, se divide toda la fila entre el número correspondiente. Las transformaciones permitidas para las triangulaciones son consecuencia de considerar
a cada fila como un vector de nR 2 y aplicarle las proposiciones vistas en el tema anterior. Se pueden concretar en las siguientes:
1. Una fila se puede multiplicar o dividir por cualquier número real distinto de cero. 2. Una fila puede sustituirse por una combinación lineal de ella misma y otra u otras, siempre
que la fila que se sustituye no se multiplique por cero. 3. Dos filas pueden intercambiarse entre sí.
Ejemplos
Ejemplo 11.21 Hallemos por el método de Gauss la inversa de la matriz
=
1-94
283
1-21
A .
Primera triangulación nula:
13
12
4
3
104310
013520
001121
100194
010283
001121
ff
ff
−
−
−
−
−
⇒
−
−
se intercambian las filas 23 fyf
23 2215100
104310
001121
013520
104310
001121
ff +−
−−
−
−
⇒
−
−
−
Segunda triangulación nula:
21
32
31 2
215100
5311010
12726001
3
215100
5311010
214021 ff
ff
ff −
−−
−
−−
⇒−
+
−−
−
−−
,
Matrices Tema 11
11-9
la matriz inversa es
=−
21-5-
5-311
127-26-
A 1 .
Ejemplo 11.22 Hallemos la matriz inversa de
=
365
123
121
A .
2313
12
112000
013240
001121
5
3
105240
013240
001121
100365
010123
001121
ffff
ff
−
−−
−−−⇒
−
−
−−−
−−−⇒
Al obtener una fila nula, puede afirmarse que no tiene matriz inversa.
11.5 Rango o característica de una matriz Como ya se dijo, dada la matriz nmMA ×∈ , cada fila la puede ser considerada como un
vector de nR y cada columna como un vector de mR .
mnmm
n
n
aaw
aaw
vv
K
MOMM
K
K
1
1111
1
Nota De la definición y de la proposición anterior, se sigue que el rango de una matriz coincide con el rango de su traspuesta. Para calcular el rango de una matriz numérica se puede utilizar el método de Gauss de introducción de ceros en cascada manipulando filas o columnas a nuestra conveniencia. La matriz resultante tiene el mismo rango que la original.
Ejemplos
Ejemplo 11.23 Calculemos el rango de
−
=
6
431
021
2-2
-
-
A .
2313
12
655400
450
021
2660
450
021
6
431
021
ff
-
ff
ff
-
2-2
-
-
+
−
⇔
+
−
−
−
⇔
−
,
Proposición En toda matriz, el máximo número de vectores fila linealmente independientes coincide con el máximo número de vectores columna linealmente independientes.
Definición de rango Se llama rango de una matriz A al máximo número de vectores fila (o vectores columna) linealmente independientes.
Matrices Tema 11
11-10
luego, como las tres filas son linealmente independientes, el rango de la matriz es 3 .
Ejemplo 11.24 Estudiemos el rango de la matriz
1-t2-2
0t1-
01-t
, según los valores del parámetro t.
Por comodidad, intercambiamos las dos primeras filas y hacemos cero los números que hay por debajo de –1:
13
12
21220
010
01
1-2-2
01-
01-
ff
ftf
-t-t
-t
t-
t
t
t
2
+
⋅+
⇒
.
Como todos los elemento de la segunda y tercera filas dependen de t , estudiamos si es posible que se anulen a la vez:
01 =-t2 , si 1±=t ; 022 =-t , si t = 1 y 01 =−t , si t = 1 .
Luego, si 1=t , la matriz tiene rango 1. Si 1−=t , es de rango 2. Y, si 1±≠t , el rango es 3.
Matrices Tema 11
11-11
Ejercicios resueltos
Operaciones con matrices R.1. Dadas las matrices
−
=
322
112
231
A ,
−
=
11
10
32
B ,
−−−
−
−
=
2010
3542
8321
3512
C y
−=
412
321D . Calcula:
a) CyB,A ′−−′
b) DB +′ c) DB ′⋅−⋅ 32
Soluciones:
a)
−
=′
312
213
221
A ;
−−
−
−
=−
11
10
32
B ;
−−−
−
−−
−−−
=′−
2383
0535
1421
0212
C
b)
−
−=
−+
−=+′
521
423
412
321
113
102DB
c)
−−
−
−
=
−−
−
=′⋅−⋅
107
16
121
129
36
63
22
20
64
32 DB
R.2. Calcula: a)
2
014
32
12
24
12
2
1
⋅+
⋅− b)
−⋅
−
−⋅
10
11
37
23
53
212
Soluciones:
a)
−=
−=
+
−−
−−=
⋅+
⋅−
10
10
10
10
022
31
122
11
014
32
12
24
12
2
12
22
b)
−=
−−
−=
−⋅
−
−⋅
013
11
107
53
106
42
10
11
37
23
53
212
R.3. Calcula los siguientes productos de matrices:
a)
−⋅
− 935
232
125
123
312
213
b) BA ⋅ y AB ⋅ con
−=
127
312A y
−
−=
3102
1013
4212
B
Soluciones:
Matrices Tema 11
11-12
a)
=
−⋅
− 16316
271627
191527
935
232
125
123
312
213
b)
=
−
−⋅
−=⋅
3313518
07113
3102
1013
4212
127
312BA ; AB ⋅ no puede realizarse pues B
tiene 4 columnas y A tiene 2 filas .
R.4. Dadas las matrices
−=
12
21A y
=
41
23B . Se pide comprobar que:
a) ( ) BABA ′+′=′
+
b) ( ) ABBA ′⋅′=′
⋅
c) ABBA ⋅≠⋅ Soluciones:
a) ( )
=
′+→
=+
54
32
53
42BABA ;
=′+′→
=′
−=′
54
32
42
13
12
21BAB;A
b)
−=
⋅
−=⋅
87
61
41
23
12
21BA ; ( )
−=
′⋅
86
71BA ;
−=
−⋅
=′⋅′
86
71
12
21
42
13AB
c) BAAB ⋅≠
=
−⋅
=⋅
67
81
12
21
41
23 (que está calculado en el apartado b).
R.5. Dada la matriz
=
100
110
111
A . Calcula ,...A,A,A 432 hasta encontrar una forma de
expresar nA . Solución:
=
⋅
=
100
210
321
100
110
111
100
110
1112A ;
=
⋅
=
100
310
631
100
210
321
100
110
1113A
=
⋅
=
100
410
1041
100
310
631
100
110
1114A ; para encontrar la forma de nA el único elemento
conflictivo es el 13a , pues los demás quedan
=
100
10
1
n
n
An , si se observa la secuencia de
operaciones que han dado lugar al término 13a en cada producto se puede ver que en
321132 =+=→ aA ; en 632113
3 =++=→ aA ; en 104321134 =+++=→ aA
Matrices Tema 11
11-13
en ( )2
132113
+⋅=+⋅⋅⋅+++=→
nnnaAn . Se ha aplicado la fórmula de la suma de los n
primeros términos de una progresión aritmética con 11 =a . Luego
( )
+⋅
=
100
102
11
n
nnn
An
R.6. Dadas las matrices
−=
acossena
senaacosA y
−=
bcossenb
senbbcosB . Calcula BA ⋅ y AB ⋅ .
¿Quiere decir este resultado que el producto de matrices es conmutativo?. Solución:
=
⋅−⋅+⋅
⋅−⋅−⋅−=
−⋅
−=⋅
senbsenabcosacosbcossenasenbacos
bcossenasenbacossenbsenabcosacos
bcossenb
senbbcos
acossena
senaacosBA
( ) ( )( ) ( )
++
+−+=
bacosbasen
basenbacos.
( ) ( )( ) ( )
BAabcosabsen
absenabcos
acossena
senaacos
bcossenb
senbbcosAB ⋅=
++
+−+=
−⋅
−=⋅ .
El producto de matrices no es conmutativo, pues para que se pueda afirmar tal cosa
debería cumplirse que ByAABBA ∀∀⋅=⋅ y no sólo para algunos casos.
R.7. Dadas las matrices
−=
23
21A y
=
53
12B .
a) Comprueba que ( ) ( ) 22 BABABA −≠+⋅− . ¿Por qué no se cumple la igualdad?.
b) Indica el desarrollo correcto de ( ) ( )BABA +⋅−
Solución:
a)
−
−=−
70
11BA ;
=+
36
33BA ( ) ( )
−−=+⋅−→
2142
03BABA
−
−=
103
272A ;
=
2821
772B
−−
−=−→
1824
9022 BA .
La igualdad no se cumple porque el producto de matrices no es conmutativo.
b) ( ) ( ) =
−−
−+
−−
−=⋅−⋅+−=+⋅−
418
25
70
118
1824
9022 ABBABABABA
−−=
2142
03
Ecuaciones y sistemas matriciales R.8. Resuelve los siguientes sistemas matriciales:
Matrices Tema 11
11-14
a)
=−
−
−=−
03
102
211
3258
BA
BA
b)
−
−=−
−=+
5113
112525
32310
171373
BA
BA
Soluciones:
a)
=−
−
−=−
03
102 II)
211
3258 I)
BA
BA
=→
−
−
−=−→⋅−⇒
21
12
012
40
211
324III BB Sustituimos
en II) y despejamos
=
+
=
12
11
21
12
03
10
2
1A
b)
−
−=−
−=+
5113
112525 II)
32310
171373 I)
BA
BA
=
−
−+
−=⋅→⋅+⋅⇒
357721
78435
64620
342641II7I2 A
−
−=→
−
−=
131
121
4112341
418241A ; sustituyendo A en II y despejando B se tiene:
=
−
−−
−
−⋅=
021
210
5113
1125
131
1215
2
1B
R.9. Resuelve el sistema de ecuaciones matriciales
−=+
=−
272
1263
416
3723
YX
YX
.
Solución: Multiplicando por 3 la segunda ecuación y restando la primera se tiene:
−=→
−=
−
−=⋅
72
31
7722
3311
416
37
816
361811 YY sustituyendo en la segunda
ecuación y despejando:
=
−⋅−
−=
64
33
72
313
272
126X
R.10. Calcula la matriz X tal que BAX =⋅−⋅ 23 con
−=
13
02A y
=
239
32B .
Solución:
Matrices Tema 11
11-15
Al despejar X se tiene: ( )
=
−⋅+
=⋅+=
75
12
26
042
239
32
3
12
3
1ABX
Cálculo de la matriz inversa
R.11. Calcula por el método de Gauss la matriz inversa, si existe de:
a)
−=
213
101
212
A b)
−=
210
303
020
B
Soluciones: a) Se indican a la derecha las transformaciones realizadas en cada línea.
⇒
−
−
−−−
−−−⇒
−⇒
−
13
12
121
21
3102
312
10
012
122
10
002
112
11
100213
010101
002
111
100213
010101
001212
ff
ff
f
⇒
+
−−
−⇒−
−−−
−⇒
221
3
2
111100
021410
002
112
11
2
102
312
10
021410
002
112
11
ff
f
221
1
32
31
111100
425010
101001
4
111100
425010
112
302
11 ff
ff
ff −
−−
−
−
⇒−
−
−−
−
−
⇒
Por lo tanto
−−
−
−
=−
111
425
1011A
b)
⇒−
−−
−
⇒
+
−
−
⇒
− 12231
231
1
100210
001020
03
11121
100210
03
10101
03
11121
100210
010303
001020
fff
ff
⇒
−
−
⇒
−
−
−
⇒−
−
⇒
321
23
221
210
41100
002
1010
03
11121
102
1200
002
1010
03
11121
100210
002
1010
03
11121
fff
f
2131 2
210
41100
002
10102
13
14
1001
210
41100
002
10102
13
14
3021 ffff −
−
−
⇒
+
−
⇒
−
−
=−
603
006
643
12
11B
Matrices Tema 11
11-16
R.12. Resuelve la ecuación matricial 22 ABXA =−⋅ siendo:
=
100
020
001
A ;
−
−
−
=
100
030
001
B :
Solución:
Llamamos 2AC = y calculamos su valor
=
100
040
001
C , la ecuación queda:
=+=⋅→=−⋅
000
010
000
BCXCCBXC y ( )BCCX +⋅= −1 . Calculamos 1−C
241
100100
04
10010
001001
100100
010040
001001
f⋅
⇒
así que
=−
100
04
10
0011C y
=
⋅
=
000
04
10
000
000
010
000
100
04
10
001
X
R.13. Calcula la matriz X tal que CABX =+⋅ , siendo
−
−=
315
124A ,
−
=
230
102
030
B y
−−
−=
642
531C .
Solución:
( ) 1−⋅−=→−=⋅ BACXACBX ;
−−
−−=−
337
413AC Calculamos 1−B
⇒
−
⇒
−
⇒
−
121
21
100230
001030
02
102
101
100230
001030
010102
cambiamos
100230
010102
001030 f
fyf
231
321
1
321
23 210
21100
003
10104
12
14
1001
210
21100
001030
02
102
101
101200
001030
02
102
101
f
ff
fff
−
−−
⇒
⇒
−
⇒
luego
−−
=
−−
=−
606
004
363
12
1
210
21
003
14
12
14
1
1B y
Matrices Tema 11
11-17
−
−=
−
−=
−−
⋅
−−
−−=
41
27
45
411
23
1229
34215
331829
12
1
606
004
363
337
413
12
1X
Estudio del rango de una matriz R.14. Calcula utilizando el método de Gauss el rango de las matrices:
a)
−
=
6106
3112
1310
3014
A b)
−
−
=
1111
2210
3642
1321
B
Soluciones: a)
23
3414
13 3
0000
0700
1310
3014
0000
3230
1310
3014
32
2
3230
3230
1310
3014
6106
3112
1310
3014
ff
ffff
ff −
−
−
⇔
−
−
⇔
−
−
−
⇔
−
El rango es 3
b)
3414
12
0000
2210
5000
1321
2
2210
2210
5000
1321
1111
2210
3642
1321
ffff
ff
+
−
−
⇔
−
−
−−
−
−
⇔
−
−
El rango es 3
R.15. Estudia según los valores del parámetro a el rango de las siguientes matrices:
a)
−
−
=
213
141
52 a
A b)
=21
1
111
aa
aaB c)
=
a
a
a
C
11
11
11
Soluciones:
a)
2313
12
2200
2130
52
32
2
34130
2130
52
213
141
52
ffa
a
a
ff
ff
a
a
aa
−
−
−
−
⇔
−
−
−
−
−
⇔
−
−
( ) ( ) 31 Si21 Si =→≠=→= Ara;Ara
b)
13
1222 110
010
111
1
1
111
ff
faf
aa
a
aa
aa
−
⋅−
−−
−⇔
( ) 1
000
000
111
1 Si =→
=→= BrBa
( ) 2
020
020
111
1 Si =→
=→−= BrBa ( ) 311 =→−≠∧≠∀ Braa
Matrices Tema 11
11-18
c) ⇔
⋅−
−
−−
−−⇔
⇔
=
13
122110
110
11
11
11
11
3 y 1 filas las amosintercambi
11
11
11
faf
ff
aa
aa
a
a
a
a
a
a
a
C
⇔
⋅−
−
−−
−−⇔
13
122110
110
11
faf
ff
aa
aa
a
( )( )
( ) 321
22 Si
11 Si
=→−≠∧≠∀
=→−=
=→=
Craa
Cra
Cra
R.16. Calcula los valores de a y b para que el rango de la matriz A sea dos con
−
−
−
−
=
12
24
12
122
b
b
aA .
Solución:
( ) ( ) ( ) 14
23
14
13
12
2
2
2100
200
110
122
2
020
220
110
122
12
24
12
122
fbf
ff
ba
ab
a
ff
ff
ff
b
b
a
b
b
a
−+
−
−⋅−
−
−
−
⇔
−
−
−
−
−
−
−
⇔
−
−
−
−
Los valores de a y b que hacen que el rango sea 2 son las soluciones de
( ) ( )
=−⋅−
=−
021
02
ba
ab .La única solución del sistema es 21 == bya .
R.17. Demuestra que toda matriz cuadrada se puede descomponer de modo único como suma de una matriz simétrica y una antisimétrica. Solución:
Supongamos que sea cierto; es decir, que HSA += , siendo S una matriz simétrica y H una
antisimétrica. Entonces HSHSA −=′+′=′ , luego SAA ⋅=′+ 2 y HAA ⋅=′− 2 . De donde,
resolviendo el sistema, se obtiene 2
AAS
′+= y
2
AAH
′−= . Como se ve, por la manera de ser
obtenida, ésta descomposición es única.
Matrices Tema 11
11-19
Ejercicios propuestos
P.1. Expresa mediante la tabla correspondiente cada una de las siguientes matrices: ( )ijaA = ,
de orden 43 × , tal que: ≥
j<i si 1,-
ji si 2, = aij . ( )ijbB = , de orden 33 × , tal que:
≤ 3 j+i si 4,-
3 > j+i si 4, = bij
P.2. Determina la matriz traspuesta de las siguientes:
7145-3-
6103-4
86511-
=C ;
1-15
24-2-
61-0
=B ;
47
70
1-3
21-
=A
P.3. Resuelve el siguiente sistema matricial:
435
222 =B+A
501
12-1 =B-2A
P.4. Calcula 2CBA −⋅′ Siendo:
220
120
001
=C ; 1-04
031 =B ;
020
101 =A
P.5. Dadas las matrices ,
600
222
101
=B ,
200
131
121
=A
hallar la matriz P que verifique
BABP ⋅=− 2 .
P.6. Sabiendo que
11
01 =A , calcular: nAAAH +++= L
2 .
P.7. Hallar nnn CyB,A siendo:
111
111
111
=C ;
101
000
101
=B ;
100
101
000
=A
P.8. Siendo , cosasena
sena-cosa =A
calcula pA .
P.9. Sea la matriz A =
a3
21, determinar todas las matrices X de orden 2 tales que 0=⋅ XA .
Halla el valor de a para que el problema tenga solución distinta de la trivial.
P.10. Sean
505
13-71 =C ,
41-2
3-21 =B ¿Existe una matriz A tal que BAC ⋅= ?
Matrices Tema 11
11-20
P.11. Si
3-1-2-
625
311
=B ,
3-2-1
431-
4-2-2
=A . Calcula 32 ByA . (A las matrices que cumplen
lo que 2A se les llama idempotentes, a las que verifican lo que 3B se les llama nilpotentes.)
P.12. Dadas las matrices , 30
02 =R y
20
01 =A
hallar la matriz 1−⋅++⋅+= nRARAAS L .
P.13. Resolver la ecuación matricial CBXA =⋅⋅ , siendo:
00
11 =C ,
21
11 =B ,
10
01 =A
P.14. Resolver la ecuación matricial PNXM =+⋅ , siendo:
12
34 =P ,
43
21 =N ,
1-0
01- =M
P.15. Demuestra que
=
001
01-0
100
A es inversa de sí misma.
P.16. Demuestra que las matrices:
250
120
610
=B y
003
002
001-
=A son linealmente
independientes. P.17. Determina el rango de cada una de las siguientes matrices:
12
61
51
21-
=A ,
0514
3321-
1213
2114-
=A ,
0130
0106
0121-
=A ,
2212
2-231
0443
=A 4321
021-
001
000
210
214
=A ,
4222
7543
3321
10864
=A ,
01012
10111
01012
01351-
=A 765
P.18. Calcula el rango de la matriz
12963
8642
t321
para los distintos valores de t:
P.19. Halla una matriz X tal que:
⋅
041-5-
0131-
0201
= X
5-1-4
311-
210
P.20. Hallar la matriz X que verifica DCBXA =+⋅⋅ , siendo:
Matrices Tema 11
11-21
010
013=D
3-21-
321=C
11-0
010
001
=B 01-
01=A
P.21. Encontrar una matriz X que verifique la ecuación: CBXA =+⋅ siendo:
310
252
003
=C
100
010
001
=B
421
021
001
=A .
P.22. Calcula por el método de Gauss la inversa de las matrices:
a)
100
121
102
b)
254
412
143
Soluciones:
P.1.
−
−−
−−−
=
1222
1122
1112
A ,
−
−−
=
444
444
444
B . P.2.
−
−
4712
7031;
−
−−
−
126
141
520
;
−−
−−
768
116
405
531
341
. P.3.
=
123
121B ;
=
312
101A . P.4.
−−
−−
651
668
030
. P.5.
4800
311013
1846
.
P.6. ( )
+
nnnn
2
10
. P.7.
=
100
100
000nA ;
⋅=−
101
000
101
2 1nnB ;
⋅=−
111
111
111
3 1nnC
P.8. ( ) ( )( ) ( )
−
pacospasen
pasenpacos P.9.Si
−=
−=∈∀→=
2212
21112221
2
26
xx
xxconRx,xa ;si ( )06 =→≠ Xa .
P.10.
−
21
13. P.11. 032 == B,AA . P.12.
−
−
130
012n
n
. P.13.
00
01.
P.14.
−−
31
13. P.15. Basta comprobar que IAA =⋅ . P.16. Trivial.
P.17. 2332 :A , :A , :A , :A 4321 323 :A , :A , :A 765 P.18. Si ,rt 14 =→= 24 =→≠ rt
P.19.
−
−−
−
021112
022225
03810
. P.20. No existe. P.21.
−− 04
3
2
1120
002
. P.22. a)
−−
−
1004
1
2
1
4
12
10
2
1
b) No admite inversa.
Determinantes Tema 12
12-1
Tema 12
DDeetteerrmmiinnaanntteess..MMaattrriizz iinnvveerrssaa.. RRaannggoo ddee uunnaa mmaattrriizz..
12.1 Conceptos previos. Permutaciones de n elementos
Ejemplo 12.1 Si 21,A = , una permutación es 2,1 y la otra es 1,2
Notas - A partir de ahora, consideraremos tan sólo las permutaciones de los n primeros números
naturales n,,,, K321 . Y al conjunto de todas las permutaciones posibles de los n primeros números
naturales lo denotaremos por nS .
Ejemplos
Ejemplo 12.2 Con el conjunto formado por los números 1 , 2 y 3, hay 6 permutaciones posibles: 1 2 3, 1 3 2, 2 1 3 , 2 3 1, 3 1 2 y 3 2 1.
Ejemplo 12.3 Con los números 1, 2, 3 y 4 se pueden hacer 244 =! permutaciones distintas.
Ejemplo 12.4 La permutación 54321=σ es la permutación principal de los cinco primeros
números naturales.
Definición Se llama permutación de los n elementos del conjunto na,,a,a,aA L321= a
cualquier forma de ordenar los n elementos de A.
Proposición 12.1 El número total de permutaciones de n elementos es n!n ⋅⋅⋅⋅= L321 .
Definición Se llama permutación principal a aquella en la que los números están en el orden natural.
Determinantes Tema 12
12-2
Ejemplo 12.5 En la permutación 3 2 1 4, los números 3 y 1, 3 y 2, 2 y 1 están en inversión; 1 y 4 están en permanencia.
En la permutación 3 1 5 2 4, los números 3 y 1, 3 y 2, 5 y 2, 5 y 4, están en inversión; 3 y 5, 3 y 4, 1 y 5, 1 y 2, 1 y 4, 2 y 4, están en permanencia.
Ejemplo 12.6 La permutación 3 2 1 4, como se ha visto en el ejemplo anterior, tiene 3 inversiones por lo que es de clase impar.
La permutación 3 1 5 2 4, como se ha visto en el ejemplo anterior, tiene 4 inversiones por lo que es de clase par.
Nota De las n! permutaciones de los n primeros números naturales la mitad son de clase par y la otra mitad de clase impar.
La demostración es muy simple, pues si una vez formadas todas las permutaciones cambiamos entre si dos elementos fijos dados en cada permutación se siguen teniendo las mismas permutaciones y las que eran de clase par se convierten en clase impar y viceversa.
Nota Evidentemente, ( )
−=
imparesσsi
paresσsiσs
,1
,1.
12.2 Determinante de una matriz cuadrada. Definición
Definición Dos elementos se dice que están en permanencia si se encuentran en la misma posición relativa que en la permutación principal. En caso contrario se dice que están en inversión.
Una permutación se dice de clase par si el número de inversiones es par y en caso contrario se dice de clase impar.
Definición Llamamos signatura de una permutación σ , y la denotamos por ( )σs , al número
( ) ( ) ps 1−=σ , donde p es el número de inversiones de la permutación.
Sea
=
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
L
MMMM
L
L
21
22221
11211
una matriz cuadrada de orden n.
Llamamos determinante de una matriz cuadrada A, y lo representamos por A , al número
( ) ( ) ( ) ( )∑∈
⋅⋅⋅=
nS
nnaaasAσ
σσσσ L2211 ,
donde ( ) ( ) ( )nσσσ ,...,2,1 es una permutación.
Determinantes Tema 12
12-3
Es decir: es el número que resulta al sumar todos los productos posibles de n términos , tales que no haya dos de la misma fila, ni dos de la misma columna, con signo más o menos según la paridad de la permutación que resulta al considerar los segundos subíndices sea par o impar. Nota Observa que según la definición de un determinante:
- Hay n! sumandos. - Cada sumando se compone de n factores tales que no hay dos de la misma fila ni dos de
la misma columna. - El signo de cada sumando es positivo si la permutación σ de los subíndices de las
columnas es de clase par y negativo si es de clase impar.
Calcular el valor del determinante de una matriz cuadrada a partir de la definición resulta complicado, no obstante la definición es el punto de partida en las demostraciones de las propiedades de los determinantes.
A continuación vamos a plantear reglas que faciliten calcular el valor de determinantes de orden
dos y tres; posteriormente se verá como calcular determinantes de orden mayor que tres.
12.2.1 Determinantes de orden dos
Al aplicar la definición al cálculo de un determinante de orden dos; es decir, 2221
1211
aa
aa,
recordemos que con los números 1 y 2 sólo hay dos posibles permutaciones, la 1 2 y 2 1; la
primera es de clase par y la segunda de clase impar, por lo que 211222112221
1211aaaa
aa
aa⋅−⋅= .
Ejemplo 12.7 El valor de 52
31
−
− es ( ) ( ) 12351
52
31−=−⋅−−⋅=
−
−.
12.2.2 Determinantes de orden tres. Regla de Sarrus.
En el caso de un determinante de orden 3 tal como
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
recordemos que
hay seis permutaciones posibles con los números 1, 2 y 3. Tres de clase par: 123, 231 y 312, y tres de clase impar: 321, 213 y 132. Por lo tanto, según la definición de determinante se tiene
322311332112312213312312322113332211
333231
232221
131211
aaaaaaaaaaaaaaaaaa
aaa
aaa
aaa
−−−++=
No obstante, para mayor comodidad, existe una regla geométrica para recordar este
desarrollo, llamada Regla de Sarrus, según la cual: Los términos de signo positivo provienen de la diagonal principal y de los dos triángulos de
base paralela a dicha diagonal. Los términos de signo negativo provienen de la diagonal secundaria y de los dos triángulos
de base paralela a dicha diagonal, tal y como se ve en los siguientes esquemas.
Determinantes Tema 12
12-4
Ejemplo 12.8 Para calcular el valor de
116
043
522
−
−
−
nos fijamos en los esquemas anteriores y
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =⋅−⋅−−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−+⋅−⋅−+⋅⋅=
−
−
−
132102645602513142
116
043
522
10312623 −=−=
( ) ( ) =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= 942861753762384951
987
654
321
( ) ( ) 07248105849645 =++−++= .
12.3 Propiedades de los determinantes Se enuncian sin demostrar las propiedades fundamentales de los determinantes que, entre otras cosas, van a servir para facilitar el cálculo de determinantes de orden superior a tres.
Observa que de no utilizar estas propiedades resulta excesivamente laborioso el cálculo de un determinante, ya para el de orden 4 requiere hacer 24 sumas de 4 factores cada sumando y el de orden 5 tiene 120 sumandos de 5 factores cada uno y, así, sucesivamente.
Ejemplo 12.9 Calculemos el valor de
105
142
632
−−
−
correspondiente a la matriz traspuesta de la
primera del ejemplo 12.9.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 103132102645602513142
105
142
632
−=⋅−⋅−−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−+⋅−⋅−+⋅⋅=−−
−
Observa que tenemos exactamente los mismos sumandos en el desarrollo que en el ejemplo anterior.
1. El determinante de una matriz A es igual al de su traspuesta.
Determinantes Tema 12
12-5
Nota Como consecuencia de esta propiedad, todas las que siguen son válidas indistintamente para filas o para columnas. Se hablará entonces, de líneas aplicando dichas propiedades a filas o a columnas según interese.
Ejemplo 12.10 ( ) 1205342
5000
7300
4240
3012
−=⋅−⋅⋅=−−
−
, puesto que los demás sumandos tendrán
siempre un factor nulo.
Ejemplo 12.11 Calculemos 41
324
−⋅ .
Por un lado, se tiene que ( )( ) 441342441
324 =−⋅−⋅⋅=
−⋅ y aplicando la propiedad
resulta ( ) 44434844
38=−⋅−⋅=
−, que es lo mismo. Observa que al multiplicar la primera
columna por 4, cada sumando se ha multiplicado también por 4.
Nota Como consecuencia: el producto de un número por un determinante es igual al determinante que resulta al multiplicar una sola línea, y sólo una, por ese número.
Ejemplo 12.12 Se comprueba, entre otras posibilidades, que
93
135
363
423
1315
123
429
135
121
423
3 −=
−
=
−
=
−
⋅
2. El determinante de una matriz triangular es igual al producto de los elementos de la diagonal principal.
3. Si todos los elementos de una línea son 0, el determinante es 0.
4. Al multiplicar una línea, fila o columna, por un número el determinante queda multiplicado por ese número.
5. Si se permutan entre sí dos filas o columnas de un determinante éste cambia de signo.
6. Si una línea de un determinante está formada por términos que son suma de varios sumandos, el determinante es igual a la suma de los determinantes que se obtienen al sustituir dicha línea por los primeros sumandos, los segundos, etc. y dejar el resto de las líneas iguales.
Determinantes Tema 12
12-6
Ejemplo 12.13 Es fácil comprobar por un lado que 31
135
121
423
−=
−
y por otra parte se puede
considerar la siguiente descomposición:
318554
115
141
413
125
121
413
1125
1421
4113
135
121
423
−=−=
−
+
−
−=
−+
+−
+
=
−
, que también da lo
mismo.
Nota La propiedad anterior se puede entender de la siguiente forma:
33323231
23222221
13121211
333231
232221
131211
333231
232221
131211
abaa
abaa
abaa
aba
aba
aba
aaa
aaa
aaa
+
+
+
=+ como regla para sumar determinantes.
Ejemplo 12.14 Veamos con un ejercicio teórico las propiedades 6, 7, 8 y 9.
Sea
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
A = , sumemos a la primera fila una combinación lineal de las otras y veamos
que el determinante no varía:
=
β+α+β+α+β+α+
==
333231
232221
32313322212312111
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaaaaaaaa
aaa
aaa
aaa
A
aplicando la propiedad 6, resulta
AA
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
aaa
=++=
βββ
+
ααα
+= 00
333231
232221
33231
333231
232221
232221
333231
232221
131211
,
pues los sumandos 2º y 3º tienen dos líneas proporcionales.
7. Un determinante con dos líneas iguales es 0.
8. Si un determinante tiene dos líneas proporcionales, el determinante es nulo.
9. Un determinante no varía si se le suma a una línea una combinación lineal de las restantes.
Determinantes Tema 12
12-7
Idea clave Esta propiedad sugiere que para resolver un determinante se puede triangular la matriz (hacer 0 los elementos por debajo de la diagonal principal) utilizando combinaciones lineales, sin que altere el valor del determinante y, a continuación, aplicar la propiedad 2. Nota Hay que poner especial atención en el número de la combinación lineal que multiplica a la línea sustituida por aquella, porque el determinante queda multiplicado por dicho número.
Ejemplo 12.15 a) Calculemos
112
013
321
−
( ) 87
871
7800
970
321
2
3
530
970
321
112
013
321
273
313
12 =
−⋅−⋅=
−−
−−=
−
−
−−
−−=−
ffff
ff
b) Calculemos
1111
1111
1111
1111
−
−
−
−
[ ] =
−
−=
+
+
+
−
=
−
−
−
−
32
14
13
12
0220
2200
2020
1111
0220
2020
2200
1111
1111
1111
1111
1111
f yf cambio
ff
ff
ff
16
4000
2200
2020
1111
2200
2200
2020
1111
3424
−=
−−
−
−=
−−
−
−=
ffff
.
Ejemplo 12.16 Dadas
=
71
23A y
=
18
25B comprobamos que BABA ⋅=⋅ .
=⋅
961
831BA ; 19221 =−=A ; 11165 −=−=B ; ( )1119209488279 −⋅=−=−=⋅ BA , con lo
que queda comprobada la propiedad.
10. Un determinante es 0 si una fila es combinación lineal de las restantes.
11. El determinante de la matriz producto de dos matrices cuadradas es el producto de los determinantes.
Determinantes Tema 12
12-8
12.4 Matriz adjunta
Ejemplo 12.17 En
0112
9813
4123
, 112
13= es un menor de orden dos,
011
981
412
es un menor
de orden tres, su valor es –37,
012
913
423
es otro menor de orden tres.
Ejemplo 12.18 En
−
120
510
213
, el menor complementario de 5 es 20
13, su valor es 6.
Ejemplo 12.19 En
−
120
510
213
, el adjunto de 232 =a es 1550
2332 −=−=A .
Así, para una matriz de orden 3, ( )ijA sería:
( )
−
−−
−
=
2221
1211
2321
1311
2322
1312
3231
1211
3331
1311
3332
1312
3231
2221
3331
2321
3332
2322
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
Aij
Definición Dada una matriz cualquiera llamaremos menor al determinante de la matriz cuadrada que resulta de suprimir un determinado número de filas y de columnas.
Dada una matriz cuadrada llamaremos menor complementario de un elemento al menor que resulta de suprimir su fila y su columna.
Llamamos adjunto de un elemento ija y lo representaremos ijA , al menor complementario si
ji + es par, y al menor complementario cambiado de signo si ji + es impar.
Llamamos matriz adjunta de una matriz cuadrada ( )ija a la matriz ( )ijA , cuyos elementos son
los adjuntos ijA de la primera.
Determinantes Tema 12
12-9
12.5 Desarrollo de un determinante por los adjuntos de una línea
Veamos la comprobación para una matriz de orden tres desarrollando por la primera
columna:
=⋅+⋅−⋅=2322
131231
3332
131221
3332
232211
333231
232221
131211
aa
aaa
aa
aaa
aa
aaa
aaa
aaa
aaa
Aaaaaaaaaaaaaaaaaaa =−++−−= 221331231231321321331221322311332211
Nota Este teorema da un método para hallar el valor de los determinantes de orden superior a 3. Previamente, utilizando las propiedades de los determinantes enunciadas anteriormente, se introducen ceros en una línea para simplificar operaciones.
Ejemplos
Ejemplo 12.20 Para el cálculo de
4332
5213
4242
3012
−
− empezamos haciendo algunos ceros:
=
−
−
−
−=
−
−
14
12
1340
5213
1230
3012
4332
5213
4242
3012
ff
ff
y luego desarrollamos por adjuntos a partir de la primera columna:
6
134
123
301
3
134
521
123
2 =
−
⋅+
−
−⋅= .
Ejemplo 12.21 Desarrollo por adjunto de la primera fila se tiene:
=
−
−
−
⋅−−
−
⋅+
−
−
⋅−
−
−⋅=
−
−
−
100
10
01
00
010
01
10
00
001
10
01
00
100
010
001x
x
d
x
x
c
x
xb
x
x
x
a
x
x
x
dcba
dcxbxax +++= 23
12.6 Matriz inversa de una matriz cuadrada
En el tema anterior se ha visto que dada una matriz A, la matriz inversa 1−A es la matriz
que verifica IAAAA =⋅=⋅ −− 11
Teorema El determinante de una matriz cuadrada es igual a la suma de los productos de los elementos de una línea (fila o columna) por sus correspondientes adjuntos.
Determinantes Tema 12
12-10
Se puede probar que ( )′=−ijA
AA
11 ; es decir, la matriz traspuesta de la adjunta ( o la
adjunta de la traspuesta, que es lo mismo) dividida por el determinante de A.
Por tanto, para que una matriz tenga inversa es necesario y suficiente que su determinante sea distinto de cero, es decir, que la matriz sea regular.
Ejemplo 12.22 Dada la matriz
−
=
110
120
321
A calculemos 1−A .
Primero calculamos su determinante: 3=A . A continuación la matriz traspuesta
−=′
113
122
001
A
y en esta matriz se calculan los adjuntos:
311
1211 =
−=A 5
13
1212 −=
−−=A 4
13
2213 −==A
011
0021 =−=A 1
13
0122 ==A 1
13
0123 −=−=A
012
0031 =
−=A 1
12
0132 =
−−=A 2
22
0133 ==A
Entonces:
−
−−
=
−
−−
=−
3
2
3
10
3
1
3
10
3
4
3
51
210
110
453
3
11A
12.7 Rango de una matriz. Método de orlar menores Se vio en el tema anterior el método de Gauss para calcular el rango de una matriz. Veremos ahora otro modo de calcular ese rango utilizando el concepto de determinante. Enunciamos el siguiente teorema: La búsqueda del menor de mayor orden, distinto de cero, se hace por un método llamado orlar menores.
El rango de una matriz coincide con el orden del mayor menor no nulo de dicha matriz.
Dado un menor de orden h, llamamos menor orlado al determinante de orden 1+h que resulta al añadir una fila y una columna cualesquiera de la matriz a dicho menor.
Determinantes Tema 12
12-11
Ejemplo 12.23 En la matriz
−
−
−−
60145
99236
1143115
50362
un menor de orden dos es 23
31, algunos
menores orlados del anterior son:
236
3115
362
−
−
(con 11 c yf );
614
923
1131
− (con 54 y cf )
Para el cálculo del rango de una matriz mediante el teorema anterior conviene tener en
cuenta la siguiente propiedad:
Para hallar el rango de una matriz numérica seguiremos el siguiente proceso:
• Se parte de un menor de orden h no nulo.
• Se orla con una línea fija, por ejemplo una fila, y el resto de las columnas. o Si alguno de esos menores es distinto de cero el rango de la matriz es, al menos,
1+h y con ese menor de orden 1+h repetiríamos el proceso de orlar. o Si al orlar, todos los menores fueran cero, la fila elegida es combinación lineal de
las h incluidas en el menor y dicha fila no cuenta para el rango de la matriz (la suprimimos).
• Se continúa el proceso, si es preciso, con otras filas. Si todos los menores son nulos el rango es h.
Ejemplos
Ejemplo 12.24 Calculemos el rango de
−
−−
−
53224
23013
70211
.
Como sólo tiene tres filas, el rango es, como mucho, 3.
Tomamos un menor no nulo de orden 2, por ejemplo 01
21
−
− .
A continuación, lo orlamos con la fila 3 y con cada una de las columnas no elegidas en el menor:
orlando con 13 cyf se tiene 0
224
013
211
=
−
−
−
, orlando con 43 cyf se tiene 0
322
301
021
=
−
−
−
y
orlando con 53 cyf resulta 0
522
201
721
=
−
−−
−
.
Proposición Sea iA un menor no nulo de orden h de una matriz A. Si todos los menores
obtenidos orlando iA con una fila m y con el resto de las columnas de A son nulos, entonces la
fila m es combinación lineal de las h filas de A que corresponden a iA ( lo mismo para las
columnas).
Determinantes Tema 12
12-12
Por lo tanto, la fila tercera es combinación lineal de las dos primeras y en consecuencia el rango es 2.
Ejemplo 12.25 Calculamos el rango de
−
−
100
011
430
234
132
.
El rango es como mucho 3, pues sólo tiene tres columnas.
Tomamos un menor no nulo de orden 2, por ejemplo 0634
32≠−= y orlamos con la
tercera columna y el resto de las filas (tercera, cuarta y quinta):
orlando con 33 cyf se tiene 0
430
234
132
=
−
−
; orlando con 34 cyf resulta 01
011
234
132
≠=
−
. Por
lo tanto, ya no es preciso seguir y se puede concluir que el rango de la matriz es 3.
Nota Para el caso de matrices numéricas, parece más rápido hallar el rango a base de triangular o, bien, triangular y estar atentos a menores no nulos que puedan dar el rango directamente.
Para hallar el rango de una matriz con parámetros lo conveniente suele ser empezar anulando los menores más grandes que se puedan formar y, a continuación, hacer el estudio distinguiendo entre los valores que lo anulan y los que no lo anulan.
Ejemplos
Ejemplo 12.26 Calculemos para los distintos valores de k el rango de
3k2
k23
23k
.
Empezamos haciendo cero el menor de mayor orden que, en este caso, coincide con el determinante de la matriz.
50 −=⇔= k k-35-18k=
3k2
k23
23k
3 .
De aquí podemos concluir:
a) para 5−=k , el rango es 2, ya que el menor 23
35 es distinto de cero;
b) para 5−≠k , el rango es 3, ya que el determinante de la matriz es distinto de cero.
Ejemplo 12.27 Calculemos para los distintos valores de x e y el rango de la matriz:
Determinantes Tema 12
12-13
100
3-y1
6-42
0x0
32-1-
.
En este caso, es fácil ver que la tercera fila es combinación lineal de la primera, luego el
rango de la matriz dada coincide con el rango de la matriz
−
−−
1
3
0
3
0
2
0
1
0
1
y
x.
Entre los posibles menores de mayor orden, que es tres, tomamos, por ejemplo, el
100
00
321
x
−−
que se anula sólo para 0=x . Luego, para 0≠x el rango es 3, independiente mente
del valor de y. Veamos qué pasa para 0=x . La matriz e estudiar es
−
−−
100
31
321
y ,
cuyo determinante vale 202
100
31
321
=⇔=−=−
−−
yyy . Así que la matriz que resulta para
0=x e 2=y es
−
−−
100
321
321
, cuyo rango es 2.
Ahora bien, como el menor
100
31
321
−
−−
y es independiente de x, para 2≠y el rango es
tres. Resumiendo:
x y rango
0−R R 3
R 2−R 3
0 2 2
Determinantes Tema 12
12-15
Ejercicios resueltos
Determinantes de orden 2 y 3 R.1. Calcula el valor de los siguientes determinantes utilizando la Regla de Sarrus:
a)
735
124
231
−
−
b)
133
211
025
−
−
Soluciones:
a) ( ) ( ) 884320152414
735
124
231
−=+−−−++=
−
−
b) ( ) ( ) 2530201205
133
211
025
=−−−−+=
−
−
R.2. Resuelve las ecuaciones: a) 02
3=
x
x b) 0
421
312
22
=
xx
Soluciones:
a) 02
3=
x
x. Desarrollamos y queda 6062
±=⇔=− xx .
b) 0
421
312
22
=
xx
2
101662684 =⇔=−−−++⇔ xxxxx .
Propiedades de los determinantes
R.3. Dada la matriz
=
tz
yxA y sabiendo que 3=
tz
yx, utiliza las propiedades de los
determinantes para calcular razonadamente:
a) ttz
yyx
+
+ b)
tz
yx
2233 c)
zt
xy
22
22 d) A⋅3 .
Soluciones:
a) 303 =+=+=+
+
tt
yy
tz
yx
ttz
yyx[propiedades 6 y 7].
b) 223
1
2233 =⋅⋅=
tz
yx
tz
yx [propiedad 4] .
Determinantes Tema 12
12-16
c) ( ) 123222222
22−=−⋅⋅=⋅⋅=
zt
xy
zt
xy[propiedades 4 y 5].
d) 2733
333 ==⋅
tz
yxA [ propiedad 4] (recuérdese el producto de número por matriz).
R.4. Dadas las matrices
−
=
421
125
231
A y
−
=
313
012
213
B comprueba que:
a) BABA +≠+ b) BABA ⋅=⋅ c) BB ⋅α=⋅α 3
Soluciones:
a) Calculamos
=+
732
137
424
BA y 38
732
137
424
==+ BA , por otra parte se tiene que
33
421
125
231
−=
−
=A y 13
313
012
213
=
−
=B , la desigualdad es evidente.
b) BABA ⋅=⋅ Calculamos
−=⋅
10713
13222
8415
BA y
BABA ⋅=⋅−=−=−=⋅ 1333429
10713
13222
8415
c) ( )
ααα
αα
αα−α
=⋅α
313
012
213
B y B⋅α=
−
⋅α=
ααα
αα
αα−α33
313
012
213
313
012
213
R.5. Sabiendo que los números 102, 119 y 255 son múltiplos de 17, demuestra aplicando las
propiedades de los determinantes que
255
119
102
es también múltiplo de 17.
Solución:
Si en la primera columna hacemos la transformación 321 10010 ccc ⋅+⋅+ el valor del
determinante no varía
2515
117
106
17
25255
11119
10102
255
119
102
⋅== y por tanto múltiplo de 17.
Determinantes de orden superior
Determinantes Tema 12
12-17
R.6. Calcula introduciendo ceros el valor de: a)
4322
7103
2532
2113
−
−
−
b)
2393
7531
2422
5312
−
−
−
Soluciones: a) Se van a introducir ceros en la 2ª columna por tanto hay que manejar filas.
−
−
−
−
−−
−
=
−
−
−
14
12
2
3
0508
7103
4807
2113
4322
7103
2532
2113
ff
ffdesarrollamos por la segunda columna
1112453244860
058
713
487
0508
7103
4807
2113
−=++−=
−
−
−−
−=
−
−
−−
−
b) Introducimos ceros en la segunda fila, por tanto manejaremos columnas.
+⇒
+⇒
+⇒
−
−
−=
−
−
−
144
133
122
2
cambios
5963
6321
0002
7732
2393
7531
2422
5312
ccc
ccc
cccdesarrollamos por la segunda fila
( ) 3745681126362
cambios
496
332
073
2
596
632
773
2
5963
6321
0002
7732
233 −=+−−−⋅=
−⇒
−−
⋅=
−
⋅=
−
−
−ccc
R.7. Calcula el valor de:
xabx
axxb
bxxa
xbax
Solución:
Hacemos 411 ccc −⇒ , 322 ccc −⇒ y sacamos factor común ba −
( ) =
−
−⋅−=
−
−
−
−
=
xa
ax
bx
xb
ba
xaab
axab
bxba
xbba
xabx
axxb
bxxa
xbax
10
01
01
10
0
0
0
0
2
sumamos a la fila tercera la fila segunda e intercambiamos la primera y la segunda
Determinantes Tema 12
12-18
( ) ( ) =
−
+⋅−−=
−
+⋅−=
xa
bax
xb
bx
ba
xa
bax
bx
xb
ba
10
200
10
01
10
200
01
10
22
sumamos a la fila cuarta la fila segunda
( ) ( ) ( ) ( )[ ].baxbaxba
baxba
xba
bax
xb
bx
ba22222
42
2
200
200
10
01
+−⋅−−=+
+⋅−−=
+
+⋅−−=
R.8. Demuestra que el determinante de Vandermonde de orden tres vale:
( ) ( ) ( )abacbc
cba
cba −⋅−⋅−=222
111
Solución: A la 3ª fila le restamos la 2ª multiplicada por a y a la 2ª la 1ª multiplicada por a
accabb
acab
cba
cba
⋅−⋅−
−−=22222 0
0
111111
desarrollamos por la 1ª columna y sacamos factor común
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )bcacab
cbacab
accabb
acab
accabb
acab −⋅−⋅−=⋅−⋅−=−⋅−⋅
−−=
⋅−⋅−
−−=11
0
0
111
22
Cálculo de la matriz inversa. Ecuaciones matriciales
R.9. Halla la matriz inversa de las siguientes matrices utilizando determinantes:
a)
−=
42
21A b)
−
−
−
=
213
122
213
B c)
−
−
=
173
1115
423
C
Soluciones:
a) Calculamos 842
21=
−=A , la matriz traspuesta es
−=
42
21tA y los adjuntos son
411 =A ; 212 −=A 221 =A 122 =A . Por tanto,
−
=
−=
−
8
1
4
14
1
2
1
12
24
8
11A .
b) 18
213
122
213
=
−
−
−
=B ;
−
−−=
212
121
323tB . Calculamos los adjuntos de esta matriz:
321
1211 =
−
−=B 0
22
1112 =
−
−−=B 3
12
2113 =
−−=B
Determinantes Tema 12
12-19
721
3221 =
−−=B 12
22
3322 −=
−=B 1
12
2323 =−=B
812
3231 =
−=B 6
11
3332 −=
−−=B 4
21
2333 −=
−−=B
Por lo tanto
−−
−=
−−
−=−
9
2
3
1
9
418
1
3
2
18
76
10
6
1
468
1127
303
18
11B
c) Como 0
173
1115
423
=
−
−
=C , la matriz C no tiene inversa.
R.10. Estudia para qué valores de x la matriz
−
=
232
31
12
x
x
A no tiene inversa. Después, calcula la
matriz inversa de A para 3=x .
Solución:
La matriz no tiene inversa si 0=A ;
=
=⇔=+−=
−
=
2
51
0572
232
31
122
x
xxxx
x
A .
Calculamos la matriz inversa de
−
=
232
331
123
A . 2=A ,
−
=′
231
332
213
A y los adjuntos son:
323
3311 −==A 7
21
3212 −=
−−=A 9
31
3213 =
−=A
423
2121 =−=A 8
21
2322 =
−=A 10
31
1323 −=
−−=A
333
2131 −==A 5
32
2332 −=−=A 7
32
1333 ==A
con lo que
−−
−
−−
=
−−
−
−−
⋅=−
2
7
2
5
2
3
542
2
9
2
7
2
3
753
1084
973
2
11A .
R.11. Resuelve la ecuación matricial BAX =⋅ con:
Determinantes Tema 12
12-20
−
−
=
311
201
110
A ;
−
−
−
=
971
1173
1917
B
Solución:
Despejando, 1−⋅= ABX . Necesitamos hallar 1−A .
Como 6−=A , si se halla la matriz adjunta de la traspuesta se llega a que
−
−−
=−
111
115
242
6
11A ,
Haciendo 1−⋅= ABX se tiene
−
−
=
−
−−
⋅
−
−
−
=
3
2
3
1
3
23
413
3
16
3
5
3
19
111
115
242
971
1173
1917
6
1X .
Rango de una matriz por medio de determinantes
R.12. Calcula, estudiando sus menores, el rango de las siguientes matrices:
a)
−
−
125112
187114
31101
b)
−
2414
5213
4152
0123
Soluciones: a) Como sólo tiene tres filas, el rango es menor o igual que 3. Elegimos un menor de orden 2
distinto de cero; por ejemplo, el 0114
01≠= y lo orlamos con la fila 3 y las diferentes columnas
hasta encontrar un menor distinto de cero, si es que lo hay.
Con 01241
112
114
101
33 =++−=−
−
→cyf ; Con 07245
512
714
101
43 =−−+=→cyf
Con 01861212
1212
1814
301
53 =−−+=→cyf .
Como no hay ningún menor de orden tres distinto de cero, entonces el rango de la matriz es 2. b) El rango es menor o igual que 4. Elegimos un menor de orden 2 distinto de cero; por ejemplo, el
01152
23≠= y lo orlamos con la fila 3 y las diferentes columnas hasta encontrar un menor
distinto de cero, si es que lo hay.
083156230
213
152
123
≠−+−+−=
−
Al ser distinto de cero, ya podemos decir que el rango es mayor o igual que 3. Orlamos este menor con la única fila y la única columna que quedan, resulta
Determinantes Tema 12
12-21
0
213
736
123
2
414
736
123
52
2414
5213
0736
0123
2414
5213
4152
0123
42≠
−
−−⋅+−−⋅−=−
−
−−=
−
ff .
Por tanto el rango de la matriz es 4.
Rango de matrices dependientes de parámetros
R.13. Estudia para los distintos valores de k el rango de.
32
23
23
k
k
k
Solución:
Calculamos 5035180
32
23
233
−=⇔=−+−⇔= kkk
k
k
k
.
Por lo tanto, si 5−≠k el rango es 3. Y si 5−=k , como hay menores de orden dos distintos
de cero, el rango es 2.
R.14. Estudia el rango de
−
=
111
111
1 2tt
A según los valores del parámetro Rt ∈
Solución:
Calculamos. 1022
111
111
12
2
±=⇔=⋅−=
−
tt
tt
.
Por tanto si 1±≠t el rango es tres. Y si 1±=t , el rango es 2 , pues el menor 11
11
− es
distinto de cero para todo t de R.
R.15. Estudia el rango de
+
−+
=
011
2011
11
a
aa
aaa
A según los valores del parámetro Ra ∈ .
Razona si para algún valor de a existe 1−A . Solución:
El rango de A es menor o igual que 3. Calculamos: ( )21
11
011
11
+⋅=+
−+
aa
a
a
aa
, luego si 0≠a , o
bien 1−≠a el rango de A es tres. Veamos qué pasa si 0=a y, después, si 1−=a .
Si 0=a , la matriz es
=
0110
0011
0011
A , donde todos los menores de orden 3 son nulos y
Determinantes Tema 12
12-22
encontramos un menor 010
11≠ y por tanto el rango de A es 2.
Si 1−=a , queda
−
−
−
=
0111
2001
1110
A , donde suprimiendo la columna segunda, queda
01
011
201
110
≠=
−
−
−
. Por lo que el rango de A también es 3.
Es absurdo pretender que una matriz que no es cuadrada tenga inversa.
Determinantes Tema 12
12-23
Ejercicios propuestos
Determinantes de orden 2 y 3
P.1. Calcula el valor del determinante:
102
412
352
−
−
P.2. Resuelve las siguientes ecuaciones:
a) 012
41=
−
+
x
x b) 0
203
011
23
=
−
+x
x
c) 0
312
125
22
=
−
− xxx
d) 17
101
12
13
=
+−
−
x
x
x
Propiedades de los determinantes
P.3. A partir del valor de 52
3==
y
xA , calcula utilizando las propiedades de los determinantes el
valor de: a) y
x
4
6 b)
yy
xx
−
−
2
3 c) 2A d) A⋅2
P.4. Dadas las matrices
−=
111
212
301
A y
−=
312
101
713
B comprueba que:
a) BABA −≠− b) AAt = c) AA 3α=⋅α d) AIA =⋅
Determinantes de orden superior
P.5. Calcula introduciendo ceros, si es preciso, el valor de:
a)
41144
2483
1352
0221
b)
α−
−
α−
α−
2003
5213
0202
0201
P.6. Calcula: a)
dcba
ccba
bbba
aaaa
b)
d
c
b
a
+
+
+
+
1111
1111
1111
1111
P.7. Demuestra que: edxcxbxaxx
xabcde
x
x
x
x
+++++−=
−
−
−
−
−
2345
1000
0100
0010
0001
P.8. Calcula
000
000
10110
00011
11001
cb
da
−
−
−
−
−−
Determinantes Tema 12
12-24
P.9. demuestra que el determinante de Vandermonde de orden 4
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−= abacbcadbdcd
dcba
dcba
dcba
3333
2222
1111
Cálculo de la matriz inversa. Ecuaciones matriciales
P.10. Dada la matriz
−
−
=
x
xA
14
30
101
averigua para qué valores del parámetro x la matriz A no
tiene inversa. Calcula 1−A cuando 2=x . P.11. Calcula las matrices inversas por medio de determinantes de:
a)
− 83
52 b)
−
−
324
125
213
c)
− 112
213
0212
d)
−−
−
−
016
102
101
P.12. Resuelve CABX =+⋅ con:
−
−=
315
124A ,
−
=
230
102
030
B y
−−
−=
642
531C
P.13. Resuelve la ecuación matricial BXA =⋅ siendo:
−
−
=
401
310
201
A y
−
−
−
=
071
275
231
B
Rango de una matriz por medio de determinantes
P.14. Calcula el rango de:
a)
− 4532
13253
5121
b)
−
−
−
2213
2412
3182
7213
Rango de matrices dependientes de parámetros
P.15. Determina en función del parámetro α el rango de cada una de las siguientes matrices:
a)
+α
−α
104
210
13
b)
−
−
+αα
061
142
13
c)
−
α
+α−
012
01
311
d)
α
α+
210
111
011
e)
−α+α−α
−α+α−α
α+α
43145
12114
322
f)
α
−αα
11
11
111
g)
+α
+αα
−
430
21
123
Determinantes Tema 12
12-25
Soluciones:
P.1. 58 P.2. a) 3±=x , b) 0=x , c)6
34−=x , d)
4
92 −== xyx P.3. a) 10, b) 5, c) 25, d) 20
P.4. a) 5−=− BA , 6=A y 5−=B luego BABA −≠− , b) trivial,
c) AA 322
30
α=
ααα
αα−α
αα
=⋅α d) trivial. P.5. a) 0, b) ( ) ( )232 2 −α−α⋅−α
P.6. a) ( ) ( ) ( )dccbbaa −⋅−⋅−⋅− , b) abcdabcabdacdbcd ++++ P. 7. Se hace
544 cxcc ⋅+⇒ y se desarrolla por 4f y se repite el proceso hasta llegar a orden 2. P.8.
cabd ⋅+⋅− P.9. Haciendo (en este orden) 344 faff ⋅−⇒ , 233 faff ⋅−⇒ , 122 faff ⋅−⇒ ,
desarrollando por 1c y sacando factor común se llega al determinante de Vandermonde de
orden 3. P.10. 31 == x,x
−−
−
−−
=−
218
3212
2171A
P.11. a)
− 23
58
31
1 b)
−−
−
−
122
13119
518
9
1 c)
−
−
−
6165
24121
423
38
1 d)
−
−−
−
012
166
011
P.12.
−−
=−
2
10
2
1
003
14
1
2
1
4
1
1B ,
−
−=
34215
331829
12
1X . P.13.
−
−
−
=−
101
323
204
2
11A ,
−
−
−
=
151
5222
4133
X . P.14. a) 2, b) 4 P.15. a) α∀= 3r ; b) si 27
19=→−=α r , si
37
19=→−≠α r ; c) si 2
2
13 =→−=α∨−=α r , si 3
2
13 =→−≠α∧−≠α r ; d) si
22
11 =→−=α∨=α r , si 3
2
11 =→−≠α∧≠α r ;
e) si 2123 =→=α∨=α∨=α r , si 3123 =→≠α∧≠α∧≠α r ; f) si 21 =→=α r , si
31 =→≠α r g) α∀= 3r
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-1
Tema 13
Sistemas de ecuaciones lineales
13.1 Definiciones
Ejemplo 13.1 La ecuación 423 =+ yx es una ecuación lineal respecto de las incógnitas x, y .
Ejemplo 13.2 El sistema
=++
=+−
232
14
zyx
zyxes un sistema de 2 ecuaciones lineales con 3
incógnitas.
Se llama ecuación lineal respecto a las n incógnitas nx,x,x,x K321 a toda igualdad que
puede ser escrita de la forma: bxaxaxaxa nn =++++ L332211 , donde b,a,a nL1 son
elementos de R. A los números na,a L1 se les llama coeficientes de las incógnitas
nx,x L1 , respectivamente, y al número b se le llama término independiente o segundo
miembro de la ecuación.
Se llama sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas nx,x,x,x K321 a un conjunto
de m ecuaciones lineales con esas n incógnitas que deben ser verificadas simultáneamente. Lo escribiremos así:
=++++
=++++
=++++
mnmnmmm
nn
nn
cxaxaxaxa
cxaxaxaxa
cxaxaxaxa
L
LLLLLLLLLLLL
L
L
332211
22323222121
11313212111
.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-2
Nota Resolver un sistema es hallar la solución o soluciones del mismo, en el caso de que tenga.
Ejemplo 13.4 El vector ( )121 −,, es solución del sistema
=++
=+−
232
14
zyx
zyx, porque para
121 −=== z,y,x se satisfacen las dos ecuaciones del sistema.
Todo sistema de m ecuaciones lineales con m incógnitas tal como
=++++
=++++
=++++
mnmnmmm
nn
nn
cxaxaxaxa
cxaxaxaxa
cxaxaxaxa
L
LLLLLLLLLLLL
L
L
332211
22323222121
11313212111
puede ser escrito matricialmente de la forma
=
⋅
mnmnmm
n
n
c
c
c
x
x
x
aaa
aaa
aaa
KK
L
LLLL
L
L
2
1
2
1
21
22221
11211
o, abreviadamente, CXA =⋅ ,
donde
=
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
A
L
LLLL
L
L
21
22221
11211
es la matriz de los coeficientes,
=
nx
x
x
XM
2
1
la matriz incógnita y
=
nc
c
c
CM
2
1
la matriz de los términos independientes.
A la matriz
=∗
mmnmm
n
n
caaa
caaa
caaa
A
L
LLLLL
L
L
21
222221
111211
, formada al añadir a la matriz A la matriz
columna de los términos independientes, la llamaremos matriz ampliada.
Se llama solución del sistema a todo vector ( )ns,s,s,ss K321= de nR que satisface las
m ecuaciones. Esto es, que al sustituir 1x por 1s , 2x por 2s y, así sucesivamente, en
todas las ecuaciones del sistema, se hacen ciertas cada una de ellas. Por tanto, se verifica:
=++++
=++++
=++++
mnmnmmm
nn
nn
csasasasa
csasasasa
csasasasa
L
LLLLLLLLLLLL
L
L
332211
22323222121
11313212111
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-3
Ejemplo 13.5 En el sistema
=++
=+−
232
14
zyx
zyx,
−=
321
114A y
−=
∗
2321
1114A son la
matriz de los coeficientes y la matriz ampliada, respectivamente.
13.2 Clasificación de los sistemas de ecuaciones lineales - Atendiendo a su solución, los sistemas pueden ser:
1) Compatible: cuando tiene solución. Se llama Compatible Determinado si tiene solución única. Y se llama Compatible Indeterminado si tiene infinitas soluciones. 2) Incompatible: cuando no tiene solución.
- Atendiendo a los términos independientes, los sistemas pueden ser:
1) Homogéneo: si todos los términos independientes son cero. 2) No homogéneo: si existe algún término independiente distinto de cero.
Nota Observa que un sistema homogéneo es siempre compatible ya que ( )00000 L,,,, es
siempre una solución del sistema. A ésta se le llama solución trivial. De lo anterior, resulta el siguiente esquema de clasificación: Determinados ( Solución trivial) Homogéneos Compatibles Indeterminados (Infinitas sol.)
Sistemas Determinados ( Una solución) Compatibles No homogéneos Indeterminados ( Infinitas sol.) Incompatibles ( Sin solución)
Ejemplos
Ejemplo 13.6 El sistema
=+
−=+
827
532
yx
yx es compatible determinado porque tiene una única
solución que es ( )32 −, .
Ejemplo 13.7 Es sencillo comprobar que el sistema
=−+
=−+
4264
232
zyx
zyx es compatible
indeterminado, pues toda solución de la primera ecuación lo es también de la segunda y la primera tiene infinitas soluciones.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-4
Ejemplo 13.8 Es sencillo comprobar que el sistema
=+
−=+
=+
52
226
23
yx
yx
yx
es incompatible, ya que
ninguna solución de la primera ecuación puede satisfacer la segunda.
13.3 Sistemas equivalentes Para poder resolver un sistema conviene dar la siguiente definición: El proceso para resolver un sistema es transformarlo en otro equivalente más sencillo. A continuación se dan algunos tipos de transformaciones que, realizadas en un sistema, dan lugar a otro equivalente.
Algunas transformaciones que dan lugar a otro sistema equivalente son:
Nota Observa la similitud que existe entre la transformación 4. y las transformaciones que pueden hacerse mediante el método de Gauss con las filas de una matriz sin que varíe su rango. De hecho, las transformaciones que mantienen el rango de las matrices asociadas a un sistema conducen a matrices que corresponden a un sistema equivalente al de partida.
13.4 Sistemas tipo Cramer. Regla de Cramer. Demostración.- Dado un sistema de n ecuaciones con n incógnitas podemos considerar su
1. Cambiar de orden las ecuaciones del sistema. 2. Sumar a los dos miembros de una ecuación un mismo número.
3. Multiplicar los dos miembros de una ecuación por un mismo número distinto de cero.
4. Sustituir una ecuación por una combinación lineal de dicha ecuación (con coeficiente
distinto de cero) y de las restantes.
5. Suprimir una ecuación que es combinación lineal de otras.
Dos sistemas se dicen equivalentes si toda solución del primero lo es del segundo y viceversa.
Definición Un sistema se dice que es del tipo Cramer (o sistema de Cramer) si tiene igual número de ecuaciones que de incógnitas y, además, el determinante de la matriz de coeficientes es distinto de cero.
Teorema Todo sistema tipo Cramer tiene solución y es única.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-5
forma matricial
=
⋅
nnnnnn
n
n
c
c
c
x
x
x
aaa
aaa
aaa
MM
L
LLLL
L
L
2
1
2
1
21
22221
11211
que, como vimos, equivale a CXA =⋅ .
Como el sistema es tipo Cramer, 0≠A y, por tanto, existe 1−A con lo que despejando en la
ecuación matricial se tiene que CAX ⋅= −1 ; es decir
⋅
⋅=
nnnnn
n
n
n c
c
c
AAA
AAA
AAA
A
x
x
x
M
L
LLLL
L
L
M
2
1
21
22212
12111
2
1
1 ,
lo que implica que el sistema tiene solución y que es única.
Regla de Cramer. Si, en la demostración anterior, se despeja la incógnita ix se tiene
A
cAcAcAx
niniii
⋅++⋅+⋅=
L2211
y es fácil ver que
nninninnn
nii
nii
ninii
aacaaa
aacaaa
aacaaa
cAcAcA
LL
MMMMMM
LL
LL
L
1121
2122122121
1111111211
2211
+−
+−
+−
=⋅++⋅+⋅
sin más que desarrollar el determinante por la columna i.
De aquí, podemos afirmar que: La solución de cada incógnita de un sistema de Cramer es un cociente, en el que el
numerador es el determinante formado al sustituir en la matriz de los coeficientes la columna correspondiente a los coeficientes de la incógnita por la columna de términos independientes y el denominador es el determinante de la matriz de coeficientes.
Ejemplos
Ejemplo 13.9 Resolvamos el sistema:
5334
044
4354
-= z + y + x
= z + y+ x
-= z + y + x
Como A= 8
334
414
354
= , y hay 3 ecuaciones y 3 incógnitas, se trata de un sistema
Cramer cuya solución es:
68
534
014
454
2
1
8
354
404
344
8
49
8
335
410
354
=
-
-
= z ; =
-
-
= y; -
=
-
-
= x .
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-6
Ejemplo 13.10 Resolvamos, usando la Regla de Cramer, el sistema:
=+−+
=+−+
=−++
523
23
142
tzyx
tzyx
tzyx
No tenemos el mismo número de ecuaciones que de incógnitas y en principio parece que no es posible resolverlo por la Regla de Cramer, sin embargo si pasamos los términos con t al segundo miembro y los consideramos como parámetro queda un sistema de Cramer con incógnitas x, y, z:
−=−+
−=−+
+=++
tzyx
tzyx
tzyx
253
23
142
, ya que 012
311
113
412
≠=− , cuyas soluciones son
12
13
12
3125
112
411
−=
−−
−−
+
=tt
t
t
x , 12
1058
12
3251
123
412
tt
t
t
y−
=−−
−−
+
= , 12
55
12
2511
213
112
−=
−
−
+
=tt
t
t
z .
13.5 Teorema de Rouché – Fröbenius
Demostración.-
Condición necesaria: [ ]⇒
Matricialmente, el sistema
=++++
=++++
=++++
mnmnmmm
nn
nn
cxaxaxaxa
cxaxaxaxa
cxaxaxaxa
L
LLLLLLLLLLLL
L
L
332211
22323222121
11313212111
puede ser escrito del
modo siguiente:
c
...
c
c
= x
a
...
a
a
+ ... + x
a
...
a
a
+ x
a
...
a
a
m
2
1
n
mn
2n
1n
2
m2
22
12
1
m1
21
11
.
Dado un sistema de m ecuaciones con n incógnitas, siendo A la matriz de los coeficientes
y ∗A la matriz ampliada, la condición necesaria y suficiente para que el sistema tenga
solución es que ( ) ( )∗= AA rangorango .
Además, si llamamos r a dicho rango, se tiene: a) Si nr = , el sistema tiene solución única (compatible determinado). b) Si nr < , el sistema tiene infinitas soluciones (compatible indeterminado).
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-7
Afirmar que el sistema tiene solución equivale a decir que el vector
c
...
c
c
m
2
1
puede ponerse
como combinación lineal de los vectores columna
a
...
a
a
, ... ,
a
...
a
a
,
a
...
a
a
mn
2n
1n
m2
22
12
m1
21
11
.
Por lo tanto, podemos eliminar la columna de términos independientes en el cálculo del
rango de la matriz ampliada y, en consecuencia, ( ) ( )∗= AA rangorango .
Condición suficiente: [ ]⇐
Supongamos que ( ) ( ) rAA == ∗rangorango y probemos que el sistema tiene solución.
Sin restar generalidad, podemos suponer que el menor de orden r no nulo que
determina el rango incluye las r primeras ecuaciones y las r primeras incógnitas. Esto quiere decir que las rm − filas restantes de la matriz ampliada son combinación lineal de las otras, luego las podemos eliminar, quedando el sistema equivalente
=+++++++
=+++++++
=+++++++
++
++
++
rnnrrrrrrrrrr
nnrrrr
nnrrrr
cxaxaxaxaxaxa
cxaxaxaxaxaxa
cxaxaxaxaxaxa
LL
LLLLLLLLLLLL
LL
LL
11332211
221122323222121
111111313212111
y pasando al segundo miembro los sumandos correspondientes a las rn − últimas incógnitas
+−−−=++++
+−−−=++++
+−−−=++++
++
++
++
rnnrrrrrrrrrr
nnrrrr
nnrrrr
cxaxaxaxaxaxa
cxaxaxaxaxaxa
cxaxaxaxaxaxa
LL
LLLLLLLLLLLL
LL
LL
11332211
221122323222121
111111313212111
que es un sistema tipo Cramer y, por lo tanto, tiene solución, presentándose dos casos:
1. Si nr = , el segundo miembro se reduce a los términos independientes ci y el sistema tiene solución única.
2. Si nr < , las r primeras incógnitas quedan en función de las rn − restantes que se
pueden considerar como parámetros y dando a éstos valores arbitrarios se obtienen infinitas soluciones.
Nota importante . En los sistemas homogéneos los rangos de A y de ∗A siempre coinciden sabemos que siempre existe solución. En tal caso, si nr = , la única solución es la trivial y, si
nr < , tiene infinitas soluciones.
13.6 Método de Gauss para la resolución de sistemas lineales
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-8
También llamado de triangulación o de introducción de ceros en cascada. Gauss divide su algoritmo en dos partes: 1. Triangulación nula: Mediante transformaciones del tipo 4. se introducen ceros del mismo modo que con el método de Gauss para el estudio del rango de una matriz. Así, si el sistema tiene solución, se llega a un sistema que presenta alguna de las dos siguientes formas: a) Igual número de incógnitas que de ecuaciones:
=
=++
=+++
=++++
nnnn
nn
nn
nn
cxa
cxaxacxaxaxa
cxaxaxaxa
LLLLLLLLLLLLLLL
L
L
L
33333
22323222
11313212111
, con todos los 0≠iia .
b) Mayor número de incógnitas que de ecuaciones:
=++
=++
=+++
=++++
jnjnjjj
nn
nn
nn
cxaxa
cxaxacxaxaxa
cxaxaxaxa
L
LLLLLLLLLLLLLL
L
L
L
33333
22323222
11313212111
, con todos los 0≠iia .
2. Sustitución inversa: Una vez triangulado el sistema, se despeja la incógnita correspondiente
al último coeficiente jja distinto de cero y se sustituye (su valor o su expresión, según suceda
a) o b) en la ecuación anterior. Después se despeja la incógnita correspondiente al coeficiente
11 −− jja y se vuelve a sustituir ésta en la ecuación anterior y, así, sucesivamente.
Lo acostumbrado es trabajar con la matriz ampliada del mismo modo a como se hace
para estudiar su rango y, conseguida la triangulación, se vuelve a recomponer el sistema.
Ejemplos
Ejemplo 13.9 Veamos el método de Gauss aplicado a la resolución del siguiente sistema:
( )( ) ( )2313
12
34707
1054
2
3
1023
1054
2
122
423
2
eez
zy
zyx
ee
ee
zy
zy
zyx
zyx
zyx
zyx
⋅+
=
=+−
−=−+
⇔
+
⋅−
=−
=+−
−=−+
⇔
=−+−
=+−
−=−+
,
de la última ecuación se obtiene 10=z y da comienzo la sustitución inversa. Sustituyendo z en
la segunda ecuación: 1010504 =⇔=+− yy y, por último, sustituyendo z e y en la primera,
2−=x . Luego la solución es la terna ( )10102 ,,− .
Otra forma: Veamos cómo se resuelve utilizando la matriz ampliada:
el sistema se escribiría:
-
=
z
y
x
--
-
-
12
4
2
121
213
111
transformamos la matriz ampliada:
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-9
( )( ) ( )2313
12
3470700
10540
2111
3
10230
10540
2111
12121
4213
2111
ee
-
--
ff
ff
-
-
--
--
-
--
⋅+
→
+
⋅−
→
y de aquí volvemos a reconstruir el sistema
=
=+−
−=−+
707
1054
2
z
zy
zyx
, que se resuelve repitiendo el
proceso de la sustitución inversa ya efectuado anteriormente. Ejemplo 13.10 Resolvamos por el método de Gauss el siguiente sistema de ecuaciones:
824
343
824
7542
522
= t- z + - y x-
-= z- y
-= t + z- y+ x
= t- z + y
-= t + y- x
Eliminamos la quinta ecuación porque es igual a la tercera multiplicada por (-1). Se trabaja ahora con la matriz ampliada:
13
30430
30430
75420
52021
30430
82411
75420
52021
ff
--
--
-
--
--
--
-
--
−
⇔
como la fila cuarta es igual a la tercera, se suprime:
23 3227152000
75420
52021
30430
75420
52021
ff
--
-
--
--
-
--
−
⇔
.
Como ya no se puede triangular más, se reconstruye el sistema:
−=+−
=−+
−=+
tz
tzy
ty-x
271520
7542
522
,
se despeja z
+=
20
2715tz de la tercera ecuación y se sustituye en la segunda ecuación, de
donde se despeja la y
+=
5
45ty . Por último, se sustituyen la z y la y en la primera
ecuación, de donde se obtiene que 5
17−=x .
La solución es -
= x ; t+
= y; t+
= z5
17
5
54
20
1527, con t cualquier número real.
Así pues, se trata de un sistema compatible e indeterminado con infinitas soluciones que se obtienen dando valores al parámetro t.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-10
Ejemplo 13.11 Resolvamos el sistema:
52
4534
5334
044
4354
= z + y-
= z + y- x
- = z + y + x
= z + y+ x
- = z + y + x
Hacemos ceros en la matriz ∗A y separamos con una línea la matriz A:
14
13
12
5120
8280
1020
4140
4354
5120
4534
5334
0414
4354
ff
ff
ff
−
−
−
−
−
−−
−
−
⇔
−
−
−
−
, como 24 2ff = suprimimos 4f y se tiene:
−
−
⇔
+−
+−
−−
−
−
⇔
−
−−
−
−
6100
4140
4354
f eliminamos
2
2
6100
6100
4140
4354
5120
1020
4140
4354
4
24
23
ff
ff
Luego, el ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango === ∗AA : sistema compatible y determinado. Lo
resolveremos por Gauss. Reconstruimos el sistema:
=
−
6
44
4354
z
= z + y
- = z + y + x
. Ya que 6=z , procediendo por sustitución inversa, resulta:
8
49
2
1−== x,y .
Ejemplo 13.12 Resolvamos el sistema:
1141154
1232
4
= t- z- y + x-
- = t + z + y- x
= t + z- y+ x
.
Se transforma la matriz ampliada para hallar los rangos de A y ∗A
2313
12
300000
90530
41111
4
2
2701590
90530
41111
1141154
12312
41111
ffff
ff
+
−−
−
⇔
+
−
−
−−
−
⇔
−−−
−−
−
por lo que ( ) ( ) incógnitasnº42rangorango =<== ∗AA . Se trata de un sistema compatible
indeterminado. Dejando x e y en el primer miembro, y recomponiendo el sistema a partir de la última matriz, resulta:
z- -= y-
t- z + = y+ x
593
4 , de donde
3
323
3
59
-
t+z+- = x ,
z+ = y .
Ejemplo 13.13 Resolvamos el sistema:
745
23
12
= y- x
- = y + x
= - y x
.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-11
Como 031
12≠
−, ( ) 2rango =A . Por otra parte, como 024
745
231
112
=
-
-
-
≠ , el
( ) 3rango =∗A y, por lo tanto, el sistema es incompatible.
13.7 Discusión y resolución de sistemas con parámetros En ocasiones se plantean sistemas en los que algunos de los coeficientes de las incógnitas o los términos independientes son desconocidos y se quieren analizar las posibles soluciones del sistema en función de esos valores desconocidos, a los que se llaman parámetros. Existen dos métodos de análisis y de resolución de estos sistemas que se corresponden con las dos formas de estudiar el rango de sus matrices asociadas: Primer método: método de Gauss
Se utiliza la definición de rango como máximo número de líneas (filas o columnas) linealmente independientes. Generalmente, se dan los siguientes pasos:
• Se triangula la matriz ampliada.
• Para los valores de los parámetros que hacen cero alguno de los términos de la
ampliada se estudian los rangos de A y ∗A .
• Se resuelve el sistema por sustitución inversa, para aquellos valores de los parámetros que lo hacen compatible (determinado o indeterminado).
Segundo método: método de Rouché
Se utiliza la definición de rango a partir de los determinantes (mayor menor no nulo). La organización del estudio es similar a la anterior:
• Se estudia el rango de A y ∗A para cada uno de los valores de los parámetros.
• Se comparan los rangos y se concluye la compatibilidad o incompatibilidad del sistema.
• Se resuelve el sistema, generalmente, utilizando la Regla de Cramer.
Ejemplos
Ejemplo 13.14 Discute según los valores del parámetro α el sistema:
αα
αα
α
2 = z + y+ x
= z + y + x
1 = z + y+ x
y
resuélvelo para algún valor de α que lo haga compatible.
a) Método de Gauss.
Manejamos A y ∗A conjuntamente, conviene que el parámetro quede lo más abajo y lo más a la derecha posible, por tanto pasamos la primera ecuación al tercer lugar e introducimos ceros en cascada.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-12
13
12232
2
2
13
1232
2
22
1200
110
11
1110
110
11
111
11
11
ff
ff
ff
ff
α−
−
+α+α−α−α−α−
α−αα−−α
αα
⇔
α−
−
α−α−α−
α−αα−−α
αα
⇔
α
αα
αα
Por tanto:
Para 1≠α , 2−≠α hay ceros en cascada y ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango === ∗AA :
Sistema compatible determinado.
Para α=1, las matrices son:
0000
0000
1111
luego ( ) ( )∗== AA rango1rango : Sistema
compatible indeterminado, con soluciones dependientes de 2 parámetros.
Para 2−=α , las matrices son ( )
−−
−
=∗
3000
6330
4211
AA , se observa que el
( ) 2rango =A y el ( ) 3rango =∗A y el sistema es incompatible.
b) Método de Rouché.
Se forma el mayor determinante posible con la matriz de coeficientes y se hallan los valores de α que lo anulan:
23
11
11
113
+α−α=
α
α
α
, resolviendo 0233 =+α−α por Ruffini da 1=α (doble) y 2−=α .
Por tanto:
Para 1≠α , 2−≠α ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango === ∗AA : Sistema compatible
determinado.
Para α=1, ( ) ( )∗== AA rango1rango : Sistema compatible indeterminado, con soluciones
dependientes de 2 parámetros:
=
=
−−=
tz
sy
tsx 1
.
Para 2−=α , vemos en A un menor de orden dos distinto de cero por lo que el rango de A es 2.
Además,
−
−−
−
=∗
4211
2121
1112
A , tiene un menor de orden tres 0
411
221
112
--
-
≠ . Por
tanto ( ) 3rango =∗A , y el sistema es incompatible.
Ejemplo 13.15 Discute y resuelve el sistema
β
α
02
23
32
12
= y + x
= y + x-
= y + x
= y + x
, según los valores de α y β,
resolviéndolo cuando sea posible. Como hay un menor de orden dos distinto de cero, el rango de A es 2
independientemente de los valores de α y β. Formamos los mayores determinantes posibles con la matriz ampliada y hallamos los valores de α y β que los anulan:
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-13
. -= ; -- = - ;-= ; -- =
-
2105
02
231
321
155
231
321
12
ββ
β
αα
α
Para 1−≠α ó 2−≠β , ( ) ( ) 3rango2rango =<= ∗AA : Incompatible.
Para 1−=α y 2−=β se tiene ( ) ( ) incógnitas nºrango2rango === ∗AA : sistema
compatible determinado. Eliminamos las dos últimas ecuaciones y queda el sistema:
=+
=+−
32
12
yx
yx, cuya solución es 11 == y,x .
Ejemplo 13.16 Discutamos, según los valores de α y β, el sistema:
β
α
α
4
622
4
= z + y+ x
= z + y- x
= z + y- x
.
Calculamos el mayor determinante posible, que coincide con
( ) 1001 =β=α→=β−α= oA .
Caso I: si 0=α ( ) 2rango =⇒ A y ( ) 3rango == ∗A Sistema incompatible.
Caso II: si 1=β , entonces:
α
α
→
α
α
-
-
= (A) -
-
= A
11
2
1
rangrang
111
22
11
Estudiaremos sus menores de orden dos: αα
α =
-
- 2
1; pero α
α+ =
- 1
11
1, luego para
todo α hay un menor de orden 2 distinto de cero, ya que no se anulan a la vez. Es decir,
( ) 2=Arango , R∈α∀ .
Veamos cuál es el rango de ∗A :
Como
α
α
α
α
-
-
= -
-
411
62
41
rang
4111
622
411
rang , 10
411
62
41
−=α→=α
α
-
-
, distinguiremos:
Caso IIa.: si 1=β y 1−=α s ( ) ( ) incógnitasnº2rangorango <==⇒ ∗AA . Sistema compatible e
indeterminado.
Caso IIb.: si 1=β y 1−≠α ( ) 2rango =⇒ A y ( ) 3rango == ∗A . Sistema incompatible.
Caso III: si 0≠α y 1≠β ( ) ( ) incógnitasnº3rangorango ===⇒ ∗AA . Sistema compatible
determinado.
Ejemplo 13.17 Resuelve según los valores de α:
=−+
=++α
=++
054
03
0
zyx
zyx
zyx
Como en un sistema homogéneo ( ) ( )∗= AA rangorango , estudiaremos A , que vemos
que se anula sólo para 2=α . Entonces:
Para 2≠α , ( ) ( ) incógnitasnºArangoArango === ∗ 3 : solución trivial, 0=== zyx .
Para 2=α , ( ) ( ) incógnitasnºArangoArango <== ∗ 2 : sistema compatible
indeterminado con soluciones dependiendo de un parámetro.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-14
Eliminamos la última ecuación y pasamos la z al otro miembro, quedando:
−=+
=+
zyx
zyx
32, que es fácil de resolver. Obteniendo: zy,zx 34 −== que se puede expresar
también de la forma: Rtcon
tz
ty
tx
∈
=
−=
=
3
4
.
13.8 Eliminación de parámetros
Ejemplos
Ejemplo 13.18 El sistema
γβ
γβ
βα
262
33
32
+ + - = z
+ + = y
+ - = x
es un sistema de ecuaciones paramétricas. Para
cada valor de los parámetros γβα ,, obtenemos los valores de x, y, z correspondientes.
Llamamos eliminación de parámetros al proceso de obtener un sistema de ecuaciones
lineales o cartesianas que tenga las mismas soluciones que un sistema paramétrico dado. Ejemplo 13.19 Eliminar los parámetros del sistema del ejemplo anterior es trata de obtener unas ecuaciones que ligan x, y, z en las que no aparezcan los parámetros.
Nota De alguna manera, podría considerarse que se trata de recorrer el camino contrario al que hemos seguido hasta ahora y a partir de las soluciones de un sistema compatible indeterminado llegar éste o a uno equivalente.
Generalmente, los pasos a dar son:
El número de ecuaciones que ligan las incógnitas iniciales viene dado por
escoeficientmatrizrangoincógnitasºnecuacionesºn −=
Nota Ante la pregunta: ¿qué se puede decir cuando el número de incógnitas es igual al rango de la matriz de los coeficientes?, ya que en tal caso no resulta ninguna ecuación, la respuesta
es: todo vector de nR , con incógnitasºnn = , es solución del sistema.
Ejemplos
• Dejar en un miembro sólo los parámetros.
• Considerar el sistema donde los términos independientes son tanto las incógnitas como las constantes, mientras que los parámetros hacen el papel de incógnitas.
• Calcular el rango de la matriz de los coeficientes de los parámetros.
• Obligar a que el rango de la matriz ampliada coincida con el rango anterior.
Definición Un sistema de ecuaciones paramétricas es aquel en el que las incógnitas están escritas en función de unos determinados parámetros, de manera que al dar valores a los parámetros se obtienen las distintas soluciones del sistema.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-15
Ejemplo 13.20 Eliminemos los parámetros α, β, γ del sistema
γβ
γβ
βα
262
33
32
+ + - = z
+ + = y
+ - = x
.
Primero, se dejan solos los parámetros a los que consideramos incógnitas del sistema:
+=γβ
−=γβ
−=βα
226
33
23
z+
y +
x + -
, de donde
−
=
260
130
013
A y
+
−
−−
=∗
2260
3130
2013
z
y
x
A .
Se calcula el rango de A, como 030
13≠
− y 0
260
130
013
=
-
, se tiene que
( ) 2rang =A .
Se obliga a que ( ) 2rang =∗A que es equivalente a que 0
260
330
213
=
z
y
x
+
−
−−
, de donde
se obtiene la ecuación 082 =−− zy .
Ejemplo 13.21 Eliminemos el parámetro t del sistema
−=
+−=
−=
tz
ty
tx
21
32
1
.
Primero, se dejan solos los parámetros a los que consideramos incógnitas del sistema:
−=−
+=
−=−
zt
yt
xt
12
23
1
, de donde
−
−
=
2
3
1
A y
−−
+
−−
=∗
12
23
11
z
y
x
A .
Es evidente que ( ) 1rang =A , ya que sólo tiene una columna.
Se obliga a que ( ) 1rang =∗A :
como los menores de orden dos han de ser cero, 021
110
32
11 =
--z
--x ; =
+y
--x , se obtienen
las ecuaciones cartesianas
=++−
=−+
012
013
zx
yx .
Ejemplo 13.22 Eliminemos los parámetros α, β, γ del sistema
γα
γβ
βα
+ - -= z
+ + = y
+ - = x
2
33
32
.
Se dejan solos los parámetros
+=γα
=γβ
=βα
2
33
23
z + -
- y +
- x + -
.
Se estudia el rango de A: como ( ) 3rang1019 =→−=−−= AA .
Se obliga a que ( ) 3rang =∗A , siendo
+−
−
−−
=∗
2101
3130
2013
z
y
x
A . Pero, observamos que
( ) 3rang =∗A Rz,y,x ∈∀ . Luego, en este ejemplo, no hay ecuaciones cartesianas. Lo cual
significa que el sistema paramétrico anterior genera todo 3R .
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-16
Ejercicios resueltos
Resolución de sistemas R.1. Resuelve, por el método de Gauss:
a)
++−
+−+
+−+
22
122
232
= tzyx
= tzyx
= tz yx
b)
=+−+−
=++−
=−+−
=+++
2
3223
032
4
tzyx
tzyx
tzyx
tzyx
Soluciones: a) Obtenemos las matrices asociadas al sistema e introducimos ceros en cascada.
( ) ⇒
−
−
−−−
−
⇒
−
−
−
−−−
−
⇒
−
−
−
=∗
313
12
4
100110
30530
21321
2
00440
30530
21321
21121
12112
21321
fff
ffAA
23330200
30530
21321
ff +
−
−−−
−
⇒ que corresponde al sistema
−
−−−
+−+
32
353
232
= z
= zy
= tz yx
de donde 2
3−=z
sustituyendo en la segunda ecuación y despejando 2
3−=y sustituyendo en la primera y pasando t
al 2º miembro queda 2
21 tx
−= . La solución es:
∈∀
−−
−Rtt,,,
t
2
3
2
3
2
21.
b) Las matrices asociadas son
14
13
12
3
2
62020
91250
83130
41111
21111
32123
01312
41111
ff
ff
ff
+
−
−
−−−−
−−−⇒
−−
−
−− dividimos
por 2 la 4ª fila y la pasamos a la 2ª
14
13
12
3
2
64200
10100
31010
41111
91250
83130
31010
41111
ff
ff
ff
+
−
−
−
⇒
−−−−
−−− ya
tenemos ceros en cascada. El sistema asociado es:
=+−
=
=+
=+++
642
1
3
4
tz
z
ty
tzyx
y la solución por sustitución
inversa es: ( ) ( )2110 ,,,t,z,y,x =
R.2. Resuelve utilizando la regla de Cramer: a)
−++
++
+
453
932
02
= zy x
= z yx
= z + yx
b)
−++
+−+
+−+
243
12
032
= tzy x
= tz yx
= tz yx
Soluciones:
a) 07
153
312
121
≠==A luego es un sistema de Cramer. Su solución es:
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-17
17
154
319
120
=−
=x , 27
143
392
101
−=−
=y , 37
453
912
021
=−
=z
b) La matriz de los coeficientes no es cuadrada, si pasamos t al segundo miembro queda
+++
−+−+
−−+
t= zy x
t=z yx
t= z yx
243
12
32
con 014
413
112
321
≠−=−
−
podemos resolverlo por la regla de Cramer:
14
79
14
412
111
32
tt
t
t
x−
=−
+
−−
−−
= , 14
37
14
423
112
31
−=
−
+
−−
−−
=tt
t
t
y , 14
17
14
213
112
21
+=
−
+
−
−
=tt
t
t
z .
R.3. Añade una ecuación al sistema
22
1
=z-y-x
=z+y-x de modo que el sistema obtenido sea
compatible indeterminado. Razona la respuesta. Solución:
Como 012
11
-
- ≠ el sistema inicial ya es Compatible Indeterminado. Por eso, tan sólo resta añadir
una combinación lineal de las dos ecuaciones dadas; por ejemplo, la suma de ambas:
=− 323
22
1
yx
=z-y-x
=z+y-x
. Pasar la solución a forma paramétrica es eliminar las incógnitas x e y, dejándolas
en función de z. Utilizaremos la regla de Cramer. El sistema es
+
−
z=y-x
z=y-x
22
1, por lo que, como
112
11 =
-
- z+ =
-z+
-z- = x 21
12
11 análogamente z =
z+
z- = y 2
22
11 quedando las ecuaciones
paramétricas:
α
α
α
=z
=y
+=x
2
21
.
Discusión y resolución de sistemas con un parámetro
R.4. Dado el sistema homogéneo:
=++
=+−−
=−+
0643
024
033
zyx
mzyx
zyx
Calcula m para que tenga solución
distinta de la trivial y resuélvelo. Solución: Para que tenga solución distinta de la trivial, el determinante de la matriz de los coeficientes debe ser cero. Veamos para qué valores de m se cumple esto.
3
460346
643
24
133
=m = m- = m--
-
→ . Por tanto, tendrá solución distinta de la trivial si 6
46=m .
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-18
Como 043
33 ≠ resolveremos el
0=6z+4y+3x
0=z-3y+3x. Restando las dos ecuaciones (2ª y 1ª) queda:
07 =+ zy
zy 7−= . Sustituyendo en la primera queda: 3
220213
zxzzx =→=−− . El conjunto solución
será:
∈
− Rz con 7
3
22z,z,
z.
R.5. Discute en según los valores del parámetro a el sistema:
++
++
++
52
3
1
= azy x
= z yax
= azyx
y resuélvelo
para 2=a .
Solución: Lo discutimos y resolveremos por los dos métodos. 1. Método de Gauss.
Las matrices asociadas son:
13
122
4010
3110
111
521
311
111
ff
affaaa
a
a
a
a
−
−
−−−⇔
Debemos
detenernos en los valores de a que nos den ceros que afecten al ( )A rang y ver qué pasa con
( )∗A rang .
- Si ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang11 ===→−≠ ∗AA,a ⇒ Sistema compatible y determinado.
- Si 1=a las matrices son
4010
2000
1111
y ( )
( ) 3 rang
2 rang
=
=
∗A
A ⇒ Sistema incompatible.
- Si 1−=a las matrices quedan
2324000
4020
1111
4010
4020
1111
ff −
−
⇔
−( )
( ) 3 rang
2 rang
=
=
∗A
A ⇒ Sistema
incompatible.
Lo resolvemos para 2=a el sistema inicial es equivalente a
−−
++
4
13
12
= y
= z y
= zyx
que por sustitución
inversa comenzando por el valor de y nos da 3
54
3
1−=== z,y,x .
2. Método de Rouché.
Estudiamos ( )Arang ,
−=
=→=−→=
1
1010
21
11
112
a
aa
a
a
a
por tanto al haber sólo 3 ecuaciones:
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-19
- Si ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang11 ===→−≠ ∗AA,a ⇒ Sistema compatible y determinado.
- Si 1=a ( ) 2 rang =A y ( ) 3 rang =∗A pues encontramos 02
521
311
111
≠−= ⇒ Sistema
incompatible.
- Si 1−=a ( ) 2 rang =A y ( ) 3 rang =∗A pues encontramos 04
521
311
111
≠=− ⇒ Sistema
incompatible
Lo resolvemos para 2=a el sistema con el que tenemos que trabajar es el inicial
++
++
++
522
32
12
= zy x
= z yx
= zyx
Lo resolvemos con la regla de Cramer. 3=A y se tiene:
3
1
3
225
113
211
==x , 43
251
132
211
==y , 3
5
3
521
312
111
−==z .
R.6. Discute según los valores del parámetro a el sistema:
=−
=−
=+
=−
azx
zx
azy
yx
32
32
5
. Resuélvelo cuando
sea compatible. Solución: Lo discutimos y resolveremos por los dos métodos. 1. Método de Gauss.
Obtenemos las matrices asociadas ( ) ⇔
−
−
−−
−−
−
⇔
−
−
−
=∗
14
13
210320
2210
110
5011
302
3201
110
5011
ff
ff
a
a
a
aAA
3424
23
53202000
2300
110
5011
210500
2300
110
5011
ffa
a
a
ff
ff
a
a
a
−
−
−−−
−
⇔
−
−
−−−
−−−
−
⇔ a la vista de las matrices:
- Si 10≠a ( )
( )
=
=
∗ 4 rang
3 rang
A
A ⇒ Sistema incompatible.
- Si 10=a ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang ===→ ∗AA ⇒ Sistema compatible y determinado.
El sistema inicial es equivalente a
−−
+
−
123
10
5
= z
= z y
= yx
es inmediato ver que
=
=
=
4
6
11
z
y
x
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-20
2. Método de Rouché.
Estudiamos ( )A rang :
−
−
−
=
302
201
110
011
A y 03
201
110
011
≠=
−
−
por tanto ( ) RaA ∈∀= 3 rang
La matriz ampliada es cuadrada de orden 4 y ( ) 3 rang =∗A si 0
302
3201
110
5011
=
−
−
−
a
a calculamos el
determinante introduciendo ceros en la segunda columna.
100202
32
321
511
302
3201
5101
5011
302
3201
110
5011
12=→=+−=
−
−
+
=+
−
−
+
−
=
−
−
−
aa
a
aff
a
a
a
a y en conclusión:
- Si 10≠a ( )
( )
=
=
∗ 4 rang
3 rang
A
A ⇒ Sistema incompatible.
- Si 10=a ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang ===→ ∗AA ⇒ Sistema compatible y determinado.
La resolución del sistema puede hacerse por la regla de Cramer o por cualquier otro método. Se
puede elegir el sistema
−
+
−
32
10
5
= zx
= z y
= yx
con las tres primeras ecuaciones pues 03 ≠−=A y se llega,
por supuesto, a la misma solución.
R.7. Discute en según los valores del parámetro a el sistema:
+++
+++
+++
a= atzyx
=tz yax
= tzyax
2
1
Solución: Lo discutimos por el método de Gauss. Intercambiamos la 1ª y la 3ª ecuaciones .
Obtenemos: ( )13
1222 11110
21010
111
1111
2111
111
aff
ff
aaaa
aaa
aa
a
a
aa
AA
−
−
−−−−
−−−⇔
=∗ ya se pueden
analizar los rangos. Se tiene:
- Si 1=a ( )
( )
=
=
∗ 2 rang
1 rang
A
A ⇒ Sistema incompatible.
- Si 1≠a ( ) ( )∗== AA rang3 rang ⇒ Sistema compatible indeterminado con soluciones
dependientes de un parámetro. Si se pasa t al segundo miembro puede comprobarse que las soluciones son:
( ) ( )a
ttataz,t
a
ay,tx
−
+−−+−=+
−
−=−=
1
3211
1
21
2
.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-21
R.8. Discute en según los valores del parámetro m el sistema:
++
−++
++
m= zmy x
= z y x
= zyx
33
1452
232
2
.
Resuélvelo cuando sea compatible y determinado. Solución: Utilizamos el método de Gauss.
Obtenemos ( )∗AA
232
13
1222 33100
5210
2321
2
23310
5210
2321
331
1452
2321
ffmmff
ff
mmmm −
+−
−−⇔
−
−
−−
−−⇔
− así que:
- Si 1=m ( )
( )
=
=
∗ 3 rang
2 rang
A
A ⇒ Sistema incompatible.
- Si 1−=m ( ) ( )∗== AA rang2 rang ⇒ Sistema compatible indeterminado con un grado de
libertad.
- Si ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang11 ===→−≠ ∗AA,m ⇒ Sistema compatible y determinado.
Resolvemos
( )
−
−−
++
31
52
232
2 = zm
= z y
= zyx
donde hemos simplificado dividiendo la 3ª ecuación por 1+m y por
sustitución inversa, es fácil comprobar que: ( )
−−+−
−−=
1
3
1
65
1
2112
m,
m,
mz,y,x .
R.9. Discute en según los valores del parámetro a el sistema:
−++
++
++
2
1
1
= azy x
= z ayx
= zyax
. Resuélvelo
cuando sea compatible y determinado. -
Solución: Lo discutimos por el método de Rouché.
Estudiamos ( )A rang .
=
=→=+−=
-2a
(doble) 1023
11
11
113 a
aa
a
a
a
En consecuencia:
- Si ( ) ( ) incógnitas nº rang3 rang12 ===→−≠ ∗AA,a ⇒ Sistema compatible y determinado.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-22
- Si 2−=a las matrices son
−−
−
−
2211
1121
1112
la columna de los términos independientes
coincide con la 3ª luego no aumenta el ( )∗A rang así que:
( ) ( ) incógnitas nº3 rang2 rang =<== ∗AA ⇒ Sistema compatible e indeterminado.
- Si 1=a las matrices son
− 2111
1111
1111
( )
( )
=
=
∗ 2 rang
1 rang
A
A, pues se encuentra 0
21
11≠
− así que el
sistema es incompatible.
Lo resolvemos para 12,a −≠ utilizando la regla de Cramer.
( ) ( ) ( ) ( ) 1
1
21
2
21
12
11
111
2
2
2 −=
+−
−+=
+−
−=
aaa
aa
aa
a
a
x , ( ) ( ) 1
1
21
21
111
11
2 −=
+−
−=
aaa
a
a
y , ( ) ( ) 1
2
21
211
11
11
2 −
−=
+−
−=
aaa
a
a
z
R.10. Discute, según los valores de Rt ∈ el sistema:
123
32
12
-t = tz-x
= z+y-tx
= z-y+x
y resuélvelo, si es
posible, para 1−=t .
Solución: Empleamos el método de Rouché. Consideremos las matrices asociadas al sistema:
( )
−−
−
−
=∗
1203
321
1112
tt
tAA .
Estudiamos el rango de A y ∗A : Como t. 2,(A)rg el 0, 21-
1- ∀≥≠
1 Veamos cuándo puede
ser tres:
ℜ∉±
→ --
=t = +t+t =
t-
-t
-
4
241640342
203
21
112
2 por lo que ( ) Rt ∈∀= 3A rang . Por lo que el
sistema es siempre Compatible y determinado. Aplicando la regla de Cramer, obtendremos la solución:
,- =
-
-
= x 101
200
213
111
, ,=
-
-
-
= y 251
223
231
112
61
203
311
112
=
-
--
= z .
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-23
R.11. Discute según los valores de k y resuelve cuando sea indeterminado:
k= kz + y+ x
k= kz + y+ x
= z + y+ x
3
1
Solución: Empleamos el método de Rouché .
Obtenemos la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada:
kk
kk
311
11
1111
. Estudiamos los
menores de orden 3. . k , =
k
k ∀0
11
11
111
1100
1
1
111
234 -=k ,k ,=k = k+k-k-k =
kk
kk
3
=↔ . Por tanto:
- Si ( ) ( ) ⇒==→= ∗ 2 rang rang0 AAk S. Compatible indeterminado.
el sistema sería:
-x= y
x-= z+y 1, con solución:
1
R
z
y
x
∈α∀
=
α−=
α=
.
- Si ( ) ( ) ⇒==→= ∗ 1 rang rang1 AAk S. Compatible e indeterminado. El sistema sería:
1=++ zyx , con solución:
1
R,
z
y
x
∈βα∀
β−α−=
β=
α=
.
-
- Si ( ) ( ) ⇒==→−= ∗ 2 rang rang1 AAk S. Compatible e indeterminado.
el sistema sería:
x--= z-y
x- = z+y
1
1, con solución:
1
R
z
y
x
∈α∀
=
α−=
α=
.
- Si ( ) ( ) ⇒=<=→−≠ ∗ 3 rang2 rang101 AA,,k S. Incompatible.
Discusión y resolución de sistemas con dos parámetros
R.12. Discute el sistema para los distintos valores de m y n:
1
1
1
= mz + ny + x
= z + mny + x
= z + ny + mx
Solución:
Consideremos la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada:
11
111
11
mn
mn
nm
.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-24
Calcularemos ( ) 2100230
1
11
13
−===→=+−⋅→= m,m,nmmn
mn
mn
nm
.
I) Para 0=n , queda:
101
1101
110
m
m
y por tanto:
- Si 1=m , ( ) ( ) ⇒== ∗ 1 rang rang AA S. Compatible e indeterminado.
- Si 1≠m , calculamos . )-(m=
m
m
01
11
111
11
2≠ Y 01
11
1≠-m =
m Por tanto, ( ) 2rang =A y
( ) ⇒=∗ 3 rang A S. Incompatible.
II) Para 0≠n :
- Si 1=m , queda:
111
111
111
n
n
n
, ( ) ( ) ⇒== ∗ 1rangrang AA S. C. indeterminado.
- Si 2−=m , queda:
121
1121
112
-n
n-
n-
, donde, ( ) 2rang =A pero ( ) 3rang =∗A ya que
⇒≠ 0
111
121
112
-
-
S. Incompatible.
III) Para 0≠n y 21−≠ ,m ⇒ ( ) ( ) ⇒== ∗ 3 rang rang AA S. Compatible Determinado.
R.13. Calcular a y b para que el siguiente sistema sea compatible y determinado:
02
23
32
12
= by + x
= y + x-
= y + x
= y + ax
Solución:
Será Compatible y determinado cuando ( ) ( ) 2 rang rang == ∗AA .
Consideremos las matrices A y ∗A :
02
231
321
12
b
-
a
. Como 031
21≠
- ( ) Rb,aA ∈∀=⇒ 2 rang .
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-25
Entonces, para que ( ) 2 rang =∗A , obligaremos a que: 0
02
231
321
231
321
12
=
b
- =
-
a
, de donde se
obtiene que : 2y1 −=−= ba . Es decir, el sistema será Compatible Determinado si, y sólo si
2y1 −=−= ba .
Eliminación de parámetros
R.14. Elimina los parámetros 1β y 2β en el siguiente sistema:
ββ
ββ
ββ
ββ
21
21
21
1
+ - = t
+ = z
+ - = y
+ + = x
1
23
32 2
Solución: Se dejan los parámetros que queremos eliminar en un miembro, quedando un sistema de
ecuaciones de incógnitas 1β y 2β cuyas matrices asociadas son:
−−
−−
−
111
11
312
213
t
z
y
x
. Como el
menor 012
13
- ≠ el ( ) 2 rang =A , por lo que tenemos que obligar a que el ( ) 2 rang =∗A . Para ello
haremos cero los dos menores posibles de orden tres. Y éstos serán los que nos determinarán las dos ecuaciones cartesianas.
0125230
11
312
213
= - z- y + x =
z
-y-
-x
→
09540
111
312
213
= - t- y+ x =
-t-
-y-
-x
→ quedando el sistema:
0954
012523
= - t- y+ x
= - z- y + x.
R.15. Elimina los parámetros 1β , 2β y 3β en el siguiente sistema:
ββ
βββ
β+ββ
21
321
321
2
653
232
+ - = z
+ + + = y
- + = x
Solución:
Consideramos las matrices del sistema: ( )
−−
−
−−
=∗
2011
3651
2213
z
y
x
AA . Estudiaremos el rango de
la matriz de los coeficientes, como 051
13
- ≠ , el rango es como mínimo 2. Veamos si es tres,
calculamos: 0
011
651
213
=
-
-
, luego el rango de A es 2, y debemos obligar que el rango de ∗A sea
también 2. Para esto, debemos hacer cero el menor de orden tres que queda, obteniendo así la única ecuación cartesiana:
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-26
03816260
211
351
213
=-z+ y-x =
-z-
-y
-x-
→ .
R.16. Elimina los parámetros 1β y 2β en el siguiente sistema:
βββ
βββ
βββ
β+ββ
323
1
22
13
321
321
321
321
= ++
=- +
=+-
= +
Solución:
Dejaremos en un mismo miembro sólo los parámetros 1β y 2β . Las matrices del sistema serán:
β−
β+
β−−
β−
3
3
3
3
323
111
2211
113
. Como 011
13
- ≠ el rango de A es 2.
Así que debemos obligar que el rango de ∗A sea dos. Para ello, basta hacer cero los dos menores de orden tres:
30260
111
2211
113
33
3
3
3
-= -- =
+
--
-
β→=β→
β
β
β
5
1305130
323
2211
113
33
3
3
3
= - = --
-
β→=β+→
β−
β
β
Lo cual es absurdo, porque 3β no puede tener dos valores distintos al mismo tiempo.
Luego, es imposible eliminar los parámetros que nos pedían.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-27
Ejercicios propuestos
Resolución de sistemas.
Resuelve, por el método de Gauss, los siguientes sistemas:
P.1.
−−−
−−−−
−−−
4577
432
4443
= t y x
= t z + y x
= tz+ yx
P.2.
−
−−
−−
423
42
3433
= z+ y+ x
= z+ yx
= z + yx
P.3.
=+−+
=++−
−=+−+
063
2632
12
tzyx
tzyx
tzyx
P.4.
=+
=−
=+
0252
22
153
yx
yx
yx
P.5.
−
−
+
8623
5532
6
= z+ y x
= z+ yx
= z+ yx
P.6.
−=+−−
−=+−+
=−+−
=+++
6
8
12
0
tzyx
tzyx
tzyx
tzyx
P.7.
−−
−
−+
76
332
6
= z y x
= z+ yx
= z yx
P.8.
=−+−
=−+−
6223
42
tzyx
tzyx
P.9. Resuelve utilizando la regla de Cramer:
−−
−+
−−
343
4432
035
= z x
= z yx
= z + yx
Resuelve:
P.10.
=−++
−=+++
=−+−
=+−−−
1853
3233
41042
13332
tzyx
tzyx
tzx
tzyx
P.11.
=+
=−−−
−=−
=++−
0
1435
46
344
zy
zyx
yx
zyx
Discusión y resolución de sistemas.
Discute los siguientes sistemas y resuélvelos cuando sean compatibles:
P.12.
=−−
=+
=+
−=−
1129
1122
422
143
yx
yx
yx
yx
P.13.
−=−+−
−=−
−=−+
=+−
1862
976
125
223
zyx
zy
zyx
zyx
Discusión y resolución de sistemas con un parámetro.
P.14. Dado el sistema de ecuaciones lineales
( )
+=+++
=+
=+
11
0
1
ttzytx
zty
yx
determina t, de modo que: a)
el sistema tenga solución única; b) el sistema tenga infinitas soluciones; c) el sistema no tenga solución. Calcula a para que sea compatible el sistema y resuélvelo:
P.15.
−=+−
=−−
=−+
=++
2
1
832
2
zyx
zyax
zyx
zyx
P.16.
−+
−−
−
025
03
032
= zy x
= z yax
= z + yx
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-28
P.17. Discute y resuelve el sistema para los distintos valores de a:
=+−+−
=+−−
=++−
=+++
0942
043
042
02
wzyx
wzyx
wzyax
wzyx
P.18. Discute el sistema para los distintos valores de m:
+−
−
+−
m= z y x
= z+ yx
= z yx
9115
1242
253
.
P.19. Halla el valor de k para que el siguiente sistema tenga sólo la solución trivial:
+−
+−
−
045
0264
05
= kzy x
= z yx
= yx
P.20. Halla el valor de m para que el sistema homogéneo siguiente tenga solución distinta de la
trivial:
++
++
++
032
0423
0
= zy x
= mz yx
= mzyx
Discute y resuelve los siguientes sistemas en función del parámetro m:
P.21. ( )
−+−
+++
−++
m= zy mx
m= z yxm
m= zyx
1
21
123
P.22.
++
+−
+−
03
0
0352
= zmy x
= z yx
= zyx
P.23. ( ) ( )
( )
−=−+
=−+−
11
11
mymmx
mymxm P.24.
−+−
++−
+−+
067
03232
052
= tzy mx
= tz yx
= mtzyx
P.25. Dado el sistema
+−
−−
−+
53
132
82
= kz y x
= z+ yx
= z yx
a) Halla el valor de k que hace el sistema compatible;
b) Halla el valor de k para el cual el sistema es compatible y además 1−=z ; c) Para el valor de k hallado en b), resuelve el sistema.
P.26. Calcula el valor de p que hace compatible el sistema:
=−
=+
=−
=−+
1123
6
2
42
zx
zy
pzy
pzyx
P.27. Estudia según los valores del parámetro m el sistema:
−+
−−
−+
06104
0427
0186
= zy x
= z y x
= mzyx
y resuélvelo
cuando tenga solución distinta de la trivial.
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-29
P.28. Discute y resuelve en caso de compatibilidad el siguiente sistema:
+−
−
+−
1242
253
9115
= zy x
= z+ yx
k= z yx
P.29. Estudia, en función del parámetro a, la compatibilidad del siguiente sistema, y resuélvelo en
uno de los casos en que sea compatible:
++
++
+
222
0
242
= zy x
= z yx
= z a+ yx
P.30. Discute el siguiente sistema según los valores del parámetro a:
++
++
++
1
2
= zy ax
a= z yax
a= az yx
P.31. Sea el sistema ( ) ( )
( ) ( )
+=−++
+=++−
111
11122
mymxm
mymxm. a) Discútelo, según los posibles valores de m.
b) Resuélvelo en caso de que sea compatible determinado. P.32. Discute y resuelve, en el caso de ser compatible, el sistema:
( ) ( )
+
++++
+−
02
113
1
= azy
a= zaxa
= z yax
P.33. Discute el sistema según los valores del parámetro t. Resuélvelo cuando sea posible.
++
−
++
0
0
032
= tzty tx
= z ty
= tzyx
Sistema con dos parámetros. P.34. Estudiad, en función de los parámetros a y b, la compatibilidad del siguiente sistema:
−+
−+−
−+
3985
12
23
= zy x
= bz yx
a= z yx
Eliminación de parámetros.
P.35. Elimina los parámetros 1β y 2β en el siguiente sistema:
ββ
β+β
β+β+β−
21
31
321
2
3
12
+ - = z
+ = y
= x
P.36. Elimina 1β y 2β si es posible, en:
=β+β−β+β−β
=β−β+β−β+β
=β+β+β+β+β
522
22
3
54321
54321
54321
Soluciones:
P.1.
∈∀
−+−+Rt,zt,z,
tz,
tz
7
13716
7
8712. P.2.
−
2
3
2
1
2
5,, .
P.3. ( ) Rtt,t,t,t ∈∀−−− 112 . P.4. Incompatible. P. 5. Incompatible. P.6. ( )5412 −− ,,, .
Sistemas de ecuaciones lineales Tema 13
13-30
7.
−−−
2
41,
2
21,4 . P.8. ( ) Rt,zt,z,tz,z ∈∀−−−2 . P.9.
−−
7
1
63
122
21
25,,
P.10.
∈∀
+−−+− Rt,zt,z,
tz,tz
3
1373522 . P.11. ( )14413 ,,,−− . P.12. Incompatible.
P.13. ( )321 ,, . P.14. si 10,Rt −∈ Comp. Det., si 0=t Comp. Indet., si 1=t Incomp. P.15.
( )1212 −= ,,a . P.16. Compatible Ra ∈∀ , si 8−≠a sol. Trivial, si 8−=a Comp. indet.
∈∀
Rzz,
z,
z
19
7
19. P.17. si 11≠a sol. Trivial, si 11=a Comp. indet. ( ) Rxx,x,x,x ∈∀−−32 .
P.18. si 4−≠m Incompatible, si 4−=m Comp. Indet. P.19. 3≠k P.20. 1=m P.21. si 1=m
Incompatible, si 1≠m comp.. Det. P.22. 3≠m sol. Trivial, si 3=a Comp. indet.
∈∀
−Rzz,
z,
z
33
2 P.23. si 1=m Incomp. Si 1≠m Comp. Det. P.24. Comp. Indet. Rm ∈∀
( ),
mm
mzx
6383
15112 +−
+=
( ),
mm
mmzy
6383
751322
2
+−
++=
( )
6383
7112 +−
−=
mm
mzt . P.25. a) 0≠k b) 2=k c)
( )123 −,, P.26. 6=p . P.27. si 10=m Comp. indet.
∈∀
Rzz,
z,
z
33
2. P.28. si 4=k Comp.
indet.
∈∀
+−+− Rzz,z,z 4
2
37
2
5 si 4−≠k Incompatible. P.29. si 2=a Incomp. Si 2≠a
Comp. Det.
P.30. si 2,1−−∈ Ra Comp. Det., si 1=a Comp. Indet., si 2−=a Incomp. P.31. si 10 −−∈ ,Rm
Comp. Det., si 1−=m Comp. Indet., si 0=m Incomp. m
mmx
4
22++
= , m
mmy
4
22−−
−= . P.32. si
121 −−∈ ,,Ra Comp. Indet., si 1−=a
00
2
1,, ., si 1=a ó 2−=a Incomp. P.33. si 0=t ó 1=t
Comp. Indet., si 10,Rt −∈ sol. trivial ( )000 ,, P.34. si 3≠b Comp. Det., si 3=b y 3
1=a Comp.
Indet., si 3=b y 3
1≠a Incompatible. P.35. todo 3R P.36. 07474 543 =β−β−β− .
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-1
Tema 14
Vectores en el espacio
14.1 Introducción Con este tema iniciamos el primero de los tres que se dedican a la Geometría. A lo largo de ellos se podrá apreciar la estrecha unión que existe entre los conceptos algebraicos vistos y las nuevas nociones geométricas. De hecho, todos los temas de álgebra y geometría que aparecen en el libro pertenecen a una porción de las Matemáticas conocida por el nombre de Álgebra Lineal.
Se empieza con el concepto de espacio afín 3R , cuyos elementos esenciales son puntos, rectas y planos. Después se introduce un producto escalar que permite introducir los conceptos de distancia y ángulo. Finalmente, se dan los productos vectorial y mixto con el fin de abordar problemas de cálculo de áreas y volúmenes. La idea de que los alumnos puedan usar cuanto antes estas herramientas justifica que hayamos antepuesto este tema al de las nociones de plano y recta.
14.2 El espacio afín 3R
En el tema 10 se vio que el conjunto 3R era un R-espacio vectorial, ahora se verá que puede ser considerado a la vez como un espacio afín cuyo espacio vectorial asociado es él mismo.
De manera informal puede decirse que un espacio afín es un conjunto tal que cada par de
elementos determina un vector del espacio vectorial asociado. Nota A los elementos del espacio afín se les llama puntos para distinguirlos de los elementos del espacio vectorial a los que, como se dijo en el tema 10, se les llama vectores.
Definición Sea V un R-espacio vectorial. Se llama espacio afín asociado al espacio vectorial V
a la terna ( )V,,→Ω donde Ω es un conjunto no vacío y → una aplicación
V→Ω×Ω
( ) ABB,A a
llamada aplicación vector, que satisface los siguientes axiomas:
1. Para todo A de Ω y para todo v de V existe un único B de Ω tal que ABv = . 2. Regla del paralelogramo (ley de Chasles): si A, B y C son de Ω , entonces
ACBCAB =+ .
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-2
Nota Si un vector v de V es de la forma ABv = , se dice que A es el origen del vector y B su extremo.
Ejemplo 14.1 Si consideramos la aplicación que a cada par de elementos ( )321 a,a,aA = y
( )321 b,b,bB = de R3 le hace corresponder el vector ( )332211 ab,ab,abAB −−−= , es fácil
comprobar que satisface la definición 14.1 y que, por lo tanto, R3 es un espacio afín.
Por ser R3 un espacio afín satisface las siguientes propiedades:
En el caso de R3, su dimensión es tres.
Nota A partir de aquí, los elementos de R3 pueden considerarse tanto como puntos de un espacio
afín o como vectores de un espacio vectorial. Para distinguir el uso que hagamos de ellos escribiremos letras mayúsculas para referirnos a los puntos, y letras minúsculas o dos letras mayúsculas bajo una flecha cada vez que los tratemos como vectores.
14.3 Sistema de referencia
Como es interesante representar geométricamente los elementos de R3 se introduce el
concepto de sistema de referencia que dará paso a la utilización de coordenadas cartesianas para
todo punto de R3.
En el caso del espacio afín R3, el sistema de referencia que tomaremos está formado por
el punto ( )000 ,,O = y la base canónica de R3, ( ) ( ) ( ) 100010001 321 ,,e,,,e,,,e ====Β . En física, y
en ocasiones también aquí, se denotan los vectores 321 e,e,e por k,j,irrr
, respectivamente.
z e3 e2 y e1 x
Para todo A, B, C, D de R3 se verifica:
1. BAAB =⇔= 0 .
2. BAAB −= .
3. Si CDAB = , entonces BDAC = .
Dimensión Se llama dimensión del espacio afín a la dimensión del espacio vectorial asociado.
Definición Se llama sistema de referencia (cartesiano) de R3 a todo par Β;O donde O es un
punto de R3 llamado origen del sistema de referencia y Β una base de R
3 .
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-3
En el caso de tomar la base canónica, las coordenadas cartesianas de un punto P de R3
tal que 332211 exexexOP ++= son ( )321 x,x,xP ≡ . Esto es, las componentes de P como vector
del espacio vectorial R3 coinciden con sus coordenadas cartesianas como punto del espacio afín
R3.
OP
z e3 e2 y e1
x
Al vector OP se le llama vector de posición del punto P.
A partir de las coordenadas cartesianas de dos puntos A y B, pueden obtenerse las
coordenadas del vector AB en la base de referencia del modo siguiente.
Si ( )321 a,a,aA ≡ y ( )321 b,b,bB ≡ ,
como OBAOAB += , entonces ( ) ( ) ( ) 333222111 eabeabeabOBOAAB −+−+−=+−= , por
lo que las componentes del vector AB son ( )332211 ab,ab,ab −−− .
14.4 Producto escalar
El producto escalar es uno de los instrumentos idóneos para estudiar las propiedades métricas en el espacio ya que permite introducir las nociones de distancia y ángulo.
Intuitivamente hemos introducido el sentido de un vector como el que establece el orden
señalado por su origen y su extremo; con el producto escalar se introduce un segundo elemento: el módulo.
En el tema siguiente se verá el tercer elemento: la dirección.
Coordenadas. Definición Se llaman coordenadas cartesianas de un punto P de R3 respecto
de un sistema de referencia a las componentes del vector OP respecto de la base del sistema.
Definición Dados dos vectores ( )111 z,y,xv = y ( )222 z,y,xw = de R3 se define el producto
escalar de esos dos vectores, y se denota v ⋅ w , al número x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 . Escribiremos:
212121 zzyyxxwv ++=⋅ .
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-4
La palabra euclídeo viene de Euclides y al designar de esta manera al espacio estamos aceptando el modo en que éste lo concibió.
Aquí, por tanto, se verifica su polémico axioma V o axioma de las paralelas que viene a
decir que por un punto exterior a una recta pasa una, y sólo una, recta paralela a ésta.
Un vector se llama unitario si tiene módulo 1.
Ejemplo 14.2 Si ( )211 ,,a =r
, entonces 6211 222=++=a
r.
Observa que dado un vector vr
, el vector vv
wr
rr 1
= tiene módulo unidad y, además, tiene la
misma dirección y sentido que vr
.
14.3 Distancia y ángulo
Proposición Para todo u,w,v de R3 y para todo α , β de R se verifica que:
• 0≥⋅vv y 00 =⇔=⋅ vvv
• vwwv ⋅=⋅
• ( ) ( ) ( )uwuvuwv ⋅β+⋅α=⋅β+α
Espacio vectorial euclídeo. Al espacio vectorial R3 con el producto escalar así definido, se
le llama espacio vectorial euclídeo. Y teniendo en cuenta que R3 es también un espacio afín,
nos referiremos a R3 como espacio afín euclídeo.
Módulo de un vector. Dado un vector ( )321 a,a,aa =r
de R3 se llama módulo del vector a
r (o
también norma o longitud del vector) al número 2
32
22
1 aaaaaa ++=⋅=rrr
.
Propiedades. Sean vr
y wr
de R3, entonces se verifican las siguientes propiedades:
• 0≥v y 00 =⇔= vv .
• wv α≤⋅α , para todo α de R.
• Desigualdad de Schwarz: wvwv ≤⋅ .
• Desigualdad triangular: wvwv +≤+ .
• Teorema de Pitágoras: 0222
=⋅⇔+=+ wvwvwv
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-5
Ejemplo 14.3 Dados los puntos ( )5,3,1P y ( )7,1,2Q la distancia entre ambos
( ) ( ) ( ) ( ) 3751321,222
=−+−+−=== PQQPd .
Nota La desigualdad de Schwarz se puede escribir de una manera equivalente, como sigue:
11 ≤⋅
≤−⇔≤⋅≤−⇔≤⋅wv
wvwvwvwvwvwv .
Esto permite dar la siguiente definición: .
Nota Si ( )111 z,y,xv = y ( )222 z,y,xw = , es fácil deducir la
fórmula anterior. Basta considerar el triángulo cuyos lados son los dos vectores y el segmento que une los extremos de éstos.
En dicho triángulo conocemos los lados w,v y la distancia
entre los extremos que no es otra que
( ) ( ) ( )221
221
221 zzyyxx −+−+− . Y ya que el ángulo
buscado es el opuesto a este último lado, aplicando el teorema del coseno sale inmediatamente la fórmula anterior. Interpretación geométrica del producto escalar:
De la anterior definición se deduce que ( )( )v,ucosvuvu ∠=⋅ .
Ejemplo 14.4 El ángulo formado por los vectores ( )123 −= ,,u y ( )534 ,,v −= es:
( )( ) ( ) '''v,u70
7 =
5014
5- 6 - 12 v,ucos 25087o=∠⇔
⋅=∠ .
Distancia entre dos puntos. Definición La distancia entre dos puntos ( )111 c,b,aP ≡ y
( )222 c,b,aQ ≡ de R3 es el módulo del vector PQ .
Entonces, se tiene que ( ) ( ) ( ) ( )221
221
221 ccbbaaPQPQPQQ,Pd −+−+−=⋅== .
Ángulo de vectores. Definición Dados dos vectores v y w de R3 el ángulo, ( )w,v∠ que
forman esos vectores es ( )( )wv
wvw,vcos
⋅=∠
Definición Dos vectores v y w se dicen ortogonales (perpendiculares) si su producto escalar es cero. En tal caso, se escribe wv ⊥ .
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-6
Ejemplo 14.5 Es sencillo probar que la base canónica de R3 es una base ortonormal.
Nota Es fácil probar que cualquier familia de vectores ortogonales es linealmente independiente.
14.5 Producto vectorial Vamos a introducir una operación entre dos vectores cuyo interés reside en que el resultado va a ser un vector que es ortogonal a los dos dados.
Ejemplo 14.6 Dados dos vectores ( )7,3,1=ar
y ( )1,2,5 −−=br
su producto vectorial es el vector
( )17,36,1125
31,
51
17,
12
73−=
−−−−=∧ ba
rr
Por tratarse de un determinante es fácil comprobar las siguientes propiedades:
Definición Se llama base ortogonal a aquella cuyos vectores son ortogonales dos a dos. Se dirá base ortonormal a toda base ortogonal formada por vectores unitarios.
Definición Dados dos vectores ( )321 a,a,aa =r
y ( )321 b,b,bb =r
de R3, se define su producto
vectorial como el vector
=∧
21
21
13
13
32
32
bb
aa,
bb
aa,
bb
aabarr
. Se suele escribir como
321
321
bbb
aaa
kji
ba
rrr
rr=∧ .
Propiedades del producto vectorial Sean r u ,
r v y
r w dos vectores de R
3, entonces se verifica:
• uvvurrrr
∧−=∧ (propiedad anticonmutativa).
• ( ) wuvuwvurrrrrrr
∧+∧=+∧ (distributiva).
• ( ) ( ) ( )wvwvwvrrrrrr
∧α=α∧=∧α , para todo α ∈R .
• 0=∧ uurr
.
• v,uvurrrr
⇔=∧ 0 es linealmente dependiente.
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-7
Demostración.-
1. ( ) 0==∧⋅
bbb
aaa
aaa
= bb
aa a+
bb
aa a+
bb
aa abaa
321
321
321
21
21
3
13
13
2
32
32
1
rrr.
2. Por 1. sabemos que barr
∧ es ortogonal a los vectores ar
y br
, luego el sistema ba,b,a ∧ es
linealmente independiente y, por lo tanto, 0
321
321
321
>
ccc
bbb
aaa
.
3. Probamos previamente la igualdad ( )2222bababarrrrrr
⋅−⋅=∧
Si desarrollamos el primer miembro y ordenamos los sumandos se tiene 2
21
21
2
13
13
2
32
322
+
+
=∧
bb
aa
bb
aa
bb
aabarr
que operando nos lleva a la expresión:
−⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=∧2
12
22
22
12
32
12
12
32
12
32
22
32
32
2
2babababababababa
rr
( )2121313132322 bbaabbaabbaa ++− .
Calculando ahora el valor del segundo miembro se tiene
( ) ( ) ( ) ( )2332211
23
22
21
23
22
21
222babababbbaaababa ++−++⋅++=⋅−⋅
rrrr y operando en esta
expresión es fácil comprobar que coincide con la de desarrollar el primer miembro. Basándonos en esta igualdad probaremos el punto 3. Se tiene:
( ) ( )( ) ( )( )( ) =∠−⋅⋅=∠⋅⋅−⋅=⋅−⋅=∧ babababababababavrrrvrrrrrrrrrrr
,cos1,cos 2222
22222222
Proposición (definición geométrica de producto vectorial)
1. El vector barr
∧ es ortogonal a los vectores ar
y br
.
2. Si ( )321 a,a,aa =r
, ( )321 b,b,bb =r
y , ( )321 c,c,cba =∧rr
entonces 0
321
321
321
>
ccc
bbb
aaa
.
3. ( )( )b,asenbabavrrrrr
∠⋅⋅=∧
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-8
( )( )basenbavrrr
,222
∠⋅⋅= y en consecuencia ( )( )b,asenbabavrrrrr
∠⋅⋅=∧
Esta última proposición puede utilizarse, si se prefiere, como definición de producto vectorial y a partir de ella se debería demostrar como teorema la definición que hemos utilizado.
Para poder dar la interpretación geométrica del producto vectorial conviene recordar que dado un sistema linealmente independiente de vectores, éste tiene la misma orientación que la base del sistema de referencia cuando el determinante formado por sus componentes es positivo. En tal caso, se dice que el sistema dado tiene sentido dextrógiro (regla del sacacorchos).
Como consecuencia de la anterior proposición surge la Interpretación geométrica del
producto vectorial: El producto vectorial de dos vectores ar
y br
es otro vector de módulo
( )( )b,asenbabavrrrrr
∠⋅⋅=∧ , dirección perpendicular al plano que contiene los vectores y cuyo
sentido viene dado por la regla del sacacorchos (o del pulgar de la mano derecha).
Ejemplo 14.7 Para hallar el área del triángulo de vértices A(1,1,0), B(0,1,0) y C(2,2,3), hallamos
primeramente ( )001 ,,AB −= y ( )311 ,,AC = , después, aplicamos la fórmula.
Área( ) ( )
2
10
2
311001=
∧−=
,,,, unidades cuadradas.
Proposición 14.6 (Aplicación del producto vectorial al cálculo de áreas)
1. vurr
∧ es el área del paralelogramo determinado por r u y
r v .
2. El área del triángulo de vértices A , B y C viene dada por 2
ACAB∧ .
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-9
Nota Para calcular el área de un polígono, basta descomponerlo en suma de triángulos y aplicar en cada uno de ellos el resultado 2. de la proposición anterior.
Ejemplo 14.8 Para hallar el área del cuadrilátero de vértices A(2,1,0), B(0,2,0), C(-3,0,0) y
D(0,-1,0), descomponemos el cuadrilátero en los triángulos ∧
ABC y ∧
ACD . El área del cuadrilátero
será la suma de las áreas de los dos triángulos.
Como ( )7,0,0=∧ ACAB y ( )8,0,0=∧ ADAC , el área del cuadrilátero será
2
ACAB∧+
2
15
2
87
2=
+=
∧ ACAD unidades cuadradas.
14.6 Producto mixto
Observa que es un número que también se puede escribir como [ ]
ccc
bbb
aaa
c,b,a
321
321
321
=rrr
.
Demostración.-
Teniendo en cuenta la figura siguiente y que el volumen del paralelepípedo es el área de la base por su altura, se tiene
área de la base cbrr
∧= , en virtud del apartado 1. de la proposición 14.6,
altura α⋅== cosahr
, pues h es la proyección de r a sobre
r w , siendo cbw
rrr∧= y
( )c,brr
∠=α .
Consecuentemente el volumen ( )( ) ( ) [ ]cbacbawaacbVrrrrrrrrrr
,,,cos =∧⋅=∠⋅⋅∧= .
Definición Dados dos vectores ( )321 a,a,aa =r
, ( )321 b,b,bb =r
y ( )321 c,c,cc =r
de R3, se define
el producto mixto de esos tres vectores como [ ] ( )cbac,b,arrrrrr
∧⋅= .
Proposición 14.7 (Aplicación del producto mixto al cálculo de volúmenes)
El producto mixto de tres vectores de R3 es igual, salvo el signo, al volumen del
paralelepípedo construido sobre ellos.
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-10
Consecuencia: volumen de una pirámide de base triangular
Como el volumen de una pirámide es igual a un tercio del área de la base por la altura, si consideramos la pirámide de la figura razonando de modo análogo a la demostración de la proposición anterior, se tiene:
volumen ( )( ) ( )[ ]
6
,,
6
1,cos
23
1 cbacbawaa
cbrrr
rrrrr
rr
=∧⋅⋅=∠⋅⋅∧
⋅=
El volumen es siempre positivo de ahí que consideremos el valor absoluto en la fórmula
anterior.
Ejemplo 14.9 Para calcular el volumen de la pirámide de vértices A(-5,-2,1), B(-1,4,-1), C(4,1,6) y
D(0,0,-4), consideramos los vectores ( )525 ,,DA −−= , ( )341 ,,DB −= y ( )1014 ,,DC = . A
continuación, aplicamos la fórmula anterior y resulta
Volumen 6
314
6
1=⋅=
1014
341-
52-5-
unidades cúbicas.
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-11
Ejercicios resueltos
R.1. Consideramos el sistema de referencia AOS ,′=′ donde ( )1,2,3≡′O y
( ) ( ) ( ) 3,0,0,2,1,0,0,1,2 321 =−=== uuuArrr
referidos al sistema canónico. 321 ,,, eeeOSrrr
=
a) Halla las coordenadas del punto ( )3,7,5=P respecto del nuevo sistema S ′
b) Halla las coordenadas en el sistema canónico del punto Q que, en el sistema S ′
tiene de coordenadas ( )2,5,3=Q .
Solución:
a) Partimos de la igualdad vectorial →→→
′+′= POOOOP y llamando ( )zyx ′′′ ,, a las coordenadas del
vector →
′PO en el sistema S ′ , se tiene ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3,0,02,1,00,1,21,2,33,7,5 zyx ′+−′+′+= en la que todo
está referido en la base canónica. Operamos e igualamos coordenadas con lo que se llega a
3
10232
45
122
=′→=′+′
−=′→=′−′
=′→=′
zzy
yyx
xx
.
b) Al igual que en el apartado anterior planteamos →→→
′+′= QOOOOQ y si llamamos ( )zyx ,, a las
coordenadas del vector →
OQ en el sistema S , se tiene:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )17,0,9,,3,0,022,1,050,1,231,2,3,, =→+−++= zyxzyx
R.2. Dados los vectores ( )5,2,3 −ar
y ( )6,1,2−br
referidos a una base ortonormal, se pide: ar
, br
y ángulo ( )baαrr
, .
Solución:
382549 =++=ar
, 413614 =++=br
y 343026 −=−+−=⋅ barr
.
A partir de la definición de producto escalar se tiene que ( )4138
34arccosarccos,
−=
⋅
⋅=
ba
babaα rr
rrrr
y
º47'149=α .
R.3. Se considera la base 321 ,, uuurrr
en la que 221 == uurr
, 13 =ur
, ( ) º60, 21 =∠ uurr
,
( ) ( ) º90,, 3132 =∠=∠ uuuurrrr
y se consideran los vectores ( )5,3,2ar
y ( )1,1,1 −br
referidos a la base
anterior, se pide: ar
, br
y ángulo ( )baαrr
, .
Solución:
aaarrr
⋅= , y 21332211 622594 uuuuuuuuaarrrrrrrrrr
⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅=⋅ ya que 03231 =⋅=⋅ uuuurrrr
como 42
111 ==⋅ uuurrr
, 42
222 ==⋅ uuurrr
, 12
333 ==⋅ uuurrr
y 260cos2121 =⋅=⋅ uuuurrrr
, se tiene
que 10124253616 =+++=⋅ aarr
y 101=ar
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-12
Del mismo modo se tiene que bbbrrr
⋅= y 1312111 21332211 =⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅ uuuuuuuubbrrrrrrrrrr
y
13=br
y ( ) 2532532 21332211 =⋅⋅++⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=⋅ uuuuuuuubarrrrrrrrrr
y al igual que en el ejercicio anterior ( ) º37'4613101
25arccosarccos, ==
⋅
⋅=
ba
babaα rr
rrrr
R.4. Dados los vectores ( )7,3,2 −ar
y ( )0,4,3br
referidos a una base ortonormal, se pide:
a) Calcula las coordenadas de un vector unitario ur
con la misma dirección y sentido que ar
b) Calcula las coordenadas de un vector vr
con la misma dirección que br
, sentido contrario y de módulo 7. Solución:
a) como 624994 =++=ar
el vector ar
⋅62
1 tendrá la misma dirección y sentido que a
r y será
unitario, por lo tanto
−=
62
7,
62
3,
62
2ur
.
b) Buscamos primero un vector unitario con la misma dirección y sentido que br
actuando como en
el apartado anterior, 50169 =++=br
luego
= 0,
5
4,
5
3ur
y multiplicando el vector obtenido por
7− se llega al vector vr
pedido que será
−−= 0,
5
28,
5
21vr
.
R.5. Dados los puntos ( )0,2,1A , ( )3,2,5 −B y ( )8,7,4C se pide:
a) Calcula las coordenadas del punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo. b) Calcula el área de dicho paralelogramo. Solución:
a) El punto D debe cumplir que →→
= DCAB , (hay que tener
cuidado en elegir correctamente el sentido).
Los vectores son ( )3,4,4 −=→
AB y si llamamos ( )zyx ,, a las
coordenadas del punto D, ( )zyxDC −−−=→
8,7,4 igualando
se tiene: ( )5,11,0
38
47
44
=→
=−
−=−
=−
D
z
y
x
.
b) El área del paralelogramo →→
∧= DCABS , como ( )32,23,47 −−=∧→→
DCAB , se tiene que
4183322347 222 =++=∧=→→
DCABS .
R.6. Dados los puntos ( )3,1,0A , ( )0,1,4B , ( )4,1,2C y ( )1,2,1D se pide:
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-13
a) Comprueba que no son coplanarios. b) Calcula el volumen del tetraedro (pirámide de base triangular) de vértices ABCD. Solución:
a) Si el producto mixto de los vectores 0,, ≠
→→→
ADACAB los vectores no son coplanarios.
( )3,0,4 −→
AB , ( )1,0,2→
AC , ( )2,1,1 −→
AD y 010
211
102
304
,, ≠−=
−
−
=
→→→
ADACAB .
b) El volumen del tetraedro es ..3
5
6
10,,
6
1vuADACABV =
−=
=
→→→
R.7. Calcula el valor de α para que los vectores ( )αu ,1,0r
, ( )4,2,3vr
y ( )5,3,0 −wr
sean
coplanarios. Calcula el volumen del paralelepípedo que tiene sus aristas coincidentes con
los vectores ur
, vr
y wr
para 1=α .
Solución:
Debe cumplirse que [ ] 0,, =wvurrr
, o sea 3
50
530
423
10
−=⇒=
−
α
α
.
El volumen será [ ] ..2424
530
423
110
,, vuwvuV ==
−
==rrr
R.8. Calcula el valor de α para que el volumen del paralelepípedo que tiene de vértices
( )4,1,2−A , ( )1,1,0B , ( )2,0,0C y ( )αD ,5,3 sea 19u.v..
Solución:
Los vectores son : ( )3,0,2 −→
AB , ( )2,1,2 −−→
AC , ( )4,4,5 −→
αAD y
21915219
445
212
302
6
1,,
6
1=→=−−→=
−
−−
−
=
=
→→→
αα
α
ADACABV .
Espacio afín y euclídeo Tema 14
14-14
Ejercicios propuestos
P.1. Si del sistema canónico de referencia se pasa al sistema Β′=ℜ ,O , donde ( )121 ,,O ≡′ y
( ) ( ) ( ) 210020011 321 ,,u,,,u,,,u ====Βrrr
, se pide: a) halla las coordenadas del punto ( )353 ,,P ≡
respecto del nuevo sistema ℜ ; b) halla las coordenadas en el sistema original del punto Q que, en
el sistema ℜ , tiene de coordenadas ( )111 ,,Q −≡ .
P.2. Sabiendo que 2== vurr
, que 10,vu =⋅rr
, calcula el ángulo que forman los vectores
vuarrr
+= y vubrrr
2−= .
P.3. Sea 321 e,e,eBrrr
= una base de R3, tal que 2321 === eee
rrr y ( )( ) 0=∠ ji e,ecos
rr si ji ≠ .
Calcula baarrr
⋅−2 , para 321 63 eeearrrr
+−= y 32 2eebrrr
+= .
P.4. Si el espacio euclídeo tridimensional está referido a una base 321 e,e,eBrrr
= formada por
vectores unitarios que forman entre sí ángulos de 60°, calcula el coseno del ángulo que forman los
vectores 21 eearrr
+= y 321 eeebrrrr
+−= .
P.5. Halla dos vectores ortonormales a los vectores ( )322 ,,u −=r
y ( )323 ,,v −=r
.
P.6. Halla el área del triángulo de vértices ( )111 ,,A ≡ , ( )530 ,,B ≡ , ( )204 ,,C ≡ .
P.7. Dados los puntos ( )021 ,,A ≡ y ( )210 ,,B ≡ , determina el lugar geométrico del tercer vértice
para que el triángulo resultante tenga área constante igual a 3.
Soluciones
P.1. a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,0,2,,2,1,00,2,00,1,11,2,13,5,3 PzyxPzyx =→+++= , b) ( )3,2,2Q .
P.2. 2'8=av
, 6'19=br
, 1'4−=⋅ barr
, ( ) º8'108, =∠ barr
.
P.3. ( ) ( ) ( ) 2007363 3213212 =−−⋅+−=−⋅=⋅− eeeeeebaabaa
rrrrrrrrrrrr. P.4. 3=⋅ aa
rr, 2=⋅ bb
rr
, 1=⋅ barr
,
6
6cos =α . P.5. ( )2,3,0=∧ vu
rr,
=
13
132,
13
133,01u
r y
−−=
13
132,
13
133,02u
r.
P.6. ( )5,13,6 −=∧→→
ACAB ,2
230=∧=
→→
ACABS . P.7. ( )1,22,42 +−−++−−=∧→→
yxzxyzACAB
( ) ( ) ( ) 612242222
=+−+−+++−− yxzxyz o bien
01512186442255 222=−−−−++−++ zyxyzxzxyzyx
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-1
Tema 15
La recta y el plano en el espacio afín
15.1 Introducción Se verá que un plano viene dado por una ecuación lineal con tres incógnitas, mientras que la recta quedará perfectamente expresada mediante un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas que sea compatible indeterminado, esto es, la intersección de dos planos. Así, cualquier problema de posiciones relativas se podrá reducir a un problema de estudio de rangos de un sistema. Por otra parte, no olvidemos que el sistema de referencia elegido tiene base ortonormal.
15.2 Ecuaciones de la recta
A la ecuación vtOPOXr
⋅+= se le llama
ecuación vectorial de la recta r y en un sistema de referencia se escribe:
( ) ( ) ( )c,b,atz,y,xz,y,x ⋅+= 000 .
Obsérvese que ⇔⋅+= vtOPOXr
vtOPOXr
⋅=−⇔ y que, como →→→
−= OPOXPX ,
entonces la ecuación de la recta se podría también escribir como vtPXr
⋅=→
, lo que significa
que el vector →
PX es combinación lineal de vr
y, por lo tanto, paralelo a vr
.
Nota Como vector director de una recta se puede elegir cualquier vector paralelo a vr
.
Definición dados un punto ( )000 z,y,xP ≡ y un vector ( )c,b,av =r
no nulo, al que
llamaremos vector director, se llama recta que pasa por el punto P y tiene vector dirección
vr
, al conjunto de puntos X del espacio afín tales que vtOPOXr
⋅+= . Se escribirá:
vPrr
+≡ .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-2
Ejemplo 15.1 La ecuación vectorial de la recta r que pasa por ( )153 −,,P y tiene vector
dirección ( )035 ,,v −r
es ( ) ( ) ( )035153 ,,t,,z,y,x −⋅+−= .
Para comprobar si un punto pertenece a la recta basta ver si para algún valor de t se
satisface la ecuación. Por ejemplo, el ( )311 ,, pertenece a la recta si existe algún valor de t que
haga cierta la ecuación vectorial ( ) ( ) ( )035153311 ,,t,,,, −⋅+−= . Igualando las primeras
coordenadas se tiene que 5
2531 −=⇒+= tt , pero para ese valor de t se tiene que no se
cumple la ecuación para las segundas coordenadas, pues 15
3153 ≠=+− t .
Para obtener algún punto de la recta basta elegir un valor para t y sustituirlo en la
ecuación vectorial. Por ejemplo, para 2=t se tiene ( ) ( ) ( ) ( )11130352153 −−=−⋅+−= ,,,,,,z,y,x
luego ( ) r,,Q ∈−− 1113 .
a) Ecuaciones paramétricas de la recta:
Si operamos en la ecuación vectorial de la recta e igualamos las coordenadas se llega
a
⋅+=
⋅+=
⋅+=
tczz
tbyy
taxx
0
0
0
, que son tres ecuaciones escalares que equivalen a la ecuación vectorial de la
recta llamadas ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto ( )000 z,y,xP ≡ y
tiene vector dirección ( )c,b,av =r
, en las que Rt ∈ es el parámetro.
Ejemplo 15.2 Las ecuaciones paramétricas de la recta r determinada por el punto ( )153 −,,P y
el vector ( )035 ,,v −r
, son:
−=
−=
+=
≡
1
35
53
z
ty
tx
r .
Nota El obtener puntos de la recta y el comprobar si un punto pertenece o no a la recta se hace ahora con más comodidad que con la ecuación vectorial. b) Ecuación en forma continua y ecuaciones implícitas (o cartesianas) de la recta: Si eliminamos el parámetro t del sistema de ecuaciones paramétricas anterior, se obtienen dos ecuaciones cartesianas.
En efecto, si consideramos t como incógnita se tiene
−=⋅
−=⋅
−=⋅
0
0
0
zztc
yytb
xxta
, donde ( )z,y,x es
un punto de la recta si el sistema es compatible, es decir, si el rango de la matriz de los
coeficientes
=
c
b
a
A y de
−
−
−
=∗
0
0
0
zzc
yyb
xxa
A coinciden.
Como el rango de A es 1, ya que 0rr
≠v , el rango de ∗A debe ser 1, y, en tal caso, las dos
columnas de la matriz ∗A han de ser proporcionales, por lo que se llega a las ecuaciones
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-3
c
zz
b
yy
a
xx 000 −=
−=
− llamadas ecuaciones en forma continua de la recta que pasa por el
punto ( )000 z,y,xP ≡ y tiene vector dirección ( )c,b,av =r
.
Nota importante. Aunque ( ) 0rr
≠c,b,av puede suceder que alguna o algunas (no todas) de sus
coordenadas sí sean cero, en ese caso el cociente o los cocientes que aparecen deben considerarse en términos de proporcionalidad ya que de otro modo carecen de sentido.
Ejemplo 15.3 Las ecuaciones en forma continua de la recta r determinada por ( )153 −,,P y el
vector ( )035 ,,v −r
, son: 0
1
3
5
5
3 +=
−
−=
−≡
zyxr en las que una ecuación que implique el último
miembro hay que entenderla como que 01=+z y no como cociente.
De que el rango de ∗A sea 1 también se deduce que
00
0=
−
−
yyb
xxa y 0
0
0=
−
−
zzc
xxa.
Desarrollando estos determinantes se obtienen dos ecuaciones
=′+′+′+′
=+++
0
0
DzCyBxA
DCzByAx que
equivalen a la ecuación vectorial de la recta, por lo que se las conoce como ecuaciones
implícitas o cartesianas de la recta que pasa por el punto ( )000 z,y,xP ≡ y tiene vector
dirección ( )c,b,av =r
.
c) Ejemplos del modo de pasar de unas ecuaciones a otras
Como en el planteamiento de un problema la ecuación de una recta puede venir expresada de distintas formas, conviene ser capaces de llegar a cualquiera de las ellas a partir de una cualquiera de las otras.
Ejemplo 15.4 (De las ecuaciones paramétricas a la ecuación en forma continua) Si sabemos interpretar los datos, pasar de las ecuaciones paramétricas a continuas es inmediato, pues los coeficientes de t son las coordenadas del vector dirección y los números independientes son las coordenadas de un punto de la recta.
Así, dada la recta
+−=
−=
+−=
≡
tz
ty
tx
r
75
23
21
, es inmediato que pasa por ( )531 −−≡ ,,P y tiene
de vector dirección ( )722 ,,v −=r
, por lo que las ecuaciones en forma continua son
7
5
2
3
2
1 +=
−
−=
+≡
zyxr .
Otra forma: despeja t en cada ecuación e iguala los resultados.
Así se llega a 7
5
2
3
2
1 +=
−
−=
+ zyx.
Nota Del mismo modo, interpretando los datos, es inmediato pasar de las ecuaciones en forma continua a las ecuaciones paramétricas.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-4
Ejemplo 15.5 (De las ecuaciones paramétricas a las ecuaciones implícitas) Para pasar de las ecuaciones paramétricas a las implícitas basta eliminar el parámetro t.
Así, en la recta anterior, como rango de A = rango de ∗A = 1, entonces
020422032
12=−+⇔=−+⇔=
−−
+yxyx
y
x , y 03270
57
12=−−⇔=
+
+zx
z
x.
Luego la recta en ecuaciones implícitas es
=−−
=−+
0327
02
zx
yx.
Otra forma: es pasar a la forma continua tal como se ha visto en el ejemplo anterior. Después,
se seleccionan dos de las ecuaciones, como por ejemplo
+=
+−
−=
+
7
5
2
12
3
2
1
zx
yx
, y operando se llega
a
=−−
=−+⇒
+=+
−=−−
0327
02
10277
6222
zx
yx
zx
yx.
Ejemplo 15.6 (De las ecuaciones implícitas a las ecuaciones paramétricas) Dada la recta
=−−+
=+−−≡
0324
0132
zyx
zyxr , para obtener las ecuaciones paramétricas se pasa una de las
incógnitas al segundo miembro y se considera como parámetro, con la única condición de que en el sistema resultante el rango de la matriz de los coeficientes sea 2. Por ejemplo, aquí no
se puede elegir y como parámetro ya que 024
12=
−
−. Sin embrago, sí se puede elegir z. Por
tanto, pasando z al segundo miembro queda:
+=+
−=−
324
132
zyx
zyx que, resolviendo por la regla de
Cramer, resulta: zz
z
x2
1
7
4
14
32
132
31
+=−
+
−−
= ,7
5
14
32
324
12
=−
+
−
=z
z
y .
Luego, las ecuaciones paramétricas serán: R con
z
y
x
∈α
α=
=
α+=
7
52
1
7
4
Ejemplo 15.7 (De las ecuaciones implícitas a las continuas) Una manera de hacerlo es pasar de las implícitas a las paramétricas y de éstas, de modo análogo al ejemplo 15.4, pasar a las continuas.
En efecto, eliminando α quedarían: 10
7
5
2
17
4z
yxr =
−
=
−
≡ , que en una versión mas cómoda
resulta 20
7
5
17
4z
yxr =
−
=
−
≡ .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-5
Algunas consideraciones de interés:
- Conviene que quede claro que una vez se tiene un vector dirección de una recta siempre se puede sustituir éste por uno linealmente dependiente, esto es, de coordenadas
proporcionales. En el ejemplo anterior hemos sustituido el
10
2
1,, por el ( )201 ,, .
- Más adelante, en el ejemplo 15.19 , se verá cómo pasar directamente de las
ecuaciones implícitas a cualquiera de las otras ecuaciones. La idea es encontrar un vector dirección y un punto de la recta.
- Hasta ahora hemos visto que dados un punto y un vector director queda determinada una recta, pero también queda determinada si nos dan dos puntos P y Q. En efecto, en tal
caso, basta tomar como vector dirección el →
= PQvr
y como punto uno cualquiera de los dados,
de manera que PQPr +≡ y, también, PQQr +≡ .
Ejemplo 15.8 Hallemos las ecuaciones vectorial, paramétricas, continua e implícitas de la
recta que pasa por los puntos P(0,2,1) y Q(1,2,3).
Tomando →
= PQvr
, la ecuación vectorial es: ( ) ( ) ( )201120 ,,,,z,y,x α+= . Las ecuaciones
paramétricas son:
α
α
21
2
+ = z
= y
= x
. En forma continua: 2
1
0
2
1
−− z =
y =
x. De cuyas dos igualdades
podemos sacar las ecuaciones implícitas, del modo siguiente: del primer y segundo miembro
sacamos: 02 =−y ; mientras que del primer y tercer miembro obtenemos: 12 −= zx ,
quedando:
−
−
012
02
= + z x
= y .
15.3 Ecuaciones del plano
Nota Obsérvese que wvOPOXrr
⋅β+⋅α+= equivale a wvPXrr
⋅β+⋅α=→
,es decir que si X es
un punto del plano entonces →
PX es combinación lineal
de los vectores vr
y wr
.
A la ecuación wvOPOXrr
⋅β+⋅α+= se le llama
ecuación vectorial del plano que pasa por el punto P con
vectores dirección vr
y wr
. En función de las coordenadas en un sistema de referencia afín, la ecuación puede ser escrita como
( ) ( ) ( ) ( )321321000 w,w,wv,v,vz,y,xz,y,x ⋅β+⋅α+= .
Definición Dados un punto ( )000 z,y,xP y dos vectores ( )321 v,v,vvr
y ( )321 w,w,wwr
linealmente independientes entre si, llamados vectores directores, se llama plano que pasa
por el punto P con vectores dirección vr
y wr
al conjunto de puntos X del espacio afín tales
que wvOPOXrr
⋅β+⋅α+= , con R, ∈βα . Se escribirá: w,vPrr
+≡π .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-6
Ejemplo 15.9 La ecuación vectorial del plano que pasa por el punto ( )201 ,,P y tiene como
vectores dirección los vectores ( )012 ,,vr
y ( )110 ,,wr
, es: ( ) ( ) ( ) ( )110012201 ,,,,,,z,y,x ⋅β+⋅α+=≡π .
a) Ecuaciones paramétricas Si operamos e igualamos coordenada a coordenada se obtiene
⋅β+⋅α+=
⋅β+⋅α+=
⋅β+⋅α+=
330
220
110
wvzz
wvyy
wvxx
,
que son las llamadas ecuaciones paramétricas del plano que pasa por el punto P con vectores
dirección vr
y wr
.
Ejemplo 15.10 Las ecuaciones paramétricas del plano que pasa por el punto ( )201 ,,P y tiene
como vectores dirección los vectores ( )012 ,,vr
y ( )110 ,,wr
, son
β
βα
α
+ = z
+ = y
+ = x
2
21
.
Eligiendo valores cualesquiera para α y β pueden hallarse tantos puntos del plano
como se deseen. Por otro lado, un punto X de coordenadas ( )z,y,x pertenece al plano si es
posible encontrar dos valores R, ∈βα que satisfagan las tres ecuaciones.
b) Ecuación del plano en forma de determinante
Eliminando los parámetros α y β se llega a una sola ecuación de incógnitas x, y, z. En
efecto, si en las ecuaciones paramétricas consideramos α y β como incógnitas se tiene el
sistema
−=⋅β+⋅α
−=⋅β+⋅α
−=⋅β+⋅α
033
022
011
zzwv
yywv
xxwv
,
que será compatible si ( ) ( )∗= AA rangrang . Ahora bien, como ( ) 2rang =A ya que vr
y wr
son
linealmente independientes, necesariamente ( ) 2rang =∗A y, por lo tanto, debe suceder que
0
033
022
011
=
−
−
−
zzwv
yywv
xxwv
, que es la ecuación del plano en forma de determinante.
Ejemplo 15.11 La ecuación en forma de determinante del plano que pasa por el punto ( )201 ,,P
y tiene como vectores dirección los vectores ( )012 ,,vr
y ( )110 ,,wr
es
0
110
012
21
=
-zy-x
.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-7
c) Ecuación general del plano
Desarrollando y operando en el determinante anterior se llega a una ecuación del tipo
0=+⋅+⋅+⋅ DzCyBxA , llamada ecuación general del plano.
Ejemplo 15.12 Desarrollando el determinante del ejemplo anterior se obtiene su ecuación
general o cartesiana: 0522 =−+−≡π zyx .
A igual que en el caso de la recta conviene ser capaces de llegar a cualquiera de las
formas de ecuaciones de un plano partiendo de otra u otras, lo que veremos en los siguientes ejemplos.
Ejemplo 15.13 Dada la ecuación general de un plano, por ejemplo 02532 =−−+≡π zyx ,
para obtener las ecuaciones paramétricas del mismo basta hacer α=x , β=y y escribir z en
función de α y β, quedando:
βα−
β
α
5
3
5
2
5
2 + + = z
= y
= x
d) Ecuación del plano determinado por tres puntos.
En las anteriores ecuaciones de un plano se ha visto que éste queda perfectamente
determinado mediante un punto y dos vectores directores. Pero, también queda perfectamente
determinado por 3 puntos no alineados del plano.
En efecto, sean ( )000 z,y,xP , ( )321 q,q,qQ y ( )321 r,r,rR , bastará tomar →
= PQvr
y
→
= PRwr
. Entonces, ( )z,y,xX será del plano si: →→→
β+α= PRPQPX , es decir, si
0
030201
030201
000
=
zryrxr
zqyqxq
zzyyxx
−−−
−−−
−−−
.
Con esta expresión podemos responder si 4 puntos X, P, Q, y R dados están todos en
el mismo plano.
Ejemplos
Ejemplo 15.14. Para hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos A(1,0,2), B(2,-1,3) y
C(4,1,0), primeramente hay que comprobar que estos puntos no están alineados, para ello
basta comprobar que el determinante de orden tres formado por ellos es distinto de cero. Como
0384
014
312
201
≠−+=− , no están alineados y, por tanto, definen un plano. El plano quedará
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-8
determinado por
→
→
AC
AB
A
y su ecuación será 0
213
111
21
=
−
−
−−
≡π
zyx
que, en forma general, se
escribe como 0945 =−++≡π zyx .
Ejemplo 15.15 Para comprobar que los puntos P(1,-2,0), Q(0,-1,2) y R(3,0,4) no son
coplanarios con el punto T(-1,2,4), bastará verificar que, →→→
β+α≠ PRPQPT ; ( )4,4,2−→
PT ,
( )2,1,1−→
PQ y ( )4,2,2→
PR y como 016
422
211
442
≠=−
−
, T no está en el mismo plano que P, Q y
R.
e) Ecuación segmentaria del plano.
Partiendo de la ecuación general o implícita de un plano 0=+⋅+⋅+⋅ DzCyBxA
pasamos D al segundo miembro DzCyBxA −=⋅+⋅+⋅ y si dividimos por – D ambos
miembros se llega a 11 =
−
+
−
+
−
⇔=⋅−
+⋅−
+⋅−
C
D
z
B
D
y
A
D
xz
D
Cy
D
Bx
D
A y llamando
C
Dc,
B
Db,
A
Da −=−=−= nos queda 1=++
c
z
b
y
a
x llamada ecuación segmentaria del plano
en la que a, b y c son los segmentos que determina el plano con los ejes X, Y y Z
respectivamente, es decir corta a los ejes en los puntos ( )00,,a , ( )00 ,b, y ( )c,,00 .
f) Ecuación normal del plano
Dados un punto ( )000 z,y,xP y un vector
( )C,B,Anr
perpendicular al plano π , recordando el
concepto de producto escalar, es fácil ver que un
punto π∈X si, y sólo si, 0=⋅→
PXnr
, condición
que puesta en función de las coordenadas nos lleva a
( ) ( ) ( ) 0000 =−⋅+−⋅+−⋅ zzCyyBxxA
conocida como ecuación normal del plano que pasa por el punto P y es perpendicular al vector
( )C,B,Anr
.
Nota Al vector nv
se le llama vector característico del plano y como, operando en la ecuación
normal del plano, se tiene 0=+⋅+⋅+⋅ DzCyBxA que es la ecuación implícita del plano,
deducimos que siempre que se nos dé la ecuación del plano en forma implícita un vector perpendicular a él es el que tiene por coordenadas los coeficientes de x, y, z.
Ejemplos
Ejemplo 15.16 Un vector perpendicular al plano de ecuación 0722 =+−+ zyx es el que
tiene por coordenadas ( )221 −,, .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-9
Ejemplo 15.17 La ecuación del plano que pasa por ( )321 ,,P y tiene como vector perpendicular
( )512 ,,nr
, es ( ) ( ) ( ) 01952035212 =−++≡π⇒=−+−+− zyxzyx .
Otra forma: la ecuación del plano será 052 =+++≡π Dzyx . Para determinar D basta
sustituir el punto dado en dicha ecuación: 19035212 −=⇔=+⋅++⋅ DD . Por lo tanto, el
plano buscado tiene de ecuación 01952 =−++≡π zyx .
Ejemplo 15.18 Para determinar un vector perpendicular al plano
π de ecuación 0
113
702
21
=
+
−
z
y
x
, basta interpretar que sus
vectores directores son ( )321 ,,vr
y ( )102 ,,wr
y que su producto
vectorial wvnvrr
∧= es perpendicular al plano π
( )45202
21
21
13
10
32
102
321 −=
== ,,,,
kji
n
rrr
r.
g) La recta como intersección de planos
Las ecuaciones implícitas de una recta
=′+′+′+′
=+++≡
0
0
DzCyBxA
DCzByAxr pueden ser
interpretadas como intersección de los planos π y π′ de ecuaciones
0=+++ DCzByAx y 0=′+′+′+′ DzCyBxA ,
respectivamente. En tal caso, como hemos visto que los
vectores de coordenadas ( )C,B,A y ( )C,B,A ′′′
son perpendiculares a π y π′ , resulta que un
vector director de r es el producto vectorial de ambos. Lo que nos da un nuevo procedimiento para pasar de las ecuaciones implícitas de una recta a las paramétricas o continuas o simplemente obtener un vector director de dicha recta.
Nota Al decir que r es una recta ya queda claro que el sistema:
=′+′+′+′
=+++
0
0
DzCyBxA
DCzByAx es
compatible. Pero no todo sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas representa una recta.
Ejemplo 15.19 Para obtener las ecuaciones vectorial, paramétricas y continuas de una recta
dada en forma implícita, tal como
=+−+
=−++
042
032
zyx
zyx:r , sólo se necesita saber sacar de éstas
un punto y un vector dirección.
El vector dirección será el producto vectorial de los vectores característicos de los planos y para obtener el punto basta dar un valor a una de las incógnitas siempre que el determinante de la matriz de los coeficientes del sistema que resulta sea distinto de cero.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-10
Así pues, el vector director de r será ( ) ( ) ( )333
121
112121112 ,,
kji
,,,,v −=
−
=−∧=
rrr
r.
Como 021
12≠ , esto es, el menor formado por los coeficientes de x e y es distinto de
cero, elegimos 0=z y resolvemos el sistema
−=+
=+
42
32
yx
yx , cuya solución es
3
10=x ,
3
11−=y . Luego un punto de la recta es el punto es
− 0
3
11
3
10,, .
En consecuencia,
( ) ( )33303
11
3
10,,,,z,y,x −α+
−= , es la ecuación vectorial y
33
3
11
3
3
10z
yx
=
+
=−
−
, son sus ecuaciones en forma continua.
15.4 Posición relativa de dos rectas
Consideraremos dos posibilidades:
a) que una recta está dada en forma continua, vectorial o paramétrica (conocemos un
punto y un vector dirección) ,
b) que las dos rectas vienen dadas por sus ecuaciones implícitas.
Caso a) Sean las rectas ( )( )
321
1111
v,v,vv
z,y,xP:r r y
( )( )
321
2222
w,w,ww
z,y,xQ:r r ,es decir, de sus ecuaciones
podemos conocer un punto y un vector director. Formaremos el vector →
PQ y consideramos las
matrices
=
33
22
11
wv
wv
wv
A y
−
−
−
=
2133
2122
2111
zzwv
yywv
xxwv
B .
Recordando que el rango de una matriz es el rango de los vectores columna que la
forman (el máximo números de vectores linealmente independientes), pueden darse los
siguientes casos:
1. ( ) ( ) ( ) ⇒=
=⇔==
→
1 rang rang 1 rang rang PQ,w,vw,vBArrrr
Los vectores vr
, wr
y →
PQ tienen
la misma dirección (son paralelos), luego las rectas son coincidentes.
2. ( ) ( ) ( ) ⇒=
=⇔==
→
2 rang1 rang 2 rang , 1 rang PQ,w,v,w,vBArrrr
Los vectores vr
y wr
tienen
la misma dirección y el vector →
PQ tiene dirección distinta a ellos, luego las rectas son
paralelas.
3. ( ) ( ) ( ) ⇒=
=⇔==
→
2 rang rang2 rang rang PQ,w,vw,vBArrrr
Los vectores vr
y wr
tienen
distinta dirección y el vector →
PQ es combinación lineal de ellos (esto es, está en el plano que
generan los otros dos vectores), luego las rectas se cortan en un punto.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-11
4. ( ) ( ) ( ) ⇒=
=⇔==
→
3 rang2 rang 3 rang , 2 rang PQ,w,v,w,vBArrrr
Los tres vectores vr
, wr
y
→
PQ tienen distinta dirección (esto es, no existe un plano que contenga a los tres), luego las
rectas que se cruzan.
Rectas coincidentes. Rectas paralelas.
Rectas que se cortan Rectas que se cruzan.
Ejemplo 15.20 Estudiemos la posición relativa de las rectas z = y
= +x
: r2
1
3
2 −
− y
−−− 08
0
= 5z y x
= z- y+ x :s .
Primeramente obtendremos un vector dirección y un punto de s (ver ejemplo 15.19).
Haciendo el producto vectorial de los vectores característicos se obtiene el vector dirección
( )123 ,,− . Eliminando el parámetro z (pasándolo al segundo miembro y despejando x e y en
función de z), se obtiene el punto ( )044 ,,Q − . De la recta r es fácil ver que ( )123 ,,− es un
vector dirección y que ( )012 ,,P − es un punto. Entonces, ( )056 ,,PQ −=→
. Por tanto, como
( ) ( ) 2123123 rang =−− ,,,,, y ( ) ( ) ( ) 3056123123 =−−− ,,,,,,,, rang , las rectas se cruzan.
Caso b) Supongamos que las dos rectas vengan dadas por sus ecuaciones reducidas o
implícitas. Sean
′′′′ 0
0
= D+zC+yB+xA
= D+ Cz+ By+ Ax :r y
′′′′′′′′′′′′
′′′′′′′′
0
0
= D+ zC+ yB+ xA
= D+ zC+ yB+ xA :s .
Ambas rectas definen un sistema de cuatro ecuaciones con tres incógnitas:
=′′′+′′′+′′′+′′′
=′′+′′+′′+′′
=+++
=+++
0
0
0
0
DzCyBxA
DzCyBxA
'Dz'Cy'Bx'A
DCzByAx
.
(1) (2)
(3)
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-12
Observemos previamente que tanto en el sistema (1), como en el (2), por separado, el
rango de la matriz de los coeficientes coincide con el de la ampliada y vale dos. Entonces, en el
sistema (3) pueden darse los siguientes casos:
Casos Rango de la matriz
de los coeficientes
Rango de la
matriz ampliada
Tipo de sistema Interpretación
geométrica
1º 2 2 Compatible
Indeterminado
Rectas
coincidentes
2º 2 3 Incompatible Rectas
paralelas
3º 3 3 Compatible
determinado Se cortan en un
punto
4º 3 4 Incompatible Se cruzan
Nota Si bien la interpretación geométrica de los casos 1º y 3º es evidente, quizás merezca
aclarar la de los casos 2º y 4º.
Si entiendes el caso 2º, la interpretación del 4º sale por reducción de posibilidades en
el espacio.
Para ello, considera cada recta como intersección de dos planos, cada uno de ellos con
su correspondiente vector característico, así por ejemplo en la primera recta los vectores
característicos de cada plano son ( )C,B,An =r
y ( )C,B,An ′′′=′r
, respectivamente.
Análogamente, los de la otra son ( )C,B,An ′′′′′′=′′r
y ( )C,B,An ′′′′′′′′′=′′′r
.
Decir que el rango de la matriz de los coeficientes es 2 (donde cada fila es uno de
estos cuatro vectores), es afirmar que los últimos dos vectores dependen linealmente de los
dos primeros y, por tanto, podemos escribir: nnn ′β+α=′′rrr
y nnn ′σ+µ=′′′rrr
. Ahora
bien, como la dirección de la recta viene dada por el producto vectorial de ambos, y como
( ) ( ) ( )( )nnnnnnnnrrrrrrrr′∧µ⋅β−σ⋅α=′σ+µ∧′β+α=′′′∧′′ ,
se concluye que las dos rectas son paralelas.
Ejemplo 15.21 Para hallar la posición relativa de las rectas
−
−−
084
052
0534
0832
=+z+x
=+y+x :s
=+zx
=yx : r
se estudian los rangos de la matriz ampliada y de los coeficientes por el método de Gauss, por
ejemplo. Trabajando con la matriz ampliada se tiene
−−
−
⇔
−
−
−−
−
⇔
−
−
−−
−
15000
61200
21360
8032
3400
13040
21360
8032
8104
5012
5304
8032
.
Como ( ) ( ) ⇒== ∗ 4 rang y 3 rang AA las rectas se cruzan.
15.5 Posición relativa de dos planos en el espacio
Consideraremos también dos posibilidades:
a) que de cada plano se conozca un punto y dos vectores directores ,
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-13
b) que los dos planos vengan dados por sus ecuaciones implícitas.
Caso a) Los planos vienen dados mediante sus ecuaciones en forma paramétrica o de
determinante; es decir, conocemos dos vectores directores y un punto de cada uno. Sean
w,vPrr
+≡π y w,vQ' ′′+≡πrr
, y recordemos que 2=′′= w,vrangw,vrangrrrr
, entonces
pueden darse los siguientes casos:
1. ( ) ⇒=
′′=′′
→
2 rang rang PQ,w,v,w,vw,v,w,vrrrrrrrr
son planos coincidentes.
2. ( ) ⇒=
′′=′′
→
3 rang y 2 rang PQ,w,v,w,vw,v,w,vrrrrrrrr
son planos paralelos.
3. ( ) ⇒=′′ 3 rang w,v,w,vrrrr
se cortan en una recta.
No tiene sentido considerar que el rango sea cuatro ya que en 3R el máximo rango es tres.
Ejemplo 15.22 Para hallar la posición relativa de los planos:
( )( )( )
π
011
121
010
,,w
,,v
,,P
:r
r y
( )( )( )
′
′π′
101
220
123
,,w
,,v
,,Q
:r
r,
calcularemos el ( ) ( ) ( ) ( ) 101220011121 rang ,,,,,,,,,,, por el método de Gauss:
Como es 3, los planos se cortan en una recta.
Caso b) Los planos vienen dados por sus ecuaciones implícitas.
Sean 0 = D+ Cz+ By+ Ax:π y 0 = D+zC+yB+xA: ′′′′π′ , y consideremos el sistema
de 3 incógnitas que definen las 2 ecuaciones, entonces:
Casos Rango de la matriz
de los coeficientes
Rango de la
matriz ampliada
Tipo de sistema Interpretación
geométrica
1º 1 1 Compatible
Indeterminado
Planos
coincidentes
2º 1 2 Incompatible Planos paralelos
3º 2 2 Compatible
indeterminado Se cortan en
una recta
−−⇔
−−⇔
2000
2210
1011
0210
2210
1011
1201
0212
1011
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-14
Ejemplo 15.23 Para estudiar la posición relativa de los planos: 432 = z+ y x: −π y
3 = z+y+x:π′ , se considera la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada:
222130
4312
3111
4312
12
=′=⇒−
−
−⇒
−rr
ff. Luego los planos se cortan en una recta.
15.6 Posición relativa de una recta y un plano
Distinguiremos tres casos:
a) de cada uno se conocen un punto y su dirección,
b) ambos viene dados en forma implícita,
c) la recta viene dada en forma paramétrica y el plano en forma implícita.
Caso a) Sean la recta vPrr
+≡ y el plano u,wQrr
+≡π . Como 2=u,wrangrr
, pueden
darse los siguientes casos:
1. ( ) ⇒=
=
→
2 rang rang PQ,u,w,vu,w,vrrrrrr
recta contenida en el plano
2. ( ) ⇒=
=
→
3 rang y 2 rang PQ,u,w,vu,w,vrrrrrr
recta paralela al plano, pero no contenida en él.
3. ( ) ⇒= 3 rang u,w,vrrr
la recta corta al plano en un punto.
Ejemplo 15.24 Para estudiar la posición relativa de la recta ( )( )
−−
195
152
,,v
,,P:r r y el plano
( )( )( )
−π
370
407
200
,,u
,,w
,,Q
:v
r, hallamos el vector ( )152 ,,PQ =
→
y, a continuación, estudiamos los rangos de
u,w,vrrr
y
→
PQ,u,w,vrrr
:
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-15
24
23
14
12
9
9
000
000
27630
195
25
75
370
370
27630
195
152
370
407
195
ff
ff
ff
ff
+
+
−−⇔
−
−
−−⇔
−.
De donde ( ) ( )( ) 2370407195 rang =− ,,,,,,, y ( ) ( )( ) ( ) 2152370407195 rang =− ,,,,,,,,,, ; luego, es una
recta contenida en el plano.
Caso b) Consideramos la recta y el plano dados por sus ecuaciones implícitas
0 = D+ Cz+ By+ Ax:π y
′′′′′′′′
′′′′
0
0
= D+zC+yB+xA
= D+ zC+ yB+ xA :s . Juntas, forman un sistema de 3
ecuaciones con 3 incógnitas.
Observemos que, por ser s una recta, el rango de la matriz de sus coeficientes y el
rango de su matriz ampliada es dos.
Casos Rango de la matriz
de los coeficientes
Rango de la
matriz ampliada
Tipo de sistema Interpretación
geométrica
1º 2 2 Compatible
Indeterminado
Recta contenida
en el plano
2º 2 3 Incompatible Recta y plano
paralelos
3º 3 3 Compatible
determinado Se cortan en un
punto
Ejemplo 15.25 Para estudiar la posición relativa de la recta
−=+−
=−+
12
12
zyx
zyx:r y el plano
1336 =−+π zyx: , se considera la matriz de los coeficientes y la ampliada:
13
12
3
2
2000
3350
1112
1336
1121
1112
ff
ff
−
−
−
−−
−
⇔
−
−−
−
.
Como el rango de la matriz de los coeficientes es 2 y el rango de la matriz ampliada es 3, la
recta r es paralela al plano π .
Caso c) La recta r viene dada en forma paramétrica
⋅+=
⋅+=
⋅+=
tczz
tbyy
taxx
0
0
0
y el plano por su ecuación
implícita 0 = D+ Cz+ By+ Ax:π . Se resuelve el sistema por sustitución de x, y, z en la
ecuación del plano quedando una sola ecuación con el parámetro t como incógnita, entonces:
1. si se llega a 0a con 0 ≠=⋅ at , no hay solución. La recta y el plano son paralelos
2. si se llega a 00 =⋅ t todo valor de t es solución. La recta pertenece al plano
3. si se llega a 0 con ≠=⋅ abta , hay una sola solución. La recta corta al plano en un punto.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-16
Es el caso más cómodo para estudiar la posición relativa o encontrar, en su caso, el
punto de corte, como se ve en el siguiente ejemplo:
Ejemplo 15.26 Sean
α=
α−=
α+=
z
y
x
:r 31
32
y 0132 =+−+π zyx: . Estudiamos su posición relativa
sustituyendo x, y, z de r en π :
( ) ( ) 6001331322 =α→=+α−α++α+ ⇒ r y π no tienen ningún punto en común,
luego son paralelos.
15.7 Posición relativa de tres planos en el espacio
Sean 01 = D+ Cz+ By+ Ax:π , 02 = D+ zC+ yB+ xA: ′′′′π y 03 = D+zC+yB+xA: ′′′′′′′′π , las
ecuaciones de tres planos. Juntas, forman un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas.
Sean r al rango de la matriz de los coeficientes y r' el rango de la matriz ampliada,
entonces pueden darse los siguientes casos:
1. ⇒=′= 1rr S. C. Indeterminado: planos coincidentes.
2. ⇒=′= 21 r,r Incompatible: Observando la matriz ampliada puede ser que:
a) No haya dos filas proporcionales: los tres planos son paralelos.
b) Hay una fila proporcional a otra: dos planos son coincidentes y el tercero paralelo.
3. ⇒=′= 2rr S. C. Indeterminado: Observando la matriz ampliada puede ser que:
a) No haya dos filas proporcionales: tres planos distintos con una recta en común.
b) Hay una fila proporcional a otra: dos planos son coincidentes y el tercero se corta con
ellos en una recta.
4. ⇒=′= 32 r,r Incompatible: Observando la matriz de los coeficientes puede ser que:
a) No haya dos filas proporcionales: los tres planos se cortan dos a dos en tres rectas
paralelas entre sí.
b) Hay una fila proporcional a otra: dos planos son paralelos y el tercero corta a los dos en
dos rectas paralelas.
5. ⇒=′= 3rr S. C. Determinado: los tres planos se cortan en un punto.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-17
Nota Para entender la interpretación basta considerar los vectores característicos y la
resolución de sistemas.
Ejemplo 15.27 Estudiemos la posición relativa de los tres planos siguientes:
34
5323
743
3
2
1
−=−+π
−=+−π
=−+π
zyx:
zyx:
zyx:
Estudiando los rangos de las matrices obtenemos: ( ) ( ) 3 rang , 2 rang == ∗AA ; por lo tanto, los
tres planos no tienen ningún elemento en común y se cortan dos a dos determinando tres
rectas paralelas.
15.8 Haz de planos
a) Haz de planos paralelos:
Si en la expresión de un plano cualquiera 0 = D+ Cz+ By+ Ax:π se fijan los
coeficientes A, B y C dejando variar D, la nueva expresión: 0 = D+ Cz+ By+ Ax representa un
conjunto de planos, llamado haz de planos paralelos.
Ejemplo 15.28 La ecuación general del haz de planos paralelos al plano 33 =+−π zyx: es
Dzyx =+−3 .
Nota Para seleccionar el plano del haz que pasa por un punto dado, bastará sustituir sus
coordenadas en el haz y extraer de esta condición un valor concreto para D que corresponde al
plano particular pedido.
Ejemplo 15.29 Para hallar el plano del haz del ejemplo anterior que pasa por el punto ( )121 ,, ,
basta calcular D y como ha de pasar por el punto ( )121 ,, , sustituyendo se tiene que
2123 =→=+− DD . Por tanto, el plano del haz será: 23 =+− zyx .
b) Haz de planos que pasan por una recta
Llamamos haz de planos de arista una recta r dada, al conjunto de los planos que
contienen a dicha recta r.
Supongamos que una recta viene dada en su forma implícita:
′′′′≡
0
0
= D+zC+yB+xA
= D+ Cz+ By+ Ax r .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-18
Hemos visto que para que un plano 0=+++≡π dczbyax contenga a la recta r debe
suceder que 2=
′′′′=
′′′
dcba
DCBA
DCBA
rang
cba
CBA
CBA
rang y, por tanto, ( )d,c,b,a debe ser
combinación lineal de los dos vectores que quedan en la matriz ampliada. De aquí se sigue que
la ecuación del haz de planos de arista la recta r es:
( ) ( ) 0=′′′′β+α D+zC+yB+xAD+ Cz+ By+ Ax , con α y β no simultáneamente nulos.
Nota Para 0=α y 0=β se obtienen respectivamente los planos 0 = D+zC+yB+xA ′′′′ y
0 = D+ Cz+ By+ Ax que evidentemente contienen a r.
Si 0≠α y llamamos α
β=µ , la ecuación ( ) ( ) 0=′′′′µ+ D+zC+yB+xAD+ Cz+ By+ Ax ,
cuando µ varía en R, representa a todos los planos del haz de arista r salvo el plano
0=′′′′ D+zC+yB+xA . Teniendo en cuenta esta consideración, resulta más sencillo trabajar
con ( ) ( ) 0=′′′′µ+ D+zC+yB+xAD+ Cz+ By+ Ax que con la otra ecuación.
Ejemplos
Ejemplo 15.30 La ecuación del haz de planos que contiene a la recta
=+−
=++
32
42
zyx
zyx:r es
( ) ( ) 03242 =−+−β+−α zyx z+ y+ x .
Ejemplo 15.31 La ecuación del plano del haz del ejemplo anterior que pasa por el punto
( )011 ,,P debe verificar: ( ) ( ) β−=α→=−+−β+−α 030124011 + + . En particular, tomando
11 −=β→=α , se obtiene el plano pedido: 12 =++− zyx . (Se obtendría el mismo plano para
cualquier otro valor de α ).
Ejemplo 15.32 Si se pregunta si el plano 02 =+++ zyx pertenece al haz determinado por la
recta
=++−
=−−+
0243
012
zyx
zyx:r , una forma de hacerlo es estudiar la posición relativa; esto es, ver
si el plano contiene a la recta. Se considera
−
−
2111
2431
1121
y, como 0
111
431
121
≠−
−
,
( ) ( ) 3== ∗A rang A rang , luego el plano y la recta se cortan en un punto y el plano no pertenece
a ese haz.
c) Haz de planos que pasan por un mismo punto (radiación de planos)
Teniendo en cuenta la ecuación normal de un plano, se deduce que la ecuación del haz
de planos que pasan por un mismo punto ( )000 z,y,xP es
( ) ( ) ( ) 0000 =−⋅+−⋅+−⋅ zzCyyBxxA ,
donde variando A, B y C se van obteniendo los distintos planos.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-19
Ejemplo 15.33 Halla el plano que contiene al punto de corte de los planos
042221 =−−−≡π zyx , 02 =−+≡π zyx , 01323 =+++≡π zyx , y a la recta de ecuación
α−=
α−=
α+=
53
2
1
z
y
x
:r , Debemos calcular el punto de corte de los planos que es la solución del sistema
=+++
=−+
=−−−
0132
0
04222
zyx
zyx
zyx
, utilizamos la Regla de Cramer, con lo que 1
321
111
222
321
110
224
=
−
−−
−
−
−−
=x ,
1
321
111
222
311
101
242
−=
−
−−
−
−
−
=y y 0
321
111
222
121
011
422
=
−
−−
−
−
=z El punto es ( )011 ,,P − y la radiación de planos que
contiene a P es ( ) ( ) 011 =⋅++⋅+−⋅ zCyBxA . La recta tiene como vector director ( )511 −− ,,vr
y
si se recuerda la ecuación normal del plano, se llega al plano de ecuación
( ) ( ) 025051111 =−−−⇒=−+⋅−−⋅ zyxzyx .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-20
Ejercicios resueltos
Ejercicios básicos de ecuaciones de rectas y planos R.1. Expresa mediante sus ecuaciones paramétricas, continuas e implícitas la recta r
que pasa por ( )651 ,,P − y es paralela al vector ( )4 8 12v , ,−r
.
Solución:
El vector ( )1 2 3w , ,−r
es también vector director de r por ser paralelo al anterior, por tanto:
1
5 2
6 3
x
y
z
= − + α
= − α = + α
son sus ecuaciones paramétricas.
En forma continua 51 6
1 2 3
yx z−+ −= =
−. Operamos
512 3 0
1 2
yxx y
−+= ⇒ + − =
−;
1 63 9 0
1 3
x zx z
+ −= ⇒ − + = y las ecuaciones implícitas son
2 3 0
3 9 0
x y
x z
+ − =
− + =.
R.2. Obtén las ecuaciones paramétricas de la recta cuyas ecuaciones implícitas son
2 0
2 1 0
y
x z
− =
− + = .Indica un punto y un vector director de la recta.
Solución:
Podemos elegir z como parámetro y despejar x e y con lo que se tiene 2
2 1
y
x z
=
= − las
ecuaciones paramétricas son:
1 1
2 2
2
x
y
z
= − + α
=
= α
. Un punto es
− 02
2
1,,P , un vector
10 1
2v , ,
r.
R.3. Calcula las ecuaciones de la recta r que está contenida en
1 3
1 2 1 0
2 1 1
x - y z
: =
−
π
−
y
en 3 3 0: x y′π − + = .
Solución:
Sólo se trata de buscar la ecuación general de π , desarrollando el determinante se
llega a 4 0x y z− + − + = con lo que la recta en forma implícita es 4 0
3 3 0
x y zr :
x y
− + − + =
− + =.
R.4. Ecuación general del plano que contiene a ( )211 −,,P y tiene como vectores directores
( )312 ,,vr
y ( )013 ,,w −r
.
Solución: Obtenemos primero la ecuación en forma de determinante y después la general.
1 1 2
2 1 3 0 3 9 5 22 0
3 1 0
x - y z
= x y z
− +
⇒ − − + + =
−
.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-21
R.5. Ecuación del plano determinado por los puntos ( )1 1 0A , , , ( )2 2 3B , , y ( )1 2 0v , ,r
.
Solución:
El vector ( )1 1 3AB , ,uuur
es director del plano y por tanto su ecuación en forma de determinante es
1 1
1 1 3 0
1 2 0
x - y z
=
−
.
R.6. Sea π el plano de ecuaciones
5 3 2
2 4 5
6
x t s
y t s
z t s
= + −
= − + − = − +
. a) Determina dos puntos del plano
π .
b) Calcula la ecuación de dos rectas secantes contenidas en π . c) Expresa π mediante su ecuación general.
Solución:
a) Para ( )0 0 5 2 6t ,s P , ,= = → − . Para ( )1 0 8 2 5t ,s Q , ,= = → .
b) Las ecuaciones de dos rectas secantes contenidas en π :
5 3
2 4
6
x t
y t
z t
= +
= − + = −
y
5 2
2 5
6
x s
y s
z s
= −
= − − = +
c) Dejamos solos los parámetros t y s. Luego los eliminamos.
5 3 2
2 4 5
6
x t s
y t s
z t s
− = −
+ = − − = − +
Las matrices del
sistema son
3 2 5
4 5 2
1 1 6
x
y
z
− −
− + − −
Obligaremos que el determinante de la matriz ampliada sea cero:
3 2 5
4 5 2 0 7 45 0
1 1 6
x
y x y z
z
− −
− + = ⇒ + + − =
− −
.
R.7. Demuestra que la recta de ecuaciones paramétricas
3
5
2
x t
y t
z t
=
= = +
está contenida en el
plano 2 4 0x y z− + − = .
Solución:
Cualquier punto de la recta es de la forma ( )3 5 2t , t , t+ . Si la recta está contenida en el plano,
cualquier punto de ella debe satisfacer la ecuación del plano. Veamos, pues, que t se verifica la
ecuación del plano: 2 4 0x y z− + − = ( )3 5 2 2 4 0 0 0t t t t− + + − = → ⋅ = que se cumple
t R∀ ∈ .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-22
Posiciones relativas de rectas y planos
R.8. Estudia la posición relativa de los planos
2 3 5 7
3 2 3 1
7 8 7 13
x y z
x y z
x y z
+ − = −
+ + = + − = −
Solución:
Estudiamos el sistema formado por las ecuaciones de los tres planos. Las matrices asociadas
son: 2 1
3 1 3 2
2 3 5 7 2 3 5 7 2 3 5 7
3 2 3 1 0 5 21 23 2 3 0 5 21 23
7 8 7 13 0 5 21 23 2 7 0 0 0 0
f f
f f f f
− − − − − −
↔ − − ↔ − − − − − −
como
( ) ( )rang rang 2A A∗= = los planos tienen una recta en común.
R.9. Estudia la posición relativa de las rectas 1 3
2 3 1
yx zr : = =
− −
− y
4
7
1 2
x t
s : y
z t
= −
= = +
.
Solución:
La recta r viene determinada por ( )
( )
0 1 3
2 3 1
P , ,
v , ,
−r y s por
( )
( )
4 7 1
1 0 2
Q , ,
w , ,
−r como el rango de v ,w
r res 2,
las rectas tienen distinta dirección. El vector ( )4 6 2PQ , ,= −uuur
, estudiamos el rango de
v ,w,PQuuurr r
,
2 3 1
1 0 2 0
4 6 2
−
− =
−
el rango es 2 por lo que las rectas se cortan.
R.10. Estudia la posición relativa de la recta 12
1 4 3
yx zr : = =
−+ y el plano
5 3 15: x y zπ + − =
Solución:
Las ecuaciones paramétricas de la recta r son
2
1 4
3
x t
r : y t
z t
= − +
= + =
Calculamos la intersección de la
recta y el plano ( ) ( )2 5 1 4 3 3 15 1t t t t− + + + − = → = por tanto la recta y el plano se cortan en
un punto.
R.11. Estudia la posición relativa de los siguientes planos: 1 1: ax y zπ + + = ;
2 1: x ay zπ + + = ; 3 1: x y azπ + + = según los valores del parámetro a R∈ .
Solución:
Discutimos el sistema formado por las ecuaciones de los tres planos. Las matrices asociadas
son:
1 1 1
1 1 1
1 1 1
a
a
a
. Calculamos el determinante de la matriz de los coeficientes, para ver qué
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-23
valores de a lo anulan. 3
1 1
1 1 0 3 2 0 1 y 2
1 1
a
a a + a a .a
a
= ⇔ − = ⇔ = = − y analizando para
estos valores los rangos de las dos matrices concluimos que:
1. ( ) ( )si 1 rang rang 1a A A∗= → = = ⇒ planos coincidentes.
2. ( ) ( )si 2 rang 2 rang 3a A , A∗= − → = = y como los tres sistemas formados por parejas de
ecuaciones son compatibles 1π y 2π se cortan en una recta y 3π es paralelo a ella, pero no la
contiene.
3. ( ) ( )si 1 2 rang rang 3a R , A A∗∈ − − → = = ⇒ Los tres planos se cortan en un punto.
R.12. Determina para qué valores del parámetro real p se cortan las rectas de
ecuaciones: 2 5
3
x y zr :
x y z p
+ − =
+ + =;
1
2
3
x a
s : y a
z a
= −
= + =
.
Solución:
Pasando las ecuaciones de la recta s a forma implícita, obtenemos el siguiente sistema:
2 5
3
3 3
3 6
x + y - z =
x + y + z = p
x + z =
y - z =
de matrices asociadas
1 2 1 5
3 1 1
3 0 1 3
0 3 1 6
p
− −
. Como el ( )rang 3A = , se cortarán
cuando ( )rang 3A∗= , por lo que debemos hallar el valor de p que hace cero el determinante
de la matriz ampliada.
1 2 1 5
3 1 10 5
3 0 1 3
0 3 1 6
pp
−
= ⇒ =
−
, luego para 5p = las rectas se cortan.
Otras determinaciones de rectas y planos
R.13. Ecuación del plano determinado por los puntos ( )2 1 0A , , , ( )125 ,,B y ( )123 −,,C .
Obtén un vector característico o perpendicular al plano. Solución:
Los vectores ( )3 1 1AB , ,uuur
y ( )1 1 1AC , ,−uuur
son paralelos al plano y como punto podemos elegir
uno cualquiera, elegimos A, la ecuación es 02420
111
113
12
=++−⇒=
−
−−
zyx
zyx
y el vector
( )242 ,,v −r
es el asociado del plano.
R.14. Halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )211 ,,P y es paralelo al plano
3 4 0: x y zπ − + − = .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-24
Solución: Se puede plantear de dos modos muy parecidos. Modo I El plano tiene el mismo vector característico por lo que su ecuación es de la forma
3x y z D− + = como debe pasar por P sustituimos sus coordenadas y se tiene
1 1 6 6D D− + = ⇒ = y la ecuación 3 6x y z− + =
Modo II Directamente imponemos la condición de que P pertenezca al plano la ecuación es.
( ) ( ) ( )1 1 1 1 3 2 0 3 6 0x y z x y z⋅ − − ⋅ − + ⋅ − = ⇒ − + − = .
R.15. Calcula las ecuaciones de la recta r que pasa por ( )1 1 1A , ,− y es paralela a la recta
1
2 2
x y zs :
x y z
+ − =
+ + =.
Solución: Buscamos un vector director de s que será también director de r. Como s viene dada como
intersección de dos planos de vectores característicos ( )1 1 1v , ,−r
y ( )112 ,,wr
( )1 1 1 2 3 1
2 1 1
i j k
v w , ,∧ = − = − −
r r r
r r es el vector director buscado, la recta sería
1 2
1 3
1
x t
y t
z t
= +
= − = − −
.
R.16. Calcula las ecuaciones de la recta r que pasa por ( )513 −,,P y es perpendicular al
plano 2 3 1 0: x y zπ − − + = .
Solución:
El vector ( )1 2 3v , ,− −r
es ortogonal a π y por lo tanto es un vector director de r, así que las
ecuaciones de r son
3
1 2
5 3
x t
y t
z t
= +
= − = − −
.
R.17. Calcula las ecuaciones de la recta que pasa por ( )233 ,,P y es paralela a los planos
0: x y zπ + + = y 2 2: x y z′π − − =
Solución:
Los vectores característicos de los planos son ( )1 1 1v , ,r
y ( )2 1 1w , ,− −r
y su producto vectorial
( )0 3 3v w , ,∧ = −r r
es un vector director de la recta. Sus ecuaciones son
α−=
α+=
=
32
33
3
z
y
x
.
R.18. Halla la ecuación del haz de planos que tiene como arista la recta que pasa por
( )1 2 1A , , y ( )2 3 2B , ,− − . Calcula la ecuación del plano perteneciente a ese haz que:
a) Pasa por el punto ( )1 1 1P , , .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-25
b) Es paralelo a la recta de ecuaciones 2 4
2 4 1 0
x y z
x y z
− + =
+ + + =.
Solución: Calculamos las ecuaciones implícitas de la recta que pasa por A y B. Un vector director es
( )1 5 3BA , ,= −uuur
sus ecuaciones en forma continua 5 7 021 1
3 5 1 01 5 3
x yyx z = =
y z
+ − =−− −⇒
− − =− .
La ecuación del haz es:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )5 7 3 5 1 0 5 3 5 7 0x y y z x y zα + − + β − − = ⇔ α + α + β + −α − β + − α − β = .
a) Sustituimos las coordenadas de P y elegimos un valor de y de α β que satisfaga la
igualdad ( ) ( ) ( ) ( )5 3 5 7 0 2 3 0 si 3 2α + α + β + −α − β + − α − β = → − α − β = α = → β = −
con estos valores el plano es el de ecuación 15 3 7 19 0x y z− + − = .
b) Un vector director de la recta dada es ( ) ( ) ( )1 2 1 2 4 1 6 1 8, , , , , ,− ∧ = − y haciendo, por
ejemplo 2y = encontramos un punto de la recta ( )1 2 1, , .
Si la recta y el plano han de ser paralelos el producto escalar del vector característico del
plano y el director de la recta es 0.
Elegimos unos valores de y de α β que cumplan la condición.
( ) ( ) ( )6 5 1 3 8 5 0 0 si 1 1− α + α + β + −α − β = → α + β = α = → β = − con esos valores el plano
que se obtiene es 5 2 4 6 0x y z− − + − = .
El plano obtenido podría contener a la recta dada, así que para comprobar que son
realmente paralelos debemos sustituir las coordenadas ( )1 2 1, , en la ecuación del plano
5 1 2 2 4 1 6 0− ⋅ − ⋅ + ⋅ − ≠ luego la recta y el plano son paralelos.
R.19. halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )123 −,,P y contiene a la recta
3
2 2 0
x y zr :
x y z
+ − =
− − =.
Solución:
El ejercicio podría resolverse como el apartado a) del ejercicio anterior buscando la ecuación del haz de planos de arista r. Lo resolvemos de otro modo.
Pasamos la recta a forma paramétrica 2
1
x t
r : y
z t
=
= = − +
de donde se lee que uno de los
puntos de la recta es ( )0 2 1Q , ,− y un vector director es ( )1 0 1v , ,r
.
El plano queda determinado por el punto ( )123 −,,P y los vectores ( )1 0 1v , ,r
y
( )3 0 0QP , ,uuur
, por lo que la ecuación del plano es
3 2 1
1 0 1 0 2 0
3 0 0
x - y z
= y
− +
⇒ − = .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-26
R.20. Halla la ecuación del plano que es perpendicular al plano 2 3 1 0x y z− + − = ,
paralelo a la recta 1 8
2 3 1
yx + z = =
−
− , y que pasa por ( )1 1 1P , , .
Solución:
Por el enunciado, podemos considerar como vectores dirección del plano pedido: el
característico del plano dado ( )2 1 3, ,− y el de la recta dada ( )2 3 1, ,− . La ecuación del plano
pedido vendrá dada por:
1 1 1
2 1 3 0 1 0
2 3 1
x y z
x + y + z
− − −
− = ⇒ − − =
−
.
R.21. Calcula la ecuación del plano que pasa por ( )1 1 3A , , y es perpendicular a los planos
1 2 3 0: x y zπ + − = y 2 8 0: x y zπ − + + − = .
Solución: Modo I Se puede poner directamente la ecuación del plano pedido en forma de determinante ya que
los vectores asociados a 1
π ( )3,2,1 − y a 2
π ( )1,1,1− son paralelos al plano pedido. Su
ecuación es
1 1 3
1 2 3 0 5 2 3 16 0
1 1 1
x - y z
= x y z
− −
− ⇒ + + − =
−
.
Modo II
El vector ( ) ( ) ( )1 2 3 1 1 1 5 2 3w , , , , , ,= − ∧ − =r
es ortogonal al plano y su ecuación
( ) ( ) ( )5 1 2 1 3 3 0 5 2 3 16 0x y z x y z− + − + − = ⇒ + + − = .
R.22. Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto ( )1 1 2P , , y corta a las rectas
11
3 2
yxr : z
−= = − y
1
2 2
x zs : y
−= == .
Solución:
1. Vemos la posición relativa de r y s. Como
( ) ( ) rang 3 2 1 2 1 2 2, , , , ,− = las rectas tienen distinta
dirección. El vector que va del punto ( )1 1 0 1P , , de r al
punto ( )2 0 0 1P , , de s es ( )1 21 0 0P P , ,−
uuuur y como
( ) ( ) ( ) rang 3 2 1 2 1 2 1 0 0 3, , , , , , , ,− − = , las rectas se cruzan.
2. Plano que pasa por P y contiene a r:
1 1 2
3 2 1 0 2 0
0 1 1
x - y z
= x y z
− −
− ⇒ − + − = .
3. Plano que pasa por P y contiene a s:
1 1 2
2 1 2 0 1 0
1 1 1
x - y z
= x z
− −
⇒ − + =
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-27
Por lo tanto, la recta pedida es la formada por las dos anteriores ecuaciones; esto es, la
intersección de los dos planos obtenidos. 2 0
1 0
x y z
x z
− + − =
− + =que son sus ecuaciones implícitas.
R.23. Halla unas ecuaciones paramétricas de la recta t que es paralela a los planos
2 5 8 y 2 5p : x y z q : x y+ + = − = y pasa por la intersección de las rectas
2 1
1
x y zr :
y z
− + =
+ =,
3
2 5
x y zs :
x y z
+ + =
+ − =.
Solución:
1. Hallamos el punto H intersección de las rectas, resolviendo el sistema por el método Gauss:
1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1
0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1
1 1 1 3 0 2 1 2 0 0 3 0 0 0 3 0
2 1 1 5 0 3 5 3 0 0 8 0 0 0 0 0
− − − − ↔ ↔ ↔ − − − − − −
de donde,
( )
2 1
1 0 1 2 2 1 0
3 0
x y z
y z z , y , x H , ,
z
− + =
+ = ⇒ = = = ⇒− =
.
2. Construimos un plano paralelo a p, que pase por (2,1,0): será 2 5x y z D+ + = ; sustituimos
las coordenadas del punto H queda 4D = . Luego, se trata del plano 2 5 4x y z+ + = .
3. Construimos un plano paralelo a q que pase por (2,1,0): será 2x y C− = ; sustituimos las
coordenadas del punto H, obteniendo 3C = . Luego el plano es 2 3x y− = .
4. La intersección de estos dos planos es la recta pedida 2 5 4
2 3
x y z
x y
+ + =
− = y en forma
paramétrica 3 2
2
x =
y = +
z =
β
− β − β
.
R.24. Halla las ecuaciones de una recta que pasa por ( )1 1 1P , , , es coplanaria a la recta
12 3
y zr : x − = = y es paralela al plano 2 0: x y zπ − + + = .
Solución:
1. Hallamos la ecuación del plano π′ paralelo a π y que pasa por P . La ecuación de un plano
cualquiera paralelo a π es de la forma Dzyx =++− 2 , si obligamos a que pase por P se tiene
2121 =⇒=++− DD y la ecuación de π′ es 2 2x y z− + + = .
2. Calculamos el punto Q intersección de π′ y r , las ecuaciones paramétricas de r son
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-28
1
2
3
x t
y t
z t
= +
= =
sustituyendo en la ecuación de π′ se tiene 2
102341 =⇒=−++−− tttt y
sustituyendo en las ecuaciones de r obtenemos el punto 3 3
12 2
Q , ,
.
3. La recta pedida pasa por P y Q, como 1 1
02 2
PQ , ,
uuur las ecuaciones son
11
2
1
11
2
x t
y
z t
= +
=
= +
.
R.25. Calcula las ecuaciones de la recta r que pasa por el punto ( )0,1,2 −P y corta
perpendicularmente a
1
2 3
2
x t
s : y t
z
= +
= − + =
.
Solución: 1. Hallamos la ecuación del plano π que pasa por P y es
perpendicular a s. Su ecuación sería
( ) ( )1 2 3 1 0 0 3 1 0x y z x y⋅ − + ⋅ + + ⋅ = ⇒ + + = .
2. Calculamos el punto H de corte de π con s
( )5
2013231 =⇒=++−⋅++ ttt y
− 2,
5
4,
5
7H .
3. La recta pedida pasa por P y H , 3 1
25 5
PH , ,
−
uuur, el vector ( )2 3 1 10PH , ,= −
uuur es paralelo al
anterior y por tanto sus ecuaciones son: 12
3 1 10
yx z+−= =
−.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-29
Ejercicios propuestos
P.1. ¿Están alineados los puntos ( )7,8,1−A , ( )5,1,4B y ( )5,6,7−C ?.
P.2. Halla t para que los puntos ( )0,2,3P , ( )0,1,0 −Q , ( )1,,3 tR y ( )2,1,2 −S sean coplanarios.
P.3. Halla las ecuaciones paramétricas de los planos XZ, XY, YZ.
P.4. Halla la ecuación del plano que pasa por los puntos ( ) ( ) 2,0,3,0,1,2 − y ( )4,3,2 − .
P.5. Halla las ecuaciones paramétricas del plano que pasa por el punto ( )1,3,2 − y es paralelo
al plano 332 =+− zyx .
P.6. Sea la recta r de ecuación 7
1
3
2
5
1 +=
−
−=
− z
y
x. Determina la ecuación de un plano que
contenga a r.
P.7. Halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )2,1,1 y es paralelo a las rectas
=
=
04
03:
z+ x
+ yx r y
=−
=−′
3 z y
yx r
022: .
P.8. Escribe la ecuación del plano que pasa por el origen y contiene a la recta r de ecuaciones:
=−
=++
2
1:
yx
zyxr .
P.9. Halla la ecuación del plano que pasa por la recta z y
x
=−
=−
3
1
2
1 y es paralelo a la recta
que pasa por ( )0,0,2 y ( )0,1,0 .
P.10. Halla la ecuación del plano que pasa por los puntos ( ) ( )0,1,4 y 1,0,5 BA y es paralelo a la
recta:
=+−
=−−
044
0113:
zy
yxr .
P.11. Comprueba si las rectas
=−+−
=+−+
0832
03:
zyx
zyxr y
=−−+
=+−′
01858
043:
zyx
zyxr se cortan.
Encuentra, en caso afirmativo, el punto de corte.
P.12. Se consideran las rectas 4
2
1
11:
+
−
−−
z =
y = xr y
32
3
4
5 z =
y =
+x:r
−
−′ , demuestra que
se cortan en un punto y encuentra la ecuación del plano que determinan.
P.13. Estudia la posición relativa de los planos: 07532: =+−+ zyxπ y 01323: =+++′ zyxπ
y 013787: =+−+′′ zyxπ .
P.14. Sean los planos 01:,01:,01: =−++′′=−++′=−++ zyxπzmyxπzymxπ . Estudia
su posición relativa dependiendo de los valores del parámetro m.
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-30
P.15. Sean 02345:,043: =++−′=+− zyxπzyxπ . Se pide: a) ecuación del plano paralelo a
π y que pasa por ( )3,2,1− ; b) ecuación de la recta r determinada por π y π ′ ; c) ecuación del
plano perteneciente al haz de arista r y que pasa por ( )2,3,7− .
P.16. Determina Rt ∈ para que las rectas r y s siguientes se corten en un único punto. Calcula
el punto de corte.
=−+
=++
832
2:
zyx
zyxr
−=+−
=−−
2
1:
zyx
zytxs .
P.17. Calcula t para que las rectas
=
+=
+=
αz
αy
αx
r 2
21
: s:
− t = z+ yx
= z+ + yx
22
1 estén situadas en un
plano.
P.18. Calcula t para que las rectas r y s se corten en un punto. Encuentra ese punto.
5
1
3
4
2
1:
+z =
+y =
xr
−
−;
−−− 22
2:
= z yx
t = z+ y+ x s
P.19. Estudia la posición relativa de las rectas:
=+++
=−+−
022
01:
zyx
zyxr
+
−−
02
03:
= zy
=yx s .
P.20. Dadas las rectas
−
−
z = y
z =x r
32
1: y
−
−
34
54:
z = y
z = x s
a) Indica si se cortan, son paralelas o se cruzan. b) Halla las ecuaciones de la recta que pasa
por el origen y corta a las dos.
P.21. Determina las ecuaciones de la recta que pasa por el punto ( )1,1,0 − y es secante a las
rectas 3
1
3: z y
xr −== , zy
xr =−=
−′ 2
2
1: .
P.22. Halla la ecuación del plano que pasa por el punto ( )1,2,1−P , es perpendicular al
plano 02 =−− zyx y paralelo a la recta:
=
=−
2
0:
z
yxr .
P.23. Obtén la ecuación de un plano que contenga a la recta r y sea perpendicular al plano π ,
siendo: r: 5
1
3
4
2
1 +z =
+y =
x
−
−,
−
s = z
t = y
s t =x
π : .
Ecuaciones de recta y plano Tema 15
15-31
Soluciones
P.1. No. 2. 2=t . P. 3. Rts
sz
y
tx
XZ ∈∀
=
=
=
,0: Rts
z
sy
tx
XY ∈∀
=
=
=
,
0
: , Rts
sz
ty
x
YZ ∈∀
=
=
=
,
0
:
P.4. 01024 =−−− zyx . P.5.
β+α−−=
β=
α=
326z
y
x
. P.6. Hay infinitos planos con ecuación
vectorial ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3,, con,,,7,3,51,2,1,, Rcbacbastzyx ∈+−+−= . P.7. 0445 =−+− zyx . P.8.
023 =++ zyx
P.9. 0382 =−−+ zyx . P.10. 02145 =−−+ zyx . P.11. Se cruzan. P.12.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2226324411324411 =−−−−=−− ,,PQ,,,,,,rang,,,,,rang , 0225 =−++ zyx . P.13. Se
cortan dos a dos sin paralelismo. P.14. Si 1=m planos coincidentes; si 1≠m se cortan en un
punto. P.15. a) 0743 =−+− zyx ; b)
=++−
=+−
02345
043
zyx
zyx; c) 0321082537 =−++ zyx . P.16.
2=t , ( )1,2,1 − . P.17. 4−=t P.18. 2
25−=t ,
−−
2
47
6
578 ,, . P.19. ( ) ( ) 4rang;3rang == ∗AA , por
tanto se cruzan. P.20.. a) Se cruzan; b)
=−+
=++
03143
02
zyx
zyx. P.21.
=−++−
=++−
039127
02
zyx
zy.
P.22. 02 =++− zyx . P.23. 01132 =+++ zyx .
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-1
Tema 16
Proyecciones, distancias y ángulos
16.1 Proyecciones. Puntos simétricos a) Punto medio de un segmento. Punto simétrico respecto de un punto.
Dados los puntos ( )111 z,y,xP y ( )222 z,y,xQ , si ( )000 z,y,xM es el punto medio del
segmento que une P con Q, entonces →→
= PMPQ 2 y, en consecuencia, es inmediato que
221
0
xxx
+= ,
221
0
yyy
+= ,
221
0
zzz
+= .
Ejemplos
Ejemplo 16.1 Para hallar el punto medio M del segmento AB ,con ( )321 ,,A y ( )125 ,,B , basta
aplicar las fórmulas de (16.1) y se llega a ( )223 ,,M
El punto ( )z,y,xP ′′′′ ,simétrico de ( )111 z,y,xP respecto de ( )222 z,y,xQ es el que
cumple la relación →→
=′ PQPP 2 , por lo que hallar sus coordenadas es inmediato.
Ejemplo 16.2 Sean los puntos ( )321 ,,A y ( )125 ,,B , para hallar el punto ( )z,y,x'A ≡ simétrico
de A respecto de B, basta tener en cuenta que
( ) ( ) ( )12920423212 −′→−=−′−′−′→=′→→
,,A,,z,y,xABAA .
Otra forma: También se podría haber resuelto considerando que B es el punto medio del
segmento AA’, por lo que 2
15
x+= ,
2
22
y+= ,
2
31
z+= y, despejando, se obtiene
( )129 −≡ ,,'A .
b) Proyección de un punto sobre un plano. Punto simétrico respecto de un plano.
(16.1)
Definición Dado un punto ( )000 z,y,xP exterior al plano 0=+++π DCzByAx: , se llama
proyección ortogonal de P sobre π al punto ( )111 z,y,xH , que es la base de la perpendicular
trazada desde P al plano.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-2
Ejemplo 16.3 Para hallar la proyección, H, de ( )321 ,,P sobre el plano 013 =−++π zyx: ,
primero se halla la recta que pasa por P y es perpendicular al plano; después se calcula la intersección de ésta con el plano dado.
El vector (3,1,1) perpendicular al plano es un vector director de la recta, por tanto las
ecuaciones de la recta son:
α+=
α+=
α+=
3
2
31
z
y
x
. Sustituyendo en la ecuación del plano, se tiene que H
( ) ( ) ( )11
70132313 −=α→=−α++α++α+ , y por tanto,
−≡
11
26
11
15
11
10,,H .
Para hallar el punto P’ simétrico de P respecto de ese mismo plano, basta tener en cuenta que H es el punto medio de PP’ , luego
2
3
11
26
2
2
11
15
2
1
11
10 +′=
+′=
+′=−
z,
y,
x, de donde
−≡′
11
19
11
8
11
31,,P .
c) Proyección de un punto sobre una recta. Punto simétrico respecto a una recta.
Ejemplos
Ejemplo 16.4 Para calcular la proyección de ( )221 −,,P sobre la recta zyx
:r ==−
23
1:
1º Se halla la ecuación del plano π perpendicular a r y que pasa por P:
como el vector ( )123 ,,ur
, que es director de la recta, es perpendicular al plano, la ecuación de
éste es ( ) ( ) ( ) 0523022213 =−++→=++−+− zyxzyx .
2º Se halla la intersección de la recta r y el plano π que es fácil ver que es
≡
7
1
7
2
7
10,,H .
Ejemplo 16.5 Para hallar el punto P’ simétrico de ( )221 −,,P respecto de zyx
:r ==−
23
1 se
calcula el punto H como en el ejemplo anterior y, a continuación, se repite el proceso del
ejemplo 16.3. La solución es
−≡′
7
16
7
10
7
13,,P .
El punto simétrico al punto P respecto del plano π es el punto ( )z,y,xP ′′′′ tal que H es el
punto medio del segmento PP’ ; esto es, →→
=′ PHPP 2 .
Definición Dado un punto ( )000 z,y,xP exterior a una recta r , se llama proyección
ortogonal de P sobre r al punto ( )111 z,y,xH intersección de r con el plano
0=+++π DCzByAx: perpendicular a r que contiene a P .
El punto simétrico de P respecto a la recta anterior es el punto ( )z,y,xP ′′′′ tal que
→→
=′ PHPP 2 .
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-3
16.2 Distancia de un punto a un plano. Distancia entre planos paralelos.
Distancia de una recta a un plano paralelo.
a) Distancia de un punto a un plano
Demostraremos que:
( )222
000
CBA
DCzByAx,Pd
++
+++=π .
En efecto, sea ( )111 z,y,xH la proyección de
P sobre el plano π . La distancia del punto al plano
es el módulo del vector →
HP , que es paralelo al
vector ( )C,B,Avr
perpendicular al plano.
Por la definición de producto escalar se tiene que ( )1±⋅⋅=⋅→→
vHPvHPrr
, pues el ángulo
que forman vr
y →
HP mide 0º o 180º, dependiendo de que tengan o no el mismo sentido.
En cualquiera de los dos casos puede afirmarse que vHPvHPrr
⋅=⋅→→
y, en función
de las coordenadas, puede escribirse
( ) ( ) ( ) ( ) 222101010 CBA,PdCzzByyAxx ++⋅π=−+−+− ,
de donde, operando y despejando, se llega a
( )( ) ( )
222
111000
CBA
CzByAxCzByAx,Pd
++
++−++=π
y, como ( )111 z,y,xH es un punto de π debe verificar su ecuación ( ) DCzByAx =++− 111 , por
lo que la fórmula de la distancia de un punto a un plano queda
( )222
000
CBA
DCzByAx,Pd
++
+++=π .
Nota La distancia de un punto P a un plano también se puede calcular hallando las coordenadas de su proyección, H, sobre el plano y calculando después la distancia entre esos dos puntos, pero es claro que este método bastante más laborioso.
b) Distancia entre planos paralelos
La distancia entre dos planos paralelos es la distancia de un punto cualquiera de uno de ellos al otro.
Si dos planos π y π′ son paralelos, sus ecuaciones generales respectivas siempre
podrán ponerse de la forma 0=+++π DCzByAx: y 0=′+++π′ DCzByAx: .
(16.2)
Dados un plano 0=+++π DCzByAx: y un punto ( )000 z,y,xP exterior al plano, se define
la distancia del punto al plano como la distancia del punto P a su proyección ortogonal sobre el plano π .
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-4
Si un punto ( ) π∈000 z,y,xP , entonces DCzByAx −=++ 000 y, aplicando la fórmula
(16.2) de la distancia de P a π′ se obtiene
( )222222
000
CBA
DD
CBA
DCzByAx,Pd
++
−′=
++
′+++=π′
como fórmula para la distancia entre dos planos paralelos cuyas ecuaciones generales son de la forma anterior.
Ejemplo 16.6 La distancia entre los planos paralelos 01274: =+−+ zyxπ y
03274: =−−+′ zyxπ será ( )69
694
69
4
274
31,
222==
++
+==′ππd .
c) Distancia de una recta a un plano paralelo
La distancia entre una recta y un plano paralelos es igual a la distancia desde cualquier punto de la recta al plano.
Ejemplo 16.7 Para hallar la distancia entre la recta
=−+
=−−
05
122
zyx
zyx:r y el plano
023714 =−+π zyx: , primero se comprueba que la recta y el plano son paralelos.
Para ello resolvemos el sistema formado por las tres ecuaciones aplicando el método
de Gauss las matrices del sistema son
−
−
−−
⇔
−
−
−−
⇔
−
−
−−
9
1
1
000
170
221
14
1
1
5350
170
221
0
0
1
23714
151
221
Como el rango de A es 2 y el rango de ∗A es 3, la recta y el plano son paralelos. Entonces la distancia de cualquier punto de la recta al plano es la pedida.
Se obtiene un punto de la recta haciendo, por ejemplo 0=y , con lo que el punto
( )101 −− ,,P es un punto de la recta y en definitiva ( )774
9
23714
2314
222=
++
+=π,Pd .
La distancia entre una recta y un plano que no sea paralelo es cero.
16.3 Distancia de un punto a una recta. Distancia entre rectas paralelas
a) Distancia de un punto a una recta
(16.3)
Se define la distancia de un punto P a una recta r como la distancia entre P y su proyección ortogonal P’ sobre r.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-5
Esta distancia se puede hallar de dos modos:
Método I: Calculando el punto P’ y hallando la distancia de P a P’.
Dados el punto ( )000 z,y,xP y la recta ( )( )
321
111
v,v,vv
z,y,xQ:r r se siguen los siguientes pasos:
1. Se halla la ecuación del plano perpendicular a r desde P: el vector director de
la recta ( )321 v,v,vvr
será perpendicular al plano y por lo tanto su ecuación será
( ) ( ) ( ) 0030201 =−⋅+−⋅+−⋅ zzvyyvxxv .
2. Se halla el punto P’ intersección de r y el plano anterior resolviendo el sistema.
3. Se calcula la distancia de P a P’.
Método II:
A partir de la fórmula ( )v
QPvr,Pd r
r∧
= ,
donde Q es un punto cualquiera de la recta y vr
el vector dirección de la misma.
Recordando la interpretación del módulo del producto
vectorial se sabe , por un lado, que el área del paralelogramo con lados paralelos a QP y vr
es
QPvA ∧=r
.
Por otra parte, por geometría elemental, ( )r,PdvA ⋅=r
. Igualando ambas expresiones
y despejando resulta: ( )v
QPvr,Pd r
r∧
= .
b) Distancia entre rectas paralelas
La Distancia entre dos rectas paralelas será la de un punto cualquiera de una de ellas a la otra.
Ejemplo 16.8 Para calcular la distancia entre 3
2
2
1 −==
− zy
x:r y
=+−
=−−
013
032
zy
yx:s , se
estudia la posición relativa de las rectas.
Como el punto ( )201 ,, de r no pertenece a s y los vectores directores de r y s son
( )312 ,, y ( ) ( ) ( )312130021 ,,,,, =−∧− , respectivamente, son paralelas. Por lo tanto, se puede
aplicar la fórmula (16.4) con ( )201 ,,P ≡ . El punto de s se calcula haciendo, por ejemplo 1=y ,
con lo que se obtiene el punto ( )415 ,,Q ≡ . Como ( )214 ,,PQ = y ( )312 ,,v =r
, entonces:
( ) ( )
( )( ) ( )
14
69
14
281
312
214312 222
=−++−
=∧
=,,
,,,,d .
(16.4)
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-6
16.4 Distancia entre dos rectas que se cruzan
Se demuestra que, dadas dos rectas r y s que se cruzan, la mínima distancia entre
ambas es la distancia desde un punto cualquiera de r al plano que, conteniendo a s, es paralelo a r .
Veamos dos métodos diferentes para calcular esta distancia.
Sean ><+≡ uPrr
y ><+≡ vQsr
.
Método I Consiste en: 1. Se calcula la ecuación del plano que contiene a s
y es paralelo a r, dicho plano es ><+≡π v,uQrr
, del
que interesa su ecuación general. 2. Se calcula la distancia de P al plano anterior. Método II Consiste en aplicar la fórmula
( )[ ]
vu
v,u,QPs,rd rr
rr
∧= ,
que se deduce de la interpretación geométrica del producto mixto.
En efecto, si se consideran los vectores →
QP , ur
y
vr
(daría igual →
PQ ) , se sabe que el valor absoluto del
producto mixto de esos tres vectores coincide con el volumen del paralelepípedo de aristas →
QP , ur
y vr
, es decir: [ ]v,u,QPVrr
= .
Por otro lado, dicho volumen es también el área de la base por la altura. Como el área de la
base es vuArr
∧= y la altura es la distancia buscada, también ( )s,rdvuV ⋅∧=rr
.
Igualando y despejando se tiene ( )[ ]
vu
v,u,QPs,rd rr
rr
∧= .
Ejemplo 16.9 Para calcular la mínima distancia entre las rectas zyx
:r =−
+=
−
3
2
2
1 y
32
12
zyx:s =
−=+ , primero hay que estudiar la posición relativa de ambas. Es fácil ver que
las rectas se cruzan. Calcularemos la distancia por los dos métodos enunciados. Método I 1. El plano π que contiene a r y es paralelo a s es
0175110
321
132
21
=−−+≡π⇔=−
+−
≡π zyx
zyx
.
(16.5)
La distancia entre dos rectas se define como la menor de las distancias entre dos puntos cualesquiera de las mismas.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-7
2. La distancia de ( ) s,,Q ∈− 012 al plano π es
( ) ( )( ) 195
18
7511
1522
222=
−++
−+−=π= ,Qds,rd .
Método II
Consideramos los vectores ( )3 3 0QP , ,→
− , ( )1 2 3u , ,r
y ( )2 3 1v , ,−r
y hallamos el módulo
de su producto mixto: [ ] 18327186
130
323
213
=++−=−−=v,u,QPrr
,
por otro lado, ( )11 5 7 195u v , , u v∧ = − ⇒ ∧ =r r r r
.
Aplicando (16.5) : ( )18
195
QP,u,v
d r ,su v
→
= =∧
r r
r r .
16.5 Ángulo de dos rectas
También se habla de ángulo de dos rectas
cuando éstas se cruzan y, en este caso, es igual al ángulo que forma una de ellas con la proyección de la otra sobre el plano que contiene a la primera y es paralelo a la segunda.
El cálculo del ángulo de dos rectas se halla
a partir del ángulo que forman sus respectivos vectores directores.
Se toma en valor absoluto para que sea el
ángulo mínimo, menor de 90º. Así pues, dadas
><+≡ uPrr
y ><+≡ vQsr
, el ángulo que
forman es
u vcos
u v
⋅α =
⋅
r r
r r .
Ejemplo 16.10 Para halla el ángulo que forman las rectas 1
32
xr : y z
−= − = y
2 50
3 4
x ys : ,z
+ += =
−, se consideran sus vectores directores respectivos, que son ( )2 11u , ,
r y
( )3 4 0v , ,−r
, y se aplica la fórmula (16.6): 6 4 2
80 406 25 5 6
u vcos º
u v
⋅ − +′α = = = ⇒ α =
⋅ ⋅ ⋅
r r
r r .
(16.6)
Se entiende como ángulo de dos rectas al menor de los ángulos que forman.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-8
16.6 Ángulo de dos planos
Por tanto, dados los planos 0=+++π DCzByAx:
y 0=′+++π′ DCzByAx: el ángulo que forman vendrá
dado por
( ) ( )2 2 2 2 2 2
A,B,C A ,B ,Ccos
A B C A B C
′ ′ ′⋅α =
′ ′ ′+ + ⋅ + +.
Ejemplo 16.11 Para hallar el ángulo que forman los planos 2 2 0: x y zπ + + + = y
3 3 1 0: x y′π + + = , se aplica la fórmula (16.7): ( ) ( )2 11 3 3 0 3
3026 18
, , , ,cos º
⋅α = = ⇒ α =
⋅.
16.7 Ángulo de recta y plano
Se halla a partir del ángulo que forman el vector director de la recta y el perpendicular al plano.
El ángulo buscado es el complementario del formado por
los vectores anteriores.
Sean 0=+++π DCzByAx: y ( )
( )0 0 0
1 2 3
P x ,y ,zr :
v v ,v ,v
r entonces
( ) ( )1 2 3
2 2 22 2 2
1 2 3
A,B,C v ,v ,vsen cos
A B C v v v
⋅α = β =
+ + ⋅ + +.
Ejemplo 16.12 Para hallar el ángulo que forman el plano 2 2 0: x y zπ + + + = y la recta
1 0
1
x yr :
z
− + =
=, se obtiene primero un vector director de la recta y después se aplica la
fórmula (16.8).
(16.7)
(16.8)
Es el menor de los dos ángulos diedros que determinan. Coincide con el ángulo que forman sus vectores perpendiculares o el suplementario de éste.
Es el ángulo que forma la recta con su proyección ortogonal sobre el plano.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-9
Un vector director de la recta es ( ) ( ) ( )1 1 0 0 0 1 1 1 0, , , , , ,− ∧ = − − .
Luego, ( ) ( )2 11 1 1 0 3 3
602 26 2
, , , ,sen cos arcsen º
⋅ − −α = β = = ⇒ α = =
⋅.
16.8 Ecuaciones de la perpendicular común a dos rectas que se cruzan
Se trata de hallar la recta que, cortando a dos rectas que se cruzan, forma con ambas un ángulo de 90º.
Veamos dos procedimientos para llegar a las ecuaciones de esta recta.
Sean ><+≡ uPrr
y ><+≡ vQsr
.
Método I
1. Se halla la ecuación del plano π que contiene
a una de ellas (por ejemplo r) y es paralelo a la otra (en nuestro caso s). Dicho plano es
><+≡π v,uPrr
.
2. Se hallan las ecuaciones de los planos
1 2 y π π perpendiculares a π y que contienen
a r y a s , respectivamente. Dichos planos son
>∧<+≡π vu,uPrrr
1 y >∧<+≡π vu,vQrrr
2 .
3. La intersección de 1 2 y π π es la recta buscada.
Método II
1. Se halla la ecuación del plano π que contiene a una de ellas (por ejemplo a r) y es
paralelo a la otra. Dicho plano viene determinado por ><+≡π v,uPrr
.
2. Se halla la ecuación del plano 1 π perpendicular a π y que contiene a una de ellas
(por ejemplo r ) : >∧<+≡π vu,uPrrr
1 .
3. Se halla el punto H intersección de s con 1 π . Este punto pertenece a la recta
buscada.
4. La recta buscada es >∧<+≡ vuHprr
.
Ejemplo 16.13 Hallemos la ecuación de la perpendicular común a las rectas
zyx
:r =−
+=
−
3
2
2
1 y
32
12
zyx:s =
−=+ del ejemplo 16.10, que se sabe que se cruzan.
Usaremos los dos métodos. Método I 1. La ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s es:
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-10
0175110
321
132
21
=−−+→=−
+−
zyx
zyx
,
su vector característico (ortogonal a π ) es ( )7511 −→
,,va .
2. La ecuación del plano 1π perpendicular a π y que contiene a r es:
0344325160
7511
132
21
=+++→=
−
−
+−
zyx
zyx
.
3. La ecuación del plano 2π perpendicular a π y que contiene a s es:
0981740290
7511
321
12
=++−→=
−
−+
zyx
zyx
.
4. La perpendicular común es la recta
=++−
=+++
098174029
034432516
zyx
zyx:p
Método II Los pasos 1 y 2 son los mismo que los del método anterior.
3. Calculamos el punto H intersección de s con 1 π :
−−⇒=⇒
=+++
=
+=
+−=
195
81,
195
141,
195
417
195
27-t
034432516
3
21
2
H
zyx
tz
ty
tx
.
4. La recta es ( ) >−<+
−−≡ 7511
195
81
195
141
195
417,,,,p . Sus ecuaciones paramétricas son:
−−=
+=
+−=
tz
ty
tx
p
7195
81
5195
141
11195
417
: .
Puede comprobarse que evidentemente se trata de la misma recta aunque determinada con diferentes ecuaciones.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-11
Ejercicios resueltos Proyecciones y simetrías
R.1. Dada la recta 3
1 24
zr x y
−≡ + = − = y el punto ( )1 2 1P , , . Halla las coordenadas del
punto P’ simétrico de P respecto a r. Solución:
Seguiremos el siguiente proceso:
1º Calculamos la ecuación del plano que pasa por P y es perpendicular a r. Será
( ) ( ) ( )1 2 4 1 0 4 7 0x y z x y z− + − + − = → + + − = .
2º Hallamos el punto Q intersección de
1
2
3 4
x t
r : y t
z t
= − +
= + = +
con el plano obtenido.
( ) ( ) ( )1 4 5 5
1 2 4 3 4 7 0 18 6 03 3 3 3
t t t t t Q , ,
− + + + + + − = → + = → = − → −
.
3º Teniendo en cuenta que Q es el punto medio de P y P’ nos queda:
4 1 11
3 2 3
xx
+− = → = − ,
25 4
3 2 3
yy
+= → = ,
5 1 7
3 2 3
zz
+= → = así que el punto P’ simétrico
de P respecto de r es 11 4 7
3 3 3P , ,
′ −
.
R.2. Halla la proyección de la recta 12 3
x zr y≡ = − = sobre el plano 2 4 0: x y zπ + − + = .
Solución:
Primero vemos la posición relativa de la recta y el plano pasando r a forma paramétrica y
resolviendo el sistema.
2
1
3
x t
r : y t
z t
=
= + =
,
( )2 2 1 3 4 0 6t t t t+ + − + = → = − con lo que el
punto de corte es ( )1 12 5 18P , ,− − − éste es ya un
punto de la recta proyección de r, tomaremos otro punto de r y calcularemos su proyección ortogonal sobre π . Elegimos, por ejemplo,
( )0 0 1 0t Q , ,= → .
Calculamos las ecuaciones de la recta que pasa por Q y es perpendicular a π , será
1 2
x
y
z
= α
= + α = −α
Calculamos la intersección 1Q de la recta con π , 2 4 4 0 1α + + α + α + = → α = − así
que ( )1 1 1 1Q , ,− − .
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-12
La recta buscada es la que pasa por P1 y Q1, el vector ( )1 1 11 4 19PQ , ,uuuuur
y sus ecuaciones
son 11 1
11 4 19
yx z++ −= = .
R.3. Determina las ecuaciones de la recta simétrica de 1 2 3r : x y z− = − = − respecto
del punto ( )3 2 1P , , .
Solución:
Seguimos el siguiente proceso: 1. Calculamos la ecuación del plano que pasa por P
y es perpendicular a r, viene determinado por
( )
( )
3 2 1
1 1 1
P , ,
v , ,
r 6 0: x y zπ + + − = .
2. hallamos la intersección R de r y π ( )1 2 3 6 0 0 1 2 3R , ,+ α + + α + + α − = → α = → .
3. calculamos el punto R’ simétrico de R respecto a P considerando que P es el punto
medio entre R y R’ , de donde ( )5 2 1R , ,′ − .
4. La recta pedida es la paralela a r por R’, sus ecuaciones: 5 2 1r : x y z′ − = − = + .
R.4. Halla la ecuación de la proyección ortogonal r’ de la recta 11 2
2 1 2
yx zr :
−− −= =
sobre el plano 3 2 12 0: x y zα − + + = .
Solución:
El punto P’ de corte de la recta y el plano es uno de los puntos de r’, para ello conviene
expresar r en forma paramétrica
1 2
1
2 2
x t
r : y t
z t
= +
= + = +
, sustituyendo en la ecuación del plano:
( ) ( )14 31 17 34
1 2 3 1 2 2 2 12 03 3 3 13
t t t t P , ,
′+ − + + + + = → = →
.
Calculamos ahora la proyección del punto ( )1 1 2A , , sobre el plano.
- Ecuaciones de la recta s que pasa por A y es perpendicular a α ,
1
1 3
2 2
x
s : y
z
= + µ
= − µ = + µ
- Punto A’ de corte de s y α , ( ) ( ) ( )1 3 1 3 2 2 2 12 0 1 0 4 0A , ,′+ µ − − µ + + µ + = → µ = − →
- Ecuaciones de la recta que pasa por P’ y A’ , ( )3 31 5 34A P , ,′ ′ =uuuuur
, luego:
31
4 5
34
x
r : y
z
= λ
′ = + λ = λ
.
Distancias
R.5. Dados los puntos ( )1 2 5A , , y ( )3 2 1B , ,− y los planos 2 7 2 0: x y zπ − + − = y
2 7 13 0: x y z′π − + + = . Calcula:
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-13
a) Distancia entre los puntos. b) Distancia del punto A al plano π . c) Distancia entre los dos planos.
Solución:
a) La distancia entre A y B es: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
3 1 2 2 1 5 40d A,B = − + − + − − = .
b) Aplicamos la fórmula y se tiene: ( )2 1 7 2 5 2 9 6
24 49 1 54d A,
⋅ − ⋅ + −π = = =
+ +.
c) Teniendo en cuenta que son planos paralelos: ( )2 13 15 5 6
64 49 1 54d ,
− −′π π = = =
+ +.
R.6. Calcula la distancia del punto ( )3 2 1B , ,− a la recta
1
2
3
x t
r : y t
z t
= +
= = − +
Solución:
Calcularemos la distancia de dos modos diferentes: Método I
Consiste en buscar la proyección ortogonal H de B sobre r y calcular la distancia entre B y H.
Se siguen los siguientes pasos:
1. Calculamos la ecuación del plano π perpendicular a r desde B.
( ) ( ) ( )1 3 2 2 1 1 0 2 6 0x y z x y z− + − + + = → + + − = .
2. Calculamos el punto H de corte de r y π resolviendo el sistema formado por sus
ecuaciones. ( ) ( ) ( )4 7 8 5
1 1 2 2 1 3 03 3 3 3
t t t t H , ,
+ + + − + = → = → −
.
3. Aplicamos la fórmula para calcular la distancia de B a H
( )2 2 2
7 8 5 123 2 1
3 3 3 3d B,h
= − + − + − + =
.
Método II
Aplicamos la fórmula a partir del producto vectorial, siendo ( )1 0 3P , ,− un punto y
( )1 2 1v , ,r
un vector director de r ( )PB v
d B,rv
⋅=
uuur r
r como ( ) ( )2 2 2 y 2 0 2PB , , PB v , ,= ∧ = −uuur uuur r
se
tiene que ( )4 0 4 8 12
31 4 1 6d B,r
+ += = =
+ +.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-14
R.7. Calcula la distancia entre las rectas 4
2 7
x y zr :
x y
+ − =
+ = y
2
5
xs :
y
=
= − .
Solución:
Primeramente estudiamos la posición relativa de r y s. Buscamos sus ecuaciones paramétricas con el fin de obtener un punto y un vector director de cada recta.
En las ecuaciones de r podemos elegir x como parámetro ya que 1 1
02 0
−≠ . Se tiene:
( ) ( )
( )
1 3 0 para 17 1
2 1 12 2
1 1
2 2
r
r
x t
P , , tr : y t
v , ,
z t
= =
= − → −
= − +
r y ( )
( )
22 5 0
50 0 1
s
s
xP , ,
s : yv , ,
z s
= −
= − → =
r
El vector ( )1 8 0r sP P , ,= −uuuuur
y como
1 8 0
2 1 1 15 0
0 0 1
−
− = ≠ las rectas se cruzan.
A partir de aquí calcularemos la distancia de dos formas:
Método I Se siguen los siguientes pasos:
1. Calculamos la ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s. Su ecuación es:
1 3
2 1 1 0 2 7 0
0 0 1
x y z
x + y
− −
− = ⇒ − = .
2. La distancia de cualquier punto de s a π es la distancia mínima entre ambas rectas.
( )( )2 2 5 7 15
3 51 4 5
sd P ,+ − −
π = = =+
.
Método II Aplicando la fórmula se tiene:
( )r s s r
s r
P P ,v ,vd r ,s
v v
=∧
uuuuur r r
r r como
1 8 0
0 0 1 15
2 1 1
r s s rP P ,v ,v
−
= = − −
uuuuur r r y ( )1 2 0s rv v , ,∧ =
r r entonces:
( )15 15
3 51 4 0 5
r s s r
s r
P P ,v ,vd r ,s
v v
= = = =∧ + +
uuuuur r r
r r .
Ángulos
R.8. Calcula el ángulo diedro formado por los planos de ecuaciones 1 2 1 0: x y zπ − + − =
y 2
1
2 3
x
: y
z
= + α + β
π = − α − β = β
.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-15
Solución:
En primer lugar debemos buscar la ecuación general de 2π .
Eliminando los parámetros llegamos a
1 1 1
1 3 2 0 2 3 0
0 1
x
y x y z
z
−
− − − = ⇒ + + − =
El ángulo pedido es el de sus vectores característicos ( ) ( )1 21 2 1 y 1 1 2v , , v , ,−r r
luego
( )1 2
1 2
2
1 2 2 180 24 21
66 6
v v, arccos arccos arccos º
v v
⋅ − +′ ′′α π π = = = =
r r
r r .
R.9. Calcula el ángulo formado por las rectas 2 4
1
x y zr :
y z
− + = −
+ = y
22 1
2
zs : x = y =
−− − − .
Solución:
Calculamos un vector director de r , ( ) ( ) ( )2 1 1 0 1 1 2 2 2rv , , , , , ,= − ∧ = − −r
.
Obtenemos también un vector director de s (¡cuidado! que no viene dada en forma
continua) ( )1 1 2sv , ,= − −r
Calculamos el ángulo formado por estos dos vectores
( )2 2 4 8
19 28 164 4 4 1 1 4 72
r s
r s
v vr ,s arccos arccos arccos º
v v
⋅ + +′ ′′α = = = =
+ + + +
r r
r r ¨.
R.10. Calcula el ángulo formado por la recta 2
2 12
zs : x = y =
−− − − y el plano
1 2 1 0: x y zπ − + − = de los ejercicios anteriores.
Solución:
El ángulo es el complementario del ángulo agudo formado por las direcciones del
vector director de la recta y el asociado del plano que son respectivamente ( )1 1 2sv , ,= − −r
y
( )1 1 2 1v , ,−r
por tanto ( )1
1
1
1 2 2 130
26 6
s
s
v vs, arc sen arc sen arc sen º
v v
⋅ − + +α π = = = =
r r
r r .
Otros ejercicios
R.11. Considera la recta dada por 4 9 0
3 9 0
x yr :
y z
− + =
− − =.
a) Determina el plano que pasa por el punto ( )1 4 0P , , y contiene a r.
b) ¿Para cualquier valor de λ , el plano ( )4 9 3 9 0x y y z− + + λ − − = contiene a r?.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-16
c) Determina los valores de λ para que el plano diste 3 unidades del origen de coordenadas.
Solución:
a) La ecuación del plano pedido puede obtenerse de dos modos diferentes:
Método I
Buscamos las ecuaciones de r en forma paramétrica, haciendo y t= se tiene:
9 4
9 3
x t
r : y t
z t
= − +
= = − +
, un punto de r es ( )9 0 9Q , ,− − que pertenece al plano , y un vector director de r
es ( )4 1 3v , ,r
que junto con el vector ( )10 4 9QP , ,uuur
pertenecen al plano. ( )3 6 6QP v , ,∧ = −uuur r
es
perpendicular al plano, así su ecuación es ( ) ( )3 1 6 4 6 0 2 2 9 0x y z x y z− + − − = → + − − = .
Método II
Escribimos la ecuación del haz de planos de arista r ( ) ( )4 9 3 9 0x y y zα − + + β − − =
y obligamos a que P pertenezca al haz sustituyendo las coordenadas se llega a
6 3 0 si 1 2− α + β = → α = → β = y sustituyendo estos valores en la ecuación del haz se
obtenemos 2 2 9 0x y z+ − − = .
b) Si sustituimos x, y y z de las ecuaciones paramétricas de la recta en la expresión
dada se llega a ( )9 4 4 9 3 9 9 9 0 0 0t t t t− + + − + + λ + − − = → = , por tanto la recta está
contenida en el plano para todo valor de λ .
c) La ecuación de todos esos planos es de la forma ( )3 4 9 9 0x y z+ λ − − λ + − λ = ,
aplicando la fórmula de distancia de un punto a un plano se tiene:
( )
2 2 2
2 2
9 93 9 18 9 10 24 17 6 8 0
1 3 4d
− λ= = → λ − λ + = λ − λ + → λ − λ + =
+ λ − + λ
cuyas
soluciones son 4 y 2λ = λ = .
R.12. Dadas las rectas
1x
r : y
z
= + λ
= λ = −λ
y 2 2
0
x
s : y
z
= µ
= + µ =
. Halla la ecuación de una recta que
sea perpendicular simultáneamente a r y s. Solución:
Primero estudiamos la posición relativa de las rectas, éstas vienen determinadas
respectivamente por ( )
( )
1 0 0
1 1 1
r
r
P , ,r :
v , ,
−r y
( )
( )
0 2 0
1 2 0
s
s
P , ,s :
v , ,
r . El vector ( )1 2 0r sP P , ,= −
uuuuur .
Hacemos el producto mixto de los tres vectores
1 2 0
1 1 1 4 0
1 2 0
r s r sP P ,v ,v
−
= − = − ≠
uuuuur r r los
tres vectores no son coplanarios y por tanto las rectas se cruzan.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-17
Para hallar las ecuaciones de la perpendicular común en este caso seguiremos los siguientes pasos:
1. Calculamos la ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s. Su vector
característico será ( )1 1 1 2 1 1
1 2 0
r s
i j k
v v , ,∧ − = −
r r r
r r y su ecuación 2 2 0x y z− + − = .
2. Calculamos la ecuación del plano 1π que contiene a r y es perpendicular a π .
Su ecuación es
1
1 1 1 0 0
2 1 1
x y z
y z
−
− = → + =
−
.
3. Calculamos la ecuación del plano 2π que contiene a s y es perpendicular a π .
Su ecuación es
2
1 2 0 0 2 5 2 0
2 1 1
x y z
x y z
−
= → − − + =
−
.
4. La recta pedida en forma implícita es la de ecuaciones 0
2 5 2 0
y z
x y z
+ =
− − + =.
R.13. Dados los puntos ( )2 4 3A , ,− − y ( )2 6 5B , , , y la recta 1
2 3 2
x y zr
x y z
− + =≡
+ − =, averiguar
si existe alguna recta tal que contenga los puntos A y B y corte a la recta r . Razona la respuesta. Solución:
Los puntos A y B determinan un recta concreta, buscamos sus ecuaciones.
Calculamos ( )4 10 8AB , ,=uuur
. La recta está determinada por ( )
( )
2 6 5
2 5 4
B , ,
v , ,
r , (el vector
( )2 5 4v , ,r
es paralelo al ( )4 10 8AB , ,=uuur
).
Sus ecuaciones:
2 2
6 5
5 4
x t
r : y t
z t
= +
= + = +
.
Si sustituimos las ecuaciones de esta recta en las de la recta dada veremos si se
cortan o no, ( ) ( )
2 2 6 5 5 4 1
2 2 2 6 5 3 5 4 2
t t t
t t t
+ − − + + =
+ + + − + =, de la primera 0t = .
Sustituyendo en la segunda ese valor ( ) ( )2 2 6 0 3 5 2+ + − ≠ , por tanto las rectas no
se cortan.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-18
R.14. Halla la distancia del punto ( )1 2 3P , , a la recta r de ecuaciones 6
2
x t
r : y t
z t
=
= − = +
,
determinando el punto de la recta que dista menos de P. Solución:
- Calculamos la ecuación del plano π que pasa por P y es perpendicular a r. Será
( ) ( ) ( )1 2 3 0 2 0x y z x y z− − − + − = → − + − = .
- Calculamos el punto Q de corte de π con r resolviendo el sistema, dicho punto es el
de la recta que dista menos de r. Tenemos ( )6 2 2 0 2 2 4 4t t t t Q , ,− + + + − = → = → , la
distancia pedida es la de P a Q ( ) 2 2 21 2 1 6d P,Q = + + = .
R.15. Dado el tetraedro de vértices ABCD con ( ) ( ) ( ) ( )1 2 0 2 6 0 5 3 0 y 3 4 3A , , , B , , , C , , D , , .
a) Comprueba que los puntos medios de las aristas AB, BD, DC, y CA son coplanarios y calcula la ecuación de ese plano. b) Comprueba que el plano hallado es paralelo a las aristas CB y AD. c) Calcula el volumen del tetraedro.
Solución:
a) Calculamos los puntos medios pedidos, son: ( )3
4 02
M A,B , ,
=
,
( )5 3
52 2
M B,D , ,
=
, ( )7 3
42 2
M D,C , ,
=
, ( )5
3 02
M C, A , ,
=
.
Calculamos los vectores que van desde ( )M A,B a cada uno de los otros tres puntos
que son respectivamente 1
31 1
2v , ,
=
r, 2
5 1 3
2 2 2v , ,
= −
r y 3
3 30
2 2v , ,
= −
r, si los cuatro puntos
son coplanarios el rango de estos vectores es 2, (si multiplicamos los tres vectores por 2 el
razonamiento no cambia); como
2 2 3
5 1 3 0
3 3 0
− =
−
los cuatro puntos son coplanarios. La ecuación
del plano es
34
2
2 2 3 0
3 3 0
x y z− −
=
−
.
b) Los vectores ( ) ( )3 3 0 y 2 2 3CB , , AD , ,= − =uuur uuur
están contenidos en el plano luego
dichas aristas son paralelas a éste.
c) Los vectores que forman tres aristas concurrentes del tetraedro son ( )1 4 0AB , ,=uuur
( )4 1 0AC , ,=uuur
, y ( )2 2 3AD , ,=uuur
,
el volumen es
1 4 01 1 15
4 1 06 6 2
2 2 3
v AB,AC,AD
= = − =
uuur uuur uuur.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-19
R.16. Dados los puntos ( ) ( )0 3 2 y 1 5 0A , , B , ,− Calcula la ecuación del plano perpendicular
al segmento AB y que pasa por su punto medio (plano mediador). Solución: Método I
El vector ( )1 2 2AB , ,=uuur
es un vector perpendicular al plano buscado y el punto
( )1
4 12
M A,B , ,
= −
pertenece al plano.
Su ecuación es ( ) ( )1
2 4 2 1 0 2 4 4 13 02
x y z x y z
− + − + + = → + + − =
.
Método II
El plano pedido es el lugar geométrico de los puntos que equidistan de A y b y que por
tanto cumplen la condición ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 23 2 1 5x y z x y z+ − + + = − + − + en la que
elevando al cuadrado y desarrollando se tiene
2 2 2 2 2 26 4 9 4 2 10 1 25x y z y z x y z x y+ + − + + + = + + − − + +
que, simplificando, lleva a la misma ecuación 2 4 4 13 0x y z+ + − = .
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-20
Ejercicios propuestos
Distancias
P.1. Halla la distancia del punto ( )3,2,1A a la recta
=
=
0
0:
z
xr y la ecuación del plano que pasa
por A y es perpendicular a r.
P.2. Halla la distancia de ( )3,2,1A al plano
−−
−
t+s = z
ts + = y
t- s = x
231
222 .
P.3. Dado el punto ( )1,0,1A , ( )4,7,5B y los planos 0752: =+−+ zyxπ 0
112
201
21
: =
−
−−
′
zyx
π .
Calcula: a) Distancia entre A y B. b) Distancia de A a π . c) distancia entre π y π ′ .
P.4. Sea el punto ( )3,1,1A y la recta
=
+=
=
tz
ty
tx
r
2
2: Halla: a) la ecuación del plano perpendicular a
la recta r que pasa por A. b) La intersección de este plano con la recta r. c) La distancia del punto A a la recta r.
P.5. Comprueba que la recta zyx −=−=− 723 es paralela al plano 032 =++ zyx y halla la
distancia de la recta al plano.
P.6. Prueba que las rectas
=
=+
0
0:
y
zxr , y
=
=
4
0:
y
xs ; se cruzan, y halla la distancia entre
ellas. P.7. Halla la mínima distancia entre las rectas r1 y r2 en los siguientes casos:
a) 31
2
2
1:1 −=
−
−=
−z
yxr ;
−−=
+=
+=
αz
αy
αx
r
1
4
32
:2
b)
=++−
=++−
0432
012:1
zyx
zyxr ;
+=
−=
=
αz
αy
αx
r
52
1:2
P.8. Calcula la distancia entre las rectas r y s, siendo: 4
1
3
2:
−==
− zy
xr ;
=+−
=−−
044
0113:
zy
yxs .
P.9. Calcula la distancia entre las rectas r y s, siendo:
+=
=
+−=
tz
ty
tx
r
23
21
: , 2
3
2
1
3
2:
−=
−=
−
+ zyxs ;
estudiando, previamente, la posición relativa entre ambas rectas.
P.10. Dados los puntos ( )0,2,3 −A y ( )2,2,1 −−B y la recta zyxr ==: . Calcula la distancia
desde el punto B al plano que contiene a r y al punto A.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-21
P.11. Para cada t real se considera el plano tπ de ecuación:
( ) ( ) ( ) 01231121 =−+++−++ tztytxt . Demuestra que todos los planos tπ pasan por una
recta r y halla la mínima distancia entre las rectas r y s, siendo 3
2
2
11:
−=
+=−
zyxs .
Ángulos
P.12. Calcula el ángulo diedro formado por los planos
++−=
+=
−=
βαz
βy
βαx
π
27
3
2
: y
013: =+++′ zyxπ .
P.13. Halla el ángulo de las rectas 5
1
4
1
3
1:
+=
+=
− zyxr y
( ) ( )5
1
4
2
3
1:
−=
+−=
+−′
zyxr .
P.14. Halla el seno del ángulo α que forma la recta
+=
+=
=
tz
ty
tx
r
42
31
2
: con el plano
05245 =+−+ zyx .
P.15. Dados los planos 0=+ yx , 0=+ zy , encuentra la ecuación de un plano que forme
ángulos iguales con los anteriores.
Proyecciones y simetrías
P.16. Halla el área de la proyección del triángulo de vértices ( ) ( ) ( )1,1,1,3,1,2,0,0,0 sobre el plano
0=−+ zyx .
P.17. Halla el simétrico del punto ( )1,2,2A respecto del plano 062 =++− zyx .
P.18. Sean los planos 0: =++ zyxπ , 0233: =++′ zyxπ y la recta
=−+
=−
0
0:
zyx
yxr . Se pide:
a) Proyecciones ortogonales de la recta sobre los planos. b) Posición relativa de dichas rectas. c) Distancia entre ellas.
P.19. Dada la recta 4
3
5
2:
−==
− zy
xr y el punto ( )0,1,3 −P Se pide:
a) Calcula el punto H proyección ortogonal de P sobre r. b) Calcula las coordenadas del punto P’ simétrico de P respecto a r. c) Calcula la distancia de P a r
Otras determinaciones de rectas y planos
P.20. Se consideran las rectas 2
121:
−=−=−
zyxr ;
2
13
2
3:
+=−=
− zy
xs . a) Comprueba
que se cortan y calcula las coordenadas del punto P de intersección. b) Determina la ecuación de la recta que pasa por P y es perpendicular a r y s.
P.21. Halla las ecuaciones en forma continua de la recta que pasa por el punto ( )2,1,3 − , es
paralela al plano 3895: =+− zyxπ y es perpendicular a la recta
=
=−
0
0:
y
zxr .
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-22
P.22. Halla las ecuaciones de las rectas que sean paralelas a la intersección de los planos:
0132: =++− zyxπ , 0123: =−+−′ zyxπ .
P.23. Escribe las ecuaciones de la perpendicular común a las rectas zyxr ==: ,
13: −== zyxs .
P.24. Dadas las rectas 2
112:
−
+=
−=−
z
k
yxr y
=
−=
+=
λz
λy
λx
s
2
2
1
: .
a) Calcula el valor de k para que sean coplanarias. b) Para ese valor de k Calcula la ecuación del plano que las contiene. c) Calcula las ecuaciones de la perpendicular común a r y s.
P.25. dadas las rectas
+=
−=
+=
tz
ty
tx
r
22
1
: y
−−=
+=
=
tz
ty
tx
s
1
31: . a) Demuestra que se cruzan. b) Calcula
las ecuaciones de la perpendicular común p a r y s .
Producto vectorial y producto mixto. Áreas y volúmenes
P.26. ( )2,3,1A y ( )1,5,2B son dos vértices de un triángulo que tiene su tercer vértice situado en
un punto arbitrario (variable) de la recta: 2
3
4
4
2
2:
−
−=
−=
− zyxr . Calcula el área de los
diferentes triángulos formados por A, B y el tercer vértice en r. ¿El valor de dicha área depende de dónde se sitúe el tercer vértice? .
P.27. Sean los puntos ( )1,1,1A , ( )2,0,3B , ( )2,2,5 −C y ( )tD ,1,2 . Halla el valor de t para que los
cuatro puntos determinen un plano. Halla el área de dicho cuadrilátero para el valor de t calculado previamente.
P.28. Halla el volumen del tetraedro que forman los planos de ecuaciones 0,0,0 =−== yxzy
y 01523 =−++ zyx .
P.29. Calcula la ecuación del plano que pasa por la recta
=
=+
0
1
z
yx , y determina con el primer
octante un tetraedro de volumen 2. P.30. Aplicando el producto vectorial, halla la dirección de la recta r intersección de los planos
062: =+−+ zyxπ , 0123: =−+−′ zyxπ .
P.31. Halla el área de la proyección del triángulo de vértices ( )0,0,1A , ( )0,1,2B y ( )4,1,0C sobre
el plano coordenado XY.
P.32. Halla el área del triángulo de vértices: ( )0,0,0A , B el punto de intersección de la recta
23
1
2
1+=
+=
+z
yx con el plano XY y ( )0,1,1C .
P.33. Determina t, para que los puntos ( )1,1,1A , ( )2,0,3B , ( )2,2,5 −C y ( )tD ,1,2 sean coplanarios.
Para el valor de t calculado anteriormente, obtener el área del polígono ABCD.
P.34. Razona si los puntos ( )2,1,0 −A , ( )4,3,1B , ( )7,1,0C y ( )2,1,1−D son coplanarios o son los
vértices de un tetraedro. Si forman un tetraedro, halla su volumen.
Proyecciones, distancias y ángulos Tema 16
16-23
Soluciones
P.1. a) 10 , b) 02 =−y . P.2. 5
52. P.3. a) ( ) 74, =BAd , b) ( )
30
8, =πAd , c)
( )30
7, =′ππd (planos paralelos). P.4. a) 082 =−++ zyx , b) ( )2,3,1 , c) 5 . P.5. a)
( ) ( ) 03,2,11,1,1 =⋅− b) 142 . P.6. 4=d . P.7. a) 2 , b) 2
14. P.8.
26
819. P.9. a) Se cruzan, b)
153
8. P.10.
38
6. P.11. a)
=++−
=−++
0232
01:
zyx
zyxr o bien
+−=
+−=
−=
αz
αy
αx
r
31
1
41
: , b) 315
57. P.12.
( ) ( )1,1,1,1,5,2 aa vv ′−rr
664º50 ′′′=α . P.13. 90º. P.14. 159
14. P.15. 0133 =+++ zyx . P.16.
3
3.
P.17.
−
3
2,
3
16,
3
1. P.18. a)
3,
2 −==
−==
zyx
zyx , b) Se cortan en ( )0,0,0 , c) 0=d . P.19. a)
plano π perpendicular a r desde P 01445 =−++ zyx ,
−
21
47,
21
4,
21
22H , b)
−′
21
94,
21
13,
21
19P ,
c) ( ) ( )21
199,, == HPdrPd . P.20. a) ( )1,2,1 , b) 1
6
2
4
1−=
−
−=
−z
yx. P.21.
3
21
3
3 −=+=
−
− zy
x.
P.22. Hay infinitas de la forma 00
02
zzyy
xx −=−
=− tales que ( ) ππzyx ′∩∉000 ,, . P. 23.
=
+=
−=
2
1
22
1
22
1
z
αy
αx
. P.24. a) No pueden ser paralelas, se cortan para 1−=k , b) 03 =−+ yx
c) punto de corte
2
1,
4
7,
4
5, perpendicular común
=
+=
+=
2
14
74
5
z
αy
αx
P.25. a) ( ) ( ) ( ) 31,3,1,2,1,1,3,1,1rang =−−− srsr vvPPrr
; b) 01435 a paralelo
a contiene: =+++−⇒
zyxr
sπ
0775 a larperpendicu
a contiene: =−++⇒
′ zyxπ
rπ ( )
−=′
25
26,
25
28,
25
1,c πsP ;
+−=
+=
−=
tz
ty
tx
p
425
26
325
28
525
1
: .
P.26. 2
30, no. P.27. a) 2=t , b)
2
35. P.28.
2
75 . P.29. 0121212 =−++ zyx . P.30.
( )7,5,1vr
. P.31. 1=S . P.32. 1=S . P.33. a) 2=t b) 2
35 . P.34. a) tetraedro, b)
3
8.