305838 coleccion de problemas resueltos matematicas aplicadas a la ingenieria

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Colección de Problemas Resueltos. Volumen I. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería. Ingeniería Técnica Industrial. Especialidad Mecánica. Curso 2004-05.

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Colección de Problemas Resueltos.Volumen I.

Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería.Ingeniería Técnica Industrial. Especialidad Mecánica.

Curso 2004-05.

Índice General

I Boletines Resueltos de los Bloques Temáticos Álgebra Lineal y Cálculo Difer-encial e Integral de Funciones de una Variable. 2

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices. 3

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 27

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 60

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 78

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 93

II Exámenes Resueltos de Cursos Anteriores 111

Primer Parcial. Curso 2002-03 112

Segundo Parcial. Curso 2002-03 123

Examen de Junio. Curso 2002-03 132

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 141

Examen de Diciembre de 2003 151

Primer Parcial. Curso 2003-04 160

Segundo Parcial. Curso 2003-04 170

Examen de Junio. Curso 2003-04 179

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 191

1

Parte I

Boletines Resueltos de los BloquesTemáticos Álgebra Lineal y CálculoDiferencial e Integral de Funciones de

una Variable.

2

Boletín 1. Sistemas de EcuacionesLineales y Matrices.

1. Resolver los siguientes sistemas por el método de Gauss-Jordan y por el método de Gauss.

a)

x1 + x2 + 2x3 = 8

−x1 − 2x2 + 3x3 = 13x1 − 7x2 + 4x3 = 10

b)

2x1 + 2x2 + 2x3 = 0−2x1 + 5x2 + 2x3 = 18x1 + x2 + 4x3 = −1

c)

x− y + 2z −w = −1

2x+ y − 2z − 2w = −2−x+ 2y − 4z + w = 1

3x− 3w = −3d)

−2b+ 3c = 1

3a+ 6b− 3c = −26a+ 6b+ 3c = 5

e)

2x1 − 3x2 = −22x1 + x2 = 13x1 + 2x2 = 1

f)

4x1 − 8x2 = 123x1 − 6x2 = 9

−2x1 + 4x2 = −6

g)½5x1 − 2x2 + 6x3 = 0−2x1 + x2 + 3x3 = 1 h)

½x1 − 2x2 + 3x3 = 0

−2x1 + 4x2 − 6x3 = 1Solución:

En todos los apartados aplicaremos primeramente el método de Gauss y a continuación el métodode Gauss—Jordan.

(a)

1 1 2 8−1 −2 3 13 −7 4 10

F21(1)−→F31(−3)

1 1 2 80 −1 5 90 −10 −2 −14

F2(−1)−→ 1 1 2 80 1 −5 −90 −10 −2 −14

F32(10)−→

1 1 2 80 1 −5 −90 0 −52 −104

F3(−1/52)−→ 1 1 2 80 1 −5 −90 0 1 2

.Por consiguiente, el sistema inicial es equivalente al sistema triangular superior

x1 + x2 + 2x3 = 8x2 − 5x3 = −9

x3 = 2

Así, el sistema dado es compatible determinado (C.D.) y usando el método de subida suúnica solución es x1 = 3, x2 = 1, x3 = 2.Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada(forma escalonada). 1 1 2 8

0 1 −5 −90 0 1 2

F23(5)−→F13(−2)

1 1 0 40 1 0 10 0 1 2

F12(−1)−→ 1 0 0 30 1 0 10 0 1 2

.3

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 4

Luego, el sistema inicial es equivalente a

x1 = 3x2 = 1x3 = 2

y su solución ya está dada.

(b)

2 2 2 0−2 5 2 18 1 4 −1

F2(1/2)−→ 1 1 1 0−2 5 2 18 1 4 −1

F21(2)−→F31(−8)

1 1 1 00 7 4 10 −7 −4 −1

F2(1/7)−→ 1 1 1 00 1 4/7 1/70 −7 −4 −1

F23(7)−→ 1 1 1 00 1 4/7 1/70 0 0 0

.En consecuencia, el sistema es compatible indeterminado (C.I.), ya que la matriz escalonadaposee dos unos principales y aparece, por tanto, x3 como variable libre. El sistema inicial es

equivalente al sistema½x1 + x2 + x3 = 0x2 + 4x3/7 = 1/7

y el conjunto de sus soluciones puede escribirse

en la forma

x1 = −1/7− 3t/7x2 = 1/7− 4t/7x3 = t

con t ∈ R.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada(forma escalonada). 1 1 1 0

0 1 4/7 1/70 0 0 0

F12(−1)−→ 1 0 −3/7 −1/70 1 4/7 1/70 0 0 0

.Por tanto, el sistema inicial equivale a

½x1 − 3x3/7 = −1/7x2 + 4x3/7 = 1/7

y el conjunto de soluciones

también puede expresarse en la forma

x1 = −1/7− 3sx2 = 1/7− 4sx3 = 7s

con s ∈ R.

(c)

1 −1 2 −1 −12 1 −2 −2 −2−1 2 −4 1 13 0 0 −3 −3

F21(−2)−→F31(1)F41(−3)

1 −1 2 −1 −10 3 −6 0 00 1 −2 0 00 3 −6 0 0

F2(1/3)−→

1 −1 2 −1 −10 1 −2 0 00 1 −2 0 00 3 −6 0 0

F32(−1)−→F42(−3)

1 −1 2 −1 −10 1 −2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.En consecuencia, el sistema inicial es quivalente al sistema

½x− y + 2z − w = −1

y − 2z = 0Aparecen dos unos principales en la matriz escalonada y el sistema tiene a las incógnitas zy w como variables libres. El sistema es, por tanto, C.I. y sus infinitas soluciones pueden

escribirse en la forma

x = −1 + µy = 2λz = λw = µ

con λ, µ ∈ R.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 5

(forma escalonada).1 −1 2 −1 −10 1 −2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

F12(1)−→

1 0 0 −1 −10 1 −2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.Por tanto, el sistema inicial es equivalente a

½x− w = −1y − 2z = 0 y es sencillo escribir x e y en

función de las variables libres z y w.

(d)

0 −2 3 13 6 −3 −26 6 3 5

P12−→ 3 6 −3 10 −2 3 16 6 3 5

F1(1/3)−→ 1 2 −1 1/30 −2 3 16 6 3 5

F31(−6)−→ 1 2 −1 1/30 −2 3 10 −6 9 3

F2(−1/2)−→ 1 2 −1 1/30 1 −3/2 −1/20 −6 9 3

F32(6)−→ 1 2 −1 1/30 1 −3/2 −1/20 0 0 0

.Por consiguiente, el sistema es equivalente al sistema

½a+ 2b− c = 1/3b− 3c/2 = −1/2 y es C.I. Las

infinitas soluciones pueden escribirse en la forma

a = 4/3− 2λb = −1/2 + 3λ/2c = λ

con λ ∈ R.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada(forma escalonada). 1 2 −1 1/3

0 1 −3/2 −1/20 0 0 0

F12(−2)−→ 1 0 2 4/30 1 −3/2 −1/20 0 0 0

.El sistema dado es equivalente a

½a+ 2c = 4/3,

b− 3c/2 = −1/2, la variable c es libre y las infinitas

soluciones se pueden expresar en la forma

a = 4/3− 2λb = −1/2 + 3λ/2c = λ

con λ ∈ R.

(e)

2 −3 −22 1 13 2 1

F1(1/2)−→ 1 −3/2 −12 1 13 2 1

F12(−2)−→F31(−3)

1 −3/2 −10 4 30 13/2 4

F2(1/4)−→ 1 −3/2 −10 1 3/40 13/2 4

F32(−13/2)−→ 1 −3/2 −10 1 3/40 0 −7/8

. El sistema es equivalente ax1 − 3x2/2 = −1

x2 = 3/40 = −7/8

y por tanto, incompatible.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada(forma escalonada). 1 −3/2 −1

0 1 3/40 0 −7/8

F12(−3/2)−→ 1 0 −17/80 1 3/40 0 −7/8

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 6

El sistema es equivalente a

x1 = −17/8x2 = 3/40 = −7/8

y de nuevo vemos que es incompatible.

(f)

4 −8 123 −6 9−2 4 −6

F1(1/4)−→ 1 −2 2

3 −6 9−2 4 −6

F21(−3)−→F31(2)

1 −2 20 0 00 0 0

.El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistema con una ecuación y dos incógnitas

x1−2x2 = 3. Por tanto, las infinitas soluciones pueden escribirse en la forma½x1 = 3 + 2tx2 = t

con t ∈ R.En este caso, la matriz escalonada anterior es también escalonada reducida por lo que losmétodos de Gauss y Gauss—Jordan “coinciden”.

(g)µ

5 −2 6 0−2 1 3 1

¶F1(1/5)−→

µ1 −2/5 6/5 0−2 1 3 1

¶F21(2)−→

µ1 −2/5 6/5 00 1/5 3/5 1

¶F2(5)−→µ

1 −2/5 6/5 00 1 3 5

¶.

El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistema½x1 − 2x2/5 + 6x3/5 = 0,

x2 + 3x3 = 5.

Así, el conjunto de soluciones adquiere la forma

x1 = 2− 12

5 tx2 = 5− 3tx3 = t

con t ∈ R.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada(forma escalonada).µ1 −2/5 6/5 00 1 3 5

¶F12(2/5)−→

µ1 0 12/5 20 1 3 5

¶. Observamos que el sistema inicial

es equivalente a½x1 + 12x3/5 = 0,x2 + 3x3 = 5.

(h)µ

1 −2 3 0−2 4 −6 1

¶F21(2)−→

µ1 −2 3 00 0 0 1

¶. El sistema es incompatible y la forma

escalonada anterior es escalonada reducida.

2. Sin usar lápiz y papel, determinar cuáles de los siguientes sistemas homogéneos tienen solucionesno triviales.

a)

2x1 − 3x2 + 4x3 − x4 = 07x1 + x2 − 8x3 + x4 = 02x1 + 8x2 + x3 − x4 = 0

b)

x1 + 3x2 − x3 = 0

x2 − 8x3 = 04x3 = 0

c)½3x− 2y = 06x− 4y = 0

Solución:

(a) En este caso, el sistema es C.I. pues se trata de un sistema homogéneo con más incógnitasque ecuaciones. Es decir, el sistema posee soluciones no triviales.

(b) El sistema es C.D., ya que es claro que el método de subida nos proporcinaría como únicasolución del sistema, la solución trivial.

(c) La segunda ecuación es proporcional a la primera y el sistema es, por tanto, C.I., es decir,tiene soluciones no triviales.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 7

3. Resolver los siguientes sistemas homogéneos, por cualquier método

a)

2x− y − 3z = 0−x+ 2y − 3z = 0x+ y + 4z = 0

b)

v + 3w − 2x = 0

2u+ v − 4w + 3x = 02u+ 3v + 2w − x = 0

−4u− 3v + 5w − 4x = 0Solución:

En ambos casos utilizaremos el método de Gauss.

(a)

2 −1 −3 0−1 2 −3 01 1 4 0

F1(1/2)−→ 1 −1/2 −3/2 0−1 2 −3 01 1 4 0

F21(1)−→F31(−1) 1 −1/2 −3/2 0

0 3/2 −9/2 00 3/2 11/2 0

F2(2/3)−→ 1 −1/2 −3/2 00 1 −3 00 3/2 11/2 0

F32(−3/2)−→ 1 −1/2 −3/2 00 1 −3 00 0 10 0

F3(1/10)−→ 1 −1/2 −3/2 00 1 −3 00 0 1 0

.Puesto que la matriz escolonada posee tres unos principales, el mismo número que incóg-nitas, el sistema es C.D. y la única solución del mismo es la trivial (x = y = z = 0).

(b)

0 1 3 −2 02 1 −4 3 02 3 2 −1 0−4 −3 5 −4 0

P21−→

2 1 −4 3 00 1 3 −2 02 3 2 −1 0−4 −3 5 −4 0

F1(1/2)−→

1 1/2 −2 3/2 00 1 3 −2 02 3 2 −1 0−4 −3 5 −4 0

F31(−2)−→F41(4)

1 1/2 −2 3/2 00 1 3 −2 00 2 6 −4 00 −1 −3 2 0

F32(−2)−→F41(1)

1 1/2 −2 3/2 00 1 3 −2 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.El sistema inicial es equivalente a

½u− v/2− 2w + 3x/2 = 0,

v + 3w − 2x = 0, es C.I. y tomamos w y x

como variables libres. Así, el conjunto de soluciones puede escribirse, después de aplicar el

método de subida, en la forma

u = t/2− s/2v = −3t+ 2sw = tx = s

con t, s ∈ R.

4. Resolver los siguientes sistemas, donde a, b y c son constantes.

a)½

2x+ y = a3x+ 6y = b

b)

x1 + x2 + x3 = a2x1 + 2x3 = b3x2 + 3x3 = c

Solución:

Aplicaremos en ambos casos el métdo de Gauss.

(a)µ2 1 a3 6 b

¶F1(1/2)−→

µ1 1/2 a/23 6 b

¶F21(−3)−→

µ1 1/2 a/20 9/2 b− 3

2a

¶F2(2/9)−→

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 8

µ1 1/2 a/20 1 2

9b− 13a

¶. El sistema inicial es C.D y equivalente a

½x+ 1

2y =12a

y = 29b− 1

3ay

aplicando el método de subida la única solución es

y =2

9b− 1

3a, x =

1

2a− 1

2y =

1

2a− 1

2

µ2

9b− 1

3a

¶=2

3a− 1

9b.

(b)

1 1 1 a2 0 2 b0 3 3 c

F21(−2)−→ 1 1 1 a0 −2 0 b− 2a0 3 3 c

F2(−1/2)−→ 1 1 1 a0 1 0 a− 1

2b0 3 3 c

F32(−3)−→ 1 1 1 a0 1 0 a− 1

2b0 0 3 c− 3a+ 3

2b

F3(1/3)−→ 1 1 1 a0 1 0 a− 1

2b0 0 1 1

3c− a+ 12b

.El sistema inicial es C.D., equivalente a

x1 + x2 + x3 = a

x2 = a− 12b

x3 =13c− a+ 1

2by aplicando el

método de subida la única solución es

x1 = a− 1

3cx2 = a− 1

2bx3 =

13c− a+ 1

2b

5. ¿Para qué valores de a el sistema

x+ 2y − 3z = 43x− y + 5z = 2

4x+ y + (a2 − 14)z = a+ 2no tiene solución, tiene exac-

tamente una solución o infinitas soluciones?

Solución:

Realizaremos t.e. en la matriz ampliada. 1 2 −3 43 −1 5 24 1 a2 − 14 a+ 2

F21(−3)−→F31(−4)

1 2 −3 40 −7 14 −100 −7 a2 − 2 a− 14

F2(−1/7)−→

1 2 −3 40 1 −2 10/70 −7 a2 − 2 a− 14

F32(7)−→ 1 2 −3 40 1 −2 −10/70 0 a2 − 16 a− 4

.Por tanto, si a2 − 16 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 4 y a 6= −4) podemos continuar realizandot.e. 1 2 −3 40 1 −2 −10/70 0 a2 − 16 a− 4

F3³

1a2−16

´−→

1 2 −3 40 1 −2 −10/70 0 1 a−4

a2−16

=

1 2 −3 40 1 −2 −10/70 0 1 1

a+4

. Así, el sistema es C.D. (posee una única solución)Si a = 4, el primer bloque de t.e. sigue siendo válido y llegamos a la matriz ampliada 1 2 −3 40 1 −2 −10/70 0 0 0

. En consecuencia, el sistema es C.I. (posee infinitas soluciones).Si a = −4, la última matriz ampliada del primer bloque de t.e. es

1 2 −3 40 1 −2 −10/70 0 0 −8

y

el sistema es imcompatible (no posee solución).

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 9

6. ¿Para qué valores de a el sistema½(a− 3)x+ y = 0x+ (a− 3)y = 0 tiene soluciones no triviales?

Solución:

Realizaremos t.e. en la matriz ampliada.

— Comenzamos suponiendo que a− 3 6= 0 (es decir, a 6= 3).µa− 3 1 01 a− 3 0

¶F1( 1

a−3)−→µ1 1

a−3 0

1 a− 3 0

¶F21(−1)−→

µ1 1

a−3 0

0 a− 3− 1a−3 0

¶=Ã

1 1a−3 0

0 (a−3)2−1a−3 0

!.

Ahora consideramos, además, que (a− 3)2 − 1 6= 0 (esto es, a 6= 2 y a 6= 4). Entonces,podemos continuar con las t.e.Ã1 1

a−3 0

0 (a−3)2−1a−3 0

!F2³

a−3(a−3)2−1

´−→

µ1 1

a−3 0

0 1 0

¶y deducir que el sistema es C.D.; es

decir, sólo posee la solución trivial x = 0, y = 0.Seguidamente, tomamos a = 2 o a = 4. Entonces, después del primer bloque de t.e. con-

seguimos la matriz ampliadaµ1 1

a−3 0

0 0 0

¶y el sistema es C.I.; es decir, posee soluciones

no triviales.

— Suponemos que a = 3, entonces el sistema inicial es½y = 0x = 0

y, naturalmente, su única

solución es la trivial.

Resumiendo, el sistema posee soluciones no triviales si y sólo si a = 2 o a = 4.

7. Demostrar que si ad − bc 6= 0 entonces la forma escalonada reducida de la matrizµa bc d

¶esµ

1 00 1

¶.

Solución:

Realizaremos transformaciones elmentales (t.e.) en la matrizµa bc d

¶.

En primer lugar, suponemos que a 6= 0. De esta forma, podemos hacer las siguientes t.e.µa bc d

¶F1(1/a)−→

µ1 b

ac d

¶F21(−c)−→

µ1 b

ac d

¶F21(−c)−→

µ1 b

a

0 d− bac

¶=

µ1 b

a

0 ad−bca

¶Ahora, si ad− bc 6= 0 podemos continuar realizando t.e.µ1 b

a

0 ad−bca

¶F2( a

ad−bc)−→µ1 b

a0 1

¶F12(−b/a)−→

µ1 00 1

¶.

Por consiguiente, si a 6= 0 y ad− bc 6= 0 la forma escalonada reducida deµa bc d

¶es la

identidad.

A continuación suponemos que a = 0 . Entonces, la primera t.e es:µ0 bc d

¶P12−→

µc d0 b

¶.

Si además c 6= 0 podemos continuar realizando t.e.:µc d0 b

¶F1(1/c)−→

µ1 d/c0 b

¶.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 10

Si además b 6= 0 podemos continuar realizando t.e.:µ1 d/c0 b

¶F2(1/b)−→

µ1 d/c0 1

¶F12(−d/c)−→µ

1 00 1

¶.

Por tanto, si a 6= 0, b 6= 0 y c 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 0 y bc 6= 0 ), entonces la formaescalonada reducida de

µa bc d

¶es la identidad.

Nótese que para a = 0, la desigualdad ad − bc 6= 0 se convierte en bc 6= 0, por que la forma

escalonada reducida deµa bc d

¶es la matriz identidad siempre que ad− bc 6= 0.

8. Considerar las matricesA =

3 0−1 21 1

, B = µ 4 −10 2

¶, C =

µ1 4 23 1 5

¶, D =

1 5 2−1 0 13 2 4

,E =

6 1 3−1 1 24 1 3

. Calcular, cuando sea posible:a) D −E, b) 2ET − 3DT c) A(BC) d) (DA)T e)

¡CTB

¢AT f) (−AC)T + 5DT

Solución:

(a) D −E = −5 4 −1

0 −1 −1−1 1 1

.(b) 2ET − 3DT =

9 1 −1−13 2 −40 1 −6

.(c) A(BC) =

3 45 9−11 −11 177 17 13

.(d) (DA)T =

µ0 −2 1112 1 8

¶.

(e)¡CTB

¢AT =

12 6 948 −20 1424 8 16

.(f) (−AC)T + 5DT =

2 −10 1113 2 54 −3 13

.

9. Considerar las matrices A =

3 −2 76 5 40 4 9

y B =

6 −2 40 1 37 7 5

. Calcular, sin realizar elproducto de las dos matrices completamente,

a) la segunda columna de AB. b) la primera columna de BA. c) la tercera columna deAA.

Solución:

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 11

(a) La segunda columna del producto AB se obtiene multiplicando la matriz A por la segundacolumna de B. 3 −2 7

6 5 40 4 9

−217

=

412167

.(b) La primera columna del producto BA se obtiene multiplicando la matriz B por la primera

columna de A. 6 −2 40 1 37 7 5

360

=

6663

.(c) La tercera columna del producto AA se obtiene multiplicando la matriz A por la tercera

columna de A. 3 −2 76 5 40 4 9

749

=

769897

.10. En cada apartado, determinar las matrices A, x y b que expresen el sistema de ecuaciones dados

como una ecuación matricial Ax = b

a)

x1 + x2 + 2x3 = 8

−x1 − 2x2 + 3x3 = 13x1 − 7x2 + 4x3 = 10

b)

x− y + 2z − w = −1

2x+ y − 2z − 2w = −2−x+ 2y − 4z +w = 1

3x− 3w = −3Solución:

(a)

1 1 2−1 −2 33 −7 4

x1x2x3

=

8110

.

(b)

1 −1 2 −12 1 −2 −2−1 2 −4 13 0 0 −3

xyzw

=

−1−21−3

.11. En cada apartado, expresar la ecuación matricial como un sistema de ecuaciones lineales

a)

3 −1 24 3 7−2 1 5

x1x2x3

=

2−14

b)

3 −2 0 15 0 2 −23 1 4 7−2 5 1 6

wxyz

=

0000

Solución:

(a)

3x1 − x2 + 2x3 = 2

4x1 + 3x2 + 7x3 = −1−2x1 + x2 + 5x3 = 4

(b)

3w − 2x+ z = 05w + 2y − 2z = 0

3w + x+ 4y + 7z = 0−2w + 5x+ y + 6z = 0

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 12

12. En cada apartado encontrar la forma escalonada y escalonada reducida de la matriz de ordentres cuyos elementos son

a) aij = i+ j b) aij = ij−1 c) aij =½

1 si |i− j| > 1−1 si |i− j| ≤ 1

Solución:

(a) A =

2 3 43 4 54 5 6

F1(1/2)−→ 1 3/2 23 4 54 5 6

F21(−3)−→F31(−4)

1 3/2 20 −1/2 −10 −1 −2

F2(−2)−→ 1 3/2 20 1 20 −1 −2

F32(1)−→ 1 3/2 20 1 20 0 0

F12(−3/2)−→ 1 0 −10 1 20 0 0

.Luego la forma escalonada es la matriz

1 3/2 20 1 20 0 0

y la forma escalonada reducida 1 0 −10 1 20 0 0

.(b) A =

1 1 11 2 41 3 9

F21(−1)−→F31(−1)

1 1 10 1 30 2 8

F32(−2)−→ 1 1 10 1 30 0 2

F3(1/2)−→ 1 1 10 1 30 0 1

.La forma escalonada es la matriz

1 1 10 1 30 0 1

y la forma escalonada reducida es la iden-

tidad, pues tenemos tres unos principales, es decir, la matriz A es regular.

(c) A =

−1 −1 1−1 −1 −11 −1 −1

F1(−1)−→ 1 1 −1−1 −1 −11 −1 −1

F21(1)−→F31(−1)

1 1 −10 0 −20 −2 0

P23−→ 1 1 −10 −2 00 0 −2

F2(−1/2)−→F3(−1/2)

1 1 −10 −1 00 0 1

.La forma escalonada es la matriz

1 1 −10 −1 00 0 1

y la forma escalonada reducida es la

identidad, pues, como sucedía en el apartado anterior, tenemos tres unos principales, esdecir, la matriz A es regular.

13. Sea A =

2 −1 30 4 5−2 1 4

, B =

8 −3 −50 1 24 −7 6

, C =

0 −2 31 7 43 5 9

, a = 4, b = −7.

Comprobar que se verifican las siguientes igualdades:

a) (AB)C = A(BC) b) (a+ b)C = aC + bC c) A(B − C) = AB −ACd)¡AT¢T= A e) (A+B)T = AT +BT f) (aC)T = aCT

g) (AB)T = BTAT h) (AB)−1 = B−1A−1 i) (ABC)−1 = C−1B−1A−1

Solución:

Sólo se expondrán los resultados de las igualdades.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 13

(a) (AB)C = A(BC) =

−10 −222 2683 −67 27887 33 240

.(b) (a+ b)C = aC + bC =

0 6 −9−3 −21 −12−9 −15 −27

.(c) A(B − C) = AB −AC =

20 −32 −231 −84 −23−13 −52 2

.(d)

¡AT¢T= A =

2 −1 30 4 5−2 1 4

.(e) (A+B)T = AT +BT =

10 0 2−4 5 −6−2 7 10

.(f) (aC)T = aCT =

0 4 12−8 28 2012 16 36

.(g) (AB)T = BTAT =

28 20 0−28 −31 −216 38 36

.(h) (AB)−1 = B−1A−1 =

− 531456

21208 − 439

4368− 15182

326 − 59

546− 5104

7104 − 11

312

.(i) (ABC)−1 = C−1B−1A−1 =

140326208 − 1289

1123229 987235872

− 798736

373744 − 823

78624− 17936

1132808 − 341

8424

.14. Sean A y B matrices cuadradas del mismo tamaño. ¿Es cierto que (AB)2 = A2B2 ? Justificar

la respuesta.

Solución:

En generall la igualdad es falsa. Por ejemplo, tomando A =µ

1 2−1 3

¶y B =

µ −1 02 1

¶, se

tiene

(AB)2 =

µ23 1242 23

¶6=µ −1 8−4 7

¶= A2B2.

No obstante, si las matrices A y B conmutan (es decir, si AB = BA) la igualdad si se verifica.En efecto,

(AB)2 = (AB)(AB) = ABA|{z}=AB

B = AABB = A2B2.

15. En cada apartado, usar la información para calcular A

a) A−1 =µ2 −13 5

¶b) (7A)−1 =

µ −3 71 −2

¶c) (I + 2A)−1 =

µ −1 24 5

¶Solución:

En cada apartado, los cálculos de las inversas se dejan al alumno.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 14

(a) Puesto que A =¡A−1

¢−1, calcularemos A obteniendo la inversa de la matriz µ 2 −13 5

¶.

A =

µ2 −13 5

¶−1=

µ513

113

− 313

213

¶.

(b) A =1

7

µ −3 71 −2

¶−1=

µ27 117

37

¶.

(c) A =1

2

õ −1 24 5

¶−1− I

!=1

2

õ −1 24 5

¶−1−µ1 00 1

¶!=

µ − 913

113

213 − 6

13

¶.

16. Sea A =µ2 04 1

¶. Calcular A3, A−3 y A2 − 2A+ I. ¿Se tiene que verificar que A2 − 2A+ I =

(A− I)2? ¿ Es cierto que (A−B)2 = A2 − 2AB +B2 ?.Justificar la respuesta.Solución:

(a) A2 = A ·A =µ2 04 1

¶µ2 04 1

¶=

µ4 012 1

¶.

A3 = A2 ·A =µ

4 012 1

¶µ2 04 1

¶=

µ8 028 1

¶.

Como A−3 =¡A−1

¢3=¡A3¢−1, podemos calcular A−3 de dos formas:

Calculando la inversa de A3, o calculando la inversa de A y elevando al cubo. Calculamosen primer lugar la inversa de A3.µ

8 0 1 028 1 0 1

¶F1( 18)−→

µ1 0 1

8 028 1 0 1

¶F21(−28)−→

µ1 0 1

8 00 1 −288 1

¶, luego

A−3 =µ

18 0−72 1

¶.

Ahora calculamos la inversa de Aµ2 0 1 04 1 0 1

¶F1( 12)−→

µ1 0 1

2 04 1 0 1

¶F21(−28)−→

µ1 0 1

2 00 1 −2 1

¶y elevamos al cuboµ

12 0−2 1

¶µ12 0−2 1

¶µ12 0−2 1

¶=

µ14 0−3 1

¶µ12 0−2 1

¶=

µ18 0−72 1

¶, el resulta-

do, por supuesto, es el mismo.

(b) A2 − 2A+ I =µ

4 012 1

¶−µ4 08 2

¶+

µ1 00 1

¶=

µ1 04 0

¶.

Observemos que (A− I)2 = (A− I)(A− I) = A2 −A · I − I ·A+ I = A2 − 2A+ I, ya queAI = IA = A.

Comprobemos con el ejemplo anterior que, efectivamente, (A − I)2 = A2 − 2A + I. Yatenemos calculado A2 − 2A + I. Ahora calculamos (A − I)2 =

µ1 04 0

¶µ1 04 0

¶=µ

1 04 0

¶, que coincide con lo obtenido antes.

(c) En general, para el cálculo matricial, no es cierto que (A − B)2 = A2 − 2AB + B2, yaque (A − B)2 = A2 − AB − BA + B2, y sabemos que el producto de matrices no escommutativo, luego, salvo excepciones, AB 6= BA. Comprobemos con un ejemplo que

(A−B)2 6= A2− 2AB+B2. Sean A =µ1 −11 2

¶y B =

µ2 10 3

¶, entonces (A−B)2 =

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 15

µ −1 −21 −1

¶2=

µ −1 4−2 −1

¶, mientras que

A2 − 2AB +B2 =µ1 −11 2

¶2− 2

µ1 −11 2

¶µ2 10 3

¶+

µ2 10 3

¶2=

µ0 6−1 −2

¶.

Puede comprobarse que AB =µ1 −11 2

¶µ2 10 3

¶=

µ2 −22 7

¶y

BA =

µ2 10 3

¶µ1 −11 2

¶=

µ3 03 6

¶.

17. Demostrar que si una matriz cuadrada regular cumple la ecuación A2 − 3A + I = 0, entoncesA−1 = 3I −A.Solución:

En el enunciado nos dicen que la matriz es regular, luego la matriz tiene inversa. De la ecuaciónA2−3A+I = 0, deducimos, multiplicando a la izquierda por A−1, que A−1A2−3A−1A+A−1I =0 =⇒ A− 3I +A−1 = 0 =⇒ A−1 = 3I −A.

18. Considerar las matrices A =

3 4 12 −7 −18 1 5

, B = 8 1 52 −7 −13 4 1

, C = 3 4 12 −7 −12 −7 3

.Encontrar matrices elementales E1, E2,E3,, E4, tales que se cumpla: E1A = B, E2B = A, E3A =C, E4C = A.

Solución:

(a) Observemos que las matrices B y A tienen los mismos elementos, pero que B resulta de

cambiar entre sí las filas primera y tercera de A. Es decir, AP13−→ B, luego P13A = B, y la

matriz elemental E1 que nos piden es E1 = P13 =

0 0 10 1 01 0 0

. Razonando de la mismaforma se justifica que P13B = A, luego de nuevo E2 = P13 =

0 0 10 1 01 0 0

.(b) Observemos que las filas primera y segunda de C coinciden con las de A y que la tercera

fila de C se obtiene de sumarle a la tercera fila de A la primera multiplicada por −2, esdecir, A

F31(−2)−→ C. Luego F31(−2)A = C, y la matriz elemental E3 que nos piden es E3 =

F31(−2) = 1 0 0

0 1 0−2 0 1

. Razonando de la misma forma se obtiene que F31(2)C = A,

por lo tanto, E4 = F31(2) =

1 0 00 1 02 0 1

.19. Calcular, en el caso de que exista, la inversa de cada una de las siguientes matricesµ

1 42 7

¶,

µ6 −4−3 2

¶,

3 4 −11 0 32 5 −4

, −1 3 −4

2 4 1−4 2 −9

, 1 0 10 1 11 1 0

,

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 16

1 0 0 01 3 0 01 3 5 01 3 5 7

,

1 2 39 5 −10 2 5−1 3 1

.Solución:

(a)µ1 4 1 02 7 0 1

¶F21(−2)−→

µ1 4 1 00 −1 −2 1

¶F2(−1)−→

µ1 4 1 00 1 2 −1

¶F12(−4)−→µ

1 0 −7 40 1 2 −1

¶, luego

µ1 42 7

¶−1=

µ −7 42 −1

¶.

(b)µ

6 −4 1 0−3 2 0 1

¶F1(

16)−→µ

1 −46 16 0

−3 2 0 1

¶F21(−3)−→

µ1 −46 1

6 00 0 1

2 1

¶, luego la matrizµ

6 −4−3 2

¶no tiene inversa.

(c)

3 4 −1 1 0 01 0 3 0 1 02 5 −4 0 0 1

P12−→ 1 0 3 0 1 03 4 −1 1 0 02 5 −4 0 0 1

F21(−3)−→F31(−2)

1 0 3 0 1 00 4 −10 1 −3 00 5 −10 0 −2 1

P12−→

1 0 3 0 1 00 5 −10 0 −2 10 4 −10 1 −3 0

F2( 15)−→ 1 0 3 0 1 00 1 −2 0 −25 1

50 4 −10 1 −3 0

F32(−4)−→ 1 0 3 0 1 00 1 −2 0 −25 1

50 0 −2 1 −75 4

5

F3(−12)−→ 1 0 3 0 1 00 1 −2 0 −25 1

50 0 1 −12 7

1025

F23(2)−→F13(−3) 1 0 0 3

2 −1110 −650 1 0 −1 1 10 0 1 −12 7

1025

, luego 3 4 −11 0 32 5 −4

−1 = 3

2 −1110 −65−1 1 1−12 7

1025

.(d)

−1 3 −4 1 0 02 4 1 0 1 0−4 2 −9 0 0 1

F1(−1)−→ 1 −3 4 −1 0 0

2 4 1 0 1 0−4 2 −9 0 0 1

F21(−2)−→F31(4) 1 −3 4 −1 0 0

0 10 −7 2 1 00 −10 7 −4 0 1

F2( 110)−→ 1 −3 4 −1 0 00 1 − 7

10210

110 0

0 −10 7 −4 0 1

F2(10)−→ 1 −3 4 −1 0 00 1 − 7

10210

110 0

0 0 0

, luego esta matriz no tiene inversa.(e)

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

F31(−1)−→ 1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 00 1 −1 −1 0 1

F32(−1)−→ 1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 00 0 −2 −1 −1 1

F3(− 12)−→ 1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 00 0 1 1

212 −12

F23(−1)−→F13(−1) 1 0 0 1

2 −12 12

0 1 0 −12 12

12

0 0 1 12

12 −12

, luego

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 17

1 0 10 1 11 1 0

−1 = 1

2 −12 12

−12 12

12

12

12 −12

. Obsérvese que la inversa de una matriz simétricatambién es una matriz simétrica.

(f)

1 0 0 0 1 0 0 01 3 0 0 0 1 0 01 3 5 0 0 0 1 01 3 5 7 0 0 0 1

F21(−1)−→F31(−1)F41(−1)

1 0 0 0 1 0 0 00 3 0 0 −1 1 0 00 3 5 0 −1 0 1 00 3 5 7 −1 0 0 1

F32(−1)−→F42(−.13)

1 0 0 0 1 0 0 00 3 0 0 −1 1 0 00 0 5 0 0 −1 1 00 0 5 7 0 −1 0 1

F43(−1)−→

1 0 0 0 1 0 0 00 3 0 0 −1 1 0 00 0 5 0 0 −1 1 00 0 0 7 0 0 −1 1

F2(1/3)−→F3(1/5)F4(1/7)

1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 −13 1

3 0 00 0 1 0 0 −15 1

5 00 0 0 1 0 0 −17 1

7

, luego1 0 0 01 3 0 01 3 5 01 3 5 7

−1

=

1 0 0 0−13 1

3 0 00 −15 1

5 00 0 −17 1

7

. Se comprueba que la inversa de esta matriztriangular inferior es también triangular inferior, como sucede en general.

(g) La matriz

1 2 39 5 −10 2 5−1 3 1

no tiene inversa porque no es cuadrada.

20. Considerar la matriz A =µ

1 0−5 2

¶.

(a) Encontrar matrices elementales E1 y E2 tales que E2E1A = I.

(b) Escribir A−1 como un producto de dos matrices elementales.

(c) Escribir A como un producto de dos matrices elementales.

Solución:

(a) Realizamos transformaciones elmentales para llevar la matiz A a la identidad.µ1 0−5 2

¶F21(5)−→

µ1 00 2

¶F2( 12)−→

µ1 00 1

¶. De aquí deducimos que F2

¡12

¢F21 (5)A = I,

luego E2 = F2¡12

¢=

µ1 00 1

2

¶y E1 = F21 (5) =

µ1 05 1

¶.

(b) Como E2E1A = I, multiplicando a la derecha por A−1 obtenemos E2E1AA−1 = IA−1,luego

A−1 = E2E1 =µ1 00 1

2

¶µ1 05 1

¶.

(c) Como E2E1A = I, multiplicando a la izquierda por E−12 obtenemos E1A = E−12 y multi-

plicando ahora por E−11 se obtiene A = E−11 E−12 =

µ1 0−5 1

¶µ1 00 2

¶.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 18

21. Expresar la matriz A =

0 1 7 81 3 3 8−2 −5 1 −8

en la forma A = EFGR, donde E,F y G son

matrices elementales y R está en la forma escalonada.

Solución:

Hacemos transformaciones elementales para llevar A hasta la matriz escalonada R. Ésto nosdará las matrices que estamos buscando.

A =

0 1 7 81 3 3 8−2 −5 1 −8

P21−→ 1 3 3 8

0 1 7 8−2 −5 1 −8

F31(2)−→ 1 3 3 80 1 7 80 1 7 8

F32(−1)−→

1 3 3 80 1 7 80 0 0 0

= R.

Por lo tanto F32 (−1)F31 (2)P21A = R y despejando A convenientemente obtenemos:

A = P−121 F31 (2)−1 F32 (−1)−1R =

0 1 01 0 00 0 1

1 0 00 1 0−2 0 1

1 0 00 1 00 1 1

1 3 3 80 1 7 80 0 0 0

.22. En cada apartado encontrar las condiciones que deben satisfacer las b para que el sistema tenga

solución

a)½6x1 − 4x2 = b13x1 − 2x2 = b2 b)

x1 − 2x2 + 5x3 = b14x1 − 5x2 + 8x3 = b2−3x1 + 3x2 − 3x3 = b3

c)

x1 − 2x2 − x3 = b1

−4x1 + 5x2 + 2x3 = b2−4x1 + 7x2 + 4x3 = b3

Solución:

En cada uno de los apartados utilizaremos el método de Gauss.

(a)µ6 −4 b13 −2 b2

¶F1( 16)−→

µ1 −46 b1

63 −2 b2

¶F21(−3)−→

µ1 −46 b1

6

0 0 b2 − b12

¶, luego este sistema

tendrá solución cuando b2 − b12 = 0, o lo que es lo mismo, cuando 2b2 − b1 = 0. Obsérvese

que en este caso el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un parámetro.

(b)

1 −2 5 b14 −5 8 b2−3 3 −3 b3

F21(−4)−→F31(3)

1 −2 5 b10 3 −12 b2 − 4b10 −3 12 b3 + 3b1

F2( 13)−→ 1 −2 5 b10 1 −4 b2−4b1

30 −3 12 b3 + 3b1

F32(3)−→ 1 −2 5 b10 1 −4 b2−4b1

30 0 0 b3 + b2 − b1

, luego este sistema tienesolución si y sólo si b3 + b2 − b1 = 0.En este caso el sistema tendrá infinitas soluciones dependiendo de un parámetro.

(c)

1 −2 −1 b1−4 5 2 b2−4 7 4 b3

F21(4)−→F31(4)

1 −2 5 b10 −3 −2 4b1 + b20 −1 0 4b1 + b3

P23−→ 1 −2 5 b10 −1 0 4b1 + b30 −3 −2 4b1 + b2

F2(−1)−→

1 −2 5 b10 1 0 −4b1 − b30 −3 −2 4b1 + b2

F32(3)−→ 1 −2 5 b10 1 0 −4b1 − b30 0 −2 −8b1 + b2 − 3b3

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 19

F3(− 12)−→ 1 −2 5 b10 1 0 −4b1 − b30 0 1 8b1−b2+3b3

2

. En este caso el sistema siempre tiene solución, inde-pendientemete del valor que tomen los bi. Además para cada b el sistema tendrá soluciónúnica.

23. Considerar las matrices A =

2 1 22 2 −23 1 1

y x =

x1x2x3

.(a) Demostrar que la ecuación Ax = x se puede escribir como (A− I)x = 0 y usar este

resultado para resolver Ax = x.

(b) Resolver Ax = 4x.

Solución:

(a) El sistema Ax = x puede escribirse en la forma Ax = Ix, que es equivalente a (A− I)x = 0.

Tenemos por tanto que resolver el sistema homogéneo

1 1 22 1 −23 1 0

x1x2x3

= 0. A

continuación usamos el método de Gauss. 1 1 2 02 1 −2 03 1 0 0

F21(−2)−→F31(−3)

1 1 2 00 −1 −6 00 −2 −6 0

F2(−1)−→ 1 1 2 00 1 6 00 −2 −6 0

F32(2)−→

1 1 2 00 1 6 00 0 6 0

F3( 16)−→ 1 1 2 00 1 6 00 0 1 0

. La única solución de este sistema es lasolución

trivial

x1 = 0x2 = 0x3 = 0

(b) Con el mismo razonamiento que en el apartado (a) tenemos Ax = 4x puede escribirse enla forma Ax = 4Ix, que es equivalente a (A− 4I)x = 0. Tenemos por tanto que resolver el

sistema homogéneo

−2 1 22 −4 −23 1 −3

x1x2x3

= 0. A continuación usamos el método de

Gauss. −2 1 2 02 −4 −2 03 1 −3 0

P12−→ 2 −4 −2 0−2 1 2 03 1 −3 0

F1( 12)−→ 1 −2 −1 0−2 1 2 03 1 −3 0

F21(2)−→F31(−3) 1 −2 −1 0

0 −3 0 00 7 0 0

F2(−13)−→ 1 −2 −1 00 1 0 00 7 0 0

F32(−7)−→ 1 −2 −1 00 1 0 00 0 0 0

. Por lo tantoel sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro½x1 − 2x2 − x3 = 0

x2 = 0=⇒

x1 = tx2 = 0x3 = t

Efectivamente, puede comprobarse, aunque no es necesario, que 2 1 22 2 −23 1 1

t0t

=

4t04t

= 4

t0t

.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 20

24. Resolver la ecuación matricial para X 1 −1 12 3 00 2 −1

X =

2 −1 5 74 0 −3 03 5 −7 2

Solución:

(a) En primer lugar observemos que la matriz X debe tener orden 3 por 4. Si denotamos

con x1, x2, x3, x4 a las columnas de X y A =

1 −1 12 3 00 2 −1

realmente tenemos que

resolver los cuatro sistemas siguientes Ax1 =

243

, Ax2 = −10

5

, Ax3 = 5−3−7

,Ax4 =

702

. Resolvemos el primero, por el método de Gauss-Jordan. 1 −1 1 22 3 0 40 2 −1 3

F21(−2)−→ 1 −1 1 20 5 −2 00 2 −1 3

F2( 15)−→ 1 −1 1 20 1 −25 00 2 −1 3

F32(−2)−→ 1 −1 1 20 1 −25 00 0 −15 3

F3(−5)−→ 1 −1 1 20 1 −25 00 0 1 −15

F12(−1)−→F23( 25)

1 −1 0 170 1 0 −60 0 1 −15

F12(1)−→ 1 0 0 110 1 0 −60 0 1 −15

, luego la primera columna x1 de la matriz X es

11−615

.Para obtener la segunda columna, y teniendo en cuenta que la matriz de los coefcientes es

la misma, tendremos que hacer a la columna

−105

las mismas transformaciones que

antes le hemos hecho a la columna

243

−10

5

F21(−2)−→ −12

5

F2( 15)−→ −12

55

F32(−2)−→ −12

55

F3(−5)−→ −1

25

−21

F12(−1)−→F23( 25)

20−8−21

F12(1)−→

12−8−21

, luego la segunda columna x2 de la matriz X es

12−8−21

.Haciendo lo mismo con las otras dos obtenemos: 5−3−7

F21(−2)−→ 5−13−7

F2( 15)−→ 5−135−7

F32(−2)−→ −1−135−95

F3(−5)−→ −1−1359

F12(−1)−→F23( 25)

519

F12(1)−→ −41

9

, luego la tercera columna x3 de la matriz X es

−419

702

F21(−2)−→ 7−142

F2( 15)−→ 7−1452

F32(−2)−→ 7−145385

F3(−5)−→

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 21

7−14538

F12(−1)−→F23( 25)

45−18−38

F12(1)−→ 27−18−38

, luego la cuarta columna x4 de la matriz Xes

27−18−38

.Finalmente la matriz X =

£x1, x2, x3, x4

¤=

11 12 −3 27−6 −8 1 −18−15 −21 9 −38

.(b) Una segunda forma de resolver la ecuación matricial (no necesariamente más rápida) es

calcular primero

1 −1 12 3 00 2 −1

−1= 3 −1 3−2 1 −2−4 2 −5

y entonces calcular

X =

3 −1 3−2 1 −2−4 2 −5

2 −1 5 74 0 −3 03 5 −7 2

=

11 12 −3 27−6 −8 1 −18−15 −21 9 −38

.(c) Una tercera posibilidad es, ya que tenemos que resolver cuatro sistemas distintos con la

misma matriz de los coeficientes, obtener la desomposición LU de la matriz (si es que sepuede) y resolver los sistemas por éste método.Con las cuentas que hemos hecho previamente la descomposición de A es:

A = LU =

1 0 02 5 00 2 −15

1 −1 10 1 −250 0 1

. Ahora resolvemos por el método LU el

último de los sistemas (y de la misma forma se resolverían los demás):Ax = b ⇐⇒ (LU)x = b ⇐⇒ L(Ux) = b. Llamando Ux = y, resuelvo en primer lugar elsistema Ly = b por el método de bajada y después el sistema Ux = y por el método desubida.

Ly = b =⇒

y1 = 72y1 + 5y2 = 02y2 − 1

5y3 = 2=⇒

y1 = 7y2 = −145y3 = −38

Ux = y =⇒x1 − x2 + x3 = 7x2 − 2

5x3 = −145x3 = −38

=⇒x1 = 27x2 = −18x3 = −38

25. Encontrar todos los valores de a, b y c para los que la matriz A es simétrica

A =

2 a− 2b+ 2c 2a+ b+ c3 5 a+ c0 −2 7

Solución:

Recordemos que una matriz cuadrada A es simétrica si A = AT , o lo que es lo mismo si aij = ajipara todo i, j. Por lo tanto la matriz A de nuestro ejercicio será simétrica para aquellos valores

de a, b, c para los que se verifique que:

a− 2b+ 2c = 32a+ b+ c = 0a+ c = −2

. Tenemos por tanto que resolver un

sistema de ecuaciones lineales donde las incognitas son a, b y c. 1 −2 2 32 1 1 01 0 1 −2

F21(−2)−→F31(−1)

1 −2 2 30 5 −3 −60 2 −1 −5

F2( 15)−→ 1 −2 2 30 1 −35 −650 2 −1 −5

F32(−2)−→

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 22

1 −2 2 30 1 −35 −650 0 1

5 −135

F3(5)−→ 1 −2 2 30 1 −35 −650 0 1 −13

=⇒a = 11b = −9c = −13

26. Encontrar todos los valores de a y b para los que las matrices A y B no son invertibles.

A =

µa+ b− 1 0

0 3

¶, B =

µ5 00 2a− 3b+ 7

¶.

Solución:

La matriz A es invertible si y sólo si la forma escalonada reducida de A es la identidad. Hacien-

do transformaciones elementales vemos queµa+ b− 1 0

0 3

¶−1=

µ1

a+b−1 0

0 13

¶y ésto sólo

puede hacerse si a + b − 1 6= 0. De la misma formaµ5 00 2a− 3b+ 7

¶−1=

µ15 00 1

2a−3b+7

¶,

que puede realizarse sólo cuando 2a − 3b + 7 6= 0. De aquí deducimos que A y B no tienen

inversa (simultáneamente) si½

a+ b = 12a− 3b = −7 . Ahora resolvemos el sistema por el método de

Gaussµ1 1 12 −3 −7

¶F21(−2)−→

µ1 1 10 −5 −9

¶F2(− 1

5)−→µ1 1 10 1 9

5

¶=⇒

½a = −45b = 9

5

27. Sea A una matriz simétrica.

(a) Demostrar que A2 es simétrica.

(b) Demostrar que 2A2 − 3A+ I es simétrica.

Solución:

A es simétrica si AT = A. Para probar que A2 es simétrica debemos probar que¡A2¢T= A2.

Pero esto es inmediato ya que¡A2¢T= (A ·A)T = ATAT = AA = A2.

De la misma forma¡2A2 − 3A+ I¢T = 2 ¡A2¢T − 3 (A)T + IT = 2A2 − 3A + I ya que A2 y A

son simétricas.

28. En cada apartado, encontrar la descomposición LU de la matriz de los coeficientes. Despuésusar dicha descomposición para resolver el sistema

a)µ −5 −10

6 5

¶µx1x2

¶=

µ −1019

¶b)µ

2 8−1 −1

¶µx1x2

¶=

µ −22

c)

2 −2 −20 −2 2−1 5 2

x1x2x3

=

−4−26

d)

−3 12 −61 −2 20 1 1

x1x2x3

=

−337−1

e)

−1 −3 −43 10 −10−2 −4 11

x1x2x3

=

−6−39

f)

2 −4 0 01 2 1 00 −1 0 00 0 0 2

x1x2x3x4

=

8010

.Solución:

(a) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de Aµ −5 −106 5

¶F1(− 1

5)−→µ1 26 5

¶F21(−6)−→

µ1 20 −7

¶F2(− 1

7)−→µ1 20 1

¶, por lo tanto la des-

composición LU de A es: A = LU =µ −5 0

6 −7¶µ

1 20 1

¶. Ahora resolvemos el sistema

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 23

Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly =

b ⇒½ −5y1 = −106y1 − 7y2 = 19 ⇒

½y1 = 2y2 = −1 y a continuación el sistema triangular superior

Ux = y ⇒½x1 + x2 = 2x2 = −1 ⇒

½x1 = 4x2 = −1

(b) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de Aµ2 8−1 −1

¶F1( 12)−→

µ1 4−1 −1

¶F21(1)−→

µ1 40 3

¶F2( 13)−→

µ1 40 1

¶, por lo tanto la descom-

posición LU de A es: A = LU =

µ2 0−1 3

¶µ1 40 1

¶. Ahora resolvemos el sistema

Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

Ly = b⇒½

2y1 = −2−y1 + 3y2 = 2 ⇒

½y1 = −1y2 =

13

y a continuación el sistema triangular superi-

or Ux = y ⇒½x1 + 4x2 = −1

x2 =13

⇒½x1 = −73x2 =

13

.

(c) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A 2 −2 −20 −2 2−1 5 2

F1( 12)−→ 1 −1 −1

0 −2 2−1 5 2

F31(1)−→ 1 −1 −10 −2 20 4 1

F2(−12)−→ 1 −1 −10 1 −10 4 1

F32(−4)−→

1 −1 −10 1 −10 0 5

F3( 15)−→ 1 −1 −10 1 −10 0 1

, por lo tanto la descomposición LU de A

es:

A = LU =

2 0 00 −2 0−1 4 5

1 −1 −10 1 −10 0 1

. Ahora resolvemos el sistema Ax = b por

el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b ⇒2y1 = −4−2y2 = −2

−y1 + 4y2 + 5y3 = 6⇒y1 = −2y2 = 1y3 = 0

y a continuación el sistema triangular superior

Ux = y ⇒x1 − x2 − x3 = −2

x2 − x3 = 1x3 = 0

⇒x1 = −1x2 = 1x3 = 0

.

(d) En primer lugar obtenemos la descomposición LU deA −3 12 −61 −2 20 1 1

F1(− 13)−→ 1 −4 21 −2 20 1 1

F21(−1)−→ 1 −4 20 2 00 1 1

F2( 12)−→ 1 −4 20 1 00 1 1

F32(−1)−→

1 −4 20 1 00 0 1

, por lo tanto la descomposición LU de A es:

A = LU =

−3 0 01 2 00 1 1

1 −4 20 1 00 0 1

Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el

sistema triangular inferior Ly = b⇒−3y1 = −33y1 + 2y2 = 7y2 + y3 = −1

⇒y1 = 11y2 = −2y3 = 1

y a continuación el

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 24

sistema triangular superior Ux = y ⇒x1 − 4x2 + 2x3 = 11

x2 = −2x3 = 1

⇒x1 = 1x2 = −2x3 = 1

.

(e) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A −1 −3 −43 10 −10−2 −4 11

F1(−1)−→ 1 3 4

3 10 −10−2 −4 11

F21(−3)−→F31(2)

1 3 40 1 −220 2 19

F32(−2)−→

1 3 40 1 −220 0 63

F3( 163)−→ 1 3 40 1 −220 0 1

, por lo tanto la descomposición LU de A

es:

A = LU =

−1 0 03 1 0−2 2 63

1 3 40 1 −220 0 1

. Ahora resolvemos el istema Ax = b por

el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b ⇒−y1 = −6

3y1 + y2 = −3−2y1 + 2y2 + 63y3 = 9

⇒y1 = 6y2 = −21y3 = 1

y a continuación el sistema triangular superior

Ux = y ⇒x1 + 3x2 + 4x3 = 6x2 − 22x3 = −21

x3 = 1⇒x1 = −1x2 = 1x3 = 1

(f) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A2 −4 0 01 2 1 00 −1 0 00 0 0 2

F1( 12)−→

1 −2 0 01 2 1 00 −1 0 00 0 0 2

F21(−1)−→

1 −2 0 00 4 1 00 −1 0 00 0 0 2

F2( 14)−→

1 −2 0 00 1 1

4 00 −1 0 00 0 0 2

F32(1)−→

1 −2 0 00 1 1

4 00 0 1

4 00 0 0 2

F3(4)−→

1 −2 0 00 1 1

4 00 0 1 00 0 0 2

F4( 12)−→

1 −2 0 00 1 1

4 00 0 1 00 0 0 1

, por lo tanto la descomposición LU de A es:

A = LU =

2 0 0 01 4 0 00 −1 1

4 00 0 0 2

1 −2 0 00 1 1

4 00 0 1 00 0 0 1

.Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el

sistema triangular inferior Ly = b ⇒

2y1 = 8

y1 + 4y2 = 0y2 +

14y3 = 1y4 = 0

y1 = 4y2 = −1y3 = 0y4 = 0

y a continuación el

sistema triangular superior Ux = y ⇒

x1 − 2x2 = 4

x2 +14x3 = −1x3 = 0x4 = 0

x1 = 2x2 = −1x3 = 0x4 = 0

.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 25

29. En cada apartado, determinar los valores de a, para los que exsite la descomposición LU de A,y cuando sea posible obtenerla.

a) A =

1 1 2−1 a 30 2 0

b) A =

1 a2 22 8 −1−1 0 0

Solución:

(a) Obtenemos la descomposición LU de A 1 1 2−1 a 30 2 0

F21(1)−→ 1 1 20 a+ 1 50 2 0

a1) Si a + 1 6= 0 podemos seguir el método de Gauss sin intercambio de filas. Seguimos

por tanto suponiendo que a 6= −1. En este caso, 1 1 20 a+ 1 50 2 0

F2( 1a+1)−→

1 1 20 1 5

a+1

0 2 0

F32(−2)−→ 1 1 20 1 5

a+1

0 0 −10a+1

F2(−a+110 )−→

1 1 20 1 5

a+1

0 0 1

,por lo tanto la descomposición LU de A es:

A = LU =

1 0 0−1 a+ 1 00 2 −10

a+1

1 1 20 1 5

a+1

0 0 1

.a2) Si a+1 = 0, entonces la matriz que queda después de realizar la primera transformación

es

1 1 20 0 50 2 0

y para seguir con el método de Gauss necesitamos intercambiar las filasdos y tres.

1 1 20 0 50 2 0

P32−→ 1 1 20 2 00 0 5

F2( 12)−→ 1 1 20 1 00 0 5

F3( 15)−→ 1 1 20 1 00 0 1

.Vemos que es posible llegar a una matriz triangular superior con unos en la diagonal,pero No podemos obtener la descomposición LU.

(b) Obtenemos la descomposición LU de A 1 a2 22 8 −1−1 0 0

F21(−2)−→ 1 a2 2

0 8− 2a2 −5−1 0 0

F31(1)−→ 1 a2 20 8− 2a2 −50 a2 2

b1) Si 8− 2a2 6= 0 o lo que es lo mismo, si a 6= 2 y a 6= −2 podemos seguir el método de

Gauss sin intercambio de filas. Seguimos por tanto suponiendo que a 6= 2 y a 6= −2.En este caso 1 a2 20 8− 2a2 −50 a2 2

F2³

18−2a2

´−→

1 a2 20 1 − 5

8−2a20 a2 2

F32(−a2)−→

1 a2 20 1 − 5

8−2a20 0 16+a2

8−2a2

F3

116+a2

8−2a2

−→

1 a2 20 1 − 5

8−2a20 0 1

. Obsérvese que la última transformación F3µ 116+a2

8−2a2

¶puede realizarse sin ninguna dificultad ya que 16+a2 es siempre distinto de cero. La des-

composición LU de A es A = LU =

1 0 02 8− 2a2 0

−1 a2 16+a2

8−2a2

1 a2 20 1 − 5

8−2a20 0 1

.

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 26

b2) Si 8−2a2 = 0 o lo que es lo mismo, si a = 2 ó a = −2 la matriz que queda después de re-

alizar las dos primeras transformaciones es

1 4 20 0 −50 4 2

. Podemos seguir realizandotransformaciones hasta llegar a la matriz U.

1 4 20 0 −50 4 2

P32−→ 1 4 20 4 20 0 −5

F2( 14)−→ 1 4 20 1 20 0 −5

F3(− 15)−→ 1 4 20 1 20 0 1

. Como hemos necesitado realizar intercambiosde filas no es posible obtener la descomposición LU.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn.Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados

1. Determinar cuáles de los siguientes conjuntos son subespacios de R3.

(a) Todos los vectores de la forma (a, 0, 0).

(b) Todos los vectores de la forma (a, 1, 1).

(c) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c.

(d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c+ 1.

Solución:

Sabemos que un subconjunto W de R3 es un subespacio si y sólo si para todo x, y ∈ W y paratodo λ ∈ R se verifica que x+ y ∈W y λx ∈W. También sabemos que una condición necesaria,aunque no suficiente, es que el vector nulo (0, 0, 0) ∈W (es decir, si el (0, 0, 0) /∈W entonces Wno es subespacio vectorial).

(a) Sea W =©(a, 0, 0) ∈ R3: a ∈ Rª . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 0, 0), (b, 0, 0) ∈

W y λ ∈ R entonces (a, 0, 0) + (b, 0, 0) = (a + b, 0, 0) ∈ W y λ(a, 0, 0) = (λa, 0, 0) ∈ W ,luego W es subespacio vectorial.

(b) Sea W =©(a, 1, 1) ∈ R3: a ∈ Rª . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 1, 1), (b, 1, 1) ∈

W entonces (a, 1, 1)+(b, 1, 1) = (a+b, 2, 2) /∈W , W no es subespacio vectorial. Otra formade ver que no es subespacio es comprobando que (0, 0, 0) /∈W.

(c) SeaW =©(a, b, c) ∈ R3: b = a+ cª . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, b, c), (p, q, r) ∈

W y λ ∈ R entonces (a, b, c)+(p, q, r) = (a+p, b+q, c+r) ∈W ya que b+q = a+c+p+r =(a+ p) + (c+ r) y λ(a, b, c) = (λa,λb,λc) ∈W ,puesto que λb = λ (a+ c) = λa+ λc, luegoW es subespacio vectorial.Otra forma: Nótese que W es el conjunto de soluciones del sistema homogéneo con tres in-cógnitas y una ecuación {a− b+ c = 0 . Luego,W es un subespacio vectorial, pues conjuntode soluciones del sistema homogéneo tiene estructura de subespacio vectorial.

(d) Sea W =©(a, b, c) ∈ R3: b = a+ c+ 1ª. Como (0, 0, 0) /∈ W , puesto que 0 6= 0 + 0 + 1, se

tiene que W no es subespacio vectorial.

2. Determinar si el espacio solución del sistema Ax = 0 es una recta que pasa por el origen, unplano que pasa por el origen o sólo el origen. Si es un plano, encontrar su ecuación general; sies una recta, encontrar sus ecuaciones paramétricas.

(a) A =

−1 1 13 −1 02 −4 −5

(b) A =

1 2 32 5 31 0 8

(c) A =

1 −3 12 −6 23 −9 3

Solución:

27

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 28

En cada caso resolveremos el sistema de ecuaciones homogéneo y veremos si la solución es única,(en este caso el espacio solución (espacio nulo) se reduce el vector cero), depende de un parámetro(en este caso sería un subespacio de dimensión uno, y por tanto una recta), o depende de dosparámetros (en este caso sería un subespacio de dimensión dos, y por tanto un plano).

(a)

−1 1 1 03 −1 0 02 −4 −5 0

−→ 1 −1 −1 03 −1 0 02 −4 −5 0

−→ 1 −1 −1 00 2 3 00 −2 −3 0

−→ 1 −1 −1 00 1 3

2 00 0 0 0

=⇒

x1 = −tx2 = −3tx3 = 2t

. Por lo tanto N(A) = lin {(−1,−3, 2)}. En este

caso N(A) es una recta que pasa por el origen.

(b)

1 2 3 02 5 3 01 0 8 0

−→ 1 2 3 00 1 −3 00 −2 5 0

−→ 1 2 3 00 1 −3 00 0 −1 0

. En este caso el espacionulo se reduce al vector nulo N(A) = {(0, 0, 0)}

(c)

1 −3 1 02 −6 2 03 −9 3 0

−→ 1 −3 1 00 0 0 00 0 0 0

=⇒x1 = 3s− t

x2 = sx3 = t

. Por lo tanto N(A) =

lin {(3, 1, 0) , (−1, 0, 1)}. En este caso N(A) es un plano que pasa por el origen.

3. ¿Cuáles de los siguientes vectores son combinaciones lineales de u = (0,−2, 2) y v = (1, 3,−1)?(a) (2, 2, 2) (b) (3, 1, 5) (c) (0, 4, 5) (d) (0, 0, 0).

Solución:

Sabemos que un vector w es combinación lineal de u y v si y sólo si existen números reales x1y x2 tales que w = x1u + x2v y esta ecuación vectorial es equivalente al sistema de ecuaciones

lineales

u1 v1u2 v2u3 v3

µ x1x2

¶=

w1w2w3

. Por lo tanto, resolveremos en cada caso un sistema deecuaciones lineales por el método de Gauss.

(a)

0 1 2−2 3 22 −1 2

→ 2 −1 2−2 3 20 1 2

→ 1 −12 1−2 3 20 1 2

→ 1 −12 10 2 40 1 2

→ 1 −12 10 1 20 1 2

→ 1 −12 10 1 20 0 0

, luego el sistema tiene solución que es ½ x1 = 2x2 = 2

y

tenemos que en este caso w = 2u+ 2v.

(b)

0 1 3−2 3 12 −1 5

→ 2 −1 5−2 3 20 1 3

→ 1 −12 5

2−2 3 20 1 3

→ 1 −12 5

20 2 70 1 3

1 −12 52

0 1 72

0 1 3

→ 1 −12 5

20 1 7

20 0 −12

, luego el sistema no tiene solución y w no es

combinación lineal de u y w.

(c)

0 1 0−2 3 42 −1 5

→ 2 −1 5−2 3 40 1 0

→ 1 −12 5

2−2 3 40 1 0

→ 1 −12 5

20 2 90 1 0

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 29

→ 1 −12 5

20 1 9

20 1 0

→ 1 −12 5

20 1 9

20 0 −92

, luego el sistema no tiene solución y w no es

combinación lineal de u y w.

(d) El vector 0 es combinación lineal de cualesquiera vectores, en concreto 0 = 0u+ 0v.

4. Expresar cada uno de los siguientes vectores como combinación lineal de u = (2, 1, 4), v =(1,−1, 3) y w = (3, 2, 5) .(a) (−9,−7,−15) (b) (6, 11, 6) (c) (7, 8, 9) (d) (0, 0, 0).

Solución:

El razonamiento es similar al del ejerccio anterior. Sabemos que un vector t es combinaciónlineal de u, v y w si y sólo si existen números reales x1, x2 y x3 tales que t = x1u+ x2v + x3w.A partir de aquí procedemos como en el ejercicio anterior.

(a)

1 2 3 −9−1 1 2 −73 4 5 −15

→ 1 2 3 −90 3 5 −160 −2 −4 12

→ 1 2 3 −90 1 5

3 −1630 −2 −4 12

→ 1 2 3 −90 1 5

3 −1630 0 −23 4

3

x1 = 1x2 = −2x3 = −2

, luego t = −2u+ v− 2w (observar el orden en el que

aparece la combinación lineal)

(b)

1 2 3 6−1 1 2 113 4 5 6

→ 1 2 3 60 3 5 170 −2 −4 −12

→ 1 2 3 60 1 5

3173

0 −2 −4 −12

→ 1 2 3 60 1 5

3173

0 0 −23 −23

x1 = −5x2 = 4x3 = 1

, luego t = 4u− 5v + w

(c)

1 2 3 7−1 1 2 83 4 5 9

→ 1 2 3 70 3 5 150 −2 −4 −11

→ 1 2 3 70 1 5

3153

0 −2 −4 −12

→ 1 2 3 70 1 5

3153

0 0 −23 −63

x1 = −2x2 = 0x3 = 3

, luego t = −2v + 3w.

(d) 0 = 0u+ 0v + 0w.

5. En cada apartado, determinar si los vectores dados generan R3.

(a) v1 = (2, 2, 2), v2 = (0, 0, 3) y v3 = (0, 1, 1) .

(b) v1 = (2,−1, 3), v2 = (4, 1, 2) y v3 = (8,−1, 8) .(c) v1 = (1, 2, 6), v2 = (3, 4, 1), v3 = (4, 3, 1) y v4 = (3, 3, 1) .

Solución:

Los vectores {v1, v2, v3} generan R3 si cualquier x ∈ R3 es combinación lineal de {v1, v2, v3}. Pro-cediendo como en los ejercicios anteriores el problema se reduce a estudiar sistemas de ecuacioneslineales.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 30

(a)

2 0 0 x12 0 1 x22 3 1 x3

→ 1 0 0 x1

22 0 1 x22 3 1 x3

→ 1 0 0 x1

20 0 1 x2 − x10 3 1 x3 − x1

→ 1 0 0 x1

20 3 1 x3 − x10 0 1 x2 − x1

.Como éste sistema tiene solución para cualquier vector x = (x1, x2, x3) ∈ R3, los vectores{v1, v2, v3} generan R3. Obsérvese que como la dimensión de R3 es tres los tres vectores{v1, v2, v3} constituyen una base y son por tanto linealmente independientes.

(b)

2 4 8 x1−1 1 −1 x23 2 8 x3

→ 1 2 4 x1

2−1 1 −1 x23 2 8 x3

→ 1 2 4 x1

20 3 3 x2 +

x12

0 −4 −4 x3 − 3x12

→ 1 2 4 x1

2

0 1 1 2x2+x16

0 −4 −4 x3 − 3x12

→ 1 2 4 x1

2

0 1 1 2x2+x16

0 0 0 x3 − 3x12 + 4³2x2+x16

´, como este sistema

sólo tiene solución cuando x3 − 3x12 + 4³2x2+x16

´= 0 tenemos que estos tres vectores no

generan R3.

(c)

1 3 4 3 x12 4 3 3 x26 1 1 1 x3

→ 1 3 4 3 x10 −2 −5 −3 x2 − 2x10 −17 −23 −17 x3 − 6x1

→ 1 3 4 3 x10 1 5

232 −x2−2x12

0 −17 −23 −17 x3 − 6x1

→ 1 3 4 3 x10 1 5

232 −x2−2x12

0 0 ∗ ∗ x3 − 6x1 − 17x2−2x12

, como estesistema tiene infinitas soluciones los vectores {v1, v2, v3, v4} generan R3. En este caso losvectores {v1, v2, v3, v4} constituyen un sistema generador que no es base. Los vectores{v1, v2, v3, v4} son en este caso linealmente independientes.

6. Explicar, por inspección, por qué los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependi-entes

(a) v1 = (−1, 2, 4), y v2 = (5,−10,−20) .(b) v1 = (3,−1), v2 = (4, 5) y v3 = (−4, 17) .

Solución:

(a) Dos vectores son linealmente dependientes si y sólo si sus componentes son proporcionales.En este caso 5

−1 =−102 = −20

4 , luego los vectores son linealmente dependientes.

(b) Como la dimensión de R2 es dos se tiene que en R2 no puede haber conjunto de tres vec-tores que sean linealmente independientes de aquí que estos tres vectores sean linealmentedependientes.

7. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores en R4 son linealmente independientes?

(a) (3, 8, 7,−3) , (1, 5, 3,−1) , (2,−1, 2, 6) , (1, 4, 0, 3) .(b) (0, 0, 2, 2) , (3, 3, 0, 0) , (1, 1, 0,−1) .

Solución:

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 31

Los vectores {v1, v2, v3, v4} son linealmente independientes si y sólo si la única solución de laecuación vectorial x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = 0 es la solución trivial. Procedemos como enlos ejercicios anteriores resolviendo sistemas de ecuaciones lineales. Ordenamos los vectores deforma conveniente para hacer menos cálculos

(a)

1 1 2 3 04 5 −1 8 00 3 2 7 03 −1 6 −3 0

→1 1 2 3 00 1 −9 −4 00 3 2 7 00 −4 0 −12 0

→1 1 2 3 00 1 −9 −4 00 0 29 19 00 0 −36 −38 0

1 1 2 3 00 1 −9 −4 00 0 1 19

29 00 0 −36 −38 0

→1 1 2 3 00 1 −9 −4 00 0 1 19

29 00 0 0 1 0

, como la única solución de estesistema es la trivial los vectores son linelamente independietes

(b)

1 3 0 01 3 0 00 0 2 0−1 0 2 0

→1 3 0 00 0 0 00 0 2 00 3 2 0

→1 3 0 00 3 2 00 0 2 00 0 0 0

→1 3 0 00 1 2

3 00 0 1 00 0 0 0

, tenemosun sistema lineal homogéneo de cuatro ecuaciones y tres incognitas y solución trivial. Lostres vectores son linealmente independientes.

8. Determinar si los vectores (−1, 2, 3) , (2,−4, 6), (−3, 6, 0) pertenecen a un mismo subespacio deR3 de dimensión menor que tres. ¿El vector (1, 1, 0) está en el mismo subespacio?Solución:

Averiguamos si los tres vectores son linealmente independientes. Si lo fuesen, serían una basede R3, y no podrían pertenecer a un subespacio de R3, entendidos éstos como rectas o planos.

Resolvemos, por tanto, el sistema cuya matriz ampliada es

−1 2 −3 02 −4 6 03 6 0 0

−1 2 −3 0

2 −4 6 03 6 0 0

−→ 1 −2 3 02 −4 6 03 6 0 0

−→ 1 −2 3 00 0 0 00 12 −9 0

−→ 1 −2 3 00 1 −9

12 00 0 0 0

.Tiene infinitas soluciones, luego los tres vectores son linealmente dependientes. De aquí que H =lin {(−1, 2, 3) , (2,−4, 6), (−3, 6, 0)} = lin {(−1, 2, 3) , (2,−4, 6)}, luego los tres vectores pertencena este subespacio vectorial de dimensión dos.

El vector (1, 1, 0) estará en el mismo subespacio si el sistema cuya matriz ampliada es

−1 2 12 −4 13 6 0

tiene solución: −1 2 1

2 −4 13 6 0

−→ 1 −2 −10 0 30 12 3

−→ −1 2 1

0 1 14

0 0 1

. El sistema no tiene solución, portanto, (1, 1, 0) /∈ H.

9. ¿Para qué valores de λ los vectores¡λ, −12 ,

−12

¢,¡−12 ,λ,

−12

¢ ¡−12 ,

−12 ,λ

¢forman un conjunto lin-

ealmente dependiente en R3?Solución:

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 32

Debemos resolver el sistema cuya matriz ampliada es

λ −12

−12 0

−12 λ −1

2 0−12

−12 λ 0

. λ −1

2−12 0

−12 λ −1

2 0−12

−12 λ 0

−→ −1

2−12 λ 0

−12 λ −1

2 0λ −1

2−12 0

−→ 1 1 −2λ 0

1 −2λ 1 0−2λ 1 1 0

−→ 1 1 −2λ 00 −2λ− 1 1 + 2λ 00 1 + 2λ 1− 4λ2 0

• si −2λ−1 = 0, o lo que es lo mismo, si λ = −1

2 entonces la última matriz que hemos escrito

sería

1 1 1 00 0 0 00 0 0 0

. En este caso el sistema tendría infinitas soluciones y los vectoresserían linealmente dependientes.

• −2λ− 1 6= 0 podemos seguir realizando transformaciones elementales y tendríamos: 1 1 −2λ 00 1 −1 00 1 + 2λ 1− 4λ2 0

−→ 1 1 −2λ 00 1 −1 00 0 1− 4λ2 + 1 + 2λ 0

−→ 1 1 −2λ 00 1 −1 00 0 −4λ2 + 2λ+ 2 0

En este caso si −4λ2+2λ+2 = 0, es decir si λ = 1 (recordemos que −2λ− 1 6= 0) entonces

llegaríamos a la matriz ampliada

1 1 −2 00 1 −1 00 0 0 0

que corresponde a un sistema con

infinitas soluciones. Por tanto, los vectores serían l.d.

Si λ 6= 1 y −2λ− 1 6= 0 entonces llegamos a la matriz 1 1 −2λ 00 1 −1 00 0 1 0

que corresponde

a un sistema que tiene sólo la solución trivial. En este caso los vectores sería l.i.

Resumiendo: Si λ 6= 1 y −2λ− 1 6= 0 los vectores son l.i. y si λ = 1 ó λ = −12 los vectores son

l.d.

(a) Expresar (4a, a− b, a+ 2b) como una combinación lineal de (4, 1, 1) y (0,−1, 2) .(b) Expresar (3a+ b+ 3c,−a+ 4b− c, 2a+ b+ 2c) como una combinación lineal de (3,−1, 2)

y (1, 4, 1) .

(c) Expresar (1, 1) como una combinación lineal de (1,−1), (3, 0) y (2, 1) de dos formas difer-entes.

Solución:

(a) (4a, a− b, a+ 2b) = a (4, 1, 1) + b (0,−1, 2) .(b) (3a+ b+ 3c,−a+ 4b− c, 2a+ b+ 2c) = (a+ c) (3,−1, 2) + b (1, 4, 1) .

(c) Resolvemos el sistema con matriz ampliadaµ

1 3 2 1−1 0 1 1

¶.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 33

µ1 3 2 1−1 0 1 1

¶→µ1 3 2 10 3 3 2

¶⇒x1 = −1 + tx2 =

2−3t3

x3 = t

Haciendo t = 0 obtenemos que (1, 1) = −(1,−1) + 23(3, 0) y haciendo t = 1 obtenemos

(1, 1) = −13(3, 0) + (2, 1). De hecho, hay infinitas formas de escribir el vector (1, 1) comocombinación lineal de (1,−1), (3, 0) y (2, 1). Nótese que estos tres vectores son l.i. (véaseel apartado (a) del Ejercicio 10.

10. Explicar, por inspección, por qué los siguientes conjuntos de vectores no son bases en los espaciosvectoriales R2 y R3 respectivamente.

(a) v1 = (3,−1), v2 = (4, 5) y v3 = (−4, 17) .(b) v1 = (3,−1, 9) y v2 = (4, 5, 0) .

Solución:

(a) En R2 no puede haber más de dos vectores independientes, luego los vectores {v1, v2, v3}son linealmente dpendientes y no pueden constituir base.

(b) Los vectores v1 y v2 son independientes pero no pueden generar a todo R3, que sabemosque tiene dimensión tres.

11. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R2?(a) (2, 1) , (3, 0) (b) (3, 9) , (−4,−12) (c) (0, 0) , (1, 3).

Solución:

Sabemos que k vectores en un espacio vectorial de dimensión k forman base si y sólo si sonlinealmente independientes (no es necesario verificar que además es sistema generador). En elcaso que nos ocupa sólo la primera pareja de vectores es independiente y por lo tanto base.

12. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R3?(a) (1, 0, 0) , (2, 2, 0) , (3, 3, 3) (b) (3, 1,−4) , (2, 5, 6) , (1, 4, 8) (c) (1, 6, 4) , (2, 4,−1), (−1, 2, 5) .Solución:

Igual que en el Ejercicio 11 sólo necesito saber si los vectores son linealmente independientes

(a)

1 2 3 00 2 3 00 0 3 0

→ 1 2 3 00 1 3

2 00 0 1 0

. Los tres vectores son independientes y por lo tantoconstituyen base.

(b)

1 2 3 04 5 1 08 6 −4 0

→ 1 2 3 00 −3 −11 00 −10 −28 0

→ 1 2 3 00 1 11

3 00 0 1 0

. Los tres vectores sonindependientes y por lo tanto constituyen base.

(c)

1 2 −1 06 4 2 04 −1 5 0

→ 1 2 −1 00 −8 8 00 −7 9 0

→ 1 2 −1 00 1 −1 00 0 1 0

. Los tres vectores sonindependientes y por lo tanto constituyen base.

13. En los siguientes apartados, determinar la dimensión y una base para el espacio solución delsistema

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 34

(a)

x1 + x2 − x3 = 0

−2x1 − x2 + 2x3 = 0−x1 + x3 = 0

(b)½3x1 + x2 + x3 + x4 = 05x1 − x2 + x3 − x4 = 0

(c)

x+ y + z = 0

3x+ 2y − 2z = 04x+ 3y − z = 06x+ 5y + z = 0

Solución:

Sabemos que el conjunto de todas las soluciones del sistema es un subespacio vectorial. Para de-terminar la dimensión calculamos previamente una base de dicho subespacio y para ello debemosresolver dicho sistema.

(a)

1 1 −1 0−2 −1 2 0−1 0 1 0

−→ 1 1 −1 00 1 0 00 1 0 0

−→ 1 1 −1 00 1 0 00 0 0 0

El sistema tiene infnitas soluciones dependiendo de un parámetro. Las soluciones sonx1 = tx2 = 0x3 = t

. Si llamamos H al espacio solución (o espacio nulo de la matriz de los coe-

ficientes) tenemos que x ∈ H si x =

x1x2x3

= t

101

, por tanto H = lin {(1, 0, 1)} .

Luego el vector (1, 0, 1) es una base de H y dim(H) = 1.Observemos, aunque ya no forma parte de lo que nos piden que el rango de la matriz de loscoeficientes A es 2 y que se verifica el teorema de la dimensión rg (A) + dim (N(A)) = 3.

(b) Igual que en el apartado (a)µ3 1 1 1 05 −1 1 −1 0

¶→µ1 1

313

13 0

5 −1 1 −1 0

¶→µ1 1

313

13 0

0 −83 −23 −83 0

→µ1 1

313

13 0

0 1 14 1 0

¶⇒

x1 = −3s

x2 = −3s− 3tx3 = 12sx4 = 3t

, por lo tanto, denotando mediante A a la

matriz de coeficientes, tenemos

N(A) = lin ({(−3,−3, 12, 0) , (0,−3, 0, 3)}) y dim (N(A)) = 2.

(c)

1 1 1 03 2 −2 04 3 −1 06 5 1 0

→1 1 1 00 −1 −5 00 −1 −5 00 −1 −5 0

→1 1 1 00 1 5 00 0 0 00 0 0 0

x1 = 4tx2 = −5tx3 = t

, por lo

tantoN(A) = lin ({(4,−5, 1)}) y dim (N(A)) = 1.

14. Determinar bases para los siguientes subespacios de R3.

(a) El plano 3x− 2y + 5z = 0(b) El plano x− y = 0.(c) La recta x = 2t, y = −t, z = 4t.(d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 35

Solución:

(a) LlamemosH al subespacio que tiene de ecuación 3x−2y+5z = 0. RealmenteH es el espacionulo de la matriz A =

¡3 −2 5

¢. Para encontrar una base de H debemos resolver el

sistema cuya matriz ampliada es¡3 −2 5 0

¢.¡

3 −2 5 0¢ −→ ¡

1 −23

53 0

¢. Sistema con infinitas soluciones dependiendo de

dos parámetros. Las soluciones son

x = 2t− 5sy = 3tz = 3s

o lo que es lo mismo (x, y, z) ∈ H si y só-

lo si

xyz

= t

230

+s −50

3

. De aquí deducimos queH = lin ({(2, 3, 0) , (−5, 0, 3)}).

Como los vectores (2, 3, 0) , (−5, 0, 3) son linealmente independientes (no son proporcionales)constituyen una base de H.

(b) Llamemos H al subespacio que tiene de ecuación x − y = 0. Como H es un subespaciode R3 y está determinado por una ecuación implícta la dimensión de H es dos, luego unabase de H está determinada por dos vectores linealmnte independientes de H. Como losvectores (1, 1, 0) y (0, 0, 1) están en H y son independientes, tenemos que constituyen unabase de H.

(c) Si llamamos W al conjunto de todos los puntos de la recta tenemos que (x, y, z) ∈ W si y

sólo si

xyz

= t

2−14

, luego W = lin ({(2,−1, 4)}) y el vector (2,−1, 4) es una base

de W.

(d) Igual que en los apartados (a) y (b) el subespacio H está determinado por una ecuaciónimplícita x− y+ z = 0. Razonando como en (b) tenemos que una base de H la constituyenlos vectores (1, 1, 0) y (0, 1, 1) .

15. Expresar Ax como una combinación lineal de los vectores columnas de A.

(a)µ

2 3−1 4

¶µ12

¶(b)

4 0 −13 6 20 −1 4

−235

(c)µ2 1 56 3 −8

¶ 305

.Solución:

(a)µ

2 3−1 4

¶µ12

¶= 1 ·

µ2−1

¶+ 2 ·

µ34

¶.

(b)

4 0 −13 6 20 −1 4

−235

= −2 430

+ 3 0

6−1

+ 5 −12

4

.(c)

µ2 1 56 3 −8

¶ 305

= 3

µ26

¶+ 5

µ5−8

¶.

16. En cada apartado, determinar si b está en el espacio columna de A y, en caso afirmativo, expresarb como una combinación lineal de las columnas de A.

(a) A =µ1 34 −6

¶, b =

µ −210

¶; (b) A =

1 1 21 0 12 1 3

, b = 102

;

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 36

(c) A =

1 −1 11 1 −1−1 −1 1

, b = 200

.Solución:

Un vector→b ∈ R(A) siy sólo si

→b = x1

→a1 + x2

→a2 + x3

→a3, donde

→a1,

→a2,

→a3 son las columnas de A.

Luego, tenemos que averiguar en cada caso si el sistema Ax = b tiene solución.

(a)µ1 3 −24 −6 10

¶→µ1 3 −20 −18 18

¶→µ1 3 −20 1 −1

¶⇒½

x1 = 1x2 = −1 . Como este sis-

tema tiene solución se tiene que→b ∈ R(A), de hecho

→b =

→a1 − →

a2, donde→a1 y

→a2 son las

columnas de A.

(b)

1 1 2 11 0 1 02 1 3 2

→ 1 1 2 10 −1 −1 −10 −1 −1 0

→ 1 1 2 10 1 1 10 0 0 1

. Como este sistema notiene solución se tiene que

→b /∈ R(A)

(c)

1 −1 1 21 1 −1 0−1 −1 1 0

−→ 1 −1 1 20 2 −2 −20 −2 2 2

−→ 1 −1 1 20 1 −1 −10 −2 2 2

−→ 1 −1 1 20 1 −1 −10 0 0 0

−→ 1 −1 1 20 1 1 10 0 0 0

. Como este sistema tiene solución, el vector→b ∈ R(A). de hecho,

→b puede ponerse de infinitas formas como combinación lineal de las

columnas de A: 200

=

11−1

+ (t− 1) −11−1

+ t 1−11

, donde t ∈ R.

17. En cada apartado, encontrar una base para el espacio nulo de A.

(a) A =

1 0 31 1 −1−1 −1 1

, (b) A =

1 1 21 0 12 1 3

(c) A =

2 0 −14 0 −20 0 0

Solución:

En cada apartado debemos resolver el sistema homogéneo Ax = 0

(a)

1 0 3 01 1 −1 0−1 −1 1 0

→ 1 0 3 00 1 −4 00 −1 4 0

→ 1 0 3 00 1 −4 00 0 0 0

⇒x1 = −3tx2 = 4tx3 = t

,

luego una base del espacio nulo N(A) es la formada por el vector {(−3, 4, 1)}

(b)

1 1 2 01 0 1 02 1 3 0

→ 1 1 2 00 −1 −1 00 −1 −1 0

→ 1 1 2 00 1 1 00 0 0 0

⇒x1 = −tx2 = −tx3 = t

, luego una

base del espacio nulo N(A) es la formada por el vector {(−1,−1, 1)}

(c)

2 0 −1 04 0 −2 00 0 0 0

→ 2 0 −1 00 0 0 00 0 0 0

x1 = tx2 = sx3 = 2t

, luego una base del espacio nulo

N(A) es la formada por los vectores {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)} .

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 37

18. En cada apartado, encontrar el rango y la dimensión del subespacio nulo de la matriz y comprobarque se verifica el teorema de la dimensión.

(a) A =

1 −1 35 −4 −47 −6 2

, (b) A =

1 4 5 22 1 3 0−1 3 2 2

(c) A =

2 0 −14 0 −20 0 0

Solución:

Como en el ejercicio anterior escalonamos cada matriz y resolvemos el sistma lineal homogéneoAx = 0

(a)

1 −1 35 −4 −47 −6 2

→ 1 −1 30 1 −190 1 −19

→ 1 −1 30 1 −190 0 0

⇒x1 = 16tx2 = 19tx3 = t

, luegoN(A =

lin {(16, 19, 1, )}, dim (N(A)) = 1 y rang(A) = 2. Se verifica rang(A) + dim (N(A)) = 3.

(b)

1 4 5 22 1 3 0−1 3 2 2

→ 1 4 5 20 −7 −7 −40 7 7 4

→ 1 4 5 20 1 1 4

70 0 0 0

x1 = −s+ 2tx2 = −s− 4t

x3 = sx4 = 7t

, luego

N(A = lin {(−1,−1, 1, 0) , (2,−4, 0, 7)}, dim (N(A)) = 2 y rang(A) = 2. Se verificarang(A) + dim (N(A)) = 4.

(c)

2 0 −14 0 −20 0 0

→ 2 0 −1 00 0 0 00 0 0 0

x1 = tx2 = sx3 = 2t

, luego N(A = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)},

dim (N(A)) = 2 y rang(A) = 1. Se verifica rang(A) + dim (N(A)) = 3.

19. ¿Qué condiciones deben satisfacer b1, b2, b3, b4, b5 para que el sistema lineal

x1 − 3x2 = b1x1 − 2x2 = b2x1 + x2 = b3x1 − 4x2 = b4x1 + 5x2 = b5

tenga solución?

Solución:

Pedir que el sistema tenga solución es equivalente a pedir que el vector b = (b1, b2, b3, b4, b5) ∈R(A),

donde A =

1 −31 −21 11 −41 5

Resolvemos el sistema

1 −3 b11 −2 b21 1 b31 −4 b41 5 b5

−→1 −3 b10 1 b2 − b10 4 b3 − b10 −1 b4 − b10 8 b5 − b1

−→1 −3 b10 1 b2 − b10 0 b3 − 4b2 + 3b10 0 b4 + b2 − 2b10 0 b5 − 8b2 + 7b1

,

que tendrá solución si se verifica

b3 − 4b2 + 3b1 = 0b4 + b2 − 2b1 = 0b5 − 8b2 + 7b1 = 0

Estas son las condiciones que tiene que cumplir b para que el sistema tenga solución, o tambiénse pueden decir que son las ecuaciones implicitas del subspacio R(A) ⊂ R5.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 38

20. Analizar como el rango de A varía con t.

(a) A =

1 1 t1 t 1t 1 1

, (b) A =

t 3 −13 6 2−1 −3 t

Solución:

(a) Debemos estudiar la dependencia e independencia lineal de los vectores columnas de lamatriz A. Para ello debemos reslover el sistema de ecuaciones cuya matriz ampliada es 1 1 t 01 t 1 0t 1 1 0

1 1 t 01 t 1 0t 1 1 0

−→ 1 1 t 00 t− 1 1− t 00 1− t 1− t2 0

. Ahora se presentan dos posibilidades:• t = 1 En este caso la matriz escalonada a la que hemos llegado es

1 1 0 00 0 0 00 0 0 0

.En este caso sólo la primera columna es independiente y rg(A) = 1

• t 6= 1. En este caso podemos seguir haciendo transformaciones elementales y tendríamos 1 1 t 00 t− 1 1− t 00 1− t 1− t2 0

−→ 1 1 t 00 1 −1 00 1− t 1− t2 0

−→ 1 1 t 00 1 −1 00 0 2− t− t2 0

.Y de nuevo se presentan dos posibilidades:

— Si 2 − t − t2 6= 0, cosa que ocurre cuando t 6= 1 y t 6= −2 entonces se puede con-tiuar haciendo trasnformaciones elementales y llegaríamos a la matriz escalonada 1 1 t 00 1 −1 00 0 1 0

. En este caso rg(A) = 3.— Si 2−t−t2 = 0 que se obtiene para t = −2 (recordemos que estamos suponiendo t 6=

1) entonces la matriz escalonada sería

1 1 −2 00 1 −1 00 0 0 0

. En este caso rg(A) = 2.En resumen si t = 1 entonces rg(A) = 1. Si t = −2 entonces rg(A) = 2. Y si t 6= 1 y t 6= −2entonces rg(A) = 3.

(b) Puesto que det(A) =

¯̄̄̄¯̄ t 3 −1

3 6 2−1 −3 t

¯̄̄̄¯̄ = 6t2 − 3t − 3 = 0 si y sólo si t = −12 o t = 1,

deducimos:

• Si t 6= −12 o t 6= 1, entonces rg(A) = 3.

• Si t = −12 , entonces A =

−1/2 3 −13 6 2−1 −3 −1/2

y es fácil ver que las dos primeras

columnas de A son l.i., por lo que rg(A) = 2.

• Si t = 1, la matriz A es A =

1 3 −13 6 2−1 −3 1

y por el mismo motivo de antes,

rg(A) = 2.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 39

21. ¿Para qué valores de s el espacio solución de

x+ y + sz = 0x+ sy + z = 0sx+ y + z = 0

es sólo el origen, un subespacio

de dimensión uno o un subespacio de dimensión dos?

Solución:

Si observamos la matriz de coeficientes de este sistema

1 1 s1 s 1s 1 1

es la misma que la matriz

que hemos estudiado en apartado (a) del Ejercicio 20 (cambiando t por s).

Por tanto, tenemos las siguientes posibilidades:

• Si s 6= 1 y s 6= −2 entonces el sistema tiene sólo la solución trivial (0, 0, 0), ya que la matrizde coeficientes es regular.

• Si s = 1 obtenemos que el sistema es equivalente a x+y+z = 0 que tiene infinitas soluciones

dependiendo de dos parámetros

x = −t− sy = tz = s

• Si s = −2 obtenemos que el sistema es equivalente a½x+ y − 2z = 0y − z = 0 que tiene infinitas

soluciones dependiendo de un parametro y que son:

x = ty = tz = t

22. Determinar si el vector (−1, 1, 0, 2) es ortogonal al subespacio de R4,

W = lin {(0, 0, 0, 0) , (1,−5,−1, 2) , (4, 0, 9, 2)} .

Solución:

Un vector v es ortogonal a W si y sólo si es ortogonal a cada uno de los vectores que generan elsubespacio. En este caso (−1, 1, 0, 2) · (0, 0, 0, 0) = 0, (−1, 1, 0, 2) · (1,−5,−1, 2) = −2 6= 0. Porlo tanto v no es ortogonal a W.

23. ¿Para qué valores de k son ortogonales u y v?

(a) u = (2, 1, 3) y v = (1, 7, k) (b) u = (k, k, 1) y v = (k, 5, 6).

Solución:

u es ortogonal a v si y sólo si u.v = 0

(a) u · v = 9 + 3k ⇒ u · v = 0 si k = −3.(b) u · v = k2 + 5k + 6⇒ u · v = 0 si k = −2 ó si k = −3.

24. Determinar una base de W⊥, siendo W = lin {(1, 2)} .Solución:

W⊥ =©x = (x1, x2) ∈ R2 : x.y = 0 para todo y ∈W

ª. Un vector es ortogonal a W si y sólo si

es ortogonal a la base de W . Por lo tanto (x1, x2) ∈ W⊥ si y sólo si x1 + 2x2 = 0, que es laecuación implícita de W⊥. resolviendo esta ecuación obtenemos una base de W⊥.

x1 + 2x2 = 0⇒½x1 = −2tx2 = t

, luego una base de W⊥ esta formada por el vector (−2, 1) .

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 40

25. Encontrar unas ecuaciones paramétricas para W⊥, sabiendo que W está determinado por laecuación x− 2y − 3z = 0. Idem si W = lin ({(2,−5, 4)}) .Solución:

• Si W ≡ {x− 2y − 3z = 0 , entonces W⊥ = lin ({(1,−2,−3)}) y por tanto, unas ecuaciones

parámetricas de W⊥ son

x = ty = −2tz = −3t

con t ∈ R.

• SiW = lin ({(2,−5, 4)}), entonces unas ecuaciones implícitas deW⊥ son {2x− 5y + 4z = 0 .Resolviendo esta ecuacón obtenemos unas ecuaciones paramétricas de W⊥:

x = 52t− 2s

y = tz = s

con t, s ∈ R.

26. Sea A =

1 2 −13 5 01 1 2

.(a) Encontrar bases para el espacio columna de A y para el espacio nulo de AT .

(b) Comprobar que todo vector en el espacio columna de A es ortogonal a todo vector en elespacio nulo de AT .

Solución:

(a) R(A) = lin ({(1, 3, 1) , (2, 5, 1) (−1, 0, 2)}) . Veamos si los vectores que generan R(A) sonlinealmente independientes. 1 2 −1 03 5 0 01 1 2 0

−→ 1 2 −1 00 −1 3 00 −1 3 0

−→ 1 2 −1 00 1 −3 00 0 0 0

Esto nos dice que las dos primeras columnnas de A son linealmente independientes de aquíque R(A) = lin {(1, 3, 1) , (2, 5, 1)} . Por tanto, los vecyores (1, 3, 1) y (2, 5, 1) constituyenuna base de R(A).

AT =

1 3 12 5 1−1 0 2

y N(AT ) =

(x, y, z) ∈ R3 : AT xyz

= 0

. Resolviendo el sis-tema cuya matriz ampliada es

1 3 1 02 5 1 0−1 0 2 0

obtenemos una base de N(AT ).

1 3 1 02 5 1 0−1 0 2 0

−→ 1 3 1 00 −1 −1 00 3 3 0

−→ 1 3 1 00 1 1 00 0 0 0

=⇒½x+ 3y + z = 0y + z = 0

=⇒x = 2ty = −tz = t

, luego N(AT ) = lin {(2,−1, 1)} .Y una base de N(AT ) está formada por el vec-

tor (2,−1, 1) .(b) Comprobamos que (1, 3, 1) . (2,−1, 1) = 2− 3 + 1 = 0 y (2, 5, 1) . (2,−1, 1) = 4− 5 + 1 = 0,

de donde deducimos que para cualquier→x ∈ R(A) y para cualquier →y ∈ N(AT ) se verifica

que→x.→y = 0 luego, R(A) ⊥ N(AT ).

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 41

27. Encontrar una base para el complemento ortogonal del subespacio generado por los vectores:

(a) v1 = (1,−1, 3) , v2 = (5,−4,−4), v3 = (7,−6, 2).(b) v1 = (2, 0,−1) , v2 = (4, 0,−2).(c) v1 = (1, 4, 5, 2) , v2 = (2, 1, 3, 0), v3 = (−1, 3, 2, 2).

Solución:

(a) Obsérvese que¯̄v1 v2 v3

¯̄=

¯̄̄̄¯̄ 1 5 7−1 −4 −63 −4 2

¯̄̄̄¯̄ = 0, luego los tres vectores son l.d. Puesto

que v1 y v2 no son proporcionales, se tiene que W = lin ({v1, v2, v3}) = lin ({v1, v2}) y asíunas ecuaciones implícitas deW⊥ están dadas por el sistema de ecuaciones

½x− y + z = 0,

5x− 4y − 4z = 0,

cuyas soluciones pueden expresarse en la forma

x = 8ty = 9tz = t

con t ∈ R. Por consiguiente,

{(8, 9, 1)} es una base de W⊥.

(b) Como W = lin {(2, 0,−1) , (4, 0,−2)} = lin {(2, 0,−1)}, pues el segundo vector es combi-nación lineal del primero, se deduce que W⊥ tiene por ecuación implicita 2x− z = 0. Re-

solvemos este sistema y obtenemos:¡2 0 −1 0

¢ −→ ¡1 0 −1

2 0¢=⇒

x = sy = tz = 2s

,

luego W⊥ = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)}.(c) W = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (−1, 3, 2, 2)}. Averiguamos primero si los vectores que for-

man el sistema generador son base.1 2 −1 04 1 3 05 3 2 02 0 2 0

−→1 2 −1 00 −7 7 00 −7 7 00 −4 4 0

−→1 2 −1 00 1 1 00 0 0 00 0 0 0

, luego se tiene queW = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (−1, 3, 2, 2)} = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0)} .Entonces W⊥ =

½(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 02x1 + x2 + 3x3 = 0

¾. Resolviendo el sis-

tema de ecuaciones cuya matriz ampliada esµ1 4 5 2 02 1 3 0 0

¶, obtenemos una base de

W⊥.µ1 4 5 2 02 1 3 0 0

¶−→

µ1 4 5 2 00 −7 −7 −4 0

¶−→

µ1 4 5 2 00 1 1 4

7 0

¶=⇒

½x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 0

x2 + x3 +47x4 = 0

=⇒

x1 = −t+ 2sx2 = −t− 4sx3 = tx4 = 7s

, luegoW⊥ = lin {(−1,−1, 1, 0) , (2,−4, 0, 7)} .

Comprobamos que cada uno de los vectores de la base de W⊥ es ortogonal a cada uno delos vectores de la base de W.(−1,−1, 1, 0) . (1, 4, 5, 2) = −1− 4 + 5 = 0; (−1,−1, 1, 0) .(2, 1, 3, 0) = −2− 1 + 3 = 0(2,−4, 0, 7). (1, 4, 5, 2) = 2− 16 + 14 = 0; (2,−4, 0, 7).(2, 1, 3, 0) = 4− 4 = 0Nota: Observese que en todos los apartados se verifica siempre que: dim(W )+dim(W⊥) =n.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 42

28. Demostrar que si u y v son vectores ortogonales tales que kuk = kvk = 1 entonces ku− vk = √2.Solución:

ku− vk2 = (u− v) · (u− v) = u · u − v · u − u · v + v · v = kuk|{z}=1

2 − 2u · v|{z}=0

+ kvk|{z}=1

2 = 1 + 1 = 2,

luego ku− vk = √2.29. Comprobar que los vectores v1 =

¡−35 , 45 , 0¢ , v2 = ¡45 ,35 , 0¢, v3 = (0, 0, 1) forman una base

ortonormal para R3. Expresar cada uno de los siguientes vectores como una combinación linealde v1, v2, v3.

(a) (1,−1, 2) (b) (3,−7, 4).Solución:

Es directo ver que v1 · v2 = v1 · v3 = v2 · v3 = 0 y kv1k = kv2k = kv3k = 1 luego½v1 =

µ−35,4

5, 0

¶, v2 =

µ4

5,3

5, 0

¶, v3 = (0, 0, 1)

¾es una base ortonormal (BON) de R3.Para los siguientes apartados tendremos en cuenta que, como sabemos de teoría, dada una baseortornomal de Rn {v1, v2, . . . , vn} cualquier vector x ∈ Rn puede expresarse en la forma

x = (x · v1) · v1 + (x · v2) · v2 + · · ·+ (x · vn) · vn.

(a) Pongamos x = (1,−1, 2). Puesto que x ·v1 = (1,−1, 2) ·¡−35 , 45 , 0¢ = −75 , x ·v2 = (1,−1, 2) ·¡

45 ,35 , 0¢= 1

5 y x · v3 = (1,−1, 2) · (0, 0, 1) = 2, el vector (1,−1, 2) puede expresarse comocombinación lineal de v1 =

¡−35 , 45 , 0¢ , v2 = ¡45 , 35 , 0¢ y v3 = (0, 0, 1) en la forma(1,−1, 2) = −7

5v1 +

1

5v2 + 2v3.

(b) Análogamente, si tomamos y = (3,−7, 4), entonces y · v1 = (3,−7, 4) ·¡−35 , 45 , 0¢ = −375 , x ·

v2 = (3,−7, 4) ·¡45 ,35 , 0¢= −9

5 y x · v3 = (3,−7, 4) · (0, 0, 1) = 4 y en consecuencia podemosescribir la siguiente combinación lineal

(3,−7, 4) = −375v1 − 9

5v2 + 4v3.

30. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1, u2} en una base ortonormal.(a) u1 = (1,−3) , u2 = (2, 2) (b) u1 = (1, 0) , u2 = (3,−5) .Solución:

(a) En primer lugar tomamos v1 = u1 = (1,−3), calculamos kv1k =p12 + (−3)2 = √10 y

definimos w1 = v1kv1k =

³1√10,− 3√

10

´.

Ahora, obtenemos el vector v2 = u2 − (u2 · w1)| {z }= −4√

10

· w1 = (2, 2) + 4√10

³1√10,− 3√

10

´=¡125 ,

45

¢,

calculamos su norma: kv2k =q¡

125

¢2+¡45

¢2= 4

√105 y definimos w2 = v2

kv2k =³

3√10, 1√

10

´.

Así, el conjuntonw1 =

³1√10,− 3√

10

´, w2 =

³3√10, 1√

10

´oes una base ortonormal de R2.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 43

(b) En este apartado realizamos los mismos cálculos para los vectores u1 = (1, 0) y u2 = (3,−5).Definimos v1 = u1 = (1, 0) y entonces w1 = v1

kv1k = (1, 0), ya que kv1k = 1.Tomamos v2 = u2 − (u2 · w1)| {z }

=3

· w1 = (3,−5) − 3(1, 0) = (0,−5) y es directo ver que w2 =v2kv2k = (0,−1). Por tanto, el conjunto {(1, 0), (0,−1)} es una base ortonormal de R2.

31. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1, u2, u3} en una base ortonormal.(a) u1 = (1, 1, 1) , u2 = (−1, 1, 0) , u3 = (1, 2, 1) (b) u1 = (1, 0, 0) , u2 = (3, 7, 2) , u3 = (0, 4, 1).

Solución:

(a) Definimos v1 = u1 = (1, 1, 1) y tomamos w1 = v1kv1k =

³1√3, 1√

3, 1√

3

´.

A continuación calculamos v2 = u2−(u2 · w1)| {z }=0

·w1 = u2 = (−1, 1, 0) y tomamos w2 = v2kv2k =³

−1√2, 1√

2, 0´.

Ahora ponemos v3 = u3 − (u3 · w1)| {z }= 4√

3

· w1 − (u3 · w2)| {z }= 1√

2

· w2 = (1, 2, 1) − 4√3

³1√3, 1√

3, 1√

3

´−

1√2

³−1√2, 1√

2, 0´=¡16 ,16 ,−13

¢, calculamos su norma: kv3k =

q¡16

¢2+¡16

¢2+¡−13¢2 = √

66 y

elegimos w3 = v3kv3k =

³1√6, 1√

6,− 2√

6

´.

Por consiguiente,nw1 =

³1√3, 1√

3, 1√

3

´, w2 =

³−1√2, 1√

2, 0´, w3 =

³1√6, 1√

6,− 2√

6

´oes la base

ortonormal pedida.

(b) En este apartado enumeraremos cada uno de los pasos.paso 1: v1 = u1 = (1, 0, 0)

paso 2: v2 = u2 − u2.v1v1.v1

= (3, 7, 2)− 31 (1, 0, 0) = (0, 7, 2).

Antes de continuar comprobamos que v1 ⊥ v2: (1, 0, 0) .(0, 7, 2) = 0.paso 3 : v3 = u3 − u3.v1

v1.v1− u3.v2v2.v2

= (0, 4, 1) − 01 (1, 0, 0) − 30

53(0, 7, 2) =¡0, 253 ,

−753

¢. Para

facilitar los cálculos podemos tomar como v3 un múltiplo del que nos ha salido, así quetomamos v3 = (0, 2,−7) .

Antes de continuar comprobamos que v1 ⊥ v3 y que v3 ⊥ v2 : (1, 0, 0) . (0, 2,−7) = 0y (0, 7, 2). (0, 2,−7) = 14− 14 = 0.paso 4: Por último normalizamos la base ortogonal obtenida en los tres pasos anteriores:w1 =

v1kv1k = (1, 0, 0); w2 =

v2kv2k =

³0, 7√

53, 2√

53

´y w3 =

v3kv3k =

³0, 2√

53, −7√

53

´. Y la base

ortonormal pedida está formada por los vectores {w1, w2, w3} .

32. Encontrar la proyección ortogonal de u sobre el espacio vectorial generado por a

(a) u = (−1,−2), a = (−2, 3); (b) u = (1, 0, 0) , a = (4, 3, 8).

Solución:

Los dos apartados se relizarán sabiendo que si S = lin (a), entonces la proyección ortogonal deu sobre S viene dada mediante

proys(u) =u · akak2 · a

(a) proys(u) =u·akak2 · a =

(−1,−2)·(−2,3)k(−2,3)k2 · (−2, 3) = −4

13 · (−2, 3) =¡813 ,−1213

¢.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 44

(b) proys(u) =u·akak2 · a =

(1,0,0)·(4,3,8)k(4,3,8)k2 · (4, 3, 8) = 4

89 · (4, 3, 8) =¡1689 ,

1289 ,

3289

¢.

33. Encontrar todos los escalares k tales que kkvk = 5, siendo v = (−2, 3, 6).

(a) Encontrar dos vectores en R2 con norma uno cuyo producto escalar con (3,−1) sea cero.(b) Demostrar que existe una infinidad de vectores en R3 con norma uno cuyo producto escalar

con (1,−3, 5) es cero.

Solución:

Puesto que kkvk = |k| kvk, para encontrar k debemos resolver la ecuación |k| kvk = 5. Ahora,utilizando que kvk = k(−2, 3, 6)k =

q(−2)2 + 32 + 62 = 7, tenemos que |k| = 5

7 y por tanto, los

únicos escalares k que verifican la relación kkvk = 5 son k = 57 y k = −57 .

(a) Un vector v = (x, y) ∈ R2 es ortogonal al vector (3,−1) si (x, y) · (3,−1) = 3x− y = 0. Portanto, resolviendo la ecuación anterior, obtenemos todos los vectores ortogonales al vector(3,−1) y todos ellos son proporcionales al vector w = (1, 3). Por tanto, los dos vectores

que nos piden son wkwk =

³1√10, 3√

10

´y su opuesto − w

kwk =³− 1√

10,− 3√

10

´.

(b) Podemos verlo desde un punto de vista geométrico.Todos los vectores v = (x, y, z) ∈ R3 ortogonales al vector (1,−3, 5) deben pertenecer alplano que pasa por el origen y su ecuación es x− 3y + 5z = 0. De estos vectores debemosencontrar aquellos que tienen norma uno. Por tanto, deben pertencer a la esfera de centroel origen y radio uno (cuya ecuación es x2 + y2 + z2 = 1). Es decir, los vectores de normaunidad y ortogonales al vector (1,−3, 5) son los que están en la intersección del plano conla esfera y esta intersección tiene infinitos vectores.

34. Encontrar la distancia entre u y v, siendo

(a) u = (−1,−2), v = (−2, 3); (b) u = (1, 0, 0) , v = (4, 3, 8).

Solución:

Utilizaremos en los dos apartados que la distancia entre los vectores u y v está dada mediante

d(u, v) = ku− vk .

(a) d(u, v) = ku− vk = k(−1,−2)− (−2, 3)k = k(1,−5)k =√26.

(b) d(u, v) = ku− vk = k(1, 0, 0)− (4, 3, 8)k = k(−3,−3,−8)k =√82.

35. Sea W = lin©¡

45 , 0,−35

¢, (0, 1, 0)

ª. Expresar w = (1, 2, 3) en la forma w = w1 + w2, donde

w1 ∈W y w2 ∈W⊥.

Solución:

Nos están pidiendo que calculemos w1 = proyW (w) y w2 = proyW⊥(w).

Comprobamos que la base del subespacioW es ortonormal¡45 , 0,−35

¢. (0, 1, 0) = 0 y

°°¡45 , 0,−35

¢°° =1 y k(0, 1, 0)k = 1En este caso en el que la base de W ,

©z1 =

¡45 , 0,−35

¢, z2 = (0, 1, 0)

ª, es ortonormal tenemos

w1 = (w · z1) z1 + (w · z2) z2 = (−1) ¡45 , 0,−35¢ + (2) (0, 1, 0) = ¡−45 , 2,

35

¢y w2 = w − w1 =

(1, 2, 3)− ¡−45 , 2, 35¢ = ¡95 , 0, 125 ¢.Comprobamos que w1.w2 =

¡−45 , 2,

35

¢.¡95 , 0,

125

¢= −36

5 + 365 = 0.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 45

36. Repetir el ejercicio anterior siendo ahora W = lin {(1, 1, 1) , (2, 0, 1)} y w = (4, 2, 0).Solución:

Resolveremos este ejercicio de varias formas.

Primera forma: En este caso, la base de W {u1 = (1, 1, 1) , u2 = (2, 0, 1)} no es ortogonal((1, 1, 1) · (2, 0, 1) = 3 6= 0), por lo que aplicaremos el método de Gram-Schimdt paraobtener una base ortonormal.Tomemos v1 = u1 = (1, 1, 1) y z1 = v1

kv1k =³1√3, 1√

3, 1√

3

´.

Ahora elegimos v2 = u2− (u2 · z1)| {z }= 3√

3

·z1 = (2, 0, 1)− 3√3

³1√3, 1√

3, 1√

3

´= (1,−1, 0) y definimos

z2 =v2kv2k =

³1√2, −1√

2, 0´. Así el conjunto

nz1 =

³1√3, 1√

3, 1√

3

´, z2 =

³1√2, −1√

2, 0´o

es unabase ortonormal de W y las proyecciones ortogonales solicitadas son:

w1 = proyW (w) = (w · z1) z1 + (w · z2) z2 = 6√3

³1√3, 1√

3, 1√

3

´+ 2√

2

³1√2, −1√

2, 0´= (3, 1, 2) y

w2 = proyw⊥(w) = w − proyw(w) = w − w1 = (4, 2, 0)− (3, 1, 2) = (1, 1,−2).

Segunda forma : Sabemos que w1 = proyW (w) = α1u1 + α2u2, dondeµ

α1α2

¶es solución del

sistema de ecuaciones

AtA

µα1α2

¶= Atw, siendo A =

¡u1 u2

¢=

1 21 01 1

.

Puesto que AtA =µ1 1 12 0 1

¶ 1 21 01 1

=

µ3 33 5

¶y Atw =

µ1 1 12 0 1

¶ 420

=µ68

¶, el sistema anterior es

½3α1 + 3α2 = 6,3α1 + 5α2 = 8,

y su única soución es α1 = 1,α2 = 1, por

lo que las proyección son:

w1 = proyW (w) = u1 + u2 = (1, 1, 1) + (2, 0, 1) = (3, 1, 2) y

w2 = proyw⊥(w) = w − w1 = (4, 2, 0)− (3, 1, 2) = (1, 1,−2).

Tercera forma: Calcularemos en primer lugar w2 = proyw⊥(w). Para ello necesitamos obteneruna base del subespacio W⊥.

Las ecuaciones implícitas de W⊥ son½x+ y + z = 0,2x+ z = 0,

y la solución general de este

sistema adquiere la forma

x = ty = t

z = −2tcon t ∈ R. Así, W⊥ = lin ({a = (1, 1,−2)}) y

w2 = proyw⊥(w) =w·akak2 · a =

(4,2,0)·(1,1,−2)k(1,1,−2)k2 · (1, 1,−2) = (1, 1,−2).

Por último, w1 = proyW (w) = w − w2 = (4, 2, 0)− (1, 1,−2) = (3, 1, 2).

37. Repetir el ejercicio anterior siendo ahora W = lin {(1, 1, 1)} y w = (−1, 1, 0).Solución:

Si denotamos a = (1, 1, 1), entonces w · a = (−1, 1, 0) · (1, 1, 1) = 0 y por tanto, proyW (w) =(0, 0, 0) y w2 = proyw⊥(w) = w = (−1, 1, 0).

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 46

38. Encontrar la solución por mínimos cuadrados del sistema lineal Ax = b y hallar la proyecciónortogonal de b sobre el espacio columna de A.

(a) A =

1 1−1 1−1 2

, b = 707

(b) A =

2 −21 13 1

, b = 2−11

(c) A =

1 0 −12 1 −21 1 01 1 −1

, b =6093

.Solución:

En cada uno de los apartados debemos resolver el sistema normal asociado AtAx = Atb y unavez obtenida la solución x, la proyección ortogonal del vector b sobre el espacio columna de Aviene dada por

b1 = proyR(A) b = Ax.

(a) En este caso, AtA =µ1 −1 −11 1 2

¶ 1 1−1 1−1 2

=

µ3 −2−2 6

¶yAtb =

µ1 −1 −11 1 2

¶ 707

=µ021

¶, luego debemos resolver el sistema con matriz ampliada

µ3 −2 0−2 6 21

¶. Para

ello aplicamos el método de Gaussµ3 −2 0−2 6 21

¶F1(1/3)−→

µ1 −2/3 0−2 6 21

¶F21(2)−→

µ1 −2/3 00 14/3 21

¶F2(3/14)−→µ

1 −2/3 00 1 9/2

¶.

Por tanto, el sistema AtAx = Atb es equivalente al sistema½x1 − 2/3x2 = 0,

x2 = 9/2,, y aplicando

el método de subida obtenemos como única solución x1 = 3, x2 = 9/2. Ahora, la proyecciónortogonal de b sobre R(A) es

b1 = proyR(A) b = Ax =

1 1−1 1−1 2

µ 39/2

¶=

152326

(b) En este apartadoAtA =µ

2 1 3−2 1 1

¶ 2 −21 13 1

=

µ14 00 6

¶yAtb =

µ2 1 3−2 1 1

¶ 2−11

=µ6−4

¶. Así, el sistema normal asociado es

½14x1 = 66x2 = −4 y la única solución es x1 =

3/7, x2 = −2/3. Por tanto, la proyección ortogonal es

b1 = proyR(A) b = Ax =

2 −21 13 1

µ 3/7−2/3

¶=

4621− 5211321

.

(c) Puesto que AtA =

1 2 1 10 1 1 1−1 −2 0 −1

1 0 −12 1 −21 1 01 1 −1

=

7 4 −64 3 −3−6 −3 6

y Atb =

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 47

1 2 1 10 1 1 1−1 −2 0 −1

6093

=

1812−9

, el sistema normal asociado tiene por matrizampliada

7 4 −64 3 −3−6 −3 6

1812−9

y aplicando el método de Gauss

7 4 −6 184 3 −3 12−6 −3 6 −9

−→ 1 4

7−67

187

4 3 −3 12−6 −3 6 −9

−→ 1 4

7−67

187

0 57

37

127

0 37

67

457

−→ 1 4

7−67

187

0 1 35

125

0 1 2 15

−→ 1 4

7−67

187

0 1 35

125

0 0 75

635

−→ 1 4

7−67

187

0 1 35

125

0 0 1 9

=⇒x1 +

47x2 − 6

7x3 =187

x1 +35x2 =

125

x3 = 9

la pseudosolución del sistema es x1 = 12, x2 = −3, x3 = 9.En consecuencia, la proyección ortogonal de b sobre el espacio columna de A es

proyR(A) b = Ax =

1 0 −12 1 −21 1 01 1 −1

12−39

=

3390

.39. Determinar la proyección ortogonal de u sobre el subespacio W = lin {v1, v2}

(a) u = (2, 1, 3), v1 = (−1, 2, 1), v2 = (2, 2, 4)(b) u = (0, 1,−1), v1 = (−1, 2, 1), v2 = (−2, 4, 2).Solución:

(a) Primera forma: La proyección pedida puede obtenerse de la forma proyW u = Aµ

α1α2

¶,

dondeµ

α1α2

¶es solución del sistema

AtA

µα1α2

¶= Atu, siendo A =

¡v1 v2

¢=

−1 22 21 4

.ComoAtA =

µ −1 2 12 2 4

¶ −1 22 21 4

=

µ6 66 24

¶yAtu =

µ −1 2 12 2 4

¶ 213

=µ318

¶, el sistema que debemos resolver tiene de ecuaciones

½6α1 + 6α2 = 3,6α1 + 24α2 = 18.

Su única solución es α1 = −13 ,α2 = 56 y por tanto, la proyección ortogonal es

proyW u = A

µα1α2

¶=

−1 22 21 4

µ −1/35/6

¶=

213

= u.

Nótese que la proyección coincide con el vector inicial, pues u pertence al subespaciovectorial W , es decir, es combinación lineal de los vectores v1 y v2 (u = −13v1 + 5

6v2).

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 48

Segunda forma : También podemos obtener una base ortogonal deW aplicando el métodode Gram-Schimdt .paso 1: u1 = v1 = (−1, 2, 1) .paso 2: u2 = v2 − v2.u1

u1.u1= (2, 2, 4)− 6

6 (−1, 2, 1) = (3, 0, 3).Ahora proyW (u) =

(u.u1)(u1.u1)

u1 +(u.u2)(u2.u2)

u2 =36 (−1, 2, 1) + 15

18(3, 0, 3) =16 (12, 6, 18) =

(2, 1, 3) .

(b) En este apartado v2 = 2v1, luego W = lin ({v1, v2}) = lin ({v1}) y la proyección ortogonalpuede obtenerse mediante

proyW u =u · v1kv1k2

· v1 = (0, 1,−1) · (−1, 2, 1)k(−1, 2, 1)k2 · (−1, 2, 1) = ¡ −16 1

316

¢.

Obsérvese que también podemos calcular esta proyección ortogonal siguiendo los pasos delapartado anterior.

DefinimosA =¡v1 v2

¢=

−1 −22 41 2

, entoncesAtA = µ −1 2 1−2 4 2

¶ −1 −22 41 2

=

µ6 1212 24

¶, Atu =

µ −1 2 1−2 4 2

¶ 01−1

=

µ12

¶y el sistema AtA

µα1α2

¶= Atu

tiene por ecuaciones½6α1 + 12α2 = 1,12α1 + 24α2 = 2.

Es directo ver que el sistema es conpatible indeterminado y sus infinitas soluciones pueden

escribirse en la forma½

α1 =16 − 2t,

α2 = t,con t ∈ R. Ahora, la proyeción ortogonal puede

obtenerse a partir de cualquiera de la infinitas soluciones.Tomando t = 0, tenemos α1 = 1

6 ,α2 = 0 y la proyección ortogonal es

proyW u = A

µα1α2

¶=

−1 −22 41 2

µ 1/60

¶=

−161316

.De todas formas, es evidente que la proyección ortogonal puede obtener también con lasolución general

proyW u = A

µα1α2

¶=

−1 −22 41 2

µ 1/6− 2tt

¶=

−161316

.40. Hallar la proyección ortogonal del vector u = (5, 6, 7, 2) sobre el espacio solución del sistema½

x1 + x2 + x3 = 02x2 + x3 + x4 = 0

Solución:

Si denotamos medianteW al subespacio vectorial de R4 de ecuaciones implícitas½

x1 + x2 + x3 = 0,2x2 + x3 + x4 = 0,

entonces W⊥ = lin ({v1 = (1, 1, 1, 0), v2 = (0, 2, 1, 1)}) y la proyección ortogonal de u sobre W⊥

puede obenerse mediante proyW⊥ u = Aα, donde α es solución del sistema

AtAα = Atu, siendo A =¡v1 v2

¢=

1 01 21 10 1

.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 49

Puesto que AtA =µ1 1 1 00 2 1 1

¶1 01 21 10 1

=

µ3 33 6

¶y Atu =

µ1 1 1 00 2 1 1

¶5672

=

µ1821

¶, el sistema normal asociado es

½3α1 + 3α2 = 18,3α1 + 6α2 = 21.

Su única solución es α1 = 5,α2 = 1, y por tanto, proyW⊥ u = Aα =

1 01 21 10 1

µ 51

¶=

5671

.Así, la proyección sobre W es proyW u = u− proyW⊥ u = (5, 6, 7, 2)− (5, 6, 7, 1) = (0, 0, 0, 1).

41. Sea W el subespacio de R3 de ecuación 5x− 3y + z = 0.

(a) Encontrar una base para W.

(b) Encontrar la distancia entre el punto P (1,−2, 4) y el subespacio W.

Solución:

(a) Para encontrar una base deW resolvemos el sistema cuya matriz ampliada es¡5 −3 1 0

¢¡5 −3 1 0

¢ −→ ¡1 −3

515 0

¢=⇒

x = 3t− sy = 5tz = 5s

, luego {(3, 5, 0) , (−1, 0, 5)} es

una base de W .

(b) Nos están pidiendo que calculemos kproyW⊥(v)k, siendo v = (1,−2, 4) .Obtenemos primero una base de W⊥, W⊥ = lin ({(5,−3, 1)}). Ahora calculamosproyW⊥(v) = v.u

u.uu =1535 (5,−3, 1) = 3

7 (5,−3, 1) y por último

kproyW⊥(v)k = 3

7

√25 + 9 + 1 =

r45

7.

42. Deteminar cuáles de las siguientes matrices son ortogonales. Para las que si lo sean, encontrarsu inversa.Ã

1√2

−1√2

1√2

1√2

!,

0 1 1√2

1 0 00 0 1√

2

,

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

1√2

1√6

1√3

,

−1√2

1√2

1√6

1√6

1√3

1√3

Solución:

• Q =Ã

1√2

−1√2

1√2

1√2

!es ortogonal, pues es cuadrada y QtQ =

Ã1√2

1√2−1√

21√2

!Ã1√2

−1√2

1√2

1√2

!=µ

1 00 1

¶= I2. Además, Q−1 = Qt =

Ã1√2

1√2−1√

21√2

!.

• Q =

0 1 1√2

1 0 00 0 1√

2

no es ortogonal, pues QtQ =

0 1 01 0 01√20 1√

2

0 1 1√

2

1 0 00 0 1√

2

=

1 0 0

0 1 12

√2

0 12

√2 1

6= I3.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 50

• Q =

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

1√2

1√6

1√3

es ortogonal, pues es cuadrada yQtQ =

−1√2

0 1√2

1√6

−2√6

1√6

1√3

1√3

1√3

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

1√2

1√6

1√3

=

1 0 00 1 00 0 1

= I3.

En este caso, Q−1 = Qt =

−1√2

0 1√2

1√6

−2√6

1√6

1√3

1√3

1√3

.

• La matriz Q =

−1√2

1√2

1√6

1√6

1√3

1√3

no puede ser ortogonal, ya que no es cuadrada.

43. Determinar a, b, c tales que la matriz A sea ortogonal. ¿son únicos los valores de a, b, c?

A =

a 1√2

−1√2

b 1√6

1√6

c 1√3

1√3

.Solución:

A es ortogonal si y sólo si AAT = ATA = I, o lo que es lo mismo, si y sólo si sus columnas sonvectores ortonormales.

Las columnas de A serán ortonormales si se verifica:

a√2+ b√

6+ c√

3= 0

−a√2+ b√

6+ c√

3= 0

a2 + b2 + c2 = 1

. Observamos que

este sistema no es un sistema de ecuaciones lineales. No tiene que tener sólo una solución,infinitas soluciones o ninguna. Pueden presentarse otras situaciones.

Una forma de resolverlo podría ser la siguiente. Como las dos primeras ecuaciones son lineales,utilizamos los métodos que hemos aprendidoÃ

1√2

1√6

1√30

− 1√2

1√6

1√30

!−→

Ã1

√2√6

√2√30

−1√2√6

√2√30

!−→

Ã1

√2√6

√2√30

0 2√2√6

2√2√3

0

!−→

Ã1

√2√6

√2√30

0 1√2 0

!=⇒

a = 0

b = −√2tc = t

Como además se tiene que cumplir la tercera ecuación, se tiene 0 + 2t2 + t2 = 1, de donde

obtenemos t = ± 1√3. Luego los valores de a, b y c son:

a = 0

b = −√2√3

c = 1√3

o

a = 0

b =√2√3

c = − 1√3

y por tanto,

no son únicos.

Comprobamos que los valores obtenidos resuelven el problema:

AAT =

0 1√2

−1√2

−√2√3

1√6

1√6

1√3

1√3

1√3

0 −

√2√3

1√3

1√2

1√6

1√3−1√

21√6

1√3

=

1 0 00 1 00 0 1

.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 51

AAT =

0 1√2

−1√2√

2√3

1√6

1√6−1√

31√3

1√3

0

√2√3

−1√3

1√2

1√6

1√3−1√

21√6

1√3

=

1 0 00 1 00 0 1

.Otra forma:

Podemos obtener una base ortonormal del subepacio ortogonal al generado por los vectoresu =

³1√2, 1√

6, 1√

3

´y v =

³− 1√

2, 1√

6, 1√

3

´.

Este subespacio vectorial tiene por ecuaciones implícitas

(x√2+ y√

6+ z√

3= 0,

−x√2+ y√

6+ z√

3= 0.

Como antes sus

soluciones se escriben en la forma

x = 0

y = −√2tz = t

con t ∈ R y una base está formada por el vector

w =¡0,−√2, 1¢.

Ahora sólo nos queda normalizar y conluir que los valores para a, b y c son proporcionados porlos vectores

(a, b, c) =w

kwk =Ã0,−√2√3,1√3

!y (a, b, c) = − w

kwk =Ã0,

√2√3,− 1√

3

!

44. Si medimos cuatro veces el peso de un cuerpo, obtenemos los siguietes resultados p1 = 150, p2 =153, p3 = 150, p4 = 151. ¿ Cúal es el valor que asignaríamos al peso según el método de losmínimos cuadrados?

Solución:

Denominemos p al peso que debemos calcular. Entonces, se debe satisfacer el sistema (natural-mente incompatible) de cuatro ecuaciones y una incógnita

p = p1p = p2p = p3p = p4

que escrito en forma matricial es

Ap = b, donde A =

1111

y b =

p1p2p3p4

.El sistema normal asociado es

4p = p1 + p2 + p3 + p4,

ya que AtA =¡1 1 1 1

¢1111

= 4 y Atb =¡1 1 1 1

¢p1p2p3p4

= p1 + p2 + p3 + p4.

Así, la solución por el método de los mínimos cuadrados es

p =p1 + p2 + p3 + p4

4,

es decir, la media artmética de los pesos.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 52

45. Se ha observado en una granja que la producción diaria de huevos está relacionada con lascantidades de dos comidas fijas x1 y x2, por y = c1x1 + c2x2, con c1, c2 ∈ R. Para determinarla relación se ha realizado un programa de investigación donde se han obtenido los siguientesdatos:

y 4 5 6 5 4x1 1 0 1 2 1x2 0 1 1 1 2

Encontrar la mejor aproximación utilizando el método de los mínimos cuadrados.

Solución:

La ecuación modelo y = c1x1+c2x2 con los datos reflejados nos conduce al sistema de ecuacionesc1 = 4c2 = 5

c1 + c2 = 62c1 + c2 = 5c1 + 2c2 = 4

Matricalmente podemos escribir el sistema en la forma

Ac = b, donde A =

1 00 11 12 11 2

b =

45654

y c =

µc1c2

¶.

El sistema normal asociado es AtAc = Atb, es decir,µ7 55 7

¶µc1c2

¶=

µ2424

¶y la pseudosolución es c1 = 2, c2 = 2.

46. Dados los puntos (−1, 0), (0, 3), (1, 2), (2, 1). Ajustar a una recta por el método de los mínimoscuadrados. Repetir la operación ajustando a una parábola.

Solución:

Ajuste a una recta:

Escribimos la recta de mejor aproximación en la forma y = mx+ n. Imponiendo que los puntosde la nube pertencezcan a dicha recta, obtenemos el sistema de ecuaciones

−m+ n = 0n = 3

m+ n = 22m+ n = 1

El sistema normal asociado es ½6m+ 2n = 42m+ 4n = 6

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 53

ya que AtA =µ −1 0 1 2

1 1 1 1

¶−1 10 11 12 1

=

µ6 22 4

¶y Atb =

µ −1 0 1 21 1 1 1

¶0321

=

µ46

¶.

Resolviendo el sistema anterior, la psedosolución es m = 15 , n =

75 y la recta de mejor aproxi-

mación en el sentido de los mínimos cuadrados es y = 15x+

75 .

Ajuste a una parábola:

Escribiendo la parábola en la forma y = ax2 + bx + c e imponiendo que la parábola pase portodos los puntos de la nube, se obtiene el sistema de ecuaciones

a− b+ c = 0c = 3

a+ b+ c = 24a+ 2b+ c = 1

La matriz de coefientes de este sistema es

1 −1 10 0 11 1 14 2 1

y el término independiente

0321

,luego el sistema normal asociado es

1 0 1 4−1 0 1 21 1 1 1

1 −1 10 0 11 1 14 2 1

abc

=

1 0 1 4−1 0 1 21 1 1 1

0321

,es decir, 18 8 6

8 6 26 2 4

abc

=

646

Aplicando el método de Gauss al sistema anterior se obtiene la pseudosolución a = −1, b =65 , c =

125 y la parábola de mejor ajuste es y = −x2 + 6

5x+125 .

En la Figura 1 pueden observase la nube de puntos junto con la recta y parábola encontradas.

47. Unos grandes almacenes obtienen los siguientes datos relacionando el número de ventas con elde ventas anuales:

Número de vendedores 5 6 7 8 9 10Ventas anuales (en millones de euros) 2.3 3.2 4.1 5.0 6.1 7.2

Utilizar el método de los mínimos cuadrados para ajustar los datos a una recta. Utiliza estarecta para estimar el número de ventas con 14 vendedores.

Solución:

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 54

(-1,0)

(3,0)

1 2

2 (1,2)

(2,1)

y= 1/5x+7/5

y=-x2+6/5x+12/5

Figura 1: Recta y parábola de mejor aproximación.

Denominado a la recta de la forma y = mx+n (donde x indica el número de vendedores e y lasventas anuales), debemos resolver el sistema de ecuaciones

5m+ n = 2.36m+ n = 3.27m+ n = 4.18m+ n = 5.09m+ n = 6.110m+ n = 7.2

Como la matriz de coeficientes es A =

5 16 17 18 19 110 1

y el término independiente b =

2.33.24.15.06.17.2

, elsistema normal asociado es ½

355m+ 45n = 226.345m+ 6n = 27.9

ya que

AtA =

µ5 6 7 8 9 101 1 1 1 1 1

5 16 17 18 19 110 1

=

µ355 4545 6

¶y

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 55

Atb =

µ5 6 7 8 9 101 1 1 1 1 1

2.33.24.15.06.17.2

=

µ226. 327. 9

¶.

La pseudosolución es n = −2. 657 1,m = 0. 974 29 y por consiguiente la recta de mejor ajuste enel sentido de los mínimos cuadrados es y = 0. 974 29x− 2. 657 1.De esta forma, para estimar estimar las ventas con 14 vendedores sólo debemos sustituir x = 14en la anterior relación: y = 0. 974 29 · 14 + −2. 657 1 = 10. 983. Es decir, con 14 vendedores seestima una volumen ventas de 10. 983 millones de euros.

En la Figura 2 hemos representado la nubes de puntos, la recta de mejor aproximación y lapredicción de ventas con 14 vendedores.

14 Número de Vendedores

Vent

as e

n M

illone

s de

Eur

os

10.983

Figura 2: Nube de puntos, recta de mejor aproximación y estimación de ventas.

48. Encontrar la ecuación cúbica y = ax3 + bx2 + cx + d que mejor se ajusta a la nube de puntos(−2,−8), (−1,−1), (0, 3), (1, 1), (2,−1), (3, 0).Solución:

Imponiendo que los puntos de la nube pertenezcan a la cúbica y = ax3+bx2+cx+d, conseguimosel sistema de ecuaciones

−8a+ 4b− 2c+ d = −8−a+ b− c+ d = −1d = 3a+ b+ c+ d = 18a+ 4b+ 2c+ d = −127a+ 9b+ 3c+ d = 0

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 56

La matriz de coeficientes del sistema es

A =

−8 4 −2 1−1 1 −1 10 0 0 11 1 1 18 4 2 127 9 3 1

y el término indendiente p =

−8−131−10

. Así, el sistema normal asociado AtA

abcd

= Atp tiene

por ecuaciones 859a+ 243b+ 115c+ 27d = 58243a+ 115b+ 27c+ 19d = −36115a+ 27b+ 19c+ 3d = 1627a+ 19b+ 3c+ 6d = −6

pues AtA =

−8 −1 0 1 8 274 1 0 1 4 9−2 −1 0 1 2 31 1 1 1 1 1

−8 4 −2 1−1 1 −1 10 0 0 11 1 1 18 4 2 127 9 3 1

=

859 243 115 27243 115 27 19115 27 19 327 19 3 6

y

Atp =

−8 −1 0 1 8 274 1 0 1 4 9−2 −1 0 1 2 31 1 1 1 1 1

−8−131−10

=

58−3616−6

.

Aplicando el método de Gauss (con paciencia) al sistema cuadrado anterior, se obtiene comoúnica pseudosolución a = 4

9 , b = −13784 , c = 536 , d =

4421 y por tanto la cúbica que mejor se ajusta

en el sentido de los mínimos cuadrados tiene por ecuación y = 49x3 − 137

84 x2 + 5

36x+4421 .

En la Figura 3 puede contemplarse la representación gráfica del polinomio cúbico de mejoraproximación y la nube de puntos.

49. En un experimento para determinar la capacidad de orientación de una persona, se coloca aun individuo en una habitación especial y después de un cierto tiempo en ella se le pide queencuentre el camino de salida en un laberinto. Los resultados que se obtienen son:

Tiempo en una habitación (horas) 1 2 3 4 5 6Tiempo en salir del laberinto (minutos) 0.8 2.1 2.6 3 3.1 3.3

Encontrar la recta que mejor se aproxime a los datos anteriores y estimar el tiempo que tardaríaen salir una persona que hubiera permanecido en la habitación 10 horas.

Solución:

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 57

x

y

y=4/9x3-137/84x2+5/36x+44/21

Figura 3: Nube de puntos y cúbica de mejor aproximación en el sentido de los mínimos cuadrados.

Denotemos mediante y = mx + n la recta que buscamos. Si esta recta pasa por los puntos(1, 0.8), (2, 2.1), (3, 2.6), (4, 3), (5, 3.1) y (6, 3.3), entonces se obtiene el sistema de ecuaciones

m+ n = 0.82m+ n = 2.13m+ n = 2.64m+ n = 35m+ n = 3.16m+ n = 3.3

La matriz de coeficientes del sistema anterior es A =

1 12 13 14 15 16 1

y el término independiente

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 58

b =

0.82.12.633.13.3

. Por tanto,

AtA =

µ1 2 3 4 5 61 1 1 1 1 1

1 12 13 14 15 16 1

=

µ91 2121 6

¶y

Atb =

µ1 2 3 4 5 61 1 1 1 1 1

0.82.12.633.13.3

=

µ60. 114. 9

¶,

así que el sistema normal asociado es½91m+ 21n = 60. 121m+ 6n = 14. 9

Resolviendo este sistema obtenemos como única pseudosolución m = 0.454 29, n = 0.893 33y en consecuencia la recta de mejor aproximación en el sentido de los mínimos cuadrados esy = 0.454 29x+ 0.893 33.

Si una persona permanece 10 horas en la habitación, entonces, atendiendo a la recta anterior, eltiempo estimado para salir del laberinto es y = 0.45429 · 10 + 0.89333 = 5. 4362.En la Figura 4 hemos representado la nube de puntos junto con la retca de mejor aproximaciónen el sentido de los mínimos cuadrados y la estimación obtenida.

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 59

1 2 3 4 5 6 10

0.8

2.1

2.6

33.13.3

5.4362

Tiempo en la habitación (en horas)

Tiem

po e

n sa

lir d

el la

berin

to (e

n m

inut

os)

y= 0.45429x+0.89333

Figura 4: Nube de puntos y recta de mejor aproximación para el problema del laberinto.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices

1. Obtener los autovalores y bases para los subespacios propios asociados a cada autovalor de lassiguientes matricesµ10 −94 −2

¶,

µ0 34 0

¶,

µ0 00 0

¶,

µ1 00 1

¶,

4 0 1−2 1 0−2 0 1

, −1 0 1−1 3 0−4 13 −1

, 5 0 1

1 1 0−7 1 0

.Solución:

• El polinomio característico de la matriz A =µ10 −94 −2

¶es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄10− λ −9

4 −2− λ

¯̄̄̄= (10− λ) (−2− λ) + 36 = λ2 − 8λ+ 16.

Los autovalores son las soluciones de pA(λ) = 0; es decir, de λ2−8λ+16 = 0. La resoluciónde esta ecuación de segundo grado nos proporciona como único autovalor de A λ1 = 4 conmultiplicidad algebráica (m.a) m1 = 2.Para calcular el subespacio propio de A asociado al autovalor λ1 = 4, V (λ1) = V (4) =©v ∈ R2 : (A− λ1I) v = 0

ª, debemos resolver el sistemas homogéneo (A− λ1I) v = 0. Puesto

que (A− λ1I) = A − 4I =µ6 −94 −6

¶, poniendo v =

µxy

¶, el sistema homogéneo es½

6x− 9y = 0,4x− 6y = 0.

Como sabemos, el sistema anterior es compatible indeterminado (pues λ1 = 4 es autovalorde la matriz A y así A − 4I es no regular) y es directo observar que se reduce a la únicaecuación 2x − 3y = 0. Las infinitas soluciones de esta ecuación pueden escribirse en al

forma½x = 3

2ty = t

con t ∈ R y por consiguiente,©¡

32 , 1¢ª

es base V (λ1). Nótese que

también podemos elegir como base el conjunto {(3, 2)}, es decir, V (λ1) = lin¡©¡

32 , 1¢ª¢

=lin ({(3, 2)}).Podemos comprobar que los cálculos está bien hechos observando que Av = 4v, siendo

v =

µ32

¶. En efecto,

Av =

µ10 −94 −2

¶µ32

¶=

µ128

¶= 4

µ32

¶= 4v.

60

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 61

• Cálculamos, en primer lugar, el polinomio característico de la matriz A =µ0 34 0

¶:

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄ −λ 34 −λ

¯̄̄̄= λ2 − 12.

Las raíces de pA(λ) son λ1 =√12 = 2

√3 con multiplicidad algebráica (m.a.) m1 = 1 y

λ2 = −√12 = −2√3 con multiplicidad algebráica (m.a.) m2 = 1.

A continuación calculamos los subespacios propios V (λ1) y V (λ2).Para determinar una base del primer subespacio propio V (λ1) tenemos que resolver el

sistema homogéneo (A− λ1I) v1 = 0. Tomando v1 =µxy

¶y teniendo en cuenta que

(A− λ1I) = A − 2√3I =µ −2√3 3

4 −2√3¶, las ecuaciones del sistema anterior son½ −2√3x+ 3y = 0,

4x− 2√3y = 0.Sabemos que el sistema anterior es compatible indeterminado, por tanto, una de las ecua-ciones es proporcional a la otra y el sistema puede reducirse a una sola de las ecuaciones.

Resolviendo la última de las ecuaciones, la solución general es

(x =

√32 t

y = tcon t ∈ R. Así,

V (λ1) = lin³n³√

32 , 1

´o´= lin

¡©¡√3, 2¢ª¢.

Para determinar una base de V (λ2) tenemos que resolver el sistema homogéneo (A− λ2I) v2 =

0. Tomando v2 =µxy

¶y teniendo en cuenta que (A− λ2I) = A+2

√3I =

µ2√3 3

4 2√3

¶,

las ecuaciones del sistema anterior son½2√3x+ 3y = 0,

4x+ 2√3y = 0.

Al igual que antes, el sistema puede reducirse a una sola de las ecuaciones. Resolviendo

la última de las ecuaciones, la solución general es

(x = −

√32 t

y = tcon t ∈ R. Así, V (λ2) =

lin³n³−√32 , 1

´o´= lin

¡©¡−√3, 2¢ª¢.Podemos comprobar que se satisfacen las relaciones Av1 = λ1v1 y Av2 = λ2v2, siendo

v1 =

µ √32

¶y v2 =

µ −√32

¶:

Av1 =

µ0 34 0

¶µ √32

¶=

µ6

4√3

¶= 2√3

µ √32

¶= λ1v1.

Av2 =

µ0 34 0

¶µ −√32

¶=

µ6

−4√3¶= −2

√3

µ −√32

¶= λ2v2.

• Es directo ver que el único autovalor de la matriz nula A =µ0 00 0

¶es λ1 = 0 con m.a.

m1 = 2. Para obtener el subespacio propio V (λ1) = V (0) tenemos que resolver el sistema

homogéneo½0 · x+ 0 · y = 0,0 · x+ 0 · y = 0. Está claro que cualquier vector v =

µxy

¶∈ R2 es solución

del sistema, por lo que V (λ1) = R2 y podemos tomar como base de V (λ1) cualquier basede R2; por ejemplo, la base canónica {(1, 0) , (0, 1)}.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 62

• El único autovalor de la matriz diagonal I =µ1 00 1

¶es λ1 = 1 con m.a. m1 = 2.

Como la matriz I − λ1I = I − I =µ0 00 0

¶, de la misma forma que antes, el subespacio

propio V (λ1) es V (λ1) = R2 y {(1, 0) , (0, 1)} una base de V (λ1).

• Las raíces del polinomio característico de A = 4 0 1−2 1 0−2 0 1

,

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄¯̄ 4− λ 0 1−2 1− λ 0−2 0 1− λ

¯̄̄̄¯̄ = (1− λ)

¯̄̄̄4− λ 1−2 1− λ

¯̄̄̄=

= (1− λ) [(4− λ) (1− λ) + 2] = (1− λ) (2− λ) (3− λ) ,

son λ1 = 1,λ2 = 2 y λ3 = 3 y todos ellos tienen m.a. uno.Ahora vamos a calcular bases de cada uno de los subespacios propios.

— Como V (λ1) = V (4) = N (A− λ1I) =©v ∈ R2 : (A− λ1I) v = 0

ª, debemos resolver

el sistema homogéneo (A− λ1I) v = 0. Poniendo v =

xyz

y puesto que A− λ1I =

A− I = 3 0 1−2 0 0−2 0 0

, el sistema homogéneo es3x+ z = 0,−2x = 0,−2x = 0.

Las soluciones de este sistema se pueden escribir en la forma

x = 0,y = t,z = 0,

con t ∈ R y

por tanto V (λ1) = lin ({(0, 1, 0)}) .

— Como A − λ2I = A − 2I = 2 0 1−2 −1 0−2 0 −1

, para determinar el subespacio propioV (λ2) = V (2) tenemos que resolver el sistema homogéneo

2x+ z = 0,−2x− y = 0,−2x− z = 0.

Es directo observar que las infinitas soluciones de este sistema son

x = t,y = −2t,z = −2t,

con

t ∈ R y por tanto, V (λ2) = lin ({(1,−2,−1)}).

— Teniendo en cuenta que A−λ3I = A−3I = 1 0 1−2 −2 0−2 0 −2

, el sistema homogéneo(A− λ3I) v = 0 es

x+ z = 0,

−2x− 2y = 0,−2x− 2z = 0.

Sus infinitas soluciones son

x = −t,y = t,z = t,

con

t ∈ R y por consiguiente, V (λ3) = lin ({(−1, 1, 1)}).

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 63

• El polinomio característico de la matriz A = −1 0 1−1 3 0−4 13 −1

es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄¯̄ −1− λ 0 1

−1 3− λ 0−4 13 −1− λ

¯̄̄̄¯̄ = −λ3 + λ2 + λ+ 2 = − (λ− 2) ¡λ2 + λ+ 1

¢,

luego el único autovalor real de A es λ1 = 2 (con m.a. m1 = 1), pues las soluciones de laecuación λ2 + λ+ 1 = 0 son complejas: λ = −1±√3i

2 .

Como A − λ1I = A − 2I = −3 0 1−1 1 0−4 13 −3

, el sistema homogéneo (A− λ1I) v = 0 es−3x+ z = 0,−x+ y = 0,−4x+ 13y − 3z = 0.

Ahora aplicaremos el método de Gauss para resolver el sistema homogéneo anterior. −3 0 1−1 1 0−4 13 −3

000

F1(−1/3)−→ 1 0 −1/3−1 1 0−4 13 −3

000

F21(1)−→F31(4) 1 0 −1/3

0 1 −1/30 13 −133

000

F32(−13)−→ 1 0 −1/3

0 1 −1/30 0 0

000

.Así, el sistema inicial es equivalente al sistema

½x− 1

3z = 0,y − 1

3z = 0y sus infinitas soluciones

pueden expresarse en la forma

x = 1

3t,y = 1

3t,z = t,

con t ∈ R. Por consiguiente, V (λ1) = V (2) =

lin¡©¡

13 ,13 , 1¢ª¢

= lin ({(1, 1, 3)}) .Naturalmente,

A

113

=

−1 0 1−1 3 0−4 13 −1

113

=

226

= 2

113

.• El polinomio carcterístico de la matriz A =

5 0 11 1 0−7 1 0

es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄¯̄ 5− λ 0 1

1 1− λ 0−7 1 −λ

¯̄̄̄¯̄ = −λ3 + 6λ2 − 12λ+ 8 = − (λ− 2)3 ,

luego el único autovalor de A es λ1 = 2 y su m.a. es m1 = 3.Determinaremos el subespacio propio V (λ1) = V (2) = N (A− λ1I) =

©v ∈ R2 : (A− λ1I) v = 0

ªresolviendo el sistema (A− λ1I) v = 0. Puesto que A−λ1I = A−2I =

3 0 11 −1 0−7 1 −2

,el sistema anterior es

3x+ z = 0,x− y = 0,−7x+ y − 2z = 0.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 64

Aplicando el método de Gauss 3 0 11 −1 0−7 1 −2

000

F1(1/3)−→ 1 0 1/3

1 −1 0−7 1 −1

000

F21(−1)−→F31(7) 1 0 1/3

0 −1 −1/30 1 1/3

000

F2(−1)−→ 1 0 1/3

0 1 1/30 1 1/3

000

F32(−1)−→ 1 0 1/3

0 1 1/30 0 0

000

el sistema anterior es equivalente a

½x+ 1

3z = 0,y + 1

3z = 0,sus infinitas soluciones son

x = 1

−3 t,y = −13t,z = t,

y por tanto, V (λ1) = V (2) = lin¡©¡−13 ,−13 , 1¢ª¢ = lin ({(−1,−1, ) 3}).

Fijémonos que A

−1−13

=

5 0 11 1 0−7 1 0

−1−13

=

−2−26

= 2

−1−13

.

2. Calcular los autovalores de la matriz

10 −9 0 04 −2 0 00 0 −2 −70 0 1 2

.Solución:

El polinomio característico de la matriz dada es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄¯̄̄̄ 10− λ −9 0 0

4 −2− λ 0 00 0 −2− λ −70 0 1 2− λ

¯̄̄̄¯̄̄̄ F34(2+λ)=

=

¯̄̄̄¯̄̄̄ 10− λ −9 0 0

4 −2− λ 0 00 0 0 −7 + (2 + λ) (2− λ)0 0 1 2− λ

¯̄̄̄¯̄̄̄ =

¯̄̄̄¯̄̄̄ 10− λ −9 0 0

4 −2− λ 0 00 0 0 −λ2 − 30 0 1 2− λ

¯̄̄̄¯̄̄̄ =

= −¯̄̄̄¯̄ 10− λ −9 0

4 −2− λ 00 0 −λ2 − 3

¯̄̄̄¯̄ = ¡λ2 + 3¢ ¯̄̄̄ 10− λ −9

4 −2− λ

¯̄̄̄=¡λ2 + 3

¢ ¡λ2 − 8λ+ 16¢ =

=¡λ2 + 3

¢(λ− 4)2 .

Por consiguiente, los autovalores de A (raíces reales del polinomio característico) son λ1 = 4 conm.a. m1 = 2.

3. Comprobar que si λ es un autovalor de A con autovector asociado x, entonces λn es autovalorde An con autovector asociado x. Encontrar los autovalores y bases para los subespacios propios

asociados de la matriz A25, siendo A =

−1 −2 −21 2 1−1 −1 0

.Solución:

Si λ0 es un autovalor de A con autovector asociado x entonces se verifica que Ax = λ0x⇒ A2x =A(Ax) = A (λ0x) = λ0Ax = λ20x y por inducción se tiene que A

nx = λn0x. Esto demuestra queλn0 es autovalor de A

n con autovector asociado x (el mismo que para λ0).

Si queremos calcular los autovalores y autovectores de A25 es suficiente con que se calculen losde A y se utilice la información anterior.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 65

Calculamos el polinomio característico de la matriz A.

|λI −A| =¯̄̄̄¯̄ λ+ 1 2 2−1 λ− 2 −11 1 λ

¯̄̄̄¯̄ =

¯̄̄̄¯̄ λ+ 1 2 2

0 λ− 1 λ− 11 1 λ

¯̄̄̄¯̄ =

= (λ− 1)¯̄̄̄¯̄ λ+ 1 2 2

0 1 11 1 λ

¯̄̄̄¯̄ = (λ− 1)

¯̄̄̄¯̄ λ+ 1 2 0

0 1 01 1 λ− 1

¯̄̄̄¯̄ =

= (λ− 1)2¯̄̄̄λ+ 1 2

0 1

¯̄̄̄= (λ− 1)2 (λ+ 1) . Luego los autovalores de A son λ = 1 de m.a.(λ =

1) = 2 y λ = −1 de m.a.(λ = −1) = 1. Los autovalores de A25 serán 125 = 1 y (−1)25 = −1.Los autovectores asociados a 125 = 1 para la matriz A25 son los mismos que los asociados a 1para la matriz A y los asociados a (−1)25 para la matriz A25 son los mismos que los asociados a−1 para la matriz A. Por tanto, calculamos los subespacios propios asociados a 1 y −1 para lamatriz A.

Para calcular el subespacio propio V (1) debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo

(I − A)x = 0 ⇒ 2 2 2−1 −1 −11 1 1

xyz

=

000

. Usamos el método de Gauss y obten-emos

2 2 2 0−1 −1 −1 01 1 1 0

−→ 1 1 1 00 0 0 00 0 0 0

⇒ {x+ y + z = 0 ⇒x = −t− sy = tz = s

, luego

V (1) = lin ({(−1, 1, 0) , (−1, 0, 1)}) .Ahora obtenemos el subespacio propio V (−1). Igual que antes (−I −A)x = 0⇒ 0 2 2−1 −3 −11 1 −1

xyz

=

000

.Usamos el método de Gauss y obtenemos 0 2 2 0−1 −3 −1 01 1 −1 0

−→ 1 1 −1 0−1 −3 −1 00 2 2 0

−→ 1 1 −1 00 −2 −2 00 2 2 0

−→ 1 1 −1 00 1 1 00 0 0 0

⇒ ½x+ y − z = 0

y + z = 0⇒

x = 2ty = −tz = t

, luego V (−1) = lin ({(2,−1, 1)}) .

Por tanto, los autovalores deA25 son 1 con subespacio propio asociado V (1) = lin ({(−1, 1, 0) , (−1, 0, 1)})y −1 con subespacio propio asociado V (−1) = lin ({(2,−1, 1)}) .

(a) Justificar que el número 0 no puede ser autovalor de una matriz invertible.

(b) Comprobar que si λ es un autovalor de A con autovector asociado x, entonces1

λes autovalor

de A−1 con autovector asociado x.

(c) Encontrar los autovalores y autovectores de A−1, siendo A =

−2 2 3−2 3 2−4 2 5

.Solución:

(a) Si λ = 0 fuese autovalor de A debe existir algún vector x 6= 0 tal que Ax = 0 y de aquídeducimos que no existe la inversa de A.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 66

(b) Si A tiene inversa y λ0 6= 0 es un autovalor de A con autovector asociado u, entonces severifica Au = λ0u ⇐⇒ A−1Au = A−1(λ0u)⇐⇒ u = λ0A

−1u ⇐⇒ A−1u = 1λ0u. Por tanto

1λ0es autovalor de A−1 con el mismo autovector asociado u.

(c) Según lo visto en el apartado (b) para calcular los autovectores y autovalores de A−1 no esnecesario calcular previamente esta matriz. Es suficiente con que calculemos autovalores yautovectores de A.Calculamos el polinomio característico de A.

|λI −A| =¯̄̄̄¯̄ λ+ 2 −2 −3

2 λ− 3 −24 −2 λ− 5

¯̄̄̄¯̄ =

= (λ+ 2)

¯̄̄̄λ− 3 −2−2 λ− 5

¯̄̄̄+ 2

¯̄̄̄2 −24 λ− 5

¯̄̄̄− 3

¯̄̄̄2 λ− 34 −2

¯̄̄̄=

= (λ+ 2)¡λ2 − 8λ+ 11¢+ 2(2λ− 2)− 3(−4λ+ 8) =

= (λ+ 2)¡λ2 − 8λ+ 11¢+ (16λ− 28) = λ3 − 6λ2 + 11λ− 6 = (λ− 2)(λ− 1)(λ− 3).

Luego los autovalores de A son 1, 2 y 3 y los de A−1 son sus inversos: 1, 12 y13 .

Los autovectores asociados a 1, 12 y13 para la matriz A

−1 son los mismos que los asociadosa 1, 2 y 3 para A, respectivamente.Para calcular el subespacio propio VA(1) de A debemos resolver el sistema de ecuaciones ho-

mogéneo (I−A)x = 0⇒ 3 −2 −32 −2 −24 −2 −4

xyz

=

000

. Usamos el método de Gaussy obtenemos

3 −2 −3 02 −2 −2 04 −2 −4 0

−→ 2 −2 −2 03 −2 −3 04 −2 −4 0

−→ 1 −1 −1 03 −2 −3 04 −2 −4 0

−→

1 −1 −1 00 1 0 00 2 0 0

−→ 1 −1 −1 00 1 0 00 0 0 0

⇒x = ty = 0z = t

, luego VA(1) = lin ({(1, 0, 1)})

y el subespacio propio de A−1 asociado a 1 es VA−1(1) = VA(1) = lin ({(1, 0, 1)}).Procediendo de la misma forma con los otros autovalores se obtiene VA(2) = VA−1(

12) =

lin {(1, 2, 0)} y VA(3) = VA−1(13) = lin ({(1, 1, 1)}).

4. Determinar cuáles de las siguientes matrices son diagonalizablesµ2 01 2

¶,µ2 −31 −1

¶,

3 0 00 2 00 1 2

,4 0 0 01 −1 0 00 1 2 00 1 4 3

,2 −1 0 10 2 1 −10 0 3 20 0 0 3

.Solución:

• Los autovalores de la matriz triangular inferior A =µ2 01 2

¶son λ1 = 2 con m.a. m1 = 2.

Ahora debemos determinar la multiplicidad geométrica (m.g.) de este autovalor. Puestoque la m.g. µ1 puede obtenerse mediante

µ1 = dim (V (λ1)) = dim (N(A− λ1I)) = 2− rg (A− λ1I) ,

sólo tenemos que obtener el rango de la matriz A− λ1I.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 67

Ahora bien, A−λ1I = A−2I =µ0 01 0

¶, luego rg (A− λ1I) = 1 y por tanto, µ1 = 2−1 =

1. Así, µ1 = 1 6= 2 = m1 y por consiguiente la matriz A =µ2 01 2

¶no es diagonalizable.

Otra forma:

Sabemos que la matriz A =µ2 01 2

¶sólo posee un autovalor λ1 = 2 con m.a. m1 = 2. Si la

matriz A fuera diagonalizable, existirían P regular y D diagonal de forma que P−1AP = D(o equivalentemente, A = PDP−1).Sabemos que la diagonal de D está formada por los autovalores de A y como A posee un

único autovalore doble λ1, tenemos que D =

µλ1 00 λ1

¶= λ1I. Así, A = P D|{z}

=λ1I

P−1 =

Pλ1IP−1 = λ1PIP

−1| {z }=I

= λ1I =

µλ1 00 λ1

¶=

µ2 00 2

¶.

Puesto que nuestra matriz A no es λ1I, deducimos que A no puede ser diagonalizable.Nota:Lo visto anteriormente puede generalizarse de la siguiente forma:Sea A ∈Mn con un único autovalor λ1 de m.a. m1 = n. Entonces, A es diagonalizable siy sólo si A = λ1I.

• El polinomio característico de A =µ2 −31 −1

¶es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄2− λ −31 −1− λ

¯̄̄̄= λ2 − λ+ 1.

Como las raíces de pA(λ) = λ2 − λ + 1 son complejas λ = 1±√3i2 , la matriz A no posee

ningún autovalor real y se dice que A es no diagonalizable en el cuerpo R de los númerosreales.

• Como la matriz A =

3 0 00 2 00 1 2

es triangular inferior sus autovalores son λ1 = 1 con

m.a. m1 = 1 y λ2 = 2 con m.a. m1 = 2.Sabemos que la multiplicidad geométrica (m.g.) satisface la desigualdad 1 6 µ1 6 m1.Puesto que m1 = 1, deducimos que µ1 = m1 = 1, es decir las multiplicidades algebráicas ygeométricas del primer autovalor coinciden.Para calcular la m.g. del segundo autovalor λ2 = 2 debemos obtener el rango de la matrizA− λ2I.

A− λ2I = A− 2I = 1 0 00 0 00 1 0

, luego rg (A− λ2I) = 2 y por tanto,

µ2 = dim(V (λ2)) = dim (N(A− λ1I)) = 3− rg (A− λ2I) = 3− 2 = 1.

En consecuencia, µ2 = 1 6= 2 = m2 y la matriz A =

3 0 00 2 00 1 2

no es diagonalizable.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 68

• Los autovalores de la matriz

4 0 0 01 −1 0 00 1 2 00 1 4 3

son 4,−1, 2 y 3, ya que esta matriz es

triangular (inferior). Como todos ellos son distintos entre sí la matriz es diagonalizable.

• Los autovalores de la matriz

2 −1 0 10 2 1 −10 0 3 20 0 0 3

son 2 de m.a.(λ = 2) = 2 y 3 de m.a.(λ =

3) = 2.Para saber si es o no diagonalizable es suficiente con conocer la dimensión de los sube-spacios propios V (2) = N(2I − A) y V (3) = N(3I − A). Para ello es suficiente con que

estudie el rango de las matrices (2I −A) y (3I −A). (2I −A) =

0 1 0 −10 0 −1 10 0 1 −20 0 0 1

−→0 1 0 −10 0 1 −10 0 1 −20 0 0 1

−→0 1 0 −10 0 1 −10 0 0 −10 0 0 1

−→

0 1 0 −10 0 1 −10 0 0 10 0 0 0

Como el rango de (2I − A) es tres y sabemos que rg(2I − A) + dim (N(2I −A)) = 4obtenemos que dimV (2) = 1. Tenemos por tanto que la m.a.(λ = 2) no coincide con lam.g.(λ = 2) y por tanto esta matriz no es diagonalizable.

5. Determinar si las siguientes matrices son diagonalizables y en caso afirmativo encontrar unamatriz de paso P y obtener P−1AP. −1 4 −2

−3 4 0−3 1 3

, 5 0 01 5 00 1 5

, 0 0 00 0 03 0 1

.Solución:

• El polinomio característico de la matriz A = −1 4 −2−3 4 0−3 1 3

es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄¯̄ −1− λ 4 −2−3 4− λ 0−3 1 3− λ

¯̄̄̄¯̄ F32(−1)=

¯̄̄̄¯̄ −1− λ 4 −2−3 4− λ 00 −3 + λ 3− λ

¯̄̄̄¯̄ =

= (A la segunda columna le sumamos la tercera)

¯̄̄̄¯̄ −1− λ 2 −2−3 4− λ 00 0 3− λ

¯̄̄̄¯̄ =

= (3− λ)

¯̄̄̄ −1− λ 2−3 4− λ

¯̄̄̄= (3− λ)

¡λ2 − 3λ+ 2¢ = (3− λ) (λ− 1) (λ− 2) .

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 69

Luego, los autovalores de A son λ1 = 1,λ2 = 2 y λ3 = 3; todos ellos con m.a. uno y, comosabemos, también con m.g. uno.Como A es de orden tres y posee tres autovalores diferentes deducimos que A es diagonal-izable.Para obtener una matriz de paso que diagonalice a A debemos encontrar bases para cadauno de los subespacios propios.

— V (λ1) = V (1) = N(A− I) =©v ∈ R3 : (A− I)v = 0ª .

A − I = −2 4 −2−3 3 0−3 1 2

, luego hay que resolver el sistema con matriz ampliada −2 4 −2−3 3 0−3 1 2

000

.Aplicando el método de Gauss se obtiene −2 4 −2−3 3 0−3 1 2

000

F1(−1/2)−→ 1 −2 1−3 3 0−3 1 2

000

F21(3)−→F31(3) 1 −2 1

0 −3 30 −5 5

000

F2(−1/3)−→ 1 −2 1

0 1 −30 −5 5

000

F32(5)−→ 1 −2 1

0 1 −30 0 0

000

,luego el sistema (A−I)v = 0 es equivalente al sistema

½x− 2y + z = 0y − 3z = 0 y sus infinitas

soluciones pueden escribirse en la forma

x = 5ty = 3tz = t

con t ∈ R. Así, V (λ1) = lin ({v1}),

siendo v1 = (5, 3, 1).— V (λ2) = V (2) = N(A− 2I) =

©v ∈ R3 : (A− 2I)v = 0ª .

A − 2I = −3 4 −2−3 2 0−3 1 1

, luego hay que resolver el sistema con matriz ampliada −3 4 −2−3 2 0−3 1 1

000

.De nuevo, aplicamos el método de Gauss. −3 4 −2−3 2 0−3 1 1

000

F1(−1/3)−→ 1 −4/3 2/3−3 2 0−3 1 1

000

F21(3)−→F31(3) 1 −4/3 2/3

0 −2 20 −3 3

000

F2(−1/2)−→ 1 −4/3 2/3

0 1 −10 −3 3

000

F32(3)−→ 1 −4/3 2/30 1 −20 0 0

000

.Así, el sistema (A− 2I)v = 0 es equivalente a

½x− 4

3y +23z = 0

y − 2z = 0 sus soluciones sonx = 2ty = 2tz = t

con t ∈ R y V (λ2) = lin ({v2}), siendo v2 = (2, 2, 1).

— V (λ3) = V (3) = N(A− 3I) =©v ∈ R3 : (A− 3I)v = 0ª .

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 70

Como A − 3I = −4 4 −2−3 1 0−3 1 0

es directo observar que el sistema (A − 3I)v = 0

es equivalente al sistema½ −4x+ 4y +−2z = 0−3x+ y = 0 y sus soluciones son

x = ty = 3tz = 4t

con

t ∈ R. Luego, V (λ3) = lin ({v3}), siendo v3 = (1, 3, 4).

En consecuencia, la matriz de paso es P =¡v1 v2 v3

¢=

5 2 13 2 31 1 4

y

P−1AP = D =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

=

1 0 00 2 00 0 3

.

• Los autovalores de la matriz 5 0 01 5 00 1 5

son λ = 5 de m.a.(λ = 5) = 3. Calculamos

ahora la m.g. de este autovalor. Para ello es suficiente con que estudiemos el rango de la

matriz (5I −A) = 0 0 01 0 00 1 0

−→ 1 0 00 1 00 0 0

. Esta matriz tiene rango dos por tantom.g.(λ = 5) = dimV (5) = 3 − rg(5I − A) = 1. Como la m.a.(λ = 5) y la m.g.(λ = 5) nocoinciden tenemos que la matriz no es diagonalizable. (Véase la Nota del Ejercicio 4).

• Los autovalores de 0 0 00 0 03 0 1

son λ = 0 de m.a.(λ = 0) = 2 y λ = 1 de m.a.(λ = 1) = 1.

Calculamos la m.g. del autovalor λ = 0 (del autovalor λ = 1 sabemos que m.a.(λ = 1) =m.g.(λ = 1) = 1).

Necesitamos estudiar el rango de la matriz (0I −A) = 0 0 0

0 0 0−3 0 −1

, que claramentees uno. Por tanto, m.g.(λ = 0) = dimV (0) = 3 − rg(0I − A) = 2. Como la m.a.(λ =0) = m.g.(λ = 0) = 2 y m.a.(λ = 1) = m.g.(λ = 1) = 1 se tiene que esta matriz esdiagonalizable. En este ejercicio nos piden además que obtengamos la matriz de paso P yla matriz diagonal P−1AP = D.Tenemos que encontrar una base de V (0) y para ello resolvemos el sistema de ecuacioneshomogéneo (0I −A)x = 0. 0 0 0

0 0 0−3 0 −1

x1x2x3

=

000

⇒ ©x1 +

x33 = 0 ⇒

x1 = −tx2 = sx3 = 3t

, luego

V (1) = lin ({(−1, 0, 3) , (0, 1, 0)}) .Ahora buscamos una base de V (1) y para ello resolvemos el sistema de ecuaciones homogé-neo (I −A)x = 0. 1 0 0

0 1 0−3 0 0

x1x2x3

=

000

⇒ 1 0 0 00 1 0 0−3 0 0 0

−→ 1 0 0 00 1 0 00 0 0 0

⇒ ½x1 = 0x2 = 0

⇒x1 = 0x2 = 0x3 = t

, luego V (1) = lin ({(0, 0, 1)}) .

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 71

Por tanto, P =

−1 0 00 1 0−3 0 1

y D = P−1AP =

0 0 00 0 00 0 1

. Observemos que |P | =−1 6= 0, por lo tanto los tres autovectores obtenidos son linealmente independientes.

6. Encontrar una matriz cuadrada de orden dos cuyos autovalores sean 1 y 2 y tal que V (1) =lin {(1, 1)} y V (2) = lin {(1, 0)} .Solución:

Sabemos que una matriz de orden dos que tenga dos autovalores distintos es diagonalizable yque una matriz de paso está determinada por los autovectores linealmente independientes. En

este caso, A = PDP−1, donde D =

µ2 00 1

¶y P =

µ1 10 1

¶Calculamos P−1 :

µ1 1 1 00 1 0 1

¶−→

µ1 0 1 −10 1 0 1

¶. Por tanto, P−1 =

µ1 −10 1

¶y

A =

µ1 10 1

¶µ2 00 1

¶µ1 −10 1

¶=

µ2 10 1

¶µ1 −10 1

¶=

µ2 −10 1

¶.

Comprobamos queµ2 −10 1

¶µ10

¶=

µ20

¶= 2

µ10

¶yµ2 −10 1

¶µ11

¶=

µ11

¶.

7. Encontrar una matriz cuadrada de orden tres cuyos autovalores sean −1 y 2 y tal que V (2) =lin {(1, 1,−1)} y V (−1) = ©(x, y, z) ∈ R3 : x− z = 0ª.Solución:

Como en el ejercicio 6, debemos encontrar una matriz de paso y su correspondiente matrizdiagonal. Para ello, hay que encontrar bases de los subespacio propios.

Resolviendo el sistema x−z = 0, se obtiene que V (−1) = lin ({(0, 1, 0), (1, 0, 1)}). Así, utilizandoque V (2) = lin {(1, 1,−1)} , deducimos que

P−1AP = D, siendo P =

0 1 11 0 10 1 −1

y D =

−1 0 00 −1 00 0 2

.Por consiguiente, sólo debemos calcular la inversa de P para determinar la matriz A. Dejamosdicho cálculo al alumno y finalmente encontramos

A = PDP−1 =

0 1 11 0 10 1 −1

−1 0 00 −1 00 0 2

−12 1 12

12 0 1

212 0 −12

=

12 0 −3232 −1 −32−32 0 1

2

.

8. Calcular

−1 7 −10 1 00 15 −2

6, µ 1 0−1 2

¶10Solución:

Calcular la potencia de cualquier matriz es un proceso complicado en cuanto a la cantidad decálculos a realizar. Sólo si la matriz es diagonal o diagonalizable es sencillo de calcular. SiA = PDP−1, entonces An = PDnP−1 y Dn = diag(λn1 ,λ

n2 , ...λ

np ).

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 72

• Para calcular A6, siendo A =

−1 7 −10 1 00 15 −2

vemos primero si es diagonalizable y

buscamos las matrices P y D.Calculamos el polinomio característico de A :

|λI −A| =¯̄̄̄¯̄ λ+ 1 −7 1

0 λ− 1 00 −15 λ+ 2

¯̄̄̄¯̄ = (λ+ 1)

¯̄̄̄λ− 1 0−15 λ+ 2

¯̄̄̄= (λ+ 1) (λ− 1) (λ+ 2),

luego los autovalores son λ = 1, λ = −1 y λ = −2. Como A es de orden tres y los tresautovalores son distintos la matriz es diagonalizable.Para calcular la matriz de paso P obtenemos bases de los subespacios propios asociados acada autovalor.Para λ = 1, tenemos que V (1) = N(I − A). Y una base de V (1) se obtiene resolviendo el

sistema

2 −7 10 0 00 −15 3

xyz

=

000

=⇒½2x− 7y + z = 0−15y + 3z = 0 =⇒

x = ty = tz = 5t

, luego

V (1) = lin ({(1, 1, 5)}) .Para λ = −1, tenemos que V (−1) = N(−I−A). Y una base de V (−1) se obtiene resolviendo

el sistema

0 −7 10 −2 00 −15 11

xyz

=

000

=⇒−7y + z = 0−2y = 0

−15y + z = 0=⇒

x = ty = 0z = 0

, luego

V (−1) = lin ({(1, 0, 0)}) .Para λ = −2, tenemos que V (−2) = N(−2I − A). Y una base de V (−2) se obtiene

resolviendo el sistema

−1 −7 10 −3 00 −15 0

xyz

=

000

=⇒½ −x− 7y + z = 0

y = 0=⇒

x = ty = 0z = t

, luego V (−2) = lin ({(1, 0, 1)}).

Por último,

−1 7 −10 1 00 15 −2

6 = 1 1 10 1 00 5 1

1 0 00 1 00 0 64

1 1 10 1 00 5 1

−1 = 1 −315 630 1 00 −315 64

.• La matriz A =

µ1 0−1 2

¶es diagonalizable, pues es de orden dos y posee dos autovalores

diferentes λ1 = 1,λ2 = 2.Seguidamente, calcularemos una matriz de paso a partir de las bases de los subespaciospropios.

Como A − λ1I = A − I =µ

0 0−1 1

¶, V (λ1) ≡ {−x+ y = 0 y por tanto V (λ1) =

lin ({(1, 1)}).Puesto que A− λ2I = A− 2I =

µ −1 0−1 0

¶, es directo ver que V (λ2) = lin ({(0, 1)}).

Consecuentemente, la matriz de paso es P =

µ1 01 1

¶, la matriz diagonal es D =µ

1 00 2

¶y

A10 = PD10P−1 =µ1 01 1

¶µ110 00 210

¶µ1 01 1

¶−1=

µ1 0

−1023 1024

¶.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 73

9. Encontrar una matriz de paso ortogonal que diagonalize ortogonalmente a cada una de lassiguientes matrices.µ

6 −2−2 3

¶,

1 1 01 1 00 0 0

, 2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

, 3 2 42 0 24 2 3

, 5 4 24 5 22 2 2

.Solución:

Todas las matrices de este ejercicio puede diagonalizarse mediante una matriz de paso ortogonal,pues son simétricas.

• El polinomio característico de A =µ

6 −2−2 3

¶es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄6− λ −2−2 3− λ

¯̄̄̄= λ2 − 9λ+ 14 = (λ− 2) (λ− 7) ,

sus autovalores son λ1 = 2, λ2 = 7 y los dos tienen m.a. uno.

La matriz A− λ1I es A− 2I =µ

4 −2−2 1

¶, luego V (λ1) ≡ {−2x+ y = 0 y así V (λ1) =

lin ({(1, 2)}) .Como A−λ1I = A−7I =

µ −1 −2−2 −4

¶, unas ecuaciones implícitas de V (λ2) son −x−2y =

0 y por tanto, V (λ2) = lin ({(−2, 1)}).Nótese que, como A es simétrica, V (λ1)⊥V (λ2). Podemos comprobar esto viendo que(1, 2) · (−2, 1) = 0.Para obtener una matriz de paso ortogonal debemos ortonormalizar cada base de los subes-pacios propios. En este caso es sencillo, pues las bases de los dos subespacios propios tienenun único vector y la ortornormalización se lleva a cabo normalizando los vectores v1 = (1, 2)y v2 = (−2, 1). Por tanto, la matriz da paso ortogonal es Q =

¡w1 w2

¢, siendo

w1 =v1kv1k =

µ1√5,2√5

¶y w2 =

v2kv2k =

µ−2√5,1√5

¶y se satisface

Q−1AQ = QtAQ = D =

µ2 00 7

¶.

• Calculamos el polinomio característico de la matriz A = 1 1 01 1 00 0 0

|λI −A| =

¯̄̄̄¯̄ λ− 1 −1 0−1 λ− 1 00 0 λ

¯̄̄̄¯̄ = λ

¯̄̄̄λ− 1 −1−1 λ− 1

¯̄̄̄= λ

³(λ− 1)2 − 1

´= λ

¡λ2 − 2λ¢ =

λ2 (λ− 2), luego los autovalores son λ = 0 de m.a.(λ = 0) = 2 y λ = 2 de m.a.(λ = 2) = 1Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 0. Para ello debemos resolver elsistema de ecuaciones homogéneo (0I −A)x = 0. −1 −1 0−1 −1 00 0 0

xyz

=

000

⇒ −1 −1 0 0−1 −1 0 00 0 0 0

−→ 1 1 0 00 0 0 00 0 0 0

⇒ {x+ y = 0 ⇒x = −tx = tz = s

, luego V (0) = lin ({(−1, 1, 0) , (0, 0, 1)}) .

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 74

Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 2. Para ello debemos resolver elsistema de ecuaciones homogéneo (2I −A)x = 0. 1 −1 0−1 1 00 0 −2

xyz

=

000

⇒ 1 −1 0 0−1 1 0 00 0 −2 0

−→ 1 −1 0 00 0 1 00 0 0 0

⇒½x− y = 0z = 0

⇒x = tx = tz = 0

, luego V (2) = lin ({(1, 1, 0)}).

Como los autovalores de la matriz {(−1, 1, 0) , (0, 0, 1) , (1, 1, 0)} son ortogonales, normali-zando obtenemos una base de vectores ortonormales y una matriz de paso ortogonal. Por

la tanto una matriz de paso ortogonal será P =

−1√20 1√

21√20 1√

2

0 1 0

y la matriz diagonal

será D =

0 0 00 0 00 0 2

.• El polinomio característico de A =

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄¯̄ 2− λ −1 −1−1 2− λ −1−1 −1 2− λ

¯̄̄̄¯̄ = −λ3 + 6λ2 − 9λ = −λ (λ− 3)2 ,

luego sus autovalores son λ1 = 0 con m.a. m1 = 1 y λ2 = 3 con m.a. m2 = 2.

— Para determinar una base del primer subespacio propio V (λ1) debemos resolver elsistema (A− λ1I) v = 0. Para ello aplicaremos el método de Gauss al sistema conmatriz ampliada

¡A− λ1I 0

¢=¡A− 0I 0

¢=¡A 0

¢.¡

A 0¢=

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

000

F1(1/2)−→ 1 −1/2 −1/2−1 2 −1−1 −1 2

000

F1(1)−→F31(1) 1 −1/2 −1/2

0 3/2 −3/20 −3/2 3/2

000

F2(2/3)−→ 1 −1/2 −1/2

0 1 −10 −3/2 3/2

000

F32(3/2)−→ 1 −1/2 −1/20 1 −10 0 0

000

. Así, el sistema homogéneo (A− λ1I) v = 0 es equiva-

lente al sistema½x− 1

2y − 12z = 0

y − z = 0 sus infinitas soluciones son

x = ty = tz = t

y por tan-

to, {(1, 1, 1)} es una base de V (λ1). Normalizando este vector obtenemos una baseortonormal de V (λ1); es decir,

n³1√3, 1√

3, 1√

3

´oes una base ortonormal de V (λ1).

— La matriz A−λ2I es A−λ2I = A−3I = −1 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 −1

, luego unas ecuaciones im-plícitas de V (λ2) son {−x− y − z = 0 y por consiguiente {u1 = (1, 0,−1), u2 = (0, 1,−1)}es una base del segundo subespacio propio V (λ2). Nótese que los vectores u1 y u2 son

ortogonales al vector³1√3, 1√

3, 1√

3

´; así que, como ya sabíamos, V (λ1)⊥V (λ2).

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 75

Como necesitamos una matriz de paso ortogonal debemos encontrar una base ortonor-mal de V (λ2). Para ello, aplicaremos el método de Gram-Schmidt a la base{u1 = (1, 0,−1), u2 = (0, 1,−1)}.Tomamos v1 = u1 y elegimos w1 = v1

kv1k =³1√2, 0, −1√

2

´.

Ahora tomamos v2 = u2 − (u2 · w1)| {z }= 1√

2

· w1 = (0, 1,−1)− 1√2

³1√2, 0, −1√

2

´=¡−12 , 1,−12¢ y

normalizando conseguimos el vector w2 = v2kv2k =

³−1√6, 2√

6, −1√

6

´. Por tanto,n

w1 =³1√2, 0, −1√

2

´, w2 =

³−1√6, 2√

6, −1√

6

´oes base ortonormal del subespacio propio V (λ2).

Uniendo las dos bases ortonormales de los subespacios propios, conseguimos una base or-tornormal de R3 y por tanto, una matriz ortogonal. Es decir, la matriz de paso ortogonales

Q =

1√3

1√2

−1√6

1√3

0 2√6

1√3

−1√2

−1√6

y la matriz diagonal es

D =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ2

=

0 0 00 3 00 0 3

.

• El polinomio característico de A = 3 2 42 0 24 2 3

es

pA(λ) = det(A− λI) =

¯̄̄̄¯̄ 3− λ 2 4

2 −λ 24 2 3− λ

¯̄̄̄¯̄ = − (λ− 8) (λ+ 1)2

y por tanto, los autovalores de A son λ1 = 8 con m.a. m1 = 1 y λ2 = −1 con m.a. m2 = 2.Las siguientes deduciones se dejan al alumno.V (λ1) = lin

¡©¡1, 12 , 1

¢ª¢y©v1 =

¡23 ,13 ,23

¢ªes una base ortonormal de V (λ1).

V (λ2) = lin¡©(−1, 0, 1) , ¡−12 , 0, 1¢ª¢ y el conjunto nv2 = ³−1√2 , 0, 1√2´ , v3 = ³ √

84 0

√84

´oes una base ortonormal de V (λ2).Luego la matriz de paso ortogonal es

Q =¡v1 v2 v3

¢=

23

−1√2

√84

13 0 023

1√2

√84

y la matriz diagonal

D =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ2

=

8 0 00 −1 00 0 −1

.

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 76

• Calculamos el polinomio característico de la matriz A = 5 4 24 5 22 2 2

|λI −A| =

¯̄̄̄¯̄ λ− 5 −4 −2−4 λ− 5 −2−2 −2 λ− 2

¯̄̄̄¯̄ = (λ− 5) ¯̄̄̄ λ− 5 −2

−2 λ− 2¯̄̄̄+4

¯̄̄̄ −4 −2−2 λ− 2

¯̄̄̄−2¯̄̄̄ −4 λ− 5−2 −2

¯̄̄̄=

= λ3 − 12λ2 − 21λ− 10 = (λ− 1)2 (λ− 10). Luego los autovalores son λ = 1 de m.a.(λ =1) = 2 y λ = 10 de m.a.(λ = 10) = 1.Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 1. Para ello debemos resolver elsistema de ecuaciones homogéneo (I −A)x = 0. −4 −4 −2−4 −4 −2−2 −2 −1

xyz

=

000

⇒ −4 −4 −2 0−4 −4 −2 0−2 −2 −1 0

−→ 1 1 1

2 00 0 0 00 0 0 0

⇒©x+ y + 1

2z = 0 ⇒x = −t− sx = tz = 2s

, luego V (0) = lin ({(−1, 1, 0) , (−1, 0, 2)}) .

Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 10. Para ello debemos resolverel sistema de ecuaciones homogéneo (10I −A)x = 0. 5 −4 −2−4 5 −2−2 −2 8

xyz

=

000

⇒ 5 −4 −2 0−4 5 −2 0−2 −2 8 0

−→ 1 1 −4 00 1 −2 00 0 0 0

⇒½x+ y − 4z = 0y − 2z = 0 ⇒

x = 2tx = 2tz = t

, luego V (10) = lin ({(2, 2, 1)}) .Comprobamos que los

autovectores correspondientes a autovalores distintos nos salen ortogonales (−1, 1, 0) . (2, 2, 1) =0 y (−1, 0, 2) (2, 2, 1) = 0.

Una matriz de paso sería P =

−1 −1 21 0 20 2 1

, pero esta matriz no es ortogonal. Bus-camos una matriz de paso P que sí sea ortogonal. Para ello seleccionamos una base de V (1)que sea ortogonal por el método de Gram-Schmidtv1 = u1 = (−1, 1, 0)v2 = u2− u2.v1v1.v1

v1 = (−1, 0, 2)− 12 (−1, 1, 0) =¡−12 ,−12 , 2¢. Tomamos como v2 = (−1,−1, 4) .

Comprobamos v1.v2 = 0 y que (2, 2, 1) . (−1,−1, 4) = 0. Ahora tenemos una base ortogonalde autovectores {(2, 2, 1) , (−1, 1, 0) , (−1,−1, 4)} . Normalizando esta base obtenemos una

base ortonormal y la matriz de paso ortogonal que buscábamos: P =

−1√2− 1√

1823

1√2− 1√

1823

0 4√18

23

.10. Los autovalores de una matriz simétrica A, de orden tres, son 1,−2 y 3 y los subespacios propios

asociados son V (1) = lin {(1, 1,−1)} , V (−2) = lin {(0, 1, 1)} . Obtener una base para V (3) yaveriguar cuál es la matriz A.

Solución:

Como A es simétrica los autovectores correspondientes a autovalores distintos son ortogonales,

de aquí V (3) ⊥ V (1) y V (3) ⊥ V (−2). Por tanto (x, y, z) ∈ V (3) si y sólo si½x+ y − z = 0

y + z = 0es decir, V (3) = lin ({(2,−1, 1)}) .

Boletín 3. Diagonalización de Matrices 77

Por último, A = PDPT =

1√3

0 2√6

1√3

1√2

−1√6−1√

31√2

1√6

1 0 00 −2 00 0 3

1√3

1√3

−1√3

0 1√2

1√2

2√6

−1√6

1√6

=

=

1√3

0 6√6

1√3

−2√2

−3√6−1√

3−2√2

3√6

1√3

1√3

−1√3

0 1√2

1√2

2√6

−1√6

1√6

=

146 −46 4

6−46 −16 −11646 −116 −16

.11. De una matriz simétrica de orden tres se sabe que tiene por autovalores 1 y −1 y que V (1) =©

(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0ª . Obtener la matriz.Solución:

Como A es simétrica de orden tres tiene tres autovalores reales, y los autovectores correspondi-entes a autovalores distintos son ortogonales.

Como dim(V (1)) = 2, tenemos (ya que A es simétrica y por tanto diagonalizable) que m.a.(λ =1) = m.g(λ = 1) = 2 y m.a.(λ = −1) = m.g(λ = −1) = 1.Como V (1) =

©(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0ª = lin ({(1,−1, 0), (0, 1,−1)}) y se debe verificar

que V (−1) = V (1)⊥ se tiene que V (−1) = lin ({(1, 1, 1)}) . Por tanto A = PDP−1 donde

P =

1 1 01 −1 11 0 −1

y D =

−1 0 00 1 00 0 1

. Si queremos calcular A, tendríamos que calcularpreviamente P−1. Ahora bien, como A es simétrica, sabemos que se puede seleccionar una matrizde paso P que sea ortognal con lo que obtendríamos P−1 = PT .

Utilizamos el método de Gram-Schmidt para ortonormalizar la base de V (1).

v1 = (1,−1, 0)v2 = (0, 1,−1)− −1

2 (1,−1, 0) =¡12 ,12 ,−1

¢. Tomamos como v2 = (1, 1,−2) .

Comprobamos que (1,−1, 0). (1, 1,−2) = 0, (1, 1, 1). (1, 1,−2) = 0 y (1, 1, 1).(1,−1, 0) = 0. La

matriz de paso que estamos buscando es P =

1√3

1√2

1√6

1√3

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

y la matriz A =

1√3

1√2

1√6

1√3

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

−1 0 0

0 1 00 0 1

1√3

1√3

1√3

1√2

−1√2

01√6

1√6

−2√6

=

=

−1√3

1√2

1√6−1√

3−1√2

1√6−1√

30 −2√

6

1√3

1√3

1√3

1√2

−1√2

01√6

1√6

−2√6

= 13

1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1

.

Boletín 4. Funciones de una Variable.Diferenciación y Aplicaciones

1. Suponiendo que la ecuación define a y como función implícita de x calculardy

dx,d2y

dx2en el punto

indicado. Obtener también, en cada caso, la ecuación de la recta tangente a la curva en el puntoindicado.

(a)¡x2 + 9

¢y2 = x2 − 9 A(3, 0).

(b) tg (x+ y) = x A(0, 0).

Solución:

(a) Derivando de forma implícita respecto de x en la ecuación¡x2 + 9

¢y2 = x2 − 9 se obtiene

2xy2 +¡x2 + 9

¢2yy0 = 2x.

Ahora, sustituyendo x = 3 e y = 0 en la igualdad anterior se obtiene

2 · 32 · 0 + 2 ¡32 + 9¢ · 0 · y0 = 2 · 3 (es decir, 0 · y0 = 6),

luego, en principio, no puede obtenerse la derivada de y en el punto indicado. Fijémosnoque la igualdad anterior nos puede indicar que la recta tangente a la curva en el puntoindicado puede ser una recta vertical, pues y0 parece ser “infinito” (esto es, la derivada eneste punto parece no estar definida).En la Figura 5 hemos representado la curva en cuestión, donde se observa la recta tangentevertical en el punto (3, 0).

(b) Derivamos implíctamente la ecuación tg (x+ y) = x y obtenemos

(1 +2tg (x+ y))(1 +

dy

dx) = 1.

Despejamosdy

dxde esta ecuación y obtenemos

dy

dx=

1

(1 + tg2 (x+ y))− 1. Sustituyendo en

el punto en el punto A(0, 0) que nos piden obtenemos,dy

dx(0) =

1

(1 + tg2 (0))− 1 = 0.

Para calculard2y

dx2, derivamos impícitamente la ecuación (1 + tg2 (x+ y))(1 +

dy

dx) = 1 y

obtenemos

2 tg (x+ y) .(1 +2tg (x+ y))(1 +

dy

dx)2 + (1 +

2tg (x+ y))

d2y

dx2= 0.

78

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 79

x

y

3

Figura 5: Representación gráfica de la curva definida por¡x2 + 9

¢y2 = x2 − 9.

Como queremos obtenerd2y

dx2(0), sustituimos en la ecuación anterior x = 0, y = 0 y dy

dx = 0,

obteniendo: 0 + 1.d2y

dx2(0) = 0, de donde obtenemos que

d2y

dx2(0) = 0.

La recta tangente a una curva en el punto A(a, b) es y− b = dy

dx(a) (x− a) . En este caso y

teniendo en cuenta los datos y cálculos realizados obtenemos y = 0.Observamos que este ejercicio puede resolverse también sin derivación implícita ya que ypuede despejarse explicítamente en función de x.

tg (x+ y) = x⇒ x+ y = arctg x⇒ y = arctgx− x. Entonces dydx=

1

1 + x2− 1 = −x2

1 + x2

yd2y

dx2=

−2x(1 + x2)2

. Por tantody

dx(0) = 0 y

d2y

dx2(0) = 0.

En la Figura 6 representamos, cerca del origen, la curva dada por tg (x+ y) = x.

x

y

Figura 6: Representación en un entorno del origen de la curva dada por la ecuación tg (x+ y) = x.

2. Un punto fijo x0 de una función f es un valor de x para el cual f (x0) = x0. Aproximar el puntofijo de f (x) = cosx con dos cifras decimales exactas.

Solución:

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 80

y

x

y=cos x

y=x

Figura 7: Intersección de las gráficas de y = cosx e y = x.

Nos están pidiendo que resolvamos la ecuación cosx = x. Utilizamos para ello el método deNewton y realizaremos iteraciones hasta que |xn+1 − xn| < 0.01.Como cosx = x⇔ cosx− x = 0, tenemos que resolver esta ecuación por el método de Newton.Llamamos g (x) = cosx − x, entonces g0 (x) = − senx − 1. Ahora utilizaremos la fórmula

xn+1 = xn − g (xn)

g0 (xn).

n xn g (xn) g0 (xn)g (xn)

g0 (xn)xn+1 = xn − g (xn)

g0 (xn)1 0.5 0.3776 −1.4794 −0.2552 0.7552

2 0.7552 −0.0271 −1.6853 0.0169 0.7391

3 0.7391 −0.000 −1.6736 0.000 0.7391

luego la solución es x0 = 0.7391 con un error menor que 0.01.

En la Figura 7 representamos las gráficas de la funciones y = cosx e y = x. El punto deintersección de ambas es el punto fijo de la función coseno.

3. Hallar el punto de la gráfica de f(x) = 4− x2 más cercano al punto (1, 0).Solución:

Si realizamos el dibujo de la gráfica (ver la Figura 8)

y del punto A(1, 0) se observa que existe el punto más cercano y podemos pensar en una posiblesolución. La distancia desde el punto A(1, 0) a un punto arbitrario de la gráfica B(x, f(x)) viene

dada por la fórmula d(A,B) =q(x− 1)2 + (f(x)− 0)2 =

q(x− 1)2 + (4− x2)2. Queremos

que esta distancia sea mínima. Eso ocurrirá si y sólo si d(A,B)2 es mínima. Por tanto, debemosbuscar el mínimo de la función g(x) = (x− 1)2 + ¡4− x2¢2 = x4 − 7x2 − 2x + 17. Para ellodebemos encontrar los puntos que anulan g0(x) = 4x3 − 14x− 2.Debemos por tanto resolver la ecuación 4x3 − 14x − 2 = 0. Para ello utilizamos el método deNewton. Llamamos h(x) = 4x3 − 14x − 2, por lo tanto h0(x) = 12x2 − 14. Usamos xn+1 =xn − h(xn)

h0(xn). Ya sea mirando la gráfica o teniendo en cuenta que h(1) = −12 y que h(2) = 2 un

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 81

y

x (1,0)

Punto más cercano

Figura 8: Representación gráfica de la función f(x) = 4− x2.

punto inicial adecuado para realizar las iteraciones es x1 = 2.

n xn h (xn) h0 (xn)h (xn)

h0 (xn)xn+1 = xn − h (xn)

h0 (xn)1 2 2 34 0.0588 1.9412

2 1.9412 0.0830 31.2191 0.0027 1.9385

3 1.9385 −0.012 31.0934 0.0000385 1.9385

Así, la solución es x0 = 1.9385 (con un error menor que 0.0000385). Y el punto de la gráficamás cercano al A(1, 0) es B(1.9385, 0.2422), ya que f (1.9385) = 4− 1.93852 = 0.2422.

4. La medida del lado de un cuadrado ha dado 15 cm, con cota de error de 0.05 cm.

(a) Aproximar el porcentaje de error en el cálculo de su área.

(b) Estimar el máximo error porcentual admisible en la medida del lado para que el errorcometido al calcular el área no supere el 2.5 por 100.

Solución:

(a) El área de un cuadrado es A = l2. Su diferencial será dA = 2ldl. Entonces la cota de erroral calcular el área con los datos dados será dA = 2.15 · (±0.05) = ±1.50.El error relativo será

dA

A=±1.50225

= 0.0067.Mientras que el error porcentual serádA

A·100 =

0.67.

(b) Si el lado del cuadrado es l y se comete el error dl, entonces el error relativo esdl

ly el error

porcentual esdl

l· 100. Nos están preguntando cuánto es como máximo dl

l· 100 para que

dA

A· 100 ≤ 2.5.

Si tenemos en cuenta quedA

A·100 = 2ldl

l2·100 = 2dl

l·100 ≤ 2.5 obtenemos que dl

l·100 ≤ 1.25.

5. Obtener el polinomio de Maclaurin de grado cuatro de la función f(x) = cosx y valorar el errorque se comete si se utiliza dicho polinomio para calcular cos (0.3) .

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 82

Solución:

El polinomio de Maclaurin de grado cuatro de una función f(x) es

P (x) = f(0) +f 0(0)1!

x+f 00(0)2!

x2 +f 000(0)3!

x3 +f iv(0)

4!x4

y el error que se comete al utilizar esta aproximación en un punto x = c viene dado por E =fv(z)

5!c5 donde z es un valor desconocido entre 0 y c.

En este caso, como f(x) = cosx f 0(x) = − senx f 00(x) = − cosx f 000(x) = senx f iv(x) =cosx y fv(x) = − senx, obtenemos:

P (x) = 1− 12x2 +

1

24x4.

Con este polinomio el valor aproximado que obtendríamos para cos (0.3) sería

cos (0.3) ' 1− (0.3)2

2+(0.3)4

24= 0.95534

y el error que se comete será |E| =¯̄̄̄− sen z120

(0.3)5¯̄̄̄≤ (0.3)5

120= 2.025 · 10−5 ya que aunque no

sepamos cual es el valor z si sabemos que |− sen z| ≤ 1.En la Figura 9 hemos representado en trazo continuo la función f(x) = cosx y en trazo discon-

tinuo el polinomio de Maclaurin P (x) = 1− 12x2 +

1

24x4.

y

x

y=cos x

y=1-x2/2+x4/24

Figura 9: Representación gráfica de la función f(x) = cosx y su polinomio de Maclaurin de grado 4

P (x) = 1− 12x2 +

1

24x4.

6. Hallar los extremos absolutos de la función en el intervalo que se indica:

(a) f(x) = 2x+ 4cosx, en el intervalo [0, 2π] .

(b) g(x) =x√x2 + 1

, en el intervalo [0, 2] .

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 83

y

x

y=2x+4cos x

Mínimo absoluto

Máximoabsoluto

0 2π

Figura 10: Represntación gráfica de la función f(x) = 2x+ 4cosx en el intervalo [0, 2π].

Solución:

(a) Buscamos los puntos críticos de f en el intervalo (0, 2π) . Como la función es derivable, lospuntos críticos serán aquellos puntos del intervalo para los que se anule la derivada

f 0(x) = 2− 4 senx.

Resolvemos la ecuación 2−4 senx = 0 en el intervalo (0, 2π) y obtenemos los valores x1 = π

6

y x2 =5π

6.

Ahora calculamos el valor de f en los extremos del intervalo y en los puntos críticos:

f(0) = 4; f(2π) = 4π + 4 ∼= 16.56;

f³π6

´=

π

3+ 2√3 ∼= 4.56; f

µ5π

6

¶=5

3π − 2

√3 ∼= 1.7719.

Por lo tanto, se alcanza el mínimo en el punto x0 =5π

6, siendo su valor mínimo f

µ5π

6

¶=

1.7719 y el máximo en el punto x3 = 2π y el máximo absoluto es f(2π) = 4π + 4 ∼= 16.56.Hemos representado la gráfica de f(x) = 2x+ 4 cosx, para x ∈ [0, 2π], en la Figura 10.

(b) g(x) =x√x2 + 1

. Como x2 + 1 > 0 para todo x, se tiene que siempre existe√x2 + 1 y no

se anula nunca, luego el dominio de g es todo R. Como la función es derivable, los puntoscríticos serán aquellos puntos del dominio para los que se anule la derivada.

g0(x) =

√x2 + 1− x2√

x2+1

x2 + 1=

1

(x2 + 1)32

. Como g0(x) no se anula nunca, no existen puntos

críticos. Calculamos g(0) = 0 y g(2) =2√5. Por lo tanto se alcanza el mínimo en el punto

0 y su valor mínimo es g(0) = 0; y el máximo en el punto 2, siendo el máximo g(2) =2√5.

En la Figura 11 se ha representado la función g(x) =x√x2 + 1

en el intervalo [0, 2] .

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 84

y

x Mínimo absoluto

Máximoabsoluto

0 2

Figura 11: Gráfica de g(x) =x√x2 + 1

en el intervalo [0, 2].

7. Calcular el dominio, las asíntotas, los extremos relativos y puntos de inflexión de las siguientesfunciones. Con esa información hacer un esbozo de la gráfica.

(a) f(x) =x+ 1

x− 1 .(b) g(x) =

¯̄x2 − 9¯̄ .

(c) h(x) = x+ cosx, en el intervalo [0, 2] .

Solución:

(a) D = R− {1} .limx→+∞ f(x) = 1 y limx→−∞ f(x) = 1. Por lo tanto, la recta y = 1 es una asíntotahorizontal.limx→1+ f(x) = +∞ y limx→1− f(x) = −∞. Por lo tanto x = 1 es una asíntota vertical.f 0(x) =

−2(x− 1)2 y f

00(x) =2

(x− 1)3 . De aquí deducimos: Como f0(x) < 0 para todo

x ∈ R− {1}, no hay puntos críticos y la función f(x) es decreciente en su dominio.Como f 00(x) 6= 0 para todo x ∈ R − {1}, no hay puntos de inflexión en su dominio. Parax > 1 f 00(x) > 0 y la función es cóncava hacia arriba. Para x < 1 f 00(x) < 0 y la funciónes cóncava hacia abajo. Con esta información se puede hacer un esbozo aproximado de la

gráfica f(x) =x+ 1

x− 1 , que se encuentra representado en la Figura 12.

8. Un ganadero desea vallar un prado rectangular adyacente a un río. El prado ha de tener 180.000m2 con el fin de que proporcione suficiente pasto al ganado. ¿Qué dimensiones debe tener paraque requiera la menor cantidad de valla posible teniendo en cuenta que no hay que poner vallaen el lado que da al río?

9. Se llama ventana de Norman a la formada por un semicírculo unido a una ventana rectangularordinaria. Hallar las dimensiones de una ventana de Norman de 6 metros de perímetro y áreamáxima.

10. Tres lados de un trapecio tienen la misma longitud a. De todos los trapecios con esa condiciónprobar que el de área máxima tiene su cuarto lado de longitud 2a.

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 85

y

x

x=1

Figura 12: Representación gráfica de la función f(x) =x+ 1

x− 1 .

B=a+2x

a

b=a

h a h

x x

Figura 13: Trapecio con tres lados iguales de longitud a.

Solución:

El área de un trapecio es A =B + b

2.h. En nuestro caso (ver la Figura 13) obtenemos A =

(a+ 2x) + a

2.h.

Como h =√a2 − x2, obtenemos A(x) = (a+ 2x) + a

2

√a2 − x2 = (a + x)

√a2 − x2. Esta es la

función de la que tenemos que obtener el valor máximo. Observemos que la variable x tomavalores en el intervalo [0, a] . Es por tanto un problema sobre extremos absolutos.

Buscamos los puntos críticos en el intervalo (0, a) . Calculamos A0(x) =a2 − ax− 2x2√

a2 − x2 . A0(x) = 0

si y sólo si a2 − ax − 2x2 = 0. Las soluciones de esta ecuación son x1 =a

2y x2 = −a (esta

solución no tiene sentido en este problema. Además −a /∈ (0, a) ).

Calculamos A (0) = 0 ; A³a2

´= a2

3√3

4; A (a) = 0. Luego el máximo se obtiene cuando x =

a

2,

es decir, cuando la base mayor, sea 2a.

11. Calcular la longitud de la tubería más larga que se puede transportar por dos pasillos en ángulorecto de anchura 4 m. y 6 m.

Solución:

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 86

Observamos que realmente estamos buscando la tubería miníma que tiene extremos en la paredA, en la pared B y pasa por el punto C (véase la Figura 14).

Pared A

Pare

d B

C

α

x

y

Figura 14: Longitud de la tubería del Ejercicio 11.

La longitud viene dada por l = x + y =6

cosα+

4

senαy tenemos por tanto que minimizar

la función l (α) =6

cosα+

4

senαcuando α ∈

³0,π

2

´. Observemos que no es un problema de

extremos absolutos, puesto que el intervalo no es cerrado.

dl

dα=6 senα

cos2 α− 4 cosαsen2 α

=6 sen3 α− 4 cos3 αcos2 α sen2 α

. Por tantodl

dα= 0 si y sólo si 6 sen3 α− 4 cos3 α =

0 ⇒ tanα =¡23

¢ 13 y α = arccotan

¡23

¢ 13 . A partir de tanα =

¡23

¢ 13 calculamos cosα =r

1

1 + tan2 α' 0.753 y senα =

√1− cos2 α ' 0.655. Sustituyendo en l (α) se obtiene que

l (α) ' 14.075.Observamos que lim

α→0 l (α) = +∞ y limα→π

2

l (α) = +∞. El único punto crítico es α = arccotan ¡23¢ 13y es por tanto el mínimo (absoluto) de la función.

En la Figura 15 se encuentra representada la gráfica de la función l (α) =6

cosα+

4

senαen el

intervalo³0,π

2

´.

Otra forma de abordar el problema es la siguiente:

Como cosα =6

xy senα =

4

yy cos2 α + sen2 α = 1, obtenemos

36

x2+16

y2= 1. Despejando

obtenemos x =6ypy2 − 16 . Sustituimos en la función que queremos minimizar y obtenemos

l (y) =6ypy2 − 16 + y con y ∈ (4,+∞) .

dl

dy= 1 − 96q

(y2 − 16)3. Entonces

dl

dy= 0 si y sólo si

96q(y2 − 16)3

= 1 ⇒ ¡y2 − 16¢3 = 962 ⇒

y ' 6.09 y x ' 7.99. Por lo tanto, la longitud máxima es l (6.09) ' 14.08Observamos que lim

y→4+l (y) = +∞ y lim

y→+∞ l (y) = +∞. Luego en el punto y ' 6.09 hay un

mínimo absoluto.

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 87

y

x

Mínimo absoluto

Figura 15: Representación gráfica de l (α) =6

cosα+

4

senαen el intervalo

³0,π

2

´.

y

l(y)

Figura 16: Gráfica de la función l (y) =6ypy2 − 16 + y.

En la Figura 16 hemos representado la gráfica de la función l(y) para y > 4, donde se observala exsitencia de un único mínimo absoluto.

12. Se forma un sólido adosando dos hemisferios a las bases de un cilindro circular recto. El volumentotal del sólido es de 12 cm3. Hallar el radio del cilindro que produce área mínima de la superficiedel sólido.

Solución:

Al unir dos hemisferios a un cilindro regular recto de radio r > 0 y altura h > 0, en realidadestamos adosando una esfera completa al cilindro, por lo que el volumen del sólido resultante esV = 4

3πr3+πr2h y el área viene dada por S = 4πr2+2πrh. Puesto que el sólido resultante tiene

un volumen de 12 cm3, deducimos que 43πr

3 + πr2h = 12 y por tanto, h = 1πr2

¡−43πr3 + 12¢.Sustituyendo este valor de h en la expresión de la superficie obtenemos

S = 4πr2 + 2πrh = 4πr2 + 2πr1

πr2

µ−43πr3 + 12

¶= 4πr2 +

1

r

µ24− 8

3πr3

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 88

y en consecuencia la función a minimizar es

S(r) = 4πr2 +1

r

µ24− 8

3πr3

¶.

Como h > 0, tenemos que 1πr2

¡−43πr3 + 12¢ > 0 y entonces r < 3

q9π . Es decir, debemos

encontrar el mínimo de la función S(r) = 4πr2 + 1r

¡24− 8

3πr3¢para r ∈

³0, 3

q9π

´. Nótese que

no tenemos garantizada la existencia del valor mínimo pues, aunque la función S es continua en

R \ {0}, el intervalo de definición³0, 3

q9π

´no es cerrado.

La función S es derivable en todo R \ {0}, luego sus puntos críticos son aquellos que anulan asu derivada S0(r) = 1

r2

¡83πr

3 − 24¢. La única solución real de la ecuación 1r2

¡83πr

3 − 24¢ = 0 esr = 3

q9π . Podríamos pesar en tomar como solución del probleam r =

3

q9π , pero este valor provoca

h = 0 y por tanto, no tendríamos cilindro. Concluimos, por consiguiente, que el problemano posee solución o también podemos decir que la superficie mínima se alcanza cuando elcilindro degenera (h = 0).

Obsérves que S0(r) < 0 para r ∈³0, 3

q9π

´y por tanto, la función S es decrecinte en el intervalo³

0, 3

q9π

´.

13. Un hombre está en un bote a dos millas del punto más cercano de la costa y desea ir al puntoQ de la figura, tres millas costa abajo y una tierra adentro. Puede remar a 2 millas por horay caminar a 4 millas por hora. ¿Hacia qué punto de la costa debe dirigirse si quiere tardar elmenor tiempo posible?

Solución:

Desde la Figura 17 observamos que el tiempo en llegar desde el bote al punto Q, pasando por elpunto x de la costa, viene dado mediante

t(x) =

√4 + x2

2+

q1 + (3− x)2

4donde x ∈ [0, 3] .

0 x 3

3-x

2

1

(4+x2)1/2

(1+(3-x)2)1/2

Bote

Q

Figura 17: Ilustración gráfica del Ejercicio13.

De esta forma, el problema se reduce a localizar el mínimo absoluto de la función t(x) conx ∈ [0, 3].

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 89

Puesto que la función es continua en el intervalo cerrado [0, 3], tenemos garantizada la existenciadel mínimo absoluto (y del máximo absoluto) en dicho intervalo.

Para calcular este mínimo comenzamos por obtener los puntos críticos de t en el intervalo abierto(0, 3). Ya que t(x) es derivable en todo el intervalo (0, 3), los puntos críticos de t se reducen alos que anulan su derivada. Así, debemos resolver la ecuación

t0(x) =1

2

x√x2 + 4

− 14

3− x√x2 − 6x+ 10 = 0 en (0, 3) , (1)

lo que nos conduce a la ecuación

2x√x2 + 4

=3− x√

x2 − 6x+ 10 para x ∈ (0, 3) .

Elevando al cuadrado ambos miembros de la ecuación anterior llegamos a

4x2

x2 + 4=

(3− x)2x2 − 6x+ 10 ,

y tras algunas operaciones directas, a la ecuación

4x2¡x2 − 6x+ 10¢− (3− x)2 ¡x2 + 4¢ = 3 (x− 1) ¡x3 − 5x2 + 4x+ 12¢ = 0.

Dejamos al alumno que pruebe que polinomio de grado tres x3−5x2+4x+12 no se anula nuncaen el intervalo (0, 3), por lo que la única solución en el intervalo (0, 3) de la última ecuación esx = 1.

Nótese que al elvevar al cuadrado hemos podido introducir soluciones extrañas y por tanto debecomprobarse que x = 1 es solución de nuestra ecuación inicial (1). En este caso es fácil probarque eso ocurre, es decir, x = 1 es el único punto crítico de t(x) en el intervalo (0, 3).

Ahora debemos evaluar t en los puntos críticos (x = 1) y en los extremos el intervalo (x = 0 yx = 3):

t(1) =

√5

2+

√5

4=3√5

4, t(0) = 1 +

√10

4, t(3) =

√13

2+1

4.

Como

3√5

4< 1 +

√10

4<

√13

2+1

4,

el mínimo absoluto de t sea alcanza en x = 1 y el mínimo absoluto vale 3√54 . Es decir, el menor

tiempo posible para llegar desde el bote el punto Q es 3√54 = 1.677 1 horas.

14. Un hombre está en un bote a dos millas del punto más cercano de la costa y desea ir al puntoQ de la figura, tres millas costa abajo y una tierra adentro. Puede remar a 3 millas por horay caminar a 4 millas por hora. ¿Hacia qué punto de la costa debe dirigirse si quiere tardar elmenor tiempo posible?

Solución:

De forma análoga a la indicada en la resolución del Ejercicio 13, la función tiempo está dada eneste caso por

t(x) =

√4 + x2

3+

q1 + (3− x)2

4para x ∈ [0, 3] ,

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 90

su derivada es

t0(x) =1

3

x√x2 + 4

− 14

3− x√x2 − 6x+ 10

y la ecuación t0(x) = 0 (para el cáluculo de sus puntos críticos) es

1

3

x√x2 + 4

=1

4

3− x√x2 − 6x+ 10 .

Realizando manipulaciones directas, la ecuación anterior se convierte en

7x4 − 42x3 + 43x2 + 216x− 324 = 0. (2)

Pero, ahora no es fácil encontrar las soluciones de esta ecuación en el intervalo (0, 3) y recurrire-mos al método de Newton, no sin antes, demostrar que está ecuación posee una única soluciónen el intervalo (0, 3).

La función p(x) = 7x4 − 42x3 +43x2 +216x− 324 es continua en todo R (es polinómica), luegoes continua en el intervalo [0, 3]. Además,

p(0) = −324 < 0 y p(3) = 144 > 0,

luego existe al menos un valor c ∈ (0, 3) de forma que p(c) = 0, esto es, la ecuación (2) posee almenos una solución en el intervalo (0, 3).

Ahora probaremos que esta raíz es la única del polinomio p en el intervalo (0, 3). Denomiremosq al polinomio derivada de p. Es decir,

q(x) = p0(x) = 28x3 − 126x2 + 86x+ 216

Puesto que q0(x) = 84x2 − 252x + 86, las raíces de q0(x) = 0 son x = 32 ± 1

42

√2163, ambas

pertenecientes al intervalo (0, 3) (demuéstrese) y deducimos que

q0(x) > 0 para x ∈µ−∞, 3

2− 1

42

√2163

¶∪µ3

2+1

42

√2163,+∞

¶y

q0(x) < 0 para x ∈µ3

2− 1

42

√2163,

3

2+1

42

√2163

¶.

Así, la función q es creciente en¡0, 32 − 1

42

√2163

¢ ∪ ¡32 + 142

√2163, 3

¢y decreciente en¡

32 − 1

42

√2163, 32 +

142

√2163

¢. Ahora bien, como

q(0) = 216 > 0 y q

µ3

2+1

42

√2163

¶= 156− 103

63

√2163 > 0,

resulta que la función q(x) = p0(x) es positiva en el intervalo (0, 3) y por tanto, la función p escreciente en dicho intervalo. En consecuencia, el polinomio p(x) posee una única raíz c en elintervalo (0, 3).

En la Figura 18 hemos representando la función q(x) = 28x3−126x2+86x+216 para 0 6 x 6 3y en la Figura 19 se encuentra representada la función p(x) = 7x4 − 42x3 + 43x2 + 216x− 324en el mismo intervalo.

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 91

x

y

216

3

Figura 18: Representación gráfica de la función q(x) = 28x3 − 126x2 + 86x+ 216 para 0 6 x 6 3.

x

y

c 3

-324

144

Figura 19: Representación gráfica de la función p(x) = 7x4−42x3+43x2+216x−324 para x ∈ (0, 3).

Ahora vamos a obtener la raíz c aplicando el método de Newton a la función p(x) = 7x4−42x3+43x2 + 216x− 324, tomando como punto inicial x1 = 1.5.

n xn p (xn) p0 (xn)p (xn)

p0 (xn)xn+1 = xn − p (xn)

p0 (xn)1 1.5 −95625 156 −0.06129808 1.56129807

2 1.56129807 −0.19341006 149.69274 −0.00129204 1.56259012

3 1.56259012 −0.00008570 149.560082 −5.73055161× 10−7 1.5625906969

Desde el cuadro anterior se observa que la única solución de p(x) en el intervalo (0, 3) es c =1.5625906969 con un error menor que −5.73055161 × 10−7 (esto es, la solución se ha obtenido“al menos con seis cifras decimales exactas”).

Por último, el tiempo mínimo es t(c) = t(1.5625906969) = 1.2838.

En la Figura 20 se ha representado la función t(x) =√4+x2

3 +

√1+(3−x)24 para x ∈ [0, 3].

Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 92

y

x 3

c

1.2838

Figura 20: Representación gráfica de la función t(x) =√4+x2

3 +

√1+(3−x)24 para x ∈ [0, 3]

Boletín 5. Integral de Riemann.Aplicaciones

1. Calcular las siguientes integrales indefinidas:

a).-Z q

(−2x+ 5)3dx b).−Z

2

e−x + 1dx c).−

Ze1t

t2dt

d).-Z2x− 1x2 + 4

dx e).−Z(lnx)2

xdx f).−

Zxe2x

(2x+ 1)2dx

g).-Zx√x− 1dx h).−

Zx2e2xdx i).−

Zx3 senxdx

Solución:

(a) Integral inmediata:Z q(−2x+ 5)3dx = −1

2

Z(−2x+ 5) 32 (−2) dx = −1

5

q(−2x+ 5)5 +C.

También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = −2x + 5 ⇒ du = −2dx ⇒dx = −du

2Z q(−2x+ 5)3dx = −1

2

Zu32du = −1

2

2

5u52 + C = −1

5

q(−2x+ 5)5 + C.

(b)Z

2

e−x + 1dx =

Z2

1

ex+ 1

dx =

Z2ex

ex + 1dx = 2

Zex

ex + 1dx = 2 ln |ex + 1|+ C.

También puede hacerse con el cambio de variable:

u = ex + 1⇒ du = exdx⇒Z

2ex

ex + 1dx = 2

Z1

udu = 2 ln |u|+ C = 2 ln |ex + 1|+C.

(c) Integral inmediata:Ze1t

t2dt = −

Ze1t

µ−1t2

¶dt = −e 1t + C.

También puede hacerse realizando el cambio de variable: u =1

t⇒ du =

−dtt2Z

e1t

t2dt = −

Zeudu = −eu + C = −e 1t + C.

(d)Z2x− 1x2 + 4

dx =

Z2x

x2 + 4dx−

Z1

x2 + 4dx = 2 ln

¯̄x2 + 4

¯̄− 12arctan

³x2

´+ C.

(e) Integral inmediata:Z(lnx)2

xdx =

Z(lnx)2

µ1

x

¶dx =

1

3ln3 x+ C.

También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = lnx⇒ du =dx

x

93

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 94

Z(lnx)2

xdx =

Zu2du =

u3

3+C =

1

3ln3 x+ C.

(f) Por partes:

u = xe2x u0 = e2x + 2xe2x = (2x+ 1) e2x

v0 =1

(2x+ 1)2v =

−12 (2x+ 1)también podemos escribir

u = xe2x du =¡e2x + 2xe2x

¢dx = (2x+ 1) e2xdx

dv =1

(2x+ 1)2dx v =

−12 (2x+ 1)

Z

xe2x

(2x+ 1)2dx =

−xe2x2 (2x+ 1)

+1

2

Z(2x+ 1)e2x

(2x+ 1)dx =

−xe2x2 (2x+ 1)

+e2x

4+C =

e2x

4 (2x+ 1)+C.

(g) La haremos de tres formas:Cambio de variable: u = x− 1⇒ du = dxZx√x− 1dx =

Z(u+ 1)

√udu =

Zu32du+

Zu12du =

2

5u52 +

2

3u32 +C =

2

5

q(x− 1)5 +

2

3

q(x− 1)3 +C.

Cambio de variable: u2 = x− 1⇒ 2udu = dxZx√x− 1dx =

Z ¡u2 + 1

¢u.2udu = 2

Z ¡u4 + u2

¢du =

2

5u5 +

2

3u3 + C =

2

5

q(x− 1)5 +

2

3

q(x− 1)3 +C.

Por partes:

(u = x u0 = 1

v0 =√x− 1 v =

2

3

q(x− 1)3

Ão

(u = x du = dx

dv =√x− 1dx v =

2

3

q(x− 1)3

!Zx√x− 1dx = 2x

3

q(x− 1)3− 2

3

Z q(x− 1)3dx = 2x

3

q(x− 1)3− 2

3· 25

q(x− 1)5+C =

2x

3

q(x− 1)3 − 4

15

q(x− 1)5 + C.

Puede observarse que las funciones resultantes por los tres métodos se diferencia en unaconstante, que en este caso vale cero. En efecto:2

5

q(x− 1)5 + 2

3

q(x− 1)3 −

µ2x

3

q(x− 1)3 − 2

3· 25

q(x− 1)5

¶= −2x− 2

3

q(x− 1)3 +

10

15

q(x− 1)5 =

= −23(x− 1)

q(x− 1)3 + 2

3(x− 1)

q(x− 1)3 = 0.

(h) Por partes:

(u = x2 u0 = 2x

v0 = e2x v =1

2e2x

Ão

(u = x2 du = 2xdx

dv = e2xdx v =1

2e2x

!Zx2e2xdx =

1

2x2e2x−

Zxe2xdx. Para hacer esta última integral volvemos a utilizar el méto-

do de integración por partes.

(u = x u0 = 1

v0 = e2x v =1

2e2x

Ão

(u = x du = dx

dv = e2xdx v =1

2e2x

!Zx2e2xdx =

1

2x2e2x−

Zxe2xdx =

1

2x2e2x−1

2xe2x+

1

2

Ze2xdx =

1

2x2e2x−1

2xe2x+

1

4e2x+C.

(i) Por partes:½u = x3 u0 = 3x2

v0 = senx v = − cosxµo½u = x3 du = 3x2dxdv = senxdx v = − cosx

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 95Zx3 senxdx = −x3 cosx + 3

Zx2 cosxdx. Para hacer esta última integral volvemos a

utilizar el método de integración por partes.½u = x2 u0 = 2xv0 = cosx v = senxZ

x3 senxdx = −x3 cosx+3Zx2 cosxdx = −x3 cosx+3x2 senx− 6

Zx senxdx. Para re-

alizar la última integral volvemos a utilizar el método de integración por partes.½u = x u0 = 1v0 = senx v = − cosxZ

x3 senxdx = −x3 cosx+ 3Zx2 cosxdx = −x3 cosx+ 3x2 senx− 6

Zx senxdx =

−x3 cosx+3x2 senx+6x cosx−6Zcosxdx = −x3 cosx+3x2 senx+6x cosx−6 senx+C.

2. CalcularZ2x√2x− 3dx, utilizando el método de sustitución y el de integración por partes.

Solución:

(a) Lo hacemos primeramente por el método de sustitución.Utilizamos el cambio de variable:

u2 = 2x− 3⇒ x =

u2 + 3

22udu = 2dxZ

2x√2x− 3dx =

Z ¡u2 + 3

¢uudu =

Z ¡u4 + 3u2

¢du =

u5

5+ u3 + C =

q(2x− 3)55

+q(2x− 3)3 +C.

También puede realizarse el cambio: u = 2x− 3⇒(x =

u+ 3

2du = 2dxZ

2x√2x− 3dx =

Z(u + 3)

√udu

2=1

2

Zu3/2du +

3

2

Zu1/2du =

1

5u5/2 + u3/2 + C =q

(2x− 3)55

+q(2x− 3)3 + C.

(b) Ahora por el método de integración por partes:

u = 2x u0 = 2

v0 =√2x− 3 v =

q(2x− 3)33Z

2x√2x− 3dx =

2xq(2x− 3)33

−23

Z q(2x− 3)3dx =

2xq(2x− 3)33

−23·25·12

q(2x− 3)5+

C =

=2xq(2x− 3)33

− 2

15

q(2x− 3)5 + C.

Si realizamos algunos cálculos vemos, al igual que sucedía en el apartado g) del primerejercicio, que estos resultados coinciden, aunque la diferencia en general es una constante.

2xq(2x− 3)33

− 2

15

q(2x− 3)5 =

(2x− 3)q(2x− 3)33

+3q(2x− 3)33

−2q(2x− 3)515

=

=q(2x− 3)3 +

q(2x− 3)53

−2q(2x− 3)515

=q(2x− 3)3 +

q(2x− 3)55

.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 96

3. Calcular las siguientes integrales indefinidas:

a).-Zsen5 2x cos 2xdx b).-

Zcos3 3xdx c).-

Zx sen2 xdx

d).-Zsen 6x sen 5xdx e).-

Z1r

1− 2x2

3

dx f).-Z

1√x2 − 4dx

g).-Zex√1− e2xdx h).-

Zxp

(x2 + 3)3dx i).-

Z2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 dx

j).-Zx2 − 1x+ x3

dx k).-Z

2x− 3(x− 13)2dx l).-

Z1

cosxdx

m).-Z

dx

3 cosx− 4 senx , n).-Zsenx− cosxcosx+ senx

dx, o).-Z

1

senxdx

Solución:

(a) Integral inmediata:Zsen5 2x cos 2xdx =

1

2

Zsen5 2x (2 cos 2x) dx =

1

12sen6 2x+ C.

(b)Zcos3 3xdx =

Z ¡cos2 3x

¢cos 3xdx =

Z ¡1− sen2 3x¢ cos 3xdx =

=

Zcos 3xdx−

Z ¡sen2 3x

¢cos 3xdx =

1

3sen 3x− 1

9sen3 3x+ C.

(c) Por partes:

u = x u0 = 1

v0 = sen2 x v =

Zsen2 xdx =

1

2

Z(1− cos 2x) dx = 1

2

µx− sen 2x

2

¶Zx sen2 xdx =

1

2

µx2 − x sen 2x

2

¶−Z1

2

µx− sen 2x

2

¶dx =

1

2

µx2 − x sen 2x

2

¶−12

µx2

2+cos 2x

4

¶+

C =

=x2

2− x sen 2x

4−µx2

4+cos 2x

8

¶+ C =

1

8

¡2x2 − 2x sen 2x− cos 2x¢+ C.

(d) Para calcular esta integral hay que tener en cuenta que sen a sen b =1

2(cos (a− b)− cos (a+ b)) .Z

sen 6x sen 5xdx =1

2

Z(cosx− cos (11x)) dx = 1

2

µsenx− 1

11sen 11x

¶+ C.

(e)Z

1r1− 2x

2

3

dx =

Z1vuut1−Ã√2x√

3

!2dx =√3√2

Z √2√3vuut1−Ã√2x√3

!2dx =√3√2arcsen

√2x√3+

C.

(f) Esta integral puede hacerse de dos formas.Primera: es inmediata si tenemos en cuenta las funciones hiperbólicas inversas.Z

1√x2 − 4dx = argcosh

³x2

´+C = ln

¯̄̄̄¯x2 +

√x2 − 42

¯̄̄̄¯+C = ln ¯̄̄x+√x2 − 4¯̄̄− ln 2 + C| {z }

D

=

= ln¯̄̄x+√x2 − 4

¯̄̄+D.

Segunda: Teniendo en cuenta los cambios trigonométricos.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 97

Cambio de variable: x = 2 sec t =2

cos t⇒(dx = 2

sen t

cos2 tdt = 2 tg t sec tdt√

x2 − 4 = √4 sec2 t− 4 = 2√sec2 t− 1 = 2 tg tZ1√x2 − 4dx =

Z2 tg t sec tdt

2 tg t=

Zsec tdt =(ver apartado l) de este ejercicio)= ln |sec t+ tg t|+

C =

= ln

¯̄̄̄¯x2 +

√x2 − 42

¯̄̄̄¯+ C = ln ¯̄̄x+√x2 − 4¯̄̄+D.

(g) En primer lugar realizamos el cambio de variable: u = ex ⇒ du = exdx. Entonces,Zex√1− e2xdx =

Z √1− u2du. Ahora realizamos el cambio u = sen t ⇒ du = cos tdt.

Sustituyendo obtenemos,Zex√1− e2xdx =

Z √1− u2du =

Zcos2 tdt =

1

2

Z(1 + cos 2t) dt =

=1

2

µt+

1

2sen 2t

¶+C =

1

2(t+ sen t cos t) =

1

2

³arcsen ex + ex

√1− e2x

´+ C.

(h) Esta integral es inmediata:Zxp

(x2 + 3)3dx =

1

2

Z2xp

(x2 + 3)3dx =

1

2

Z(x2 + 3)−

32 2xdx = (x2 + 3)−

12 + C =

1p(x2 + 3)

+C.

(i) Descomponemos2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 en suma de fracciones simples. Como el grado del nu-

merador es mayor que el grado del denominador, dividimos y obtenemos2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 =

2x +x+ 5

x2 − 2x− 8 . Ya que las ceros del denominador son 4 y −2 tenemos x2 − 2x − 8 =

(x− 4) (x+ 2) . Por tanto, la descomposición seráx+ 5

x2 − 2x− 8 =A

x+ 2+

B

x− 4 =A(x− 4) +B(x+ 2)

x2 − 2x− 8 ⇒ A(x− 4) +B(x+ 2) = x+ 5.

Para x = 4⇒ 6B = 9⇒ B =3

2.

Para x = −2⇒ −6A = 3⇒ B = −12.

Por lo tantoZ2x3 − 4x2 − 15x+ 5

x2 − 2x− 8 dx =

Z2xdx+

3

2

Z1

x− 4dx−1

2

Z1

x+ 2dx =

= x2 +3

2ln |x− 4|− 1

2ln |x+ 2|+C = x2 + ln

s|x− 4|3|x+ 2| +C.

(j) Descomponemosx2 − 1x+ x3

en suma de fracciones simples.

x2 − 1x+ x3

=A

x+Bx+ C

x2 + 1=A(x2 + 1) +Bx2 + Cx

x+ x3⇒ A(x2 + 1) +Bx2 + Cx = x2 − 1

⇒ (A+B)x2 + Cx+A = x2 − 1⇒A+B = 1

C = 0A = −1

⇒A = −1B = −2C = 0

Por lo tantoZx2 − 1x+ x3

dx = −Z1

xdx+

Z2x

x2 + 1dx = − ln |x|+ln ¯̄x2 + 1¯̄+C = ln ¯̄̄̄x2 + 1

x

¯̄̄̄+

C.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 98

(k) Descomponemos2x− 3(x− 13)2 en suma de fracciones simples.

2x− 3(x− 13)2 =

A

(x− 13) +B

(x− 13)2 =A(x− 13) +B(x− 13)2 ⇒ Ax− 13A+B = 2x− 3⇒½

A = 2−13A+B = −3 ⇒

½A = 2B = 23

Por lo tanto,Z2x− 3(x− 13)2dx = 2

Z1

(x− 13)dx+ 23Z

1

(x− 13)2dx = 2 ln |x− 13|−23

(x− 13) + C.También podemos hacer esta integral sin utilizar la descomposición en fracciones simples:Z

2x− 3(x− 13)2dx =

Z2x− 26− 3 + 26

(x− 13)2 dx =

Z2x− 26

x2 − 26 + 169dx+Z

23

(x− 13)2dx = ln¯̄x2 − 26 + 169¯̄−

23

(x− 13) + C =

= ln¯̄(x− 13)2¯̄− 23

(x− 13) + C = 2 ln |x− 13|−23

(x− 13) + C.(l) Este ejercicio lo hacemos de tres formas:

Primera: En primer lugar como integral racional en senos y cosenos. Realizamos el cambio

de variables u = tgx

2⇒ cosx =

1− u21 + u2

; dx =2du

1 + u2. Sustituyendo estos valores en la

integral obtenemosZ1

cosxdx =

Z 2du

1 + u2

1− u21 + u2

=

Z2du

1− u2 =(descomponiendo en fracciones simples)=

=

Zdu

1− u +Z

du

1 + u= − ln |1− u|+ ln |1 + u| = ln

¯̄̄̄1 + u

1− u¯̄̄̄+ C = ln

¯̄̄̄¯̄1 + tg

x

2

1− tg x2

¯̄̄̄¯̄+ C.

Segunda: Realizamos el cambio de variable senx = t ⇒ cosx =√1− t2, dx = dt√

1− t2 .Así, la integral quedaZ

1

cosxdx =

Z1√1− t2 ·

dt√1− t2 =

Zdt

1− t2 =(descomponiendo en fracciones simples)

=1

2(− ln |1− t|+ ln |1 + t|) + C =

=1

2ln

¯̄̄̄1 + t

1− t¯̄̄̄+ C =

1

2ln

¯̄̄̄1 + senx

1− senx¯̄̄̄+ C = ln

s¯̄̄̄1 + senx

1− senx¯̄̄̄+ C.

Tercera: Una tercera forma de hacerlo es teniendo en cuenta lo siguiente:(secx)0 =

µ1

cosx

¶0=senx

cos2 x= secx. tg x

(tg x)0 =1

cos2 x= sec2 x

Entonces,Z1

cosxdx =

Zsecxdx =

Zsecx (secx+ tg x)

secx+ tg xdx =

Zsec2 x+ secx. tg x

secx+ tg xdx = ln |secx+ tg x|+

C.

(m) Realizamos el cambio de variables u = tgx

2⇒ senx =

2u

1 + u2; cosx =

1− u21 + u2

; dx =

2du

1 + u2. Sustituyendo estos valores en la integral obtenemos

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 99

Zdx

3 cosx− 4 senx =

Z 2du

1 + u2

31− u21 + u2

− 4 2u

1 + u2

=

Z −2du3u2 + 8u− 1 . Esta última integral es

racional y se resuelve descomponinedo el integrando en suma de fracciones simples:

−23u2 + 8u− 1 =

A

3u− 1 +B

u+ 3

Realizando los cálculos como en casos anteriores obtenemos A = −35y B =

1

5. Por lo

tanto,Zdx

3 cosx− 4 senx =Z −2du3u2 + 8u− 1 = −

3

5

Zdu

3u+ 1+1

5

Zdu

u+ 3=

= −15ln |3u+ 1|+ 1

5ln |u+ 3|+ C = 1

5ln

¯̄̄̄u+ 3

3u+ 1

¯̄̄̄+ C =

1

5ln

¯̄̄̄¯̄ tg

x

2+ 3

3 tgx

2+ 1

¯̄̄̄¯̄+ C.

(n) Integral inmediataZsenx− cosxcosx+ senx

dx = − ln |cosx+ senx|+ C.

También puede hacerse con el cambio u = tgx

2, pero es más complicado.

(o) Realizamos la integral por cuatro caminos distintos.

Primero: En primer lugar con el cambio u = tgx

2⇒ senx =

2u

1 + u2; dx =

2du

1 + u2.

Z1

senxdx =

Z 2du

1 + u22u

1 + u2

=

Zdu

u= ln |u|+C = ln

¯̄̄tgx

2

¯̄̄+C.

Segundo: Una segunda forma es teniendo en cuenta que senx = 2 senx

2cos

x

2. Entonces,Z

1

senxdx =

Z1

2 senx

2cos

x

2

dx =

Z1

2 tgx

2cos2

x

2

dx =

Ztg−1

x

2

³tgx

2

´0dx = ln

¯̄̄tgx

2

¯̄̄+

C.

Tercero: Hacemos el cambio de variable t = cosx ⇒ senx =√1− t2; dx =

−1√1− t2dt.

Así,Z1

senxdx =

Z1√1− t2

−1√1− t2dt =

Z −11− t2dt =(descomponiendo en fracciones simples)=

1

2ln

¯̄̄̄1− t1 + t

¯̄̄̄+ C =

=1

2ln

¯̄̄̄1− t1 + t

¯̄̄̄+ C =

1

2ln

¯̄̄̄1− cosx1 + cosx

¯̄̄̄+C = ln

s¯̄̄̄1− cosx1 + cosx

¯̄̄̄+C.

Cuarto: Por último, también puede hacerse teniendo en cuenta

(cscx)0 =µ

1

senx

¶0=− cosxsen2 x

= − cotg x cscx.

(cotg x)0 = − 1

sen2 x= − csc2 x.

EntoncesZ

1

senxdx =

Zcscxdx =

Zcscx (cotg x+ cscx)

cotg x+ cscxdx =

Zcsc2 x+ cotg x+ cscx

cotg x+ cscxdx =

− ln |cotg x+ cscx|+ C.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 100

4. Calcular las siguientes integrales definidas:

a).-Z 1

−1x(x2 + 1)3dx b).-

Z 4

0

1p(2x+ 1)

dx c).-Z 2π

0x senxdx

d).-Z 2

1(x− 1)√2− xdx e).-

Z π

0cos2 dx f).-

Z 4

1

lnx

xdx

Solución:

(a) Calculamos una primitiva de la función y posteriormente aplicamos la regla de Barrow.Zx(x2 + 1)3dx =

1

2

Z(2x) (x2 + 1)3dx =

(x2 + 1)4

4+ C. Por tanto

Z 1

−1x(x2 + 1)3dx =·

(x2 + 1)4

4

¸1−1= 4− 4 = 0.

Nótese que la integral es nula porque la función del integrando es impar y el intervalosimétrico respecto al origen.

(b)Z 4

0

1p(2x+ 1)

dx =1

2

Z 4

0

2p(2x+ 1)

dx =hp(2x+ 1)

i40= (3− 1) = 2.

(c) Buscamos una primitiva sin tener en cuenta los límites de integración y utilizamos despuésla regla de Barrow. La primitiva la buscamos utilizando el método de integración por partes½u = x u0 = 1v0 = senx v = − cosx ⇒

Zx senxdx = −x cosx+

Zcosxdx = −x cosx+senx+C ⇒Z 2π

0x senxdx = [−x cosx+ senx]2π0 = −2π.

Otra forma es utilizar la fórmula de integración por partes para las integrales definidasZ 2π

0x senxdx = [−x cosx]2π0 +

Z 2π

0cosxdx = −2π+

Z 2π

0cosxdx = −2π+[senx]2π0 = −2π.

(d)Z 2

1(x− 1)√2− xdx

Realizamos el cambio u = 2−x⇒ du = −2dx⇒ para x = 1⇒ u = 1 y para x = 2⇒ u = 0.Entonces:Z 2

1(x − 1)√2− xdx =

Z 0

1(1− u)√udu = −

Z 1

0(1− u)√udu =

Z 1

0(u− 1)√udu ="

2√u5

5− 2√u3

3

#10

=2

5− 23=−415

(e)Z π

0cos2 xdx =

1

2

Z π

0(1 + cos 2x) dx =

·1

2

µx+

1

2sen 2x

¶¸π0

2.

(f)Z 4

1

lnx

xdx =

·ln2 x

2

¸41

=ln2 4

2.

5. En cada uno de los siguientes apartados, hacer un esbozo de la región acotada por las gráficas ycalcular su área:

(a) f(x) = −x2 + 4x+ 2, g(x) = x+ 2

(b) y =1

x2, y = 0, x = 1, x = 5.

(c) f(y) = y(2− y), g(y) = −y.(d) g(x) =

4

2− x, y = 4, x = 0.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 101

(e) y = 2 senx, y = tg x, x =−π3, x =

−π3.

(f) y = xe−x2 , y = 0, x = 0, x = 1.

Solución:

(a) Buscamos los puntos en los que se cortan la parábola y = −x2+4x+2 y la recta y = x+2.Para ello resolvemos el sistema de ecuaciones

½y = −x2 + 4x+ 2

y = x+ 2cuyas soluciones son

(0, 2) y (3, 5) (ver Figura 21). Por tanto, el área es A =Z 3

0

£¡−x2 + 4x+ 2¢− x+ 2¤ dx =Z 3

0

¡−x2 + 3x¢ dx = 9

2.

x

y

2

3

5

y=-x2+4x+2

y=x+2

0

Figura 21: Representación gráfica de y = −x2 + 4x+ 2, y = x+ 2 y área a clacular.

(b) A =Z 5

1

1

x2dx =

·−1x

¸51

=−15+ 1 =

4

5. (Ver Figura 22)

(c) En este caso tenemos dos funciones que dependen de la variable y. Buscamos los puntos enlos que se cortan la parábola x = 2y − y2 y la recta x = −y. Para ello debemos resolverel sistema

½x = 2y − y2

x = −y cuyas soluciones son (0, 0) y (−3, 3). (Véase la Figura 23).Esteárea puede calcularse por dos caminos.Primero: Integrando respecto de la variable x.

A =

Z 0

−3

£¡1 +√1− x¢− (−x)¤ dx+ Z 1

0

£¡1 +√1− x¢− ¡1−√1− x¢¤ dx

=

·x− 2

3

q(1− x)3 + x

2

2

¸0−3+

·−43

q(1− x)3

¸10

=9

2

Segundo: Integrando respecto de la variable y.

A =

Z 3

0

£2y − y2 − (−y)¤ dy = Z 3

0

¡3y − y2¢ dy = 9

2(es más simple).

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 102

1 5

y

x

y=1/x2

Figura 22: Representación gráfica de y = 1/x2 y área a determinar.

x=1+(1-x)1/2

x

y

1

1

x=1-(1-x)1/2

y=-x x=2y-y2

-3

3

Figura 23: Representación gráfica de y = −x, x = 2y − y2 y el área pedida.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 103

(d) Calculamos el valor de x para el que la gráfica y =4

2− x corta a la recta y = 4 y

obtenemos 4 =4

2− x ⇒ 2 − x = 1 ⇒ x = 1. (Ver Figura 24).Por tanto, el área es

x

y

1

4

y=4/(2-x)

Figura 24: Representación gráfica de y = 42−x junto con el área solicitada.

A =

Z 1

0

µ4− 4

2− x¶dx = [4x+ 4 ln (2− x)]10 = 4− 4 ln 2.

(e) Teniendo en cuenta la simetría de la gráfica mostrada en la Figura 25, el área es A =

2

Z π3

0(2 senx− tg x) dx = 2 [−2 cosx− ln |cosx|]π/30 = 2− ln 2.

x

y y=tg x

y=sen x

π/3

-π/3

Figura 25: Gráfica de las funciones y = senx e y = tg x

(f) A =Z 1

0xe−x2dx =

·−12e−x2

¸10

=1

2− 12e−1. Véase el área solicitada en la Figura 26.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 104

x

y

1

y=xe -x2

Figura 26: Gráfica de la función y = xe−x2 y área pedida.

6. Usar el método de los discos y el de las capas para calcular el volumen del sólido generado, algirar en torno de la recta dada, la región acotada por las gráficas de las ecuaciones

a) y = x3, y = 0, x = 2 (a1) el eje x (a2) el eje y (a3) la recta x=4.

b) y = 2x2, y = 0, x = 2 (b1) eje x (b2) eje y (b3) recta x=2 (b4) recta y=8.

c) y =1√x+ 1

, y = 0, x = 0, x = 3 (c1) eje x (c2) eje y.

Solución:

En todos los apartados denotaremos Vd cuando se utilice el método de los discos para calcularel volumen y Vc cuando se utilice el métodos de las capas.

(a) La región acotada puede visualizarse en la Figura 27

x

y

x=4

2

y=x3

Figura 27: Gráfica de la función y = x3.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 105

a1) Eje x.

Vd = π

Z 2

0x6dx = π

·x7

7

¸20

=128

7π.

Vc = 2π

Z 8

0y³2− y 13

´dy = 2π

·y2 − 6

7y73

¸80

=128

7π.

a2) Eje y.

V1d = π

Z 8

04dy = 32π.

V2d = π

Z 8

0y23dy = π

·3

5y53

¸80

=96

Vd = V1d − V2d = 32π − 965π =

64

5π.

Vc = 2π

Z 2

0x4dx = 2π

·x5

5

¸20

=64

5π.

a3) Recta x = 4.

V1d = π

Z 8

0

³4− y 13

´2dy = π

Z 8

0

³16− 8y 13 + y 23

´dy = π

·16y − 6y 43 + 3

5y53

¸80

=

π

µ128− 96 + 96

5

¶V2d = π

Z 8

04dy = 32π.

Vd = V1d − V2d = π

µ128− 96 + 96

5

¶− 32π = 96

5π.

Vc = 2π

Z 2

0(4− x)x3dx = 2π

·x4 − x

5

5

¸20

=96

5π.

(b) Hacemos sólo el apartado (b4). Los otros tres apartados son análogos a los resueltos másarriba.

b4) Recta y = 8.(Véase la Figura 28)V1d = π

Z 2

082dx = 128π.

x

y

2

8

y=2x2

x=(y/2)1/2

y

8-y

2-(y/2)1/2

(y/2)1/2

Figura 28: Gráfica de la función y = 2x2.

V2d = π

Z 2

0

¡8− 2x2¢2 dx = π

Z 2

0

¡64− 32x2 + 4x4¢ dx = π

·64x− 32

3x3 +

4

5x5¸20

=

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 106

1024

15π

Vd = V1d − V2d = 896

15π.

Vc = 2π

Z 8

0(8− y)

µ2−

ry

2

¶dy = 2π

Z 8

0

Ã16− 2y − 4√2√y +

ry3

2

!dy =

896

15π.

c1) Eje x .

Vd = π

Z 3

0

1

x+ 1dx = π [ln |x+ 1|]30 = π ln 4

V1c = 2π

Z 12

03ydy = 2π

·3y2

2

¸ 12

0

=3π

4.

V2c = 2π

Z 1

12

µ1

y2− 1¶ydy = 2π

·ln y − y

2

2

¸112

= 2π

µln 2− 3

8

¶Vc = V1c + V2c =

4+ 2π

µln 2− 3

8

¶= 2π ln 2.

c2) Eje y.

V1d = π

Z 12

09dy = π [9y]

120 =

2.

V2d = π

Z 1

12

µ1

y2− 1¶2dy = π

Z 1

12

µ1

y4− 2

y2+ 1

¶dy = π

·− 1

3y3+2

y+ y

¸112

=5π

6

Vd = V1d + V2d =9π

2+5π

6=16π

3.

Vc = 2π

Z 3

0

x√x+ 1

dx = 2π

Z 2

12¡u2 − 1¢ du = 4π ·u3

3− u

¸21

=16π

3.

En la última integral se realizado el cambio de variables x+1 = u2 ⇒ dx = 2udu y losnuevos límites de integración han sido: para x = 0⇒ u = 1 y para x = 3⇒ u = 2.

7. Hallar el volumen del sólido cuya base está acotada por el círculo x2+y2 = 4, con las secciones,perpendiculares al eje x, que se especifican.

a) cuadrados (b) triángulos equiláteros (c) semicírculos.

Solución:

(a) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un cuadrado de lado l es l2 setiene

V = 2

Z 2

0(2y)2 dx = 2

Z 2

0

³2√4− x2

´2dx = 2

Z 2

0

¡16− 4x2¢ dx = 2 ·16x− 4x3

3

¸20

=128

3.

(b) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un triángulo equilátero de lado

l esl2√3

4se tiene

V = 2

Z 2

0

√3¡4− x2¢ dx = 2√3 ·4x− x3

3

¸20

=32√3

3.

(c) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un semicirculo de radio l esl2π

2se tiene

V = 2

Z 2

0

π

2

¡4− x2¢ dx = π

·4x− x

3

3

¸20

=16π

3.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 107

8. Un sólido se genera haciendo girar la región acotada por y = 12x2 e y = 2 alrededor del eje y. Se

perfora un orificio circular, centrado en el eje de giro, de modo que el sólido pierde un cuarto desu volumen. ¿Qué diámetro tiene el orificio?

Solución:

Calculamos en primer lugar el volumen del sólido Vs por el método de los discos

Vs = π

Z 2

02ydy = π

£y2¤20= 4π

Ahora calculamos el volumen del sólido que se genera cuando se perfora un orificio circular deradio a (es la incognita del problema), Va por el método de las capas.

Va = 2π

Z a

0x(2− x

2

2)dx = π

Z a

0

¡4x− x3¢ dx = π

·2x2 − x

4

4

¸a0

= π

µ2a2 − a

4

4

¶Como Va =

Vs4, tenemos que a es solución de la ecuación 2a2 − a

4

4= 1⇒ a4 − 8a2 + 4 = 0. Es

una ecuación bicuadrada, cuyas soluciones son −1 +√3,−1−√3, 1 +√3, 1−√3. En principiosólo los valores 1+

√3 y −1+√3 tienen sentido en nuestro problema ya que los otros dos valores

son negativos. Si tenemos en cuenta que 1 +√3 = 2.73205... > 2 y no tiene sentido en nuestro

caso, obtenemos que a = −1 +√3 y por tanto el diameto pedido es 2a = −2 + 2√3.9. Sea R la región limitada por las gráficas de las funciones y = e−x, y = 0, x = 0, x = 2. Calcularel área de la región R, el volumen al girar alrededor del eje y y el volumen al girar alrededor dela recta y = 2.

Solución:

A =

Z 2

0e−xdx = − [e−x]20 = 1− e−2.

Eje y

Vc = 2π

Z 2

0xe−xdx = 2π [−xe−x − e−x]20 = 2π(1− 3e−2).

V1d = π

Z e−2

04dy = 4πe−2

V2d = π

Z 1

e−2ln2 ydy = (integración por partes) = π

£y ln2 y − 2y ln y + 2y¤1

e−2 = π(2− 10e−2)

Vd = V1d + V2d = 4πe−2 + π(2− 10e−2) = 2π − 6e−2.

Recta y = 2

V1d = π

Z 2

04dx = 8π

V2d = π

Z 2

0(2− e−x)2 dx = π

Z 2

0

¡4− 4e−x + e−2x¢ dx = π

·4x+ 4e−x − 1

2e−2x

¸20

= π(9

2−

1

2e−4 + 4e−2)

Vd = V1d − V2d = 8π − π(9

2− 12e−4 + 4e−2) =

2+

π

2e−4 − 4πe−2.

V1c = 2π

Z 1

e−2(2− y) (− ln y) dy = 2π

·y2

2ln y − y

2

4− 2y ln y + 2y

¸1e−2

= 2π

µ7

4− 6e−2 + 5

4e−4¶

V2c = 2π

Z e−2

0(2− y) (2) dy = 2π £4y − y2¤e−2

0= 2π

¡4e−2 − e−4¢

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 108

Vc = V1c + V2c = 2π

µ7

4− 6e−2 + 5

4e−4¶+ 2π

¡4e−2 − e−4¢ = 2πµ7

4− 2e−2 + 1

4e−4¶=7π

2+

π

2e−4 − 4πe−2.

10. Calcular la longitud de arco de la gráfica de la función y =2

3x32 + 1 en el intervalo [0, 1] .

Solución:

La longitud de arco s =Z 1

0

p1 + f 0(x)2dx. En este caso y teniendo en cuenta que f(x) =

2

3x32+1

y f 0(x) =√x tenemos que

s =

Z 1

0

√1 + xdx =

·2

3

q(1 + x)3

¸10

=2

3

¡2√2− 1¢ .

11. Un objeto parte del origen y se mueve por el eje y. Al mismo tiempo, un perseguidor parte delpunto (1, 0) y se mueve en dirección al objeto. Si la velocidad del perseguidor es doble que la del

objeto, la ecuación de la trayectoria del perseguidor es y =1

3

³x32 − 3x 12 + 2

´. ¿Qué distancia

ha recorrido el objeto en el momento de ser capturado? Probar que el perseguidor recorre eldoble.

Solución:

La distancia que recorre el objeto se obtiene cuando el perseguidor alcanza el eje de las y, es

decir, sustituyendo en la ecuación de la trayectoria el valor x = 0, por lo tanto d0 =2

3.

La distancia que recorre el perseguidor es la longitud de la curva desde el punto (1, 0) al punto

(0,2

3).

dp =

Z 1

0

s1 +

µ√x

2− 1

2√x

¶2dx =

Z 1

0

µ√x

2+

1

2√x

¶dx =

"√x3

3+√x

#10

=4

3

Efectivamente dp = 2d0.

12. Averiguar si las siguientes integrales impropias son convergentes, y en caso afirmativo, obtenersu valor.

a).-Z ∞

0e−xdx b).-

Z 0

−∞x2e−xdx c).-

Z 8

0

1

(8− x) 13dx

d).-Z 2

0

1

(x− 1) 43dx e).-

Z 1

0

6

x− 1dx f).-Z ∞

1

e−1x

x2dx.

Solución:

(a)Z ∞

0e−xdx = lim

b→∞

Z b

0e−xdx = limb→∞ [−e−x]b0 = lim

b→∞¡−e−b + 1¢ = 1. Por tanto, la

integral es convergente y su valor esZ ∞

0e−xdx = 1.

(b) En primer lugar calculamosRx2e−xdx. utilizando para ello el método de integración por

partes.½u = x2 u0 = 2xv0 = e−x v = −e−x ⇒ R

x2e−xdx = −x2e−x + 2 R xe−xdx. Volvemos a utilizar inte-gración por partes, ahora

½u = x u0 = 1v0 = e−x v = −e−x ⇒

Rx2e−xdx = −x2e−x−2xe−x−2e−x =

e−x¡−x2 − 2x− 2¢ . Entonces Z 0

−∞x2e−xdx = lim

b→−∞

Z 0

bx2e−xdx = limb→−∞

£e−x

¡−x2 − 2x− 2¢¤0b=

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 109

−2− limb→−∞

µ−b2 − 2b− 2eb

¶= −2−∞ = −∞, luego esta integral es divergente.

(c)Z 8

0

1

(8− x) 13dx = lim

b→8−

Z b

0

1

(8− x) 13dx = lim

b→8−

·−32(8− x) 23

¸b0

= limb→8−

·−32(8− b) 23

¸+ 6 =

6. Por tanto la integral es convergente y su valor esZ 8

0

1

(8− x) 13dx = 6.

(d)Z 2

0

1

(x− 1) 43dx = lim

b→1−

Z b

0

1

(x− 1) 43dx+ lim

c→1+

Z 2

c

1

(x− 1) 43dx.

limb→1−

Z b

0

1

(x− 1) 43dx = lim

b→1−

h−3(x− 1)− 1

3

ib0= limb→1−

h−3(b− 1)−1

3

i+3 =∞. Como una de

las dos integrales es divergente, la integral es divergente.

(e)Z 1

0

6

x− 1dx = limb→1−

Z b

0

6

x− 1dx = limb→1−

[6 ln |x− 1|]b0 = limb→1−

[6 ln |b− 1|] = −∞, luego laintegral es divergente.

(f)Z ∞

1

e−1x

x2dx = lim

b→∞

Z b

1

e−1x

x2dx = lim

b→∞

he−1x

ib1= limb→∞

he−1b

i− e−1 = 1− e−1. por lo tanto la

integral es convergente y su valor esZ ∞

1

e−1x

x2dx = 1− 1

e.

13. Calcular:

(a) limx→∞ [3 ln(x+ 3)− 3 ln(x+ 1)] .

(b)Z

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx.

(c)Z ∞

1

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx.

Solución:

(a) limx→∞ [3 ln(x+ 3)− 3 ln(x+ 1)] = lim

x→∞£ln(x+ 3)3 − ln(x+ 1)3¤ = lim

x→∞

·ln(x+ 3)3

(x+ 1)3

¸= ln

µlimx→∞

·(x+ 3)3

(x+ 1)3

¸¶= ln 1 = 0.

(b) Para calcularZ

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx descomponemos el integrando en fracciones sim-

ples. Como el denominador es de grado menor que el denominador y x3 + 3x2 + 15x +

9 = (x+ 3)2 (x+ 1) tenemos que4x− 8

x3 + 3x2 + 15x+ 9=

A

x+ 1+

B

x+ 3+

C

(x+ 3)2=

A(x+ 3)2 +B(x+ 1)(x+ 3) + C(x+ 1)

x3 + 3x2 + 15x+ 9⇒ A(x+ 3)2 +B(x+ 1)(x+ 3) + C(x+ 1) = 4x− 8. Dando valores a x obtenemosPara x = −3⇒ −2C = −20⇒ C = 10

Para x = −1⇒ 4A = −12⇒ A = −3Para x = 0 ⇒ −27 + 3B + 10 = −8 ⇒ B = 3. Por lo tanto

Z4x− 8

x3 + 3x2 + 15x+ 9dx =Z −3

x+ 1dx+

Z3

x+ 3dx+

Z10

(x+ 3)2dx = −3 ln |x+ 1|+ 3 ln |x+ 3|− 10

x+ 3+ C.

Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 110

(c) Con los cálculos hechos en los apartados anteriores tenemosZ ∞

1

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx = limb→∞

Z b

1

4x− 8x3 + 3x2 + 15x+ 9

dx =

limb→∞

·ln(b+ 3)3

(b+ 1)3− 10

b+ 3−µ3 ln 2− 10

4

¶¸=5

2− 3 ln 2, ya que

limb→∞

·ln(b+ 3)3

(b+ 1)3− 10

b+ 3

¸= limb→∞

·ln(b+ 3)3

(b+ 1)3

¸− limb→∞

·− 10

b+ 3

¸= 0.

14. a) CalcularZ

x2√x3 + 1

dx

b) Calcular el volumen que se obtiene cuando la región limitada por la gráfica de la función

y =x√x3 + 1

, el eje de las x y la recta x = 1, gira en torno del eje y.

Solución:

(a) La integral es inmediataZ

x2√x3 + 1

dx =1

3

Z3x2√x3 + 1

dx =2

3

√x3 + 1 + C.

También podía haberse hecho con el cambio de variables u = x3 + 1⇒ du = 3x2dxZx2√x3 + 1

dx =1

3

Zdu√u=1

3

Zu−

12du =

2

3

√u+C =

2

3

√x3 + 1 + C.

(b) La función que gira entorno del eje de las y es f(x) =x√x3 + 1

. Si utilizamos el método de

las capas obtenemos que el volumen pedido es

V = 2πR 10 xf(x)dx = 2π

Z 1

0

x2√x3 + 1

dx = 2π

·2

3

√x3 + 1

¸10

=4π

3

¡√2− 1¢ .

Parte II

Exámenes Resueltos de CursosAnteriores

111

Primer Parcial. Curso 2002-03

PROBLEMA 1.-

Dada la matriz A =

1 2 −12 0 0−1 0 a

se pide:

a) (1 punto) ¿Para qué valores de a la matriz A tiene inversa?

b) (2 puntos) ¿Qué condiciones debe cumplir las componentes del vector b =

b1b2b3

para que el

sistema Ax = b tenga solución?

c) (2 puntos) Para a = 2, calcular la inversa de A por el método de Gauss-Jordan.

d) (3 puntos) ¿Para que valores de a el sistema Ax =

−4−a0

tiene solución? Resolver dicho

sistema por el método de Gauss cuando sea compatible indeterminado.

e) (2 puntos) Para a = 0, encontar una base para el espacio columna de la matriz A y una base parael espacio nulo de la matriz A. Los subespacios vectoriales N(A) y R(A) ¿son ortogonales?

Solución

a) Este apartado puede hacerse de dos formas: haciendo transformaciones elementales o medianteel determinante.

1a forma: Haciendo transformaciones elementales: 1 2 −1 1 0 02 0 0 0 1 0−1 0 a 0 0 1

P12−→ 2 0 0 0 1 0

1 2 −1 1 0 0−1 0 a 0 0 1

F1( 12)−→ 1 0 0 0 1

2 01 2 −1 1 0 0−1 0 a 0 0 1

F21(−1)−→F31(1) 1 0 0 0 1

2 00 2 −1 1 −12 00 0 a 0 1

2 1

. (Si a 6= 0 podemos seguir realizando transformaciones elementales).Haríamos

F2( 12)−→F3( 1a)

1 0 0 0 12 0

0 1 −12 12 −14 0

0 0 1 0 12a

1a

. Y la matriz tiene inversa.Si a = 0, el método de Gauss-Jordan no puede continuarse, es decir, la forma escalonada reducidano es la identidad y la matriz A no tiene inversa.

Resumiendo, A posee inversa si y sólo si a 6= 0.2a forma: (En este caso más sencilla)

112

Primer Parcial. Curso 2002-03 113

Calculamos el deteminante de la matriz |A| =¯̄̄̄¯̄ 1 2 −1

2 0 0−1 0 a

¯̄̄̄¯̄ = −2 ¯̄̄̄ 2 −10 a

¯̄̄̄= −4a. Sabemos

que una matriz cuadrada A tiene inversa si y sólo si su determinante es distinto de cero. En estecaso, |A| 6= 0 si y sólo si a 6= 0.

b) Hay que analizar dos posibilidades:

— Si a 6= 0, la matriz A es regular. Por tanto, el sistema Ax = b tiene solución para cualquiervalor del vector b, de aquí que las componentes de b no tengan que cumplir ninguna condiciónpara que el sistema posea solución.

— Si a = 0, la matriz A no es regular. En este caso,“intentamos” resolver el sistema Ax = bpor el método de Gauss: 1 2 −1 b12 0 0 b2−1 0 0 b3

F21(−2)−→F31(1)

1 2 −1 b10 −4 2 b2 − 2b10 2 −1 b3 + b1

F2(− 14)−→ 1 2 −1 b10 1 −12 b2−2b1

−40 2 −1 b3 + b1

F32(−2)−→

1 2 −1 b10 1 −12 b2−2b1

−40 0 0 2b3+b2

2

. Ahora, el sistema Ax = b tiene solución si y sólo si las compo-nentes del vector b = (b1, b2, b3)t cumplen la condición 2b3 + b2 = 0.

Obsérvese que una inspección directa sobre la matriz A para el caso a = 0 nos indica que lasegunda fila de A es (−2) veces la tercera, por lo que el sistema Ax = b es compatible (en estecaso indeterminado) si y sólo si b2 = −2b3; expresión coincidente con la anterior obtenida por elmétodo de Gauss.

c) Calculamos la inversa de A por el método de Gauss-Jordan. Aprovechamos las tranformacioneshechas en el apartado (a) sustituyendo a = 2. 1 2 −1 1 0 0

2 0 0 0 1 0−1 0 2 0 0 1

P12−→ 2 0 0 0 1 0

1 2 −1 1 0 0−1 0 2 0 0 1

F1( 12)−→ 1 0 0 0 1

2 01 2 −1 1 0 0−1 0 2 0 0 1

F21(−1)−→F31(1) 1 0 0 0 1

2 00 2 −1 1 −12 00 0 2 0 1

2 1

F2( 12)−→F3( 12)

1 0 0 0 12 0

0 1 −12 12 −14 0

0 0 1 0 14

12

F23(12)−→ 1 0 0 0 1

2 00 1 0 1

2 −18 14

0 0 1 0 14

12

Por tanto A−1 =

0 12 0

12 −18 1

40 1

412

=1

8

0 4 04 −1 20 2 4

. Observamos que la inversa sigue siendosimétrica. Ahora comprobamos que el resultado es correcto:

1

8

0 4 04 −1 20 2 4

1 2 −12 0 0−1 0 2

=

1 0 00 1 00 0 1

d) Puede hacerse de dos formas.

1a forma: Resolviendo el sistema por el método de Gauss. 1 2 −1 −42 0 0 −a−1 0 a 0

F21(−2)−→F31(1)

1 2 −1 −40 −4 2 −a+ 80 2 a− 1 −4

F2(− 14)−→ 1 2 −1 −40 1 −12 a−8

40 2 a− 1 −4

F32(−2)−→

1 2 −1 −40 1 −12 a−8

40 0 a −a

2

. De aquí concluimos lo siguiente:

Primer Parcial. Curso 2002-03 114

— Si a 6= 0, el sistema tiene solución única.— Si a = 0 el sistema es compatible indeterminado. Tenemos que resolverlo en este caso.

El sistema que obtenemos es equivalente a½x1 + 2x2 − x3 = −4

x2 − 12x3 = −2

cuyas soluciones sonx1 = 0

x2 = t− 2x3 = 2t

con t ∈ R.

2a forma: Se podía haber razonado utilizando los resultados obtenidos previamente:

— Si a 6= 0 la matriz es regular y el sistema tiene solución única.

— Si a = 0 el sistema tiene solución cuando las componentes del vector

−4−a0

cumplan

las condiciones obtenidas en el apartado (b). Así, el sistema es compatible si y sólo si2 · 0− a = 0, es decir, cuando a = 0. En este caso como la matriz no es regular tenemos unsistema compatible indeterminado y la resolución se lleva a cabo como en la primera forma.

e) Para a = 0 la matriz resultante es

1 2 −12 0 0−1 0 0

. Sabemos que el espacio columna R(A) es elgenerado por las columnas de la matriz, R(A) = lin {(1, 2,−1) , (2, 0, 0) , (−1, 0, 0)} . Por simpleinspección se tiene que los vectores (2, 0, 0) y (−1, 0, 0) son linealmente dependientes (ya que sonproporcionales), luego, R(A) = lin {(1, 2,−1) , (2, 0, 0)} y una base de este subespacio vectoriales la formada por los vectores {(1, 2,−1) , (2, 0, 0)} .Para calcular el espacio nulo N(A) debemos resolver el sistema Ax = 0. Utilizando los cálculos

hechos en el apartado anterior tenemos que la solución de este sistema es

x1 = 0x2 = tx3 = 2t

, luego

N(A) = lin {(0, 1, 2)} y una base de este subespacio está formada por {(0, 1, 2)} .Los subespacios N(A) y R(A) son ortogonales si y sólo si todos los vectores de la base de uno sonortogonales a todos los vectores de la base del otro. En este caso, como (1, 2,−1) · (0, 1, 2) = 0y (2, 0, 0) · (0, 1, 2) = 0, se verifica que N(A) y R(A) son ortogonales.Nótese que puede probarse que N(A) y R(A) son ortogonales sin determinar explícitamenteestos subespacios. En efecto, utilizando el Teorema Fundamentel del Álgebra Lineal, sabemosque R(At) = N(A)⊥, pero A es simetrica, por lo que R(A) = N(A)⊥.

PROBLEMA 2.-

a) Sabiendo que la función¡x2 + y2

¢2 − x3 − y3 − 2 = 0 define a y = f(x) como función implícitade x se pide:

a.1) (2.5 puntos) Calcular la recta tangente a la gráfica de f(x) en el punto (1, 1) .

a.2) (1.5 puntos) Obtener el polinomio de Taylor de orden dos en el punto c = 1. Usar dichopolinomio para obtener aproximadamente el valor de f(1.001).

b) (3 puntos) Encontrar los máximos y mínimos absolutos de la función f(x) = x√4− x2 en el

intervalo [−2, 1]. Con esa información realiza un esbozo de la gráfica en el intervalo [−2, 1].

Primer Parcial. Curso 2002-03 115

c) (3 puntos) Una página impresa va a tener márgenes de 2 centímetros en los lados y de 1centímetro en las partes superior e inferior. El área de la parte impresa es de 32 cm2. Determinarlas dimensiones de la página de manera que se utilice la menor cantidad posible de papel.

Solución

a) a1) Derivamos implícitamente la ecuación¡x2 + y2

¢2 − x3 − y3 − 2 = 0 y obtenemos2¡x2 + y2

¢µ2x+ 2y

dy

dx

¶− 3x2 − 3y2 dy

dx= 0. (∗)

Sustituyendo en esta ecuación x = 1 e y = 1 obtenemos

2(2)

µ2 + 2

dy

dx(1)

¶− 3− 3dy

dx(1) = 0 =⇒ 8 + 8

dy

dx(1)− 3− 3dy

dx(1) = 0 =⇒

5dy

dx(1) = −5 =⇒ dy

dx(1) = −1.

La ecuación de la recta tangente a una gráfica de ecuación y = f(x) en el punto (a, f(a)) seobtiene mediante la fórmula y− f(a) = f 0(a)(x−a). En nuestro caso y− 1 = −(x− 1), es decir,la ecuación de la recta tangente es y = −x+ 2.

a.2) Derivamos implícitamente la ecuación (∗) y obtenemos

2

µ2x+ 2y

dy

dx

¶2+ 2

¡x2 + y2

¢Ã2 + 2

µdy

dx

¶2+ 2y

d2y

dx2

!− 6x− 6y

µdy

dx

¶2− 3y2 d

2y

dx2= 0. (∗∗)

Sustituyendo en la ecuación (∗∗) x = 1, y = 1 y dydx(1) = −1 obtenemos

2(0)2 + 2(2)

µ2 + 2 + 2

d2y

dx2(1)

¶− 6− 6− 3d

2y

dx2(1) = 0 =⇒

4

µ4 + 2

d2y

dx2(1)

¶− 12− 3d

2y

dx2(1) = 0 =⇒ 4 + 5

d2y

dx2(1) = 0 =⇒ d2y

dx2(1) =

−45

El polinomio de Taylor de orden dos de una función y = f(x) en el punto (a, f(a)) se obtiene

mediante la fórmula P2(x) = f(a) +f 0(a)1!

(x− a) + f00(a)2!

(x− a)2. En nuestro caso obtenemos

P2(x) = f(1) +f 0(1)1(x− 1) + f

00(1)2

(x− 1)2 = 1− (x− 1)− 25(x− 1)2.

Calculamos aproximadamente f(1.001) utilizando para ello la aproximación que nos da el poli-

nomio de Taylor f(1.001) ' P2(1.001) = 1− (1.001− 1)− 25(1.001− 1)2 = 0.9989996.

b) En primer lugar calculamos los puntos críticos de f en el intervalo (−2, 1). Puesto que f 0 (x) =√4− x2− x2√

4− x2 , obtenemos que f es derivable en todos los puntos del intervalo (−2, 1) y porconsiguiente, los puntos críticos de f son aquellos para los que se anula la derivada. Entonces,

f 0 (x) = 0 si y sólo si√4− x2 = x2√

4− x2 ⇔ 4 − x2 = x2 ⇔ x = ±√2. Observamos que√2 /∈ (−2, 1) , luego el único punto crítico de f a considerar es −√2 . Calculamos f(−2) = 0;

f(−√2) = −2 y f(1) = √3. Por lo tanto, el valor mínimo es f(−√2) = −2 que se alcanzaen −√2 y el valor máximo es f(1) = √3 que se alcanza en 1. Con la información anterior, unesbozo de la gráfica se muestra en la figura 1.

Primer Parcial. Curso 2002-03 116

Figura 29: Gráfica de la función f(x) = x√4− x2 en intervalo [−2, 1].

Figura 30: Página impresa

c) Con las variables escritas en la figura 2 y los datos del problema tenemos que minimizar lafunción área A = xy con la condición de que (x− 4) (y − 2) = 32.Despejando de esta ecuación la variable y obtenemos y = 2 +

32

(x− 4) y sustituyendo en la

primera obsevamos que debemos obtener el mínimo de la función A(x) = x

µ2 +

32

(x− 4)¶=

2x+32x

(x− 4) con la condición x > 4. Calculamos la derivada para estudiar los extremos relativos

A0(x) = 2 − 128

(x− 4)2 . Entonces A0(x) = 0 si y sólo si 2 =

128

(x− 4)2 ⇐⇒ (x− 4)2 = 64 ⇐⇒x− 4 = ±8 =⇒ x = 12 y x = −4, pero este último valor no pertenece al dominio impuesto porel problema, luego el único punto a considerar es x = 12.

Calculamos A00(x) =256

(x− 4)3 y obtenemos que A00(x) > 0 para todo x > 4, luego la función

A(x) es cóncava hacia arriba en el intervalo (4,+∞) y por consiguiente, (12, A(12)) es mínimoabsoluto.

Utilizando sólo la primera derivada también podemos probar que (12, A(12)) es un mínimo ab-

Primer Parcial. Curso 2002-03 117

soluto. Efectivamente, puesto que A0(x) = 2− 128

(x− 4)2 =2 (x− 4)2 − 128

(x− 4)2 =2 (x+ 4) (x− 12)

(x− 4)2 ,

es fácil ver que A0(x) < 0 para 4 < x < 12 y A0(x) > 0 para x > 12. En consecuencia, lafunción A es estrictamente decreciente en el intervalo (4, 12) y estrictamente creciente en el in-tervalo (12,+∞). Así, el punto (12, A(12)) es mínimo absoluto. Por último, las dimensiones dela página son x = 12 cm e y = 2 +

32

(12− 4) = 6 cm.

PROBLEMA 3.-

a) (3.5 puntos) Averiguar si la matriz A =

4 0 0−1 2 −40 −1 2

es diagonalizable. En caso afirma-

tivo encontrar una matriz de paso P y una matriz diagonal D tal que A = PDP−1.

b) (3.5 puntos) De una matriz simétrica de orden tres B sabemos que sus autovalores son λ1 = 1con subespacio propio asociado V (1) = lin {(1, 0,−1)} y λ2 = 0 cuyo subespacio propio asociadoV (0) tiene de ecuación x− z = 0. Calcular la matriz B.

c) (3 puntos) Dibujar la gráfica de las funciones y = cosx e y = 5x + 5. Determinar en cuántospuntos se cortan estas dos gráficas y obtenerlos todos con una precisión de cuatro cifras decimalesexactas. Si tienes que hacer iteraciones tomar siempre como valor inicial x0 = 0.

Solución

a) Calculamos el polinomio característico de la matriz A.

det(λI −A) = |λI −A| =¯̄̄̄¯̄ λ− 4 0 0

1 λ− 2 40 1 λ− 2

¯̄̄̄¯̄ = (λ− 4) ¯̄̄̄ λ− 2 4

1 λ− 2¯̄̄̄=

(λ− 4)³(λ− 2)2 − 4

´= (λ− 4) ¡λ2 − 4λ¢ = (λ− 4)2 λ. Luego los autovalores son λ1 = 4 de

m.a. (λ1 = 4) = 2 y λ2 = 0 de m.a. (λ2 = 0) = 1.

Ahora calculamos los subespacios propios asociados a estos autovalores. Para calcular el sube-spacio propio asociado al autovalor λ1 = 4 debemos resolver el sitema (4I −A)x = 0. Utilizamospara ello el método de Gauss. Hacemos transformaciones elementales:

λI − A =

0 0 0 01 2 4 00 1 2 0

−→ 1 2 4 00 1 2 00 0 0 0

=⇒

x1 = 0x2 = −2tx3 = t

. Vemos por tanto que el

subespacio propio asociado al autovalor λ1 = 4 es V (4) = lin {(0,−2, 1)}. Como la dimensiónde este subespacio es uno se tiene que m.g. (λ1 = 4) = 1 6= m.a. (λ1 = 4) y la matriz no esdiagonalizable.

También puede observarse directamente que rg(λI − A) = 2, por lo que µ1 = dim(V (λ1)) =3− rg(λI −A) = 3− 2 = 1 6= 2 = m1 y por tanto, A es no diagonalizable.

b) Como la matriz es simétrica sabemos que los subespacios asociados a λ1 = 0 y a λ2 = 1 son or-togonales. Efectivamente, el vector (1, 0,−1) es ortogonal a cualquier vector (x, y, z) tal que x−z = 0. Tomamos una base ortonormal de V (1) que está formada por

µ1√2, 0,− 1√

2

¶y una base

ortonormal de V (0). Como V (0) = lin {(1, 0, 1) , (0, 1, 0)} , una base ortonormal de este subespa-cio está formada por

½µ1√2, 0,

1√2

¶, (0, 1, 0)

¾. Los vectores

µ1√2, 0,− 1√

2

¶,

µ1√2, 0,

1√2

¶, (0, 1, 0)

Primer Parcial. Curso 2002-03 118

constituyen una base ortonormal de autovectores. Por lo tanto una matriz de paso ortogonal

para la matriz B es la formada por Q =

1√2

01√2

0 1 0

− 1√2

01√2

y la matriz B es B = QDQT =

1√2

01√2

0 1 0

− 1√2

01√2

1 0 00 0 00 0 0

1√2

0 − 1√2

0 1 01√2

01√2

=

1

20 −1

20 0 0

−12

01

2

.De hecho, para resolver el problema no es necesario encontrar una matriz de paso ortogonal. Apartir de los datos del problema, V (1) = lin {(1, 0,−1)} y V (0) = lin {(1, 0, 1) , (0, 1, 0)} , la ma-

triz de paso P =

1 0 10 1 0−1 0 1

verifica P−1BP = D =

1 0 00 0 00 0 0

, y calculando la inversade P, P−1 =

1

20 −1

20 1 01

20

1

2

, resulta queB = PDP−1 = 1 0 1

0 1 0−1 0 1

1 0 00 0 00 0 0

1

20 −1

20 1 01

20

1

2

=

1

20 −1

20 0 0

−12

01

2

.c) Las gráficas de las dos funciones en el mismo sistema están dadas en la Figura 31.

y=cos(x)

y=5x+5

Figura 31: Gráficas de y = cos(x) e y = 5x+ 5.

Encontrar los puntos en los que se cortan las gráficas de estas dos funciones es equivalente a

resolver el sistema de ecuaciones½

y = cosxy = 5x+ 5

⇔ cosx = 5x + 5 ⇔ 5x + 5 − cosx = 0. Pararesolver esta ecuación llamamos f(x) = 5x+ 5− cosx y buscamos los ceros de esta función. Yasea observando las gráficas de las dos funciones o estudiando analíticamente la función f(x) y

teniendo en cuenta f³−π2

´= −5π

2+ 5 < 0 , f(0) = 4 > 0 y que f 0(x) = 5 + senx ≥ 4 > 0

(es decir, f es estrictamente creciente), se concluye que estas dos gráficas se cortan sólo en un

Primer Parcial. Curso 2002-03 119

punto. En la Figura 32 puede verse un esbozo de la gráfica de f. (no es una recta)

y=5x+5-cos(x)

Figura 32: Gráfica de f(x) = 5x+ 5− cos(x).

Para obtener el punto de corte utilizamos el método de Newton.

n xn f(xn) f 0(xn)f(xn)

f 0(xn)xn+1 = xn − f(xn)

f 0(xn)1 0 4 5 0.8 −0.82 −0.8 0.3032932 4.2826439 0.0708191 −0.87081913 −0.8708191 0.001704269 4.2351431 0.00040239 −0.87122144 −0.8712214 0.0000005574 4.234884 0.000000118 −0.8712215

Como |−0.000000118| < 0.0001 (o sean repetido al menos cuatro cifras decimales en la últimaiteración) tenemos que la única solución de f(x) = 0 es x∗ = −0.8712215 y el punto en el que secortan las gráficas es (−0.8712215, 0.6438925).

PROBLEMA 4.-

Dadas las matrices A =

1 1−1 12 1

, se pide:a) (2 puntos) Determinar una base ortogonal del espacio columna R(A) de la matriz A.

b) (2 puntos) Resolver por el método de los mínimos cuadrados el sistema Ax =

204

.c) (2 puntos) Encontrar la recta que mejor se ajusta en el sentido de los mínimos cuadrados a la

nube de puntos (1, 2) , (−1, 0) , (2, 4) .

d) (2 puntos) Calcular la proyección ortogonal de

204

sobre el espacio columna de A.

Primer Parcial. Curso 2002-03 120

e) (2 puntos) Encontrar la proyección proyR(A) x donde x es un vector arbitrario y expresar dicha

proyección en la forma Px, determinando previamente la matriz P. Calcular P

1−12

, P 111

y encontrar un vector x tal que Px = 0.

Solución

a) Sean u1 = (1,−1, 2) y u2 = (1, 1, 1) los vectores columnas de la matriz A. Por tanto R(A) =lin {u1, u2} y tenemos que {u1, u2} constituyen una base de R(A).Utilizamos el método de Gram-Schmidt para obtener la base ortogonal.

Primer paso: v1 = u1 = (1,−1, 2)Segundo paso: v2 = u2 − u2.v1

v1.v1v1 = (1, 1, 1)− 2

6 (1,−1, 2) =¡23 ,43 ,13

¢Comprobamos que los vectores v1 y v2 son ortogonales: v1.v2 = 2

3 − 43 +

23 = 0.

Podemos tomar como vector v2 un múltiplo del que nos ha salido. Por ejemplo, v2 = (2, 4, 1).

b) Para resolver el sistema Ax = b por el método de los mínimos cuadrados, resolvemos el sistema

normal asociado ATAx = AT b =⇒µ1 −1 21 1 1

¶ 1 1−1 12 1

µ xy

¶=

µ1 −1 21 1 1

¶ 204

=⇒

µ6 22 3

¶µxy

¶=

µ106

¶. Este último sistema lo resolvemos por el método de Gaussµ

6 2 102 3 6

¶P12−→

µ2 3 66 2 10

¶F1( 12)−→

µ1 3

2 36 2 10

¶F21(−6)−→

µ1 3

2 30 −7 −8

¶, luego la solu-

ción por mínimos cuadrados o pseudosolución del sistema es:

x =

9

7

y =8

7

c) En principio buscamos una recta de ecuación y = mx+n que pase por los puntos (1, 2) , (−1, 0) , (2, 4).Si hay una que pase por estos tres puntos esa es la que mejor se ajusta. Deberíamos resolver,

por tanto, el sistema

1 1−1 12 1

µ mn

¶=

204

, que no tiene solución. Cuando esto ocurrebuscamos aquella recta para la que se verifica que

°°°°°° 1 1−1 12 1

µ mn

¶− 204

°°°°°° es mínimo.Y esto es resolver el sistema

1 1−1 12 1

µ mn

¶=

204

por el método de los mínimos cuadra-dos. Como lo hemos resuelto en el apartado (b) tenemos que la recta buscada es y =

9

7x+

8

7.

d) La proyección ortogonal de b sobre el espacio columna R(A) podemos obtenerla por dos métodos.

Primer método: Como tenemos una base ortogonal de R(A) podemos usar la fórmula:

proyR(A) (b) =(b.v1)

(v1.v1)v1 +

(b.v2)

(v2.v2)v2 =

10

6(1,−1, 2) + 8

21(2, 4, 1) =

=

µ5

3,−53,10

3

¶+

µ16

21,32

21,8

21

¶=

µ17

7,−17,26

7

¶.

Primer Parcial. Curso 2002-03 121

Segundo método: Como hemos calculado previamente la pseudosolución α =¡97 ,87

¢t, la proyec-ción se puede calcular como: proyR(A) (b) = Aα =

1 1−1 12 1

9

78

7

=

17

7−1726

7

.

e) Este apartado puede hacerse, como el anterior, de dos formas. Sea x =

x1x2x3

vamos a calcular

proyR(A) (x) .

Primer método: Como tenemos una base ortogonal de R(A) podemos usar la fórmula:

proyR(A) (x) =(x.v1)

(v1.v1)v1 +

(x.v2)

(v2.v2)v =

x1 − x2 + 2x36

(1,−1, 2)t + 2x1+4x2 + x321

(2, 4, 1)t=

=

µx1 − x2 + 2x3

6+4x1+8x2 + 2x3

21,−x1 + x2 − 2x3

6+8x1+16x2 + 4x3

21,2x1 − 2x2 + 4x3

6+2x1+4x2 + x3

21

¶t=

=

µ7x1 − 7x2 + 14x3 + 8x1+16x2 + 4x3

42,−7x1 + 7x2 − 14x3 + 16x1+32x2 + 8x3

42,14x1 − 14x2 + 28x3 + 4x1+8x2 + 2x3

42

¶t=

=

µ15x1 + 9x2 + 18x3

42,9x1 + 39x2 − 6x3

42,18x1 − 6x2 + 30x3

42

¶t=1

42

15 9 189 39 −618 −6 30

x1x2x3

Segundo método: Calculando previamente la pseudosolución z. Una vez obtenida haremos

proyR(A) (x) = Az =

1 1−1 12 1

z.Resovemos el sistema normal asociadoATAz = AT

x1x2x3

=⇒µ1 −1 21 1 1

¶ 1 1−1 12 1

µ uv

¶=

µ1 −1 21 1 1

¶ x1x2x3

=⇒

µ6 22 3

¶µuv

¶=

µx1 − x2 + 2x3x1 + x2 + x3

¶=⇒

µuv

¶=

µ6 22 3

¶−1µx1 − x2 + 2x3x1 + x2 + x3

¶=⇒

µuv

¶=1

14

µ3 −2−2 6

¶µx1 − x2 + 2x3x1 + x2 + x3

¶=1

14

µx1 − 5x2 + 4x34x1 + 8x2 + 2x3

proyR(A) (x) =1

14

1 1−1 12 1

µ x1 − 5x2 + 4x34x1 + 8x2 + 2x3

¶=1

14

5x1 + 3x2 + 6x33x1 + 13x2 − 2x36x1 − 2x2 + 10x3

=

=1

42

15 9 189 39 −618 −6 30

x1x2x3

Como

1−12

, 111

∈ R(A) se tiene que P 1−12

=

1−12

y P

111

=

111

.

Primer Parcial. Curso 2002-03 122

Como Px calcula la proyección de x sobre el espacioR(A), buscar x tal que Px = 0 es equivalente

a buscar un vector x ∈ R(A)⊥ y para ello debemos resolver el sistema½x1 − x2 + 2x3 = 0x1 + x2 + x3 = 0

cuya solución es

x1 = −3tx2 = tx3 = 2t

. Y un vector buscado es x =

−312

.De hecho, si se hacen los productos se obtiene:

1

42

15 9 189 39 −618 −6 30

1−12

=

1−12

, 1

42

15 9 189 39 −618 −6 30

111

=

111

,1

42

15 9 189 39 −618 −6 30

−312

=

000

.

Segundo Parcial. Curso 2002-03

PROBLEMA 1.-Dada la función f (x, y) = ex

2−2x+y2 se pide:

a) (2 puntos) Encontrar y clasificar los puntos críticos de f (x, y) .

b) (2 puntos) Calcular los extremos absolutos de f (x, y) en la región del plano cerrada y acotadaR =

©(x, y) : x2 + y2 ≤ 4ª .

c) (2 puntos) Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación f (x, y) =ex

2−2x+y2 en los puntos A(0, 0, 1) y B(1, 0, e−1).

d) (2 puntos) Hallar la derivada direccional de f (x, y) en el punto P (1, 1) en la dirección delvector que une P con Q(0,−1). ¿Cuál es el valor máximo que alcanza la derivada direccional enel punto P (1, 1)?

e) (2 puntos) Utilizar la regla de la cadena para obtener∂f

∂sy∂f

∂tsiendo x = sen s e y = t2 ln s2.

Solución:

a) En primer lugar, buscamos los puntos críticos de f resolviendo el sistema

∂f

∂x(x, y) = 0,

∂f

∂y(x, y) = 0.

Puesto que∂f

∂x(x, y) = (2x− 2)ex2−2x+y2 y ∂f

∂y(x, y) = 2yex

2−2x+y2 , debemos resolver el sistema

((2x− 2)ex2−2x+y2 = 0,2yex

2−2x+y2 = 0,

Como ex2−2x+y2 6= 0 para todo (x, y) ∈ R2, el sistema anterior es equivalente a(

2x− 2 = 02y = 0

cuya única solución es x = 1, y = 0. Por lo tanto el único punto crítico de f es el punto (1, 0).

Ahora clasificamos dicho punto crítico. Para ello, calculamos las derivadas parciales de segundoorden de f

∂2f

∂x2(x, y) = 2ex

2−2x+y2 + (2x− 2)2ex2−2x+y2 , ∂2f

∂y2(x, y) = 2ex

2−2x+y2 + (2y)2ex2−2x+y2 ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = 2y(2x− 2)ex2−2x+y2 .

123

Segundo Parcial. Curso 2002-03 124

Sustituyendo en el punto crítico obtenemos∂2f

∂x2(1, 0) = 2e−1,

∂2f

∂y2(1, 0) = 2e−1 y

∂2f

∂x∂y(1, 0) =

0. Ya que ¯̄̄̄¯̄̄̄ ∂2f

∂x2(1, 0)

∂2f

∂x∂y(1, 0)

∂2f

∂x∂y(1, 0)

∂2f

∂y2(1, 0)

¯̄̄̄¯̄̄̄ = ¯̄̄̄ 2e−1 0

0 2e−1

¯̄̄̄= 4e−2 > 0

y∂2f

∂x2(1, 0) = 2e−1 > 0, obtenemos que el punto crítico (1, 0) es un mínimo relativo.

b) Comencemos calculando los puntos críticos de f en el interior de R =©(x, y) : x2 + y2 ≤ 4ª . A

partir del apartado anterior, tenemos (1, 0) es el único punto crítico de f y además perteneceal conjunto

©(x, y) : x2 + y2 < 4

ª, es decir, se encuentra en el interior de R.

Seguidamente restringimos la función f a la frontera de R, esto es a la circunferencia de ecuación

x2+y2 = 4. De esta forma, haciendo x2+y2 = 4 la función se expresa como f(x, y) = ex2−2x+y2

=e4−2x

. Luego debemos analizar la función g(x) = e4−2x

, donde x ∈ [−2, 2].La derivada de g satisface g0(x) = −2e4−2x < 0 para todo x ∈ (−2, 2), luego el máximo absolutode g se alcanza en el punto x = −2 y el mínimo absoluto en el punto x = 2. Obsérvese que de laexpresión x2+ y2 = 4 con x = ±2, se deduce y = 0 y por consiguiente los posibles valores dondef restringida a la circunferencia

©(x, y) : x2 + y2 = 4

ªalcanza su máximo absoluto y su mínimo

absoluto son (2, 0) y (−2, 0).Sólo nos queda evaluar f en los puntos (1, 0), (2, 0) y (−2, 0):f(1, 0) = e−1 =

1

e, f(2, 0) = e4−4 = e0 = 1 y f(−2, 0) = e4+4 = e8,

luego el mínimo absoluto de f en la región R se alcanza el punto (1, 0) y su valor es f(1, 0) = e−1

y el máximo absoluto se alcanza en en el punto (−2, 0) y su valor es f(−2, 0) = e8.

c) Puesto que el punto (1, 0) es un punto crítico de f (es decir,∂f

∂x(1, 0) =

∂f

∂y(1, 0) = 0) resulta que

el plano tangente a la superficie de ecuación z = f(x, y) en el punto B(1, 0, e−1) es horizontal ysu ecuación viene dada por z = e−1.

El plano tangente a la superficie de ecuación z = f(x, y) en el punto A(0, 0, 1) tiene por ecuación

∂f

∂x(0, 0)(x− 0) + ∂f

∂y(0, 0)(y − 0)− (z − 1) = 0.

Utilizando las derivadas parciales obtenidas en el primer apartado obtenemos∂f

∂x(0, 0) = −2 y

∂f

∂y(0, 0) = 0 y por consiguiente, el plano tangente tiene de ecuación (−2)(x − 0) + 0(y − 0) −

(z − 1) = 0, esto es,

−2x− z + 1 = 0.

d) El vector que une el punto P (1, 1) con el punto Q(0,−1) es −→PQ = (0,−1) − (1, 1) = (−1,−2).Normalizamos este vector y obtenemos el vector unitario ~u =

−→PQ

k−→PQk =

µ−1√5,−2√5

¶. Para

Segundo Parcial. Curso 2002-03 125

calcular la derivada direccional pedida necesitamos el gradiente de f en el punto (1, 1). Utilizandode nuevo las derivadas parciales obtenidas en el primer apartado obtenemos

∇f(1, 1) =µ∂f

∂x(1, 1),

∂f

∂y(1, 1)

¶= (0, 2)

y la derivada direccional solicitada es

D~uf(1, 1) = ∇f(1, 1) · ~u = (0, 2) ·µ−1√

5,−2√5

¶= − 4√

5.

El valor máximo de la derivada direccional de f en el punto (1, 1) es k∇f(1, 1)k = k(0, 2)k = 2.e) En primer lugar expresamos y en la forma y = t2 ln s2 = 2t2 ln s.

Aplicando la regla de la cadena tenemos que

∂f

∂s=

∂f

∂x· ∂x∂s+

∂f

∂y· ∂y∂s= (2x− 2)ex2−2x+y2 · cos(s) + 2yex2−2x+y2 · 2t

2

s

¯̄̄̄x=sen s,y=2t2 ln s

=

= esen2 s−2 sen s+4t4 ln2 s

µ(2 sen s− 2) cos(s) + 8t

4

sln s

¶.

Análogamente,∂f

∂t=

∂f

∂x· ∂x∂t+

∂f

∂y· ∂y∂t= (2x− 2)ex2−2x+y2 · 0 + 2yex2−2x+y2 · 4t ln s

¯̄̄x=sen s,y=2t2 ln s

=

= 16t3 ln2 sesen2 s−2 sen s+4t4 ln2 s.

PROBLEMA 2.-

a) (3 puntos) Calcular las integralesZxe−xdx

Zx2√4− x2dx.

b) (2 puntos) Determinar si alguna de las integrales impropias siguientes son convergentes y cal-

cular su valor cuando lo seanZ ∞

1xe−xdx

Z 2

0

x2√4− x2dx.

c) (5 puntos) Calcular el volumen generado por la región del primer cuadrante limitada por lasgráficas de y = senx, y = 1 y x = 0, cuando dicha región gira:

c.1) En torno del eje OX.

c.2) En torno del eje OY.

c.3) En torno de la recta x =π

2.

Solución:

a) Calculamos la intergalZxe−xdx aplicando el método de integración por partes.Z

xe−xdx =·u = x du = dxdv = e−xdx v = −e−x

¸= −xe−x−

Z−e−xdx = −xe−x−e−x+C = −e−x(x+

1) + C.

Segundo Parcial. Curso 2002-03 126

Para calcular la integralZ

x2√4− x2dx realizamos el cambio de variable

½x = 2 sen tdx = 2cos tdt

y

tenemos en cuenta que sen2 t =1− cos 2t

2de donde obtenemosZ

x2√4− x2dx =

Z4 sen2 t√4− 4 sen2 t2 cos tdt =

Z8 sen2 t

2√1− sen2 t cos tdt

=

Z4 sen2 t

cos tcos tdt = 4

Z2sen tdt = 4

Z1− cos 2t

2dt

=

Z2dt−

Z2 cos 2tdt = 2t− sen 2t+ C = 2t− 2 sen t · cos+C

= 2arcsen³x2

´− 2 sen t · cos t+ C = 2arcsen

³x2

´− 2x

r1−

³x2

´2+C

= 2arcsen³x2

´− x

p4− x2 +C.

b) Utilizando el primer apartado

Z ∞

1xe−xdx = lim

b→+∞

Z b

1xe−xdx = lim

b→+∞£−e−x(x+ 1)¤b

1

= limb→+∞

−e−b(b+ 1) + 2e−1 = 2e−1

ya que limb→+∞

−e−b(b+ 1) = 0 ·∞ proporciona una indeterminación que resolvemos aplicando la

regla de L’Hôpital, limb→+∞

−b+ 1eb

= limb→+∞

− 1eb= 0.

En resumen, la integral impropiaZ ∞

1xe−xdx es convergente y su valor es

Z ∞

1xe−xdx = 2e−1.

La función f(x) =x2√4− x2 es continua en el intervalo [0, 2) y lim

x→2−f(x) = lim

x→2−x2√4− x2 = +∞,

por tanto, aplicando el apartado anterior, obtenemos

Z 2

0

x2√4− x2dx = lim

a→2−

Z a

0

x2√4− x2dx = lim

a→2−

h2 arcsen

³x2

´− x

p4− x2

ia0

= lima→2−

³2 arcsen

³a2

´− a

p4− a2

´= 2arcsen 1 = 2

π

2= π.

Es decir, la segunda integral impropia es también convergente y su valor esZ 2

0

x2√4− x2dx = π.

c) Calculamos el primer volumen aplicando el método de discos y los dos últimos aplicando elmétodo de capas.

c.1) Obtenemos el volumen pedido V en este apartado como la diferencia de dos volúmenesV = V1 − V2, siendo V1 el volumen del cilidro que se genera haciendo girar la secciónacotada por las rectas y = 1, y = 0, x =

π

2alrededor del eje OX y V2 el volumen del solido

de revolución que se genera haciendo girar la sección acotada por y = senx, y = 0, x =π

2en torno al eje OX. Es decir,

V1 =π

2· π · 12 = π2

2

Segundo Parcial. Curso 2002-03 127

V2 = π

Z π/2

0sen2 xdx = π

Z π/2

0

1− cos 2x2

dx = π

ÃZ π/2

0

1

2dx−

Z π/2

0

cos 2x

2dx

!

= π

Ã1

2· π2−·sen 2x

4

¸π/20

!=

π

4(π − senπ + sen 0) = π2

4.

Luego, el volumen es V = V1 − V2 = π2

2− π2

4=

π2

4.

c.2) El volumen solicitado se obtiene directamante por el método de las capas

V = 2π

Z π/2

0x(1− senx)dx.

Ahora, aplicando el método de integración por partes obtenemos

V = 2π

Z π/2

0x(1− senx)dx =

·u = x du = dxdv = (1− senx)dx v = x+ cosx

¸= 2π

Ãx (x+ cosx)|π/20 −

Z π/2

0(x+ cosx) dx

!= 2π

Ãπ

2

³π2+ cos

π

2

´−·x2

2+ senx

¸π/20

!

= 2π

µπ2

4− π2

8− 1¶= 2π

µπ2

8− 1¶=

π3

4− 2π.

c.3) Aplicando de nuevo el método de capas tenemos que el volumen pedido viene dado por

V = 2π

Z π/2

0

³π2− x

´(1− senx)dx = 2π

Z π/2

0

π

2(1− senx)dx− 2π

Z π/2

0x(1− senx)dx.

Notemos que la segunda integral ha sido calculada en el apartado c.2) y su valor es

Z π/2

0x(1− senx)dx = π3

4− 2π, así sólo debemos calcular la primera de las integrales

π/2Z0

π

2(1− senx)dx = 2π

π/2Z0

π

2dx+ π2

π/2Z0

(− senx) dx

= 2π · π2· π2+ π2 [cosx]

π/20 =

π3

2− π2

y por consiguiente, el volumen pedido es V =π3

2− π2 −

µπ3

4− 2π

¶=

π3

4− π2 + 2π.

PROBLEMA 3.-

a) (4 puntos) Calcular el volumen del sólido limitado por las superifies de ecuaciones z = 6−x2−y2y z =

px2 + y2, utilizando integración múltiple.

b) (3 puntos) Calcular la integral dobleZZ

Rey

3dA, siendo R la región del plano limitada por las

curvas de ecuaciones y =√x; y = 1;x = 0.

Segundo Parcial. Curso 2002-03 128

c) (3 puntos) Sabiendo que ln z + x2 − y + z − 1 = 0, define a z como función implícita de x e yobtener

∂z

∂x,

∂z

∂yy

∂2z

∂x∂y.

Solución:

a) Como un primer paso para la obtención del volumen limitado por el paraboloide z = 6−x2− y2y el cono z =

px2 + y2, calculamos la curva intersección de ambas superficies. Esto nos lleva a

la resolución del sistema de ecuaciones(z = 6− x2 − y2z =

px2 + y2

⇒(z = 6− ¡x2 + y2¢z2 = x2 + y2

⇒ z = 6− z2.

Las soluciones de esta ecuación son z = −3, z = 2 y descartamos la solución negativa puesz =

px2 + y2 ≥ 0. Por tanto, el paraboloide y el plano intersecan en la circunferencia x2+ y2 =

4, z = 2, cuya proyección sobre el plano z = 0, es la circunferencia de ecuación x2 + y2 = 4.

De esta forma, el volumen limitado por el cono y el paraboloide puede expresarse mediante unaintegral doble en la forma

V =

ZZR

³6− x2 − y2 −

px2 + y2

´dA,

donde R es el círculo R =©(x, y) : x2 + y2 ≤ 4ª .

Ahora resolvemos la integral doble aplicando un cambio a coordenadas polares. Puesto que laregiónR puede escribirse en coordenadas polares en la formaR = {(θ, r) : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2} ,el volumen es

V =

ZZR

³6− x2 − y2 −

px2 + y2

´dA =

Z 2π

0

Z 2

0

¡6− r2 − r¢ rdrdθ

=

Z 2π

0

·3r2 − r

4

4− r

3

3

¸r=2r=0

dθ =

Z 2π

0

16

3dθ =

32

3π.

Utilizando integrales triples y coordenadas cilíndricas el volumen sería

V =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z 2

0

Z 6−r2

rrdzdrdθ =

Z 2π

0

Z 2

0

¡6− r2 − r¢ rdrdθ = 32

3π.

b) CalculamosZZ

Rey

3dA describiendo la región R como una región horizontalmente simple. La

región R puede expresarse como R =©(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y2ª . Por consiguiente,

ZZR

ey3dA =

Z 1

0

Z y2

0ey

3dxdy =

Z 1

0y2ey

3dy =

"ey

3

3

#10

=e− 13.

c) Si la ecuación ln z + x2 − y + z − 1 = 0, define a z como función implícita de x e y, derivandorespecto de x se obtiene

1

z· ∂z∂x+ 2x+

∂z

∂x= 0

Segundo Parcial. Curso 2002-03 129

de donde∂z

∂x= − 2xz

1 + z.

Derivando la ecuación inicial respecto de y conseguimos

1

z· ∂z∂y− 1 + ∂z

∂y= 0 (*)

y por tanto,∂z

∂y=

z

1 + z.

Si ahora derivamos la igualdad (*) respecto de x deducimos que

− 1z2· ∂z∂x· ∂z∂y+1

z· ∂2z

∂x∂y+

∂2z

∂x∂y= 0

y teniendo en cuenta la anteriores valores obtenidos de la derivadas parciales∂z

∂xy∂z

∂yse consigue

la igualdad

2x

(1 + z)2+1

z· ∂2z

∂x∂y+

∂2z

∂x∂y= 0

y por consiguiente,∂2z

∂x∂y= − 2xz

(1 + z)3.

PROBLEMA 4.-

Consideremos el campo vectorial→F (x, y) = 6xy

→i +

¡ax2 + y2

¢→j , donde a es una constante real.

Y sea C el camino que va desde A hasta D pasando por B. (Véase la Figura 33).

B(2,0)

A(3,1) D(0,1)

Figura 33: Representación de la curva C.

Se pide:

a) (3 puntos) ¿Existe algún número a tal que el campo→F (x, y) sea conservativo? En caso afirma-

tivo, encontrar una función potencial de→F (x, y) .

b) (2 puntos) Calcular la integral de líneaZC6xydx+

¡3x2 + y2

¢dy.

c) (3 puntos) Calcular la integral de líneaZC(x− y) ds.

Segundo Parcial. Curso 2002-03 130

d) (2 puntos) Para a = 8, descomponer el campo vectorial→F (x, y) en la forma

→F (x, y) =

→F1 (x, y) +

→F2 (x, y) ,

siendo→F1 (x, y) conservativo. Utilizar esta información para calcular la integral

ZC6xydx +¡

8x2 + y2¢dy.

Solución:

a) Tomando M(x, y) = 6xy y N(x, y) =¡ax2 + y2

¢, el campo vectorial

→F es conservativo si

∂M

∂y(x, y) =

∂N

∂x(x, y). Imponiendo esta condición se encuentra la igualdad 6x = 2ax, luego

→F es conservativo si y sólo si a = 3.

Busquemos una función potencial f para ~F . La función potencial f(x, y) satisface∂f

∂x(x, y) =

M(x, y) = 6xy, de donde

f(x, y) =

Z6xydx = 3x2y + ϕ(y)

De la relación∂f

∂y(x, y) = N(x, y) = 3x2 + y2, obtenemos 3x2 + ϕ0(y) = 3x2 + y2 =⇒ ϕ0(y) =

y2 =⇒ ϕ(y) =y3

3+cte y una función potencial para ~F es f(x, y) = 3x2y +

y3

3.

b) Por el apartado anterior, el campo vectorial→F (x, y) = 6xy

→i +

¡3x2 + y2

¢→j es conservativo y

f(x, y) = 3x2y+y3

3es una función potencial. Por tanto, aplicando el Teorema Fundamental de

Integrales de Línea, resulta queZC6xydx+

¡3x2 + y2

¢dy = f(D)− f(A) = f(0, 1)− f(3, 1) = 1

3− (27 + 1

3) = −27.

c) Llamamos C = C1 ∪ C2 al camino de la Figura 33. Una de las posibles parametrizaciones paradicho camino es la siguiente C1 ≡

½x = 3− ty = 1− t , t ∈ [0, 1] y C2 ≡

½x = 2− 2ty = t

, t ∈ [0, 1] .La integral de linea del campo escalar será:Z

C

(x− y) ds =

ZC1

(x− y) ds+ZC2

(x− y) ds

=

Z 1

0(3− t− 1 + t)√1 + 1dt+

Z 1

0(2− 2t− t)√1 + 4dt

= 2√2 +√5/2.

d) Es fácil ver que→F (x, y) = 6xy

→i +

¡8x2 + y2

¢→j = 6xy

→i +

¡3x2 + y2

¢→j +5x2

→j , por tanto,

→F (x, y) =

→F1 (x, y) +

→F2 (x, y) , siendo

→F1 (x, y) = 6xy

→i +

¡3x2 + y2

¢→j conservativo (ver primer

apartado) y→F2 (x, y) = 5x

2→j . De esta manera, la integral pedida puede calcularse medianteZ

C

6xydx+¡8x2 + y2

¢dy =

ZC

6xydx+¡3x2 + y2

¢dy +

ZC

5x2dy.

Segundo Parcial. Curso 2002-03 131

Como la primera de las integrales fue obtenida en el segundo apartado, sólo vamos a calcular lasegunda de las integrales.

ZC

5x2dy =

ZC1

5x2dy +

ZC2

5x2dy

= 5

Z 1

0(3− t)2 (−1)dt+ 5

Z 1

0(2− 2t)2 (1)dt

=

"5(3− t)3

3− 5 (2− 2t)

3

6

#10

=40

3− 45 + 20

3= −25.

Por lo tantoZC6xydx+

¡8x2 + y2

¢dy = −27− 25 = −52.

Examen de Junio. Curso 2002-03

PROBLEMA 1.-

(A) Considérese el subespacio vectorial de R3 cuya ecuación implícita es x+ y − 2z = 0 y el vectorb = (1, 0, 1) . Se pide:

(i) [1 punto] Encontrar una base del subespacio W.

(ii) [1 punto] Encontrar una base del subespacio W⊥ ortogonal a W.

(iii) [1 punto] Calcular la proyección del vector b sobre el subespacio W.

(B) Dada la matriz A =

−1 0 02 2 00 a a− 2

, se pide:(i) [2 puntos] Determinar los valores de a para los que existe inversa de A y obtenerla cuando

sea posible.

(ii) [3 puntos] Para los valores de a para los que no tiene inversa, averiguar si la matriz A esdiagonalizable y en caso afirmativo encontrar una matriz diagonal D y una matriz de pasoP tal que A = PDP−1.

(C) [2 puntos] Calcular el desarrollo de Maclaurin de orden tres de la función f(x) = ln(1− 2x) yutilizarlo para obtener aproximadamente el valor de ln(0.998).

Solución

(A) (i) La dimensión del subespacio W es dim (W ) = 3 − k, donde k es el número de ecuacionesimplícitas linealmente independientes. En este caso k = 1. Por lo tanto, dim (W ) = 2 y deaquí que una base de W esté formada por dos vectores linealmente independientes. Comolos vectores (1,−1, 0) y (2, 0, 1) son independientes y pertenecen al subespacio W , tenemosque una base es BW = {(1,−1, 0) , (2, 0, 1)} .

(ii) Sabemos que dim (W ) + dim¡W⊥¢ = 3, por lo tanto dim

¡W⊥¢ = 1, luego una base

de W⊥ estará formada por un único vector linealmente independiente. Como W⊥ =©~u ∈ R3 : ~u · ~v = 0, ~v ∈Wª y (1, 1,−2) . (x, y, z) = 0 para todo (x, y, z) ∈ W , tenemosque ~u = (1, 1,−2) ∈ W⊥ y una base de este subespacio estará formada por este vector, esdecir, BW⊥ = {(1, 1,−2)} .

(iii) Para cualquier vector b se tiene~b = proyW³~b´+proyW⊥

³~b´. En este caso, la proyección so-

breW⊥ es muy sencilla de calcular, proyW⊥³~b´=~b · ~u~u · ~u~u =

−16(1, 1,−2) =

µ−16,−16,2

6

¶.

Por tanto, proyW³~b´= ~b− proyW⊥

³~b´= (1, 0, 1)−

µ−16,−16,2

6

¶=

µ7

6,1

6,2

3

¶.

132

Examen de Junio. Curso 2002-03 133

La proyección proyW³~b´podría obtenerse de otra forma. Aplicando el método de Gram—

Schmidt a la base BW = {(1,−1, 0) , (2, 0, 1)} de W se obtiene:

~v1 = (1,−1, 0) =⇒ ~w1 =~v1k~v1k =

³1√2,− 1√

2, 0´

~v2 = (2, 0, 1)− (1,−1, 0) = (1, 1, 1) =⇒ ~w2 =~v2k~v2k =

³1√3,− 1√

3, 1√

3

´,

es decir, una base ortonormal de W esn³

1√2,− 1√

2, 0´,³1√3,− 1√

3, 1√

3

´oy la proyección

pedida es

proyW

³~b´=³~w1 ·~b

´~w1+

³~w2 ·~b

´~w2 =

1√2

³1√2,− 1√

2, 0´+ 2√

3

³1√3,− 1√

3, 1√

3

´=

µ7

6,1

6,2

3

¶.

También podemos obtener proyW³~b´siguiendo los pasos:

• Construimos la matriz A = 1 2−1 00 1

cuyas columnas la forman una base del subes-

pacio W.• Resolvemos el sistema ¡At ·A¢α = Atb. En este caso, el sistema es

µ1 −1 02 0 1

¶· 1 2−1 00 1

µ α1α2

¶=

µ1 −1 02 0 1

¶ 101

,es decir, µ

2 22 5

¶µα1α2

¶=

µ13

¶y su única solución es α1 = −16 ,α2 = 2

3 ·

• Ahora, proyW³~b´= Aα =

1 2−1 00 1

µ −1/62/3

¶=

7/61/62/3

.(B) (i) Una matriz A tiene inversa si y sólo si |A| 6= 0. Como det(A) =

¯̄̄̄¯̄ −1 0 0

2 2 00 a a− 2

¯̄̄̄¯̄ =

−2(a− 2), se tiene que la matriz A tiene inversa si y sólo si a 6= 2. Ahora calculamos, porel método de Gauss-Jordan, la inversa en función de a, pero suponiendo a 6= 2. −1 0 0

2 2 00 a a− 2

1 0 00 1 00 0 1

F1(−1)−→ 1 0 0

2 2 00 a a− 2

−1 0 00 1 00 0 1

F21(−2)−→

1 0 00 2 00 a a− 2

−1 0 02 1 00 0 1

F2(12)−→ 1 0 0

0 1 00 a a− 2

−1 0 01 1

2 00 0 1

F32(−a)−→

1 0 00 1 00 0 a− 2

−1 0 01 1

2 0−a −a

2 1

F3(1

a−2 )−→ 1 0 0

0 1 00 0 1

−11

−aa−2

0 012 0

−a2(a−2)

1a−2

,luego la inversa de la matriz es A−1 =

−1 0 01 1

2 0−aa−2

−a2(a−2)

1a−2

.

Examen de Junio. Curso 2002-03 134

(ii) Ya hemos visto que A no tiene inversa cuando a = 2. En este caso, la matriz es A = −1 0 02 2 00 2 0

. Por ser una matriz triangular inferior sus autovalores son λ1 = −1, λ2 =

2, λ3 = 0. Como los tres autovalores son distintos, la matriz es diagonalizable y la

matriz diagonal que buscamos es D =

−1 0 00 2 00 0 0

. Para encontrar la matriz de paso Pdebemos encontrar una base de autovectores propios asociados a cada autovalor. Debemosresolver para cada λ el sistema de ecuaciones homogéneo (λI −A)x = 0.

Para λ1 = −1, tenemos el sistema 0 0 0−2 −3 00 −2 −1

x1x2x3

=

000

, cuya solución esx1 = 3tx2 = −2tx3 = 4t

, por lo tanto V (−1) = lin {(3,−2, 4)}

Para λ2 = 2, tenemos el sistema

3 0 0−2 0 00 −2 2

x1x2x3

=

000

, cuya solución esx1 = 0x2 = tx3 = t

, por lo tanto V (2) = lin {(0, 1, 1)} .

Para λ3 = 0, tenemos el sistema

1 0 0−2 −2 00 −2 0

x1x2x3

=

000

, cuya solución esx1 = 0x2 = 0x3 = t

, por lo tanto V (0) = lin {(0, 0, 1)}. Por consiguiente, la matriz de paso pedida

es P =

3 0 0−2 1 04 1 1

.(C) El polinomio de MacLaurin de orden tres de una función f es el polinomio

P3 (x) = f(0) +f 0(0)1!

x+f 00(0)2!

x2 +f 000(0)3!

x3.

Calculamos las derivadas de la función f(x) = ln (1− 2x) y obtenemos f 0 (x) = −21− 2x ;

f 00 (x) =−4

(1− 2x)2 ; f 000 (x) =−16

(1− 2x)3 · Sustituyendo, tenemos que el polinomio de MacLaurin

de orden tres de esta función es P3 (x) = −2x− 2x2 − 83x3.

Si queremos obtener aproximadamente ln (0.998) utilizando el polinomio obtenido anteriormente,observamos que debemos encontrar un valor de x tal que 1−2x = 0.998, es decir x = 0.001. Porlo tanto, ln (0.998) ' P3 (0.001) = −0.002− 0.000002− 0.000000008

3' −0.002002003

PROBLEMA 2.-

Examen de Junio. Curso 2002-03 135

(A) De una matriz simétrica de orden tres B sabemos que tiene por autovalores λ1 = 1,λ2 = −1 yλ3 = 2 y por subespacios propios asociados V (1) = lin {(0, 0, 1)} y V (−1) = lin

½µ1√2,1√2, 0

¶¾.

Se pide:

(i) [1 punto] Encontrar una base del subespacio propio asociado al autovalor λ3 = 2, V (2).

(ii) [3 puntos] Averiguar si la matriz B tiene inversa y en caso afirmativo encontar dichainversa.

(B) [3 puntos] Hallar con dos cifras decimales exactas el punto de la gráfica y =√senx en el

intervalo [0,π/2] más cercano a A (1, 0). En caso de tener que realizar iteraciones tomar comovalor inicial x1 = 0.

(C) [3 puntos] Sabiendo que la ecuación x2 + 2xy + cos y = 0 define a y como función implícita dex, obtener la ecuación de la recta tangente a la gráfica de dicha función en el punto (0,π/2).

Solución

(A) (i) Los autovectores de una matriz simétrica correspondientes a autovalores distintos tienenque ser ortogonales. Observemos que se verifica V (1) ⊥ V (−1). El subespacio propio aso-ciado al autovalor λ3 = 2, V (2), debe cumplir V (2) ⊥ V (1) y V (2) ⊥ V (−1). Por lo tanto,

(x, y, z) ∈ V (2) si y sólo si se cumplen las condiciones (x, y, z) . (0, 0, 1) = 0

(x, y, z) .

µ1√2,1√2, 0

¶= 0

⇒(

z = 0x√2+

y√2= 0 ⇒

x = ty = −tz = 0

, luego el subespacio es V (2) = lin {(1,−1, 0)}. Si ortonor-

malizamos esta base obtenemos V (2) = lin½µ

1√2,− 1√

2, 0

¶¾.

(ii) Nótese que la matriz B posee inversa porque λ = 0 no es autovalor de B.Las matrices simétricas pueden diagonalizarse mediante una matriz de paso ortogonal. Deacuerdo con los datos del problema y siguiendo el primer apartado, tenemos B = PDPT ,

siendo D =

1 0 00 −1 00 0 2

y P =0

1√2

1√2

01√2− 1√

21 0 0

una matriz ortogonal. Como D y P

tienen inversa el producto también la tiene y se verifica que B−1 =¡PDPT

¢−1= PD−1PT ,

ya que P−1 = PT . Así,

Examen de Junio. Curso 2002-03 136

B−1 =

0

1√2

1√2

01√2− 1√

21 0 0

1 0 00 −1 00 0 1

2

0 0 11√2

1√2

0

1√2− 1√

20

=

0 − 1√

2

1

2√2

0 − 1√2− 1

2√2

1 0 0

0 0 11√2

1√2

0

1√2− 1√

20

=

−14−34

0

−34−14

0

0 0 1

(B) Las coordenadas de un punto arbitrario P de la curva y =

√senx son P (x,

√senx). La distancia

desde este punto al punto A(0, 1), viene dada por la fórmula d(A,P ) =q(x− 1)2 + senx. Esta

distancia es mínima si sólo si la distancia al cuadrado es mínima, de aquí que tengamos queminimizar la función f(x) = d(A,P )2 = (x− 1)2 + senx.Empezamos buscando los puntos críticos de la función f(x) = (x− 1)2 + senx. Para ello,calculamos los puntos donde se anulan la derivada primera f 0(x) = 2(x− 1) + cosx. Hemos deresolver la ecuación 2x − 2 + cosx = 0. Si llamamos g(x) = 2x − 2 + cosx, comprobamos queg(0) = −2+ 1 = −1 < 0 y g(π

2) = π− 2 > 0. Además g0(x) = 2− senx > 0, luego esta ecuación

tiene sólo una solución en el intervaloh0,π

2

i, que encontramos utilizando el método de Newton

tomando como punto inicial x1 = 0.

n xn g (xn) g0 (xn)g(xn)g0(xn) xn+1 = xn − g(xn)

g0(xn)

1 0 −1 2 −0.5 0.5

2 0.5 −0.01224124 1.5205745 −0.0805073 0.580507

3 0.580507 −0.00280078 1.4515517 −0.0019295 0.582436

Puesto que |−0.0019295| < 0.01 (o permanecen fijas dos cifras decimales en la segunda y terceraiteración) la solución de la ecuación con al menos dos cifras decimales exactas es x3 = 0.582436.

Por otro lado, f(0) = 1, f(π/2) = 1.3258084 y f(x3) = 0.724965, luego en el punto x3 la funciónf(x) = (x− 1)2 + senx alcanza su mínimo absoluto. Así, el punto de la gráfica y = √senxen el intervalo [0,π/2] más cercano a A (1, 0) es P (0.582436, 0.741660), pues

psen(0.582436) =

0.741660.

(C) La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función derivable f en el punto A(a, f(a))viene dada por la fórmula y − f(a) = f 0(a)(x − a). En nuestro caso, tenemos que calcular laderivada de la función (que está definida implícitamente) en el punto a = 0, f(a) = f(0) = π/2.

Derivamos implícitamente la ecuación dada y obtenemos 2x+ 2y + 2xdy

dx− sen y dy

dx= 0. Susti-

tuyendo los valores x = 0 e y =π

2en dicha ecuación, conseguimos

dy

dx(0) = π. Por lo tanto, la

ecuación de la recta tangente es y − π

2= πx.

Examen de Junio. Curso 2002-03 137

PROBLEMA 3.-

(A) [5 puntos] Calcular el volumen de una esfera de radio a > 0 de las tres formas siguientes:

(i) Considerando la esfera como un sólido de revolución.

(ii) Describiendo el volumen como una integral doble y resolviendo dicha integral usando coor-denadas polares.

(iii) Describiendo el volumen como una integral triple y resolviendo dicha integral usando coor-denadas esféricas.

(B) [2 puntos] Hallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuaciónxy2z3 = 12 en el punto (3,−2, 1).

(C) [3 puntos] El material de las tapas superior e inferior de una caja rectangular cuesta 3 eurospor metro cuadrado y el material para los lados 2 euros por metro cuadrado. ¿Cuál es la cajamás barata con un volumen de un metro cúbico?

Solución

(A) (i) La esfera de radio a como sólido de revolución se obtiene cuando la circunferencia deecuación x2 + y2 = a2 gira en torno al eje de las y. Utilizando el método de los discos

obtenemos que el volumene es V = 2πZ a

0y2dx = 2π

Z a

0

¡a2 − x2¢ dx = 2π ·a2x− x3

3

¸a0

=

·a3 − a

3

3

¸=4πa3

(ii) Utilizando integrales dobles y coordenadas polares, el volumen encerrado por la esfera de

ecuación x2+y2+z2 = a2 es V = 2ZZ

R

pa2 − x2 − y2dA, donde es R es la región del plano

xy interior a la circunferencia de ecuación x2 + y2 = a2. Pasando a coordenadas polares

obtenemos V = 2

Z 2π

0

Z a

0

√a2 − r2rdrdθ = 2

Z 2π

0

−q(a2 − r2)33

a0

dθ = 2a3

3

Z 2π

0dθ =

4πa3

(iii) Utilizando integrales triples y coordenadas esféricas obtenemos

V =

ZZZQ

dV =

2πZ0

πZ0

aZ0

ρ2 senφdρdφdθ =

2πZ0

πZ0

a3

3senφdφdθ =

=a3

3

2πZ0

[− cosφ]π0 dθ =2πa3

3

2πZ0

dθ =4πa3

(B) La ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación F (x, y, z) = 0 en el punto A(a, b, c)

viene dada por∂F

∂x(A)(x−a)+ ∂F

∂y(A)(y−b)+ ∂F

∂z(A)(z−c) = 0. En nuestro caso, la superficie

tiene de ecuación xy2z3− 12 = 0, por lo tanto ∂F

∂x= y2z3;

∂F

∂y= 2xyz3;

∂F

∂z= 3xy2z2. Por

Examen de Junio. Curso 2002-03 138

lo tanto∂F

∂x(A) = 4;

∂F

∂y(A) = −12; ∂F

∂z(A) = 36. De aquí, la ecuación del plano tangente

a la superficie en el punto A(3,−2, 1) es 4(x− 3)− 12(x+ 2) + 36(z − 1) = 0.La ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación F (x, y, z) = 0 en el punto A(a, b, c)viene dada por

x− a∂F

∂x(A)

=y − b∂F

∂y(A)

=z − c∂F

∂z(A)

·

Así, utilizando los cálculos anteriores, obtenemosx− 34

=y + 2

−12 =z − 136

·

(C) Si llamamos x, y, z a las dimensiones de la caja, tenemos que el coste de la misma será c(x, y, z) =6xy + 4xz + 4yz, que es una función de tres variables. Como el volumen de dicha caja debe seruno se debe verificar que x · y · z = 1. Despejando z de esta última ecuación y sustiyendo en laecuación anterior obtenemos que la función que hay que minimizar es C(x, y) = 6xy +

4

x+4

ycon x > 0, y > 0.

Ahora, calculamos los puntos críticos de esta función de dos variables. Para ello debemos resolver

el sistema de ecuaciones

∂C

∂x= 0

∂C

∂y= 0

6y − 4

x2= 0

6x− 4

y2= 0

⇒½6yx2 = 46xy2 = 4

⇒ 6yx2 = 6xy2 ⇒

x = y ⇒ 6x3 = 4 ⇒ x = 3

r2

3. Luego el único punto crítico de esta función es

Ã3

r2

3, 3

r2

3

!.

Para determinar la naturaleza de dicho punto crítico obtenemos las derivadas parciales segundas

de la función C :∂2C

∂x2=8

x3;

∂2C

∂y2=8

y3;

∂2C

∂x∂y= 6. Calculamos el discriminate en el punto

crítico 4 =

¯̄̄̄12 66 12

¯̄̄̄> 0. Como 4 > 0 y

∂2C

∂x2

Ã3

r2

3, 3

r2

3

!= 12 > 0 deducimos que el punto

crítico es un mínimo relativo para C.

Si observamos la forma que tiene la función C en el dominio en el que estamos trabajando x > 0e y > 0, se deduce que el mínimo relativo es realmente absoluto. Luego las dimensiones de la

caja que dan coste mínimo son x = 3

r2

3, y = 3

r2

3, z =

1

x · y =3

r9

4.

PROBLEMA 4.-

(A) [1 punto] Averiguar si la integral impropiaZ 0

−∞1√1− xdx es convergente y en caso afirmativo

encontrar su valor.

(B) [3 puntos] Calcular el área encerrada por las gráficas de las fuciones siguientes

y = 0, x = 2, x = 2√3, y =

2x2 + 4

x4 + 4x2.

(C) [4 puntos] Calcular el trabajo realizado por los campos de fuerzas→F1 (x, y) = (y

2 + 2 senx cosx− ey2)~i+³2xy − 2xyey2

´~j y

→F2 (x, y) = 2y~i− x~j,

Examen de Junio. Curso 2002-03 139

cuando mueven, en sentido contrario a las agujas del reloj, una particula desde el punto (0,−3)hasta el punto (3, 0) a lo largo de la circunferencia de centro el origen y radio 3.

(D) [2 puntos] El error cometido al medir cada una de las dimensiones de una caja rectangular es de0.01 cm. Las dimensiones de la caja son 50 cm, 40 cm y 20 cm. Usar diferenciales para estimarel error propagado y el error realitvo al calcular el volumen y la superficie de la caja.

Solución

(A)Z 0

−∞1√1− xdx = lim

b→−∞

Z 0

b

1√1− xdx = − lim

b→−∞

Z 0

b−(1− x)−12 dx =

= − limb→−∞

·√1− x1/2

¸0b

= −2·1− lim

b→−∞√1− b

¸= +∞, luego esta integral es divergente.

(B) La función y =2x2 + 4

x4 + 4x2, es continua y estrictamente positiva en el intervalo

£2, 2√3¤. Por

lo tanto, el área encerrada por estas gráficas es A =

Z 2√3

2

2x2 + 4

x4 + 4x2dx. Para calcular esta

integral definida obtenemos en primer lugar una primitiva deZ

2x2 + 4

x4 + 4x2dx y para ello des-

componemos la función racional2x2 + 4

x4 + 4x2en suma de fracciones simples. Como x4 + 4x2 =

x2¡x2 + 4

¢, tenemos que buscar una descomposición de

2x2 + 4

x4 + 4x2en la forma

2x2 + 4

x4 + 4x2=

A

x+B

x2+Cx+D

x2 + 4. Sumando estas tres últimas fracciones obtenemos

A

x+B

x2+Cx+D

x2 + 4=

A(x3 + 4x) +B(x2 + 4) + (Cx+D)x2

x4 + 4x2=

=(A+ C)x3 + (B +D)x2 + 4Ax+ 4B

x4 + 4x2=

2x2 + 4

x4 + 4x2. De donde obtenemos

A+ C = 0B +D = 2

4A = 04B = 4

A = 0;C = 0;B = 1;D = 1. Es decir2x2 + 4

x4 + 4x2=1

x2+

1

x2 + 4

Por lo tanto A =Z 2

√3

2

2x2 + 4

x4 + 4x2dx =

Z 2√3

2

µ1

x2+

1

x2 + 4

¶dx =

·−1x+1

2arctan

³x2

´¸2√32

=1

2− 1

2√3+

π

6− π

8=

√3− 12√3+

π

24

(C) El trabajo realizado por un campo de fuerzas ~F cuando desplaza una particula a lo largo de un

camino C es W =

ZC

~F · d~r. Nos están pidiendo, por tanto, que calculemos dos integrales delineas de campos vectoriales. Averiguamos si algunos de los campos que nos dan es conservativo,pues en ese caso podría utilizarse el teorema fundamental de las integrales de lineas.

Para el campo ~F1,tenemos que∂³y2 + 2 senx cosx− ey2

´∂y

= 2y − 2yey2 y∂³2xy − 2xyey2

´∂x

=

2y − 2yey2, luego el campo es conservativo. Existe por tanto una función potencial f(x, y) paraeste campo. Es decir, existe una función f(x, y) tal que ~∇f = ~F1. Esta función debe satisfacer

Examen de Junio. Curso 2002-03 140∂f

∂x= y2 + 2 senx cosx− ey2 ,

∂f

∂x= 2xy − 2xyey2 .

Integrando la primera ecuación respecto de x obtenemos que

f(x, y) = xy2 − xey2 + sen2 x + g(y). Derivando esta ecuación respecto de y e igualando a lasegunda ecuación obtenemos g0(y) = 0, luego g(y) = C que puede tomarse cero. Por lo tanto,una función potencial para ~F1 es f(x, y) = xy2 − xey2 + sen2 x. Ahora, el trabajo realizado porel campo

→F 1 es

W1 =

ZC

~F1 · d~r = f(3, 0)− f(0,−3) = −3 + sen2 3.

El segundo campo no es conservativo ya∂ (2y)

∂y= 2 y

∂ (−x)∂x

= −1. En este caso, si queremoscalcular la integral de linea tenemos que parametrizar el camino. Una posible paramatrización

de dicho camino es C ≡½x = 3 cos t,y = 3 sen t,

con t ∈h−π2, 0iy el trabajo es

W2 =

ZC

~F2 · d~r =Z 0

−π2

¡−18 sen2 t− 9 cos2 t¢ dt = Z 0

−π2

¡−9 sen2 t− 9¢ dt == −9

Z 0

−π2

µ1− cos 2t

2

¶dt− 9

³π2

´= −27

4π.

(D) Si denominamos x, y, z a las dimensiones de la caja rectangular, entonces el volumen y la super-ficie son V = x · y · z y S = 2 · x · y + 2 · x · z + 2 · y · z, respectivamente.Puesto que x = 50, y = 40, z = 20 y dx = dy = dz = 0.01, resulta que el error propagado alcalcular el volumen es

∆V ' dV = ∂V

∂xdx+

∂V

∂ydy +

∂V

∂zdz = yzdx+ xzdy + xydz = 38

y el correspondiente error relativo es∆V

V' dV

V=

38

50 · 40 · 20 = 0.00095.Análogamente, para la superficie tenemos que el error propagado es

∆S ' dS = ∂S

∂xdx+

∂S

∂ydy +

∂S

∂zdz = (2y + 2z) dx+ (2x+ 2z)dy + (2x+ 2y)dz = 4.40

y el error relativo es∆S

S' dS

S=4.40

7600= 0.000578.

Examen de Septiembre. Curso 2002-03

PROBLEMA 1.—

(A) Considérese, dependiente del parámetro real a, el sistema de ecuaciones linealesx+ y + z = 3,x− y + z = 1,2x+ az = 5.

(i) [2 puntos] Estudiar, en función del parámetro a, la compatibilidad del sistema.

(ii) [2 puntos] Cuando el sistema sea compatible determinado resolverlo utilizando el métodode Gauss. ¿Para qué valores de a existe la inversa de la matriz de coeficientes? Encontrarla inversa de dicha matriz para a = 3.

(iii) [4 puntos] Encontrar, en función de a, la dimensión del subespacio vectorial generadopor el conjunto de vectores {(1, 1, 2), (1,−1, 0), (1, 1, a)}. Obtener la proyección del vector(3, 1, 5) sobre dicho subespacio.

(B) [2 puntos] Utilizando derivación implícita, encontrar la recta tangente a la curva de ecuaciónx3y + y4 = 2 en el punto (1, 1). Calcular además el polinomio de Taylor de segundo orden dey = f(x) centrado en x = 1.

Solución:

(A) (i) Determinamos la compatibilidad del sistema realizando transformaciones elementales en sumatriz ampliada. 1 1 1

1 −1 12 0 a

315

F21(−1)−→F31(−2)

1 1 10 −2 00 −2 a− 2

3−2−1

F2(−1/2)−→ 1 1 1

0 1 00 −2 a− 2

31−1

F32(2)−→

1 1 10 1 00 0 a− 2

311

.De aquí deducimos que el sistema es compatible determinado para a 6= 2 e incompatiblepara a = 2.

(ii) Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss para a 6= 2. En este caso, sólo nos hacefalta añadir una transformación más al conjunto de transformaciones elementales realizadasen el apartado (i). 1 1 1

0 1 00 0 a− 2

311

F3( 1a−2)−→

1 1 10 1 00 0 1

31

1/(a− 2)

.141

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 142

Así, se obtiene el sistema triangular superior

x+ y + z = 3

y = 1z = 1

a−2cuya única solución es

x =2a− 5a− 2 , y = 1, z =

1

a− 2 ·

El primer grupo de transformaciones elementales realizadas en el apartado (i) nos indicaque la matriz de coeficientes del sistema tiene determinante −2(a−2). Luego, dicha matrizposee inversa si y sólo si a 6= 2.De nuevo, algunas de las transformaciones anteriores nos facilitan el cálculo de la inversade la matriz de coeficientes para a = 3. Aplicamos el método de Gauss—Jordan para talcometido. 1 1 1

1 −1 12 0 3

1 0 00 1 00 0 1

F21(−1)−→F31(−2)

1 1 10 −2 00 −2 1

1 0 0−1 1 0−2 0 1

F2(−1/2)−→ 1 1 1

0 1 00 −2 1

1 0 01/2 −1/2 0−2 0 1

F32(2)−→ 1 1 1

0 1 00 0 1

1 0 01/2 −1/2 0−1 −1 1

F13(−1)−→ 1 1 0

0 1 00 0 1

2 1 −11/2 −1/2 0−1 −1 1

F12(−1)−→ 1 0 0

0 1 00 0 1

3/2 3/2 −11/2 −1/2 0−1 −1 1

.Por consiguiente, la inversa pedida es

3/2 3/2 −11/2 −1/2 0−1 −1 1

.(iii) La dimensión del subespacio S = lin ({(1, 1, 2), (1,−1, 0), (1, 1, a)}) coincide con el rango de

la matriz A =

1 1 11 −1 12 0 a

. Esta matriz es la matriz de coeficientes del sistema dado yutilizando las transformaciones realizadas en el primer aparatado, tenemos que dim(S) = 3si a 6= 2 y dim(S) = 2 para a = 2. Observar que para el caso a 6= 2, tenemos S = R3 y porconsiguiente, proyS(3, 1, 5) = (3, 1, 5).Ahora, para a = 2, calculamos proyS(3, 1, 5) teniendo en cuenta que una base de S estádada por el conjunto {~a1 = (1, 1, 2),~a2 = (1,−1, 0)}. Obsérvese que ~a1 y ~a2 son ortogonalesy ½

~b1 =

µ1√6,1√6,2√6

¶,~b2 =

µ1√2,− 1√

2, 0

¶¾es una base ortonormal de S. Por consiguiente, poniendo ~b = (3, 1, 5) tenemos

proyS~b =

³~b1 ·~b

´~b1+

³~b2 ·~b

´~b2 =

14√6

µ1√6,1√6,2√6

¶+2√2

µ1√2,− 1√

2, 0

¶=

µ10

3,4

3,14

3

¶.

(B) Derivando implícitamente, respesto de x, en la ecuación x3y + y4 = 2 obtenemos

3x2y + x3y0 + 4y3y0 = 0. (3)

Sustituyendo x = 1 e y = 1 en la ecuación (3) se consigue 3+y0+4y0 = 0, de donde y0(1) = −3/5.Así, la ecuación de la recta tangente pedida es y − 1 = −3/5(x− 1).Derivando implícitamente, respecto de x, en (3) se tiene

6xy + 3x2y0 + 3x2y0 + x3y00 + 12y2¡y0¢2+ 4y3y00 = 0.

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 143

Eligiendo x = 1, y = 1 e y0 = −3/5 en la ecuación anterior tenemos

6 + 2 · 3 · −35+ y00 + 12 ·

µ−35

¶2+ 4y00 = 0

y por consiguiente, y00(1) = −168125

.

De esta forma, el polinomio de Taylor de orden dos de y = f(x) centrado en x = 1 viene dadopor

P2(x) = y(1) + y0(1)(x− 1) + y

00(1)2!

(x− 1)2 = 1− 35(x− 1)− 84

125(x− 1)2.

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 144

PROBLEMA 2.—

(A) [4 puntos] Una matriz A de orden dos satisface las siguientes condiciones:

• Aµ

1−1

¶=

µ31

¶.

• El vector ~v =µ

2−1

¶es autovector de A asociado al autovalor λ = −2.

Obtener la matriz A. ¿Es diagonalizable? En caso afirmativo, obtener una matriz D diagonal yuna matriz de paso P tal que A = PDP−1.

(B) [3 puntos] Expresar la integral Z π/4

0

Z 3

0r2 cos θ drdθ

en coodernadas cartesianas y calcularla en coordenadas polares y cartesianas.

(C) [3 puntos] Tomando como punto inicial x1 = π/4, encontrar, con un error menor que 0.001, lasolución de la ecuación cosx− x = 0.Calcular el máximo absoluto de f(x) = 2 senx− x2 en el intervalo [0,π/2] y realizar un esbozode la gráfica de f en dicho intervalo.

Solución:

(A) Si ~v =µ

2−1

¶es autovector de A asociado al autovalor λ = −2, entonces A ·

µ2−1

¶=

−2 ·µ

2−1

¶=

µ −42

¶.

Esta condición unida a la primera, A ·µ

1−1

¶=

µ31

¶, pueden expresarse de forma conjunta

mediante

A ·µ

2 1−1 −1

¶=

µ −4 32 1

¶,

de donde la matriz A es A =µ −4 3

2 1

¶·µ

2 1−1 −1

¶−1=

µ −7 −101 0

¶, pues

¯̄̄̄2 1−1 −1

¯̄̄̄=

−1 6= 0, lo que nos indica que la matrizµ

2 1−1 −1

¶es regular.

Ahora veremos si la matriz A =

µ −7 −101 0

¶es diagonalizable. Para ello, calculamos en

primer lugar su polinomio característico pA (λ) = det(A−λI) =¯̄̄̄ −7− λ −10

1 −λ¯̄̄̄= λ2+7λ+10.

Sabemos que λ1 = −2 es un autovalor de A y es fácil comprobar que λ2 = −5 es el otro autovalor.Así, puesto que A es una matriz de orden dos y posee dos autovalores diferentes, concluimos quela matriz A es diagionalizable y cada uno de los subespacios propios tiene dimensión uno.

De acuerdo con los datos del problema, el subespacio asociado al primer autovalor es V (−2) =lin({(2,−1)}) y para obtener el segundo subespacio propio, debemos resolver el sistema

(A− λ2I)

µxy

¶=

µ00

¶.

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 145

Dicho sistema se reduce a la ecuación x + 5y = 0, por lo que V (−5) = lin({(−5, 1)}). De estamanera, podemos tomar como una matriz diagonal D =

µ −2 00 −5

¶y como matriz de paso

P =

µ2 −5−1 1

¶.

(B) La integralZ π/4

0

Z 3

0r2 cos θ drdθ =

Z π/4

0

Z 3

0r cos θ · r drdθ puede escribirse en coordenadas

cartesinas en la forma Z π/4

0

Z 3

0r cos θ · rdrdθ =

ZZRxdA,

donde R = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x, x2 + y2 ≤ 9}.La región R corresponde a un octavo del círculo de centro el origen y radio 3 y puede expresarsecomo una región horizontalmente simple en la forma

R = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 3√2, y ≤ x ≤

p9− y2},

luegoZZRxdA =

Z 3/√2

0

Z √9−y2y

xdxdy =

Z 3/√2

0

·x2

2

¸√9−y2y

dy =1

2

Z 3/√2

0

¡9− 2y2¢ dy =

=1

2

·9y − 2

3y3¸3/√20

=1

2

µ27√2− 23· 272√2

¶=9

2

√2.

Por último, calculamos la integral dada en polaresZ π/4

0

Z 3

0r2 cos θ drdθ =

Z π/4

0

·r3

3

¸30

cos θ dθ =

Z π/4

09 cos θ dθ = 9 sen

³π4

´=9

2

√2.

(C) Denotemos g(x) = cosx − x. Puesto que g es continua en [0,π/2], g(0) = 1 > 0 y g(π/2) =−π/2 < 0, deducimos g posee al menos una raíz x∗ en el intervalo (0,π/2). Además, g0(x) =− senx− 1 ≤ 0 para todo x ∈ R y puede probarse con facilidad x∗ es la única raíz real de g.Ahora aplicamos el método de Newton a la función g para obtener el valor x∗. Comenzamos porel punto inicial x1 = π/4.

n xn g(xn) g0(xn)g(xn)

g0(xn)xn+1 = xn − g(xn)

g0(xn)1

π

4= 0.78539816 −0.07829138 −1.70710678 0.04586202 0.73953613

2 0.73953613 −0.00075486 −1.67394528 0.00045095 0.73908517

Como |x3 − x2| =¯̄̄̄g(x2)

g0(x2)

¯̄̄̄= 0.00045095 < 0.001 (o han permanecido fijos los tres primeros

decimales en la segunda y tercera iteración), deducimos que x∗ es, al menos con tres cifrasdecimales exactas, x∗ = x3 = 0.73908517.

Seguidamente realizamos el estudio solicitado sobre la función f(x) = 2 senx − x2. En primerlugar, puesto que la función es derivable en el intervalo abierto (0,π/2), calculamos los puntoscrítico de f, resolviendo la ecuación f 0(x) = 2 cosx − 2x = 0 en el intervalo (0,π/2). Así, lospuntos críticos de f en (0,π/2) son la soluciones en (0,π/2) de la ecuación cosx− x = 0.

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 146

Por otra parte, f 0(x) = 2g(x) > 0 para todo x ∈ (0, x∗) y f 0(x) = 2g(x) < 0 para todox ∈ (x∗,π/2). Luego, f es estrictamente creciente en el intervalo (0, x∗), estrictamente decrecienteen el intervalo (x∗,π/2) y el máximo de f se alcanza en el punto x∗, siendo el valor del máximof(x∗) = 2 sen(x∗)− (x∗)2 ' 0.80097722. Más aún, f(0) = 0 y f(π/2) = ¡8− π2

¢/4 < 0, luego el

mínimo de f se toma en x = π/2 y su valor mínimo es¡8− π2

¢/4.

La información anterior nos permite esbozar la gráfica de f que se muestra en la Figura 34.

x*

π/2

Figura 34: Gráfica de f(x) = 2 senx− x2 en el intervalo [0,π/2].

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 147

PROBLEMA 3.—

(A) [5 puntos] Calcular el volumen de la región acotada por arriba por la superficie esférica

x2 + y2 + z2 = 2 y por abajo por el paraboloide z = x2 + y2.

(B) [2 puntos] CalcularZZZ

Qe√x2+y2+z2dV , donde

Q = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0}.

(C) [3 puntos] El material de las tapas superior e inferior de una caja rectangular cuesta 1 euro pormetro cuadrado, el frente y la parte posterior 2 euros por metro cuadrado y los laterales 3 eurospor metro cuadrado . ¿Cuál es la caja más barata con un volumen de 48 metros cúbicos?

Solución:

(A) En primer lugar, determinamos la intersección entre la esfera y el paraboloide. Para este

cometido, resolvemos el sistema de ecuaciones½x2 + y2 + z2 = 2,z = x2 + y2.

Éste nos lleva a la ecuación

z2+z−2 = 0, cuya única solución positiva es z = 1; es decir, la esfera y el paraboloide se cortanen la circuferencia, x2 + y2 = 1, z = 1, cuya proyección en el plano xy es la frontera del círculoR = {(x, y) ∈ R : x2 + y2 ≤ 1}. Por tanto, el volumen pedido viene dado por

V =

ZZR

³p2− x2 − y2 − ¡x2 + y2¢´ dA.

Ahora bien, este volumen puede calcularse de una forma simple si aplicamos un cambio a coor-denadas polares. De esta manera,

V =

ZZR

³p2− x2 − y2 − ¡x2 + y2¢´ dA = Z 2π

0

Z 1

0

³√2− r2 − r2

´rdrdθ =

=

Z 2π

0

·−13

¡2− r2¢3/2 − r4

4

¸10

dθ =

Z 2π

0

8√2− 712

dθ =8√2− 76

π.

(B) Para calcular la integral tripleZZZ

Qe√x2+y2+z2dV, siendo Q = {(x, y, z) ∈ R3 : x2+ y2+ z2 ≤

1, z ≥ 0}, aplicamos un cambio a coordenadas esféricas. Así, la integral solicitada queda de laforma ZZZ

Qe√x2+y2+z2dV =

Z 2π

0

Z π/2

0

Z 1

0eρρ2 senφdρdφdθ.

Aplicando dos veces el método de integración por partes, tenemosZρ2eρdρ =

·u = ρ2 du = 2ρdρdv = eρdρ v = eρ

¸= ρ2eρ − 2

Zρeρdρ =

·u = ρ du = dρ

dv = eρdρ v = eρ

¸=

= ρ2eρ − 2µρeρ −

Zeρdρ

¶= ρ2eρ − 2ρeρ + 2eρ + C

y la integral en coordenadas esféricas esZ 2π

0

Z π/2

0

Z 1

0eρρ2 senφdρdφdθ =

Z 2π

0

Z π/2

0

£ρ2eρ − 2ρeρ + 2eρ¤1

0senφdφdθ =

Z 2π

0

Z π/2

0(e −

2) senφdφdθ =

= (e− 2)Z 2π

0[− cosφ]π/20 dθ = 2(e− 2)π.

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 148

(C) Si las dimensiones de la caja son denotadas mediante x, y y z, entonces el coste de fabricaciónde la misma admite la formulación

c(x, y, z) = 2xy + 6xz + 4zy.

Puesto que deseamos encontrar la caja más barata con un volumen de 48 m3, debe tenersexyz = 48. De aquí, se deduce que x > 0, y > 0 y z > 0. Despejando, z = 48

xy y la función aminimizar es

C(x, y) = 2xy + 6 · 48y+ 4 · 48

x= 2xy +

288

y+192

x, con x > 0, y > 0.

Comenzamos calculando los puntos críticos de la función C. Para ello, resolvemos el sistema deecuaciones

∂C

∂x(x, y) = 2

yx2 − 96x2

= 0

∂C

∂y(x, y) = 2

xy2 − 144y2

= 0

y encontramos que (x, y) = (4, 6) es el único punto crítico de la función C.

Seguidamente clasificamos este punto crítico a partir de las derivadas parciales de segundo ordende C en dicho punto.

∂2C

∂x2(x, y) =

384

x3=⇒ ∂2C

∂x2(4, 6) =

384

43= 6

∂2C

∂y2(x, y) =

576

y3=⇒ ∂2C

∂y2(4, 6) =

576

63=8

3

∂2C

∂x∂y(x, y) =

∂2C

∂y∂x(x, y) = 2

Puesto que∂2C

∂x2(4, 6) = 6 > 0 y

¯̄̄̄¯̄̄̄ ∂2C

∂x2(4, 6)

∂2C

∂x∂y(x, y)

∂2C

∂x∂y(x, y)

∂2C

∂y2

¯̄̄̄¯̄̄̄ = ¯̄̄̄ 6 2

2 8/3

¯̄̄̄= 12 > 0, resulta que

el punto crítico (4, 6) es un mínimo relativo para C.

A partir de la estructura de la función C puede probarse que el punto (4, 6) es mínimo absoluto

y por consiguiente las dimensiones de la caja son x = 4, y = 6 y z =48

xy=

48

4 · 6 = 2.

PROBLEMA 4.—

(A) [1 punto] Averiguar si la integral impropiaZ 1

0

1

3

q(1− x)2

dx es convergente y en caso afirmativo,

encontrar su valor.

(B) [5 puntos] ¿Para qué valores a ∈ R es conservativo el campo vectorial~F (x, y) = (4xy + sen y, ax2 + x cos y)?

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 149

Para aquellos valores a en los que ~F sea conservativo obtener una función potencial para ~F .

Calcular, para esos valores de a,ZC

~F · d~r, siendo C la unión de los segmentos rectos que unenlos puntos (0, 0), (1, 0) y (2,π/2).

Obtener ademásZCxyds.

(C) [4 puntos] Realizar un esbozo de la gráfica de la función f(x) = x3 + x2 + 1 y calcular elvolumen del sólido de revolución que se obtiene girando alrededor del eje y la región limitadapor las gráficas de y = f(x), x = 1, x = 3 y el eje de las x.

Solución:

(A) La integralZ 1

0

1

3

q(1− x)2

dx es impropia pues f(x) =1

3

q(1− x)2

es continua en [0, 1) y limx→1−

f(x) =

+∞. Averiguamos si la integral es convergente:Z 1

0

1

3

q(1− x)2

dx = limb→1−

Z b

0

1

3

q(1− x)2

dx = limb→1−

Z b

0(1− x)−2/3dx = lim

b→1−£−3(1− x)1/3¤b

0=

= limb→1−

−3(1− b)1/3 + 3 = 3

y comprobamos que la integral si es convergente y su valor esZ 1

0

1

3

q(1− x)2

dx = 3.

(B) Pongamos ~F (x, y) = (M(x, y), N(x, y)) , con M(x, y) = 4xy + sen y y N(x, y) = ax2 + x cos y.

Entonces, el campo vectorial ~F es consevativo si y sólo si∂M

∂y(x, y) =

∂N

∂x(x, y), esto es, si y

sólo si

4x+ cos y = 2ax+ cos y.

Por tanto, el campo es conservativo si y sólo si a = 2.

A continuación calcularemos una función potencial f de ~F cuando a = 2. La función potencial f

debe satisfacer∂f

∂x(x, y) =M(x, y) = 4xy+sen y, de donde, f(x, y) = 2x2y+x sen y+ϕ(y). Pero,

utilizando que también satisface∂f

∂y(x, y) = N(x, y) = 2x2 + x cos y, llegamos a 2x2 + x cos y =

2x2 + x cos y + ϕ0(y), por lo que ϕ(y) = C (que puede tomarse nula) y una función potencial esf(x, y) = 2x2y + x sen y.

Para a = 2 aplicamos el Teorema Fundamental de las Integrales de Línea para escribirZC

~F · d~r = f(2,π/2)− f(0, 0) = 4π + 2.

Seguidamente calculamosZCxyds. Para ello, descomponemos C en la forma C = C1 ∪ C2,

donde C1 y C2 admiten las parametrizaciones

C1 ≡ ~r1(t) = t ~i, t ∈ [0, 1] y C2 ≡ ~r2(t) = (1 + t)~i + tπ2~j t ∈ [0, 1],

y escribimosZCxyds =

ZC1

xyds+

ZC2

xyds =

Z 1

0t · 0dt+

Z 1

0(1 + t)t

π

2

√4 + π2

2dt =

5

24πp(4 + π2).

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 150

(C) Comenzamos viendo que la función f(x) = x3+x2+1 es continua e indefinidamente derivable entodo R, por tratarse de un polinomio. Los puntos críticos de f son las soluciones de la ecuaciónf 0(x) = 3x2 + 2x = 0, es decir, x = 0 y x = −2/3.Puesto que f 00(x) = 6x+ 2 = 0 si y sólo si x = −1/3, f 00(x) = 6x+ 2 > 0 si y sólo si x > −1/3y f 00(x) = 6x + 2 < 0 si y sólo si x < −1/3, deducimos que f pose un punto de inflexiónpara x = −1/3, es cóncava hacia arriba en el intervalo (−1/3,+∞) y cóncava hacia abajo en elintervalo (−∞,−1/3).Además, f 00(0) = 2 > 0, por lo que f posee un mínimo relativo en x = 0 y f 00(−2/3) =−2 < 0, de donde f posee un mínimo realtivo para x = −2/3. Por lo tanto, f es creciente en(−∞,−2/3) ∪ (0,+∞) y decreciente en (−2/3, 0).Por otra parte, la gráfica de f no presenta ningún tipo de asíntotas y como

limx→+∞ f(x) = lim

x→+∞x3 + x2 + 1 = +∞ y lim

x→−∞ f(x) = limx→−∞x

3 + x2 + 1 = −∞,

la función f presenta, por continuidad, al menos una raíz real. Más aún, f(0) = 1 > 0 yf(−2/3) = 31/27 > 0, por lo que la raíz real es única y se encuentra en el intervalo (−∞,−2/3).El análisis anterior permite realizar el esbozo de la gráfica de f mostrado en la Figura 35.

-2/3 -1/3 0 x

y

Figura 35: Esbozo de la gráfica de la función f(x) = x3 + x2 + 1.

El volumen solicitado se calcula mediante el método de las capas:

V = 2π

Z 3

1x¡x3 + x2 + 1

¢dx = 2π

Z 3

1

¡x4 + x3 + x

¢dx =

724

5π.

Examen de Diciembre de 2003

PROBLEMA 1.-

Dada la matriz A =

1 −1 0−1 2 10 1 α

, se pide:(A) [2 puntos] Encontrar los valores de α para los que A tiene inversa. Obtener la inversa de A en

función de α.

(B) [2 puntos] Para α = 1, encontrar las condiciones que debe cumplir el vector b =

b1b2b3

para

que el sistema Ax = b tenga solución.

(C) [1 punto] Para α = 1, encontrar las ecuaciones implícitas del espacio columna de la matriz A.

(D) [3 puntos] Para α = 1, averiguar si es posible obtener una matriz de paso ortogonal P quediagonalize a A. En caso afirmativo, encontar una matriz de paso ortogonal P y una matrizdiagonal D tal que A = PDPT .

(E) [2 puntos] Encontrar la proyección ortogonal del vector b = (1, 1, 2) sobre el subespacio de R3de ecuación x− y + z = 0.

Solución:

(A) Intentamos calcular la inversa mediante el método de Gauss-Jordan. 1 −1 0 1 0 0−1 2 1 0 1 00 1 α 0 0 1

F21(1)−→ 1 −1 0 1 0 00 1 1 1 1 00 1 α 0 0 1

F32(−1)−→ 1 −1 0 1 0 00 1 1 1 1 00 0 α− 1 −1 −1 1

.Así, si α − 1 6= 0, entonces podemos seguir realizando transformaciones elementales y la formaescalonada de A sería la identidad. Por lo tanto, la matriz A posee inversa si y sólo si α 6= 1.Seguimos el proceso para obtenerla. 1 −1 0 1 0 00 1 1 1 1 00 0 α− 1 −1 −1 1

F3( 1α−1)−→

1 −1 0 1 0 00 1 1 1 1 00 0 1 − 1

α−1 − 1α−1

1α−1

F23(−1)−→

1 −1 0 1 0 00 1 0 α

α−1α

α−1 − 1α−1

0 0 1 − 1α−1 − 1

α−11

α−1

F12(1)−→ 1 0 0 2α−1

α−1α

α−1 − αα−1

0 1 0 αα−1

αα−1 − 1

α−10 0 1 − 1

α−1 − 1α−1

1α−1

.Por consiguiente,

1 −1 0−1 2 10 1 α

−1 = 2α−1

α−1α

α−1 − 1α−1

αα−1

αα−1 − 1

α−1− 1

α−1 − 1α−1

1α−1

151

Examen de de Diciembre de 2003 152

(B) Usamos el método de Gauss para estudiar las condiciones que debe verificar el vector b para queel sistema tenga solución. 1 −1 0 b1−1 2 1 b20 1 1 b3

F21(1)−→ 1 −1 0 b10 1 1 b2 + b10 1 1 b3

F32(−1)−→ 1 −1 0 b10 1 1 b2 + b10 0 0 −b1 − b2 + b3

, luegoel sistema Ax = b tiene solución si y sólo si −b1 − b2 + b3 = 0.Nótese que sólo es necario aplicar sobre el vector columna b las dos primeras transformacioneselementales realizadas en el apartado (A).

(C) Un vector x = (x1, x2, x3) ∈ R(A) si y sólo si x es combinación lineal de las columnas de A, yesto ocurre si y sólo si que el sistema Ac = x tiene alguna solución c. Por lo visto en el apartadoanterior se debe verificar −x1 − x2 + x3 = 0, que es una ecuación implícta de R(A).

(D) Como la matriz A =

1 −1 0−1 2 10 1 1

es simétrica, es posible encontrar una matriz de paso

ortogonal que diagonalize a A. Para encontrar la matriz diagonal D y la matriz de paso ortogonalP calculamos los autovalores y los autovectores de dicha matriz. En primer lugar resolvemos laecuación característica |λI −A| = 0.¯̄̄̄¯̄ λ− 1 1 0

1 λ− 2 −10 −1 λ− 1

¯̄̄̄¯̄ = (λ− 1)

¯̄̄̄λ− 1 1

1 λ− 2¯̄̄̄+

¯̄̄̄λ− 1 0

1 −1¯̄̄̄=

= (λ− 1) ¡λ2 − 3λ+ 1¢− (λ− 1) = (λ− 1) ¡λ2 − 3λ¢ = (λ− 1) (λ− 3)λ,luego los autovalores de la matriz A son λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = 0.

Para encontrar los autovectores correspondientes a cada autovectores debemos resover en cadacaso el sistema homogéneo (λiI −A)x = 0. Lo hacemos en cada caso utilizando el método deGauss.

Para λ1 = 1 0 1 0 01 −1 −1 00 −1 0 0

P21−→ 1 −1 −1 00 1 0 00 −1 0 0

F32(1)−→ 1 −1 −1 00 1 0 00 0 0 0

=⇒x1 = t,x2 = 0,x3 = t.

Por lo tanto, una base del subespacio propio asociado al autovalor λ1 = 1 es {(1, 0, 1)} .Para λ2 = 3 2 1 0 01 1 −1 00 −1 2 0

P21−→ 1 1 −1 02 1 0 00 −1 2 0

F21(−2)−→ 1 1 −1 00 −1 2 00 −1 2 0

F32(−1)−→

1 1 −1 00 1 −2 00 0 0 0

=⇒x1 = −t,x2 = 2t,x3 = t.

Por lo tanto, una base del subespacio propio asociado al autovalor λ2 = 3 es {(−1, 2, 1)} .Para λ3 = 0 −1 1 0 0

1 −2 −1 00 −1 −1 0

F1(−1)−→ 1 −1 0 01 −2 −1 00 −1 −1 0

F21(−1)−→ 1 −1 0 00 −1 −1 00 −1 −1 0

Examen de de Diciembre de 2003 153

F32(−1)−→ 1 −1 0 00 −1 −1 00 0 0 0

=⇒x1 = −t,x2 = −t,x3 = t.

Por lo tanto, una base del subespacio propio asociado al autovector λ3 = 0 es {(−1,−1, 1)} .Observése que la base de R3 formada por los tres autovectores {(1, 0, 1) , (−1, 2, 1) , (−1,−1, 1)}es ortogonal y, normalizando, obtenemos una base ortonormal de R3 formada por autovectores,½µ

1√2, 0,

1√2

¶,

µ− 1√

6,2√6,1√6

¶,

µ− 1√

3,− 1√

3,1√3

¶¾.

En consecuencia,

D =

1 0 00 3 00 0 0

y P =

1√2− 1√

6− 1√

3

0 2√6− 1√

31√2

1√6

1√3

(E) En primer lugar obtenemos una base del subespacio de R3, W ≡ x− y+ z = 0. La dimensión de

W es dos, pues está determinado por una ecuación implícita no nula. Una base estará formadapor dos vectores independientes que pertenezcan al subespacio; en este caso, puede elegirse{(1, 1, 0) , (1, 0,−1)}. Para obtener la proyección ortogonal necesitamos una base ortogonal delsubespacio. La obtenemos a partir de la que tenemos utilizando el método de Gram-Schmidt:

v1 = (1, 1, 0) y v2 = (1, 0,−1)− 12(1, 1, 0) =

µ1

2,−12,−1

¶.

Podemos tomar como v2 un múltiplo del que tenemos y así no trabajamos con fracciones.Tomamos por tanto como v2 = (1,−1,−2) . Ahora calculamos la proyección ortogonal utilizandola fórmula

proyW (b) =b.v1v1.v1

v1 +b.v2v2.v2

v2 =2

2(1, 1, 0) +

−46(1,−1,−2) =

µ1

3,5

3,4

3

¶.

PROBLEMA 2.-

(A) [4 puntos] Encontrar los extremos relativos de la función g(x) = x3+x2−1. Con esa información,realizar un esbozo de la gráfica de la función g.

(B) [3 puntos] Calcular con tres cifras decimales exactas el punto en el que la función g corta a laparte positiva del eje de las x. Tomar como primera iteración x0 = 1.

(C) [3 puntos] Encontrar los máximos y mínimos absolutos de la función f(x) =x4

4+x3

3− x+ 5

en el intervalo [0, 2]. Con esa información, realizar un esbozo de la gráfica de f en el intervalo[0, 2].

Solución:

(A) Como g es una función derivable en R, sabemos que los extremos relativos se obtienen encon-trando aquellos puntos que anulan la derivada primera. g0(x) = 3x2+2x = x(3x+2). Entoncesg0(x) = 0 si y sólo si x = 0 ó x = −23 . Calculamos la derivada segunda g00(x) = 6x + 2 yobtenemos g00(0) = 2 > 0, por lo tanto el punto m(0,−1) es un mínimo relativo. Por otrolado, g00(−23) = 6

¡−23¢ + 2 = −2 < 0, luego el punto M(−23 ,−2327) es un máximo relativo.Teniendo en cuenta que la función g es una función derivable en R y que lim

x→−∞ g(x) = −∞ y

limx→+∞ g(x) = +∞ obtenemos que una gráfica aproximada de g en la Figura 36.

Examen de de Diciembre de 2003 154

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5grafica de g

eje de abcisa

eje

de o

rden

adas

Figura 36: Gráfica de g(x) = x3 + x2 − 1.

(B) Por el razonamiento del apartado anterior sabemos que g corta al eje positivo de las x en unsólo punto. Si utilizamos el teorema de Bolzano y tenemos en cuenta que g(0) = −1 y g(1) = 1,se comprueba que el único punto de corte está entre cero y uno. Para obtenerlo utilizamos elmétodo de Newton. Recordamos que se obtiene una sucesión de aproximaciones a la soluciónque se busca con la fórmula xn+1 = xn− g(xn)

g0(xn) . Ordenamos dicha sucesión en la tabla que sigue.

n xn g (xn) g0 (xn) g(xn)g0(xn) xn+1 = xn − g(xn)

g0(xn)

0 1 1 5 0.2 0.8

1 0.8 0.152 3.52 0.043182 0.756818

2 0.756818 0.0062 3.231956 0.001937 0.754881

3 0.754881 0.000011 3.219298 0.000003 0.754878

Como la diferencia |x3 − x2| = 0.000003 < 0.001 tenemos que la solución aproximada quebuscábamos es x3 = 0.754878.

c) Como la función f es continua en el intervalo [0, 2], lafunción f tiene máximo y mínimo absolutosen dicho intervalo. Estos máximos o mínimos tienen que estar entre los puntos críticos del interiordel intervalo o en los extremos. Calculamos los puntos críticos que pertenecen al intervalo (0, 2) .Para ello derivamos la función f y buscamos los puntos que anulan la derivada f 0(x) = x3+x2−1.Tenemos que encontrar las soluciones de la ecuación x3+x2−1 = 0 que pertenezcan al intervaloabierto (0, 2) . Según hemos justificado en el apartado anterior existe sólo una solución y esx3 = 0.754878. Calculamos el valor que toma la función en los extremos y en x3: f (0) = 5,f (2) = 9.666667 y f (0.754878) = 4.469688. Por lo tanto hay un mínimo absoluto en 0.754878cuyo valor es 4.469688 y un máximo absoluto en 2 cuyo valor es 9.666667. Con esta informaciónuna gráfica aproximada de f está dada en la Figura 37.

PROBLEMA 3.-

Examen de de Diciembre de 2003 155

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 24

5

6

7

8

9

10grafica de f

eje de abcisa

eje

de o

rden

adas

Figura 37: Gráfica de f(x) =x4

4+x3

3− x+ 5.

(A) [3 puntos] Calcular el área encerrada por las gráficas

y =x2 + x− 1x3 − x2 ; x = 2; x = 3; y = 0.

(B) [4 puntos] Calcular el volumen que se obtiene cuando la región del primer cuadrante delimitadapor las gráficas

y = 0; x = 0; y = cosx

gira entorno de la recta y =π

2.

(C) [3 puntos] ObtenerZZ

Dy2dA, siendo D la región del primer cuadrante limitada por las curvas

de ecuaciones y = x; y =√1− x2; y = 0.

Solución:

(A) Obsérvese que la función

f(x) =x2 + x− 1x3 − x2

no se anula en el intervalo [2, 3] (ver Figura 38). Así, el área solicitada viene dada porZ 3

2

x2 + x− 1x3 − x2 dx.

Ahora, descomponemos el integrando en fracciones simples. Para ello, debemos encontrarA,B,C ∈ R tales que

x2 + x− 1x3 − x2 =

x2 + x− 1x2 (x− 1) =

A

x+B

x2+

C

x− 1 .

Examen de de Diciembre de 2003 156

x

y

2 3

Figura 38: Gráfica de la función f(x) = x2+x−1x3−x2 .

De aquí, las contantes A,B y C deben satsifacer

Ax(x− 1) +B(x− 1) + Cx2 = x2 + x− 1. (4)

Tomando x = 0 en (4) se obtiene B = 1 y haciendo x = 1 llegamos a C = 1. Igualando loscoeficientes de grado 2 de los polinomios izquierdo y derecho de (4) se tiene A+C = 1, de donde,A = 0. Por consiguiente,

x2 + x− 1x3 − x2 =

1

x2+

1

x− 1y el área pedida es,Z 3

2

x2 + x− 1x3 − x2 dx =

Z 3

2

dx

x2+

Z 3

2

dx

x− 1 = −1

x

¯̄̄̄32

+ ln |x− 1||32 = −1

3+1

2+ ln 2 =

1

6+ ln 2.

(B) Aplicamos el método de discos (ver Figura 39) y el volumen pedido es

π/2-cos x

y=cos x

π/2

π/2 y

x

Figura 39: Gráfica de y = cosx.

Examen de de Diciembre de 2003 157

V = π

Z π/2

0

³π2

´2dx− π

Z π/2

0

³π2− cosx

´2dx =

= π

Z π/2

0

³π2

´2dx− π

Z π/2

0

³π2

´2dx+ π

Z π/2

0π cosxdx− π

Z π/2

0cos2 xdx =

= π2 senx|π/20 − π

Z π/2

0

1 + cos 2x

2dx = π2 − π

Z π/2

0

1

2dx− π

Z π/2

0

cos 2x

2dx =

= π2 − π2

4− π

sen 2x

4

¯̄̄̄π/20

=3

4π2.

(C) Teniendo en cuenta la Figura 40, el dominio de integración D puede escribirse en coordenadaspolares mediante la forma

D = {(θ, r) : 0 6 θ 6 π/4, 0 6 r 6 1}.

x

y y=x

x2+y2=1

D

Figura 40: Representación del dominio D.

Por tanto, la integral doble esZZDy2dA =

Z π/4

0

Z 1

0r2 sen2 θ · rdrdθ =

Z π/4

0

Z 1

0r3 sen2 θ · drdθ =

=

Z π/4

0

r4

4

¯̄̄̄r=1r=0

sen2 θdθ =1

4

Z π/4

0sen2 θdθ =

1

4

Z π/4

0

1− cos 2θ2

dθ =1

16

³π2− 1´.

PROBLEMA 4.-

(A) [3 puntos] CalcularZC2xydx− xydy, donde C es el camino cerrado que va desde (0, 0) hasta

(1, 2) sobre la parábola y = 2x2 y luego regresa a (0, 0) sobre la recta y = 2x.

(B) [3 puntos] Obtener el volumen del sólido limitado por las superficies de ecuaciones x2+y2 = 4,z = 0 y z =

p9− x2 − y2.

Examen de de Diciembre de 2003 158

(C) [2 puntos] Calcular los extremos relativos de la función f(x, y) = 2x3 − 6x2 + 3y2 + 30.(D) [2 puntos] Calcular los extremos absolutos de la función f(x, y) = 2x3 − 6x2 + 3y2 + 30 en la

región del plano R acotada por la curva de ecuación x2 + y2 = 1.

Solución:

(A) El camino cerrado C puede escribir en la forma C = C1 ∪ C2, donde C1 y C2 admiten lasparametrizaciones

C1 ≡½x = ty = 2t2

para t ∈ [0, 1], C1 ≡½x = 1− ty = 2− 2t para t ∈ [0, 1].

Luego, la integral puede calcularse por medio deZC2xydx− xydy =

ZC1

2xydx− xydy +ZC2

2xydx− xydy =

=

Z 1

0

¡2 · t · ¡2t2¢ · 1− t · ¡2t2¢ · (4t)¢ dt+

+

Z 1

0(2 (1− t) · (2− 2t) · (−1)− (1− t) · (2− 2t) · (−2)) dt.

Las anteriores intregrales son inmediantas, teniendo la segunda de ellas el valor cero. Así, laintegral de línea pedida vale Z

C2xydx− xydy = −3

5.

(B) El volumen solicitado puede obtenerse a partir de la itegral doble

V =

ZZR

p9− x2 − y2dA,

donde R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 4}.Utilizando coordenadas polares el volumen es,

V =

ZZR

p9− x2 − y2dA =

Z 2π

0

Z 2

0

p9− r2rdrdθ = −1

2

Z 2π

0

2

3

³p9− r2

´3 ¯̄̄̄r=2r=0

dθ =

= −Z 2π

0

1

3

³5√5− 27

´dθ =

3

³27− 5

√5´.

Obsérvese que el volumen pedido puede entenderse como el exterior al cilindro y compremdioentre z = 0 y z =

p9− x2 − y2. En este caso, el volumen viene dado, en coordenadas polares,

mediante

V =

Z 2π

0

Z 3

2

p9− r2rdrdθ = −1

2

Z 2π

0

2

3

³p9− r2

´3 ¯̄̄̄32

dθ =10√5

3π.

(C) Los puntos críticos de f(x, y) = 2x3 − 6x2 + 3y2 + 30 se obtienen resolviendo el sistema deecuaciones

∂f

∂x(x, y) = 6x2 − 12x = 0,

∂f

∂y(x, y) = 6y = 0.

Examen de de Diciembre de 2003 159

La resolución de este sistema es sencilla y los puntos críticos de f son (0, 0) y (2, 0).

Para clasifircar estos puntos críticos, debemos obtener las derivadas parciales de segundo ordende f :

∂2f

∂x2(x, y) = 12x− 12, ∂2f

∂y2(x, y) = 6,

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂2f

∂y∂x(x, y) = 0.

Para (0, 0):

∂2f

∂x2(0, 0) · ∂

2f

∂y2(0, 0)−

µ∂2f

∂y∂x(x, y)

¶2= −12 · 6 = −72 < 0,

luego el origen es punto de silla de f .

Para (2, 0):

∂2f

∂x2(x, y) = 12 > 0 y

∂2f

∂x2(0, 0) · ∂

2f

∂y2(0, 0)−

µ∂2f

∂y∂x(x, y)

¶2= 72 > 0,

luego el punto (2, 0) es un mínimo relativo de f .

(D) De acuerdo con el apartado anterior, el origen es el único punto crítico de f en el interior deR = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1}.Puesto que la frontera de R, círculo de centro el origen y radio uno, puede parametrizarsemediante x = cos θ, y = sen θ con θ ∈ [0, 2π), la función f restringida a dicha frontera adquierela forma

g(θ) = f(cos θ, sen θ) = 2 cos3 θ − 6 cos2 θ + 3 sen2 θ + 30, θ ∈ [0, 2π).

Los puntos críticos de la función g se obtienen resolviendo la ecuación g0(θ) = 0. Esto es, despuésde algunas simpiflicaciones debemos resolver la ecuación

g0(θ) = 6 cos θ sen θ(− cos θ + 3) = 0.

Como − cos θ + 3 6= 0 para todo θ real, las soluciones de la ecuación anterior en el intervalo[0, 2π) son θ = 0, θ = π/2, θ = 3π/2 y θ = π. Los correspondientes puntos del círculo son portanto, (1, 0), (0, 1), (−1, 0) y (0,−1).Ahora evaluamos f en todos los puntos obtenidos salvo el origen, pues f no puede alcanzar unextremo absoluto en el origen, ya que, a partir del apartado (C), sabemos que el origen es unpunto de silla. Puesto que,

f(1, 0) = 26, f(0, 1) = 33, f(−1, 0) = 22, f(0,−1) = 33.

el valor máximo de f restringida a R es 33 y se alcanza en los puntos (0, 1) y (0,−1) y el mínimoabsoluto se alcanza en el punto (−1, 0) y valor es 22.

Primer Parcial. Curso 2003-04

PROBLEMA 1.-Considérese el sistema ecuaciones lineales

x+ ky − 2z = −1kx+ y − 2z = −12x+ 2y − 3z = −1

con k ∈ R.

(A) [3 puntos] Discutir, en función del parámetro real k, la compatibilidad del sistema.

(B) [2 puntos] Cuando sea compatible indeterminado, utilizar el método de Gauss para resolverlo.

(C) [2 puntos] ¿Para qué valores de k la matriz de coeficientes es regular? Obtener, si es posible, lainversa de dicha matriz cuando k = 2. ¿Cúal es la solución del sistema para k = 2?

(D) [3 puntos] ¿Para qué valores de k la matriz de coeficientes admite descomposición LU? Encontraresta descomposición para todos los valores posibles y utilizarla para resolver el sistema cuandok = 0.

Solución:

(A) Realizamos transformaciones elementales a la matriz ampliada del sistema hasta obtener la formaescalonada. 1 k −2 −1k 1 −2 −12 2 −3 −1

F21(−k)−→F31(−2)

1 k −2 −10 1− k2 −2 + 2k −1 + k0 2− 2k 1 1

P23−→ 1 k −2 −10 2− 2k 1 10 1− k2 −2 + 2k −1 + k

F2(

12−2k )−→k 6=1

1 k −2 −10 1 1

2−2k1

2−2k0 1− k2 −2 + 2k −1 + k

F31(−(1−k2))−→ 1 k −2 −10 1 1

2−2k1

2−2k0 0 −5+3k

2−3+k2

F3(2

−5+3k )−→−5+3k 6=0 1 k −2 −1

0 1 12−2k

12−2k

0 0 1 −3+k−5+3k

. Ahora discutimos las distintas situaciones que pueden presentarse:(A.1) Si k 6= 1 y −5 + 3k 6= 0 ( o lo que es lo mismo k 6= 5

3) en el sistema hay tantos unosprincipales como incognitas y el sistema es por tanto compatible determinado.

(A.2) Si k = 1 volvemos al punto anterior donde supusimos que k 6= 1 y continuamos a partirde ahí las transformaciones elementales, obteniendo en este caso que el sistema de partida esequivalente al sistema cuya matriz ampliada es 1 1 −2 −10 0 1 10 0 0 0

. Por lo tanto el sistema es compatible indeterminado, ya que la matrizescalonada tiene sólo dos unos principales y tres incognitas.

160

Primer Parcial. Curso 2003-04 161

(A.3) Si k = 53 (entonces k 6= 1) con lo que se pueden realizar todas las transformaciones hasta

donde hemos supuesto k 6= 53 . A partir de ahí continuamos, obteniendo en este caso que el

sistema de partida es equivalente al sistema cuya matriz ampliada es 1 k −2 −10 1 1

2−2k1

2−2k0 0 0 −23

. La última ecuación pone de manifiesto que el sistema es en este casoincompatible.

Resumimos en el siguiente cuadro el estudio de la compatibilidad.

Valor de k Compatibilidad

k 6= 1 y k 6= 5/3 Compatible determinadok = 1 Compatible indeterminadok = 5/3 Incompatible

(B) Según los cálculos realizados en el apartado (A) obtenemos un sistema compatible indeterminadocuando k = 1. En este caso, y según se ha visto antes, el sistema de partida es equivalente al

sistema cuya matriz ampliada es

1 1 −2 −10 0 1 10 0 0 0

. Sus soluciones sonx = 1− ty = tz = 1

con

t ∈ R.(C) Recordamos que una matriz cuadradaM es regular (posee inversa) si y sólo si la forma escalonada

reducida de la matriz es la identidad (o equivalentemente, cualquier sistema con matriz decoeficientesM es compatible determinado). Con los cálculos hechos en el apartado (A) tenemosque la matriz es regular si y sólo si k 6= 1 y k 6= 5

3 . A continuación obtenemos la inversa de lamatriz, cuando k = 2, por el método de Gauss-Jordan 1 2 −2 1 0 02 1 2 0 1 02 2 −3 0 0 1

−→ 1 2 −2 1 0 00 −3 2 −2 1 00 −2 1 −2 0 1

−→ 1 2 −2 1 0 00 1 −23 2

3 −13 00 −2 1 −2 0 1

−→ 1 2 −2 1 0 00 1 −23 2

3 −13 00 0 −13 −23 −23 1

−→ 1 2 −2 1 0 00 1 −23 2

3 −13 00 0 1 2 2 −3

−→ 1 2 0 5 4 −60 1 0 2 1 −20 0 1 2 2 −3

−→ 1 0 0 1 2 −20 1 0 2 1 −20 0 1 2 2 −3

. Por lo tanto, 1 2 −22 1 −22 2 −3

−1 = 1 2 −22 1 −22 2 −3

La solución del sistema para k = 2, podemos obtenerla de dos formas:

Primera forma: Si queremos resolver el sistema Ax = b y conocemos la inversa de la matriz A,

entonces la solución es x = A−1b, que en este caso es x =

xyz

=

1 2 −22 1 −22 2 −3

−1−1−1

= −1−1−1

.Segunda forma: Desde el apartado (A) pedemos resolver el sistema para cualquier valor de k sik 6= 1 y k 6= 5

3 . En particular para k = 2 obtenemos qeu el sistema es equivalente al que tiene

como matriz ampliada

1 2 −2 −10 1 −12 −120 0 1 −1

y es directo ver que su solución es

x = −1,y = −1,z = −1.

Primer Parcial. Curso 2003-04 162

(D) Recordamos que una matriz cuadrada A tiene descomposición LU si es regular y se puede llegara la matriz escalonada U con unos en la diagonal sin necesidad de realizar intercambio de filas.Como sabemos que A es regular cuando k 6= 1 y k 6= 5

3 , inicialmente suponemos que k no esninguno de estos valores.

A =

1 k −2k 1 −22 2 −3

F21(−k)−→F31(−2)

1 k −20 1− k2 −2 + 2k0 2− 2k 1

F2(1

1−k2 )−→k 6=1,−1

1 k −20 1 − 2

1+k

0 2− 2k 1

F32(−(2−2k))−→

1 k −20 1 − 2

1+k

0 0 −5+3k1+k

F3

Ã1

−5+3k1+k

!−→k 6= 5

3

1 k −20 1 − 2

1+k

0 0 1

. Por lo tanto hay descomposición LU siempreque k 6= −1, 1, 53 . En ese caso la descomposición es 1 k −2

k 1 −22 2 −3

=

1 0 0k 1− k2 0

2 2− 2k 5−3k1+k

1 k −20 1 − 2

1+k

0 0 1

Ahora resolvemos el sistema Ax = b, utilzando la descomposición LU , cuando k = 0. Recor-damos que el método consiste en resolver dos sistemas triangulares.

Ax = b =⇒ (LU)x = b =⇒ L (Ux) = b. Si llamamos Ux = y, tenemos que hay resolver dossistemas. En primer lugar, el sistema Ly = b, de donde obtendremos el vector y y despuésresolvemos el sistema Ux = y, de donde obtendremos la incognita pedida x.

Resolvemos el primer sistema Ly = b =⇒ 1 0 00 1 02 2 5

y1y2y3

=

−1−1−1

=⇒y1 = −1y2 = −1y3 =

35

y a continuación resolvemos el sistema Ux = y =⇒ 1 0 −20 1 −20 0 1

x1x2x3

=

−1−135

=⇒x1 =

15

x2 =15

x3 =35

PROBLEMA 2.-Consideremos la matriz

A =

−1 −2 11 −1 21 0 1

(A) [3 puntos] Encontrar bases para los subespacios R(A), R(A)⊥,N(A) y N(A)⊥, siendo R(A) el

espacio columna y N(A) el espacio nulo de la matriz A.

(B) [1 punto] Encontrar una base ortonormal para el subespacio R(A).

(C) [1 punto] Determinar el valor de c para que el vector (2,−2, c) pertenezca a N(A).(D) [2 puntos] ¿Los vectores (2,−2,−2) y (1, 1, 1) pertenecen al subespacio R(A)? Encontrar la

pseudosolución del sistema −1 −21 −11 0

µ xy

¶=

111

.

Primer Parcial. Curso 2003-04 163

(E) [3 puntos] Encontrar las proyecciones ortogonales de los vectores (2,−2,−2) y (1, 1, 1) sobrelos subespacios R(A), R(A)⊥, N(A) y N(A)⊥.

Solución:

(A) Sabemos que R(A) = lin {(−1, 1, 1) , (−2, 1, 0) , (1, 2, 1)} y que N(A) = ©x ∈ R3 : Ax = 0ª. Conel fin de saber cuáles de los vectores que generan R(A) son independientes y de resolver el sistemaAx = 0, obtenemos la matriz escalonada de A. −1 −2 1

1 −1 21 0 1

−→ 1 2 −10 −3 30 −2 2

−→ 1 2 −10 1 10 −2 2

−→ 1 2 −10 1 10 0 0

. La solucióndel sistema Ax = 0 es

x1 = −tx2 = tx3 = t

. Con los cálculos hechos obtenemos que una base de R(A)

es BR(A) = {(−1, 1, 1) , (−2, 1, 0)} y una base de N(A) es BN(A) = {(−1, 1, 1)} .ComoR(A)⊥ =

©x = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x · y = 0, para todo y ∈ R(A)

ª, se tiene que (x1, x2, x3) ∈

R(A)⊥ si y sólo si es ortogonal a los vectores de la base BR(A), y por lo tanto R(A)⊥ ≡½ −x1 + x2 + x3 = 0−2x1 − x2 = 0 . Resolviendo el sistema obtenemos una base de R(A)

⊥.

µ −1 1 1 0−2 −1 0 0

¶−→

µ1 −1 −1 00 −3 −2 0

¶=⇒

x1 = tx2 = −2tx3 = 3t

luego R(A)⊥ = lin {(1,−2, 3)}

y una base de R(A)⊥ es BR(A)⊥ = {(1,−2, 3)}De la misma forma, N(A)⊥ =

©x = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x · y = 0, para todo y ∈ N(A)

ª, y se tiene

que (x1, x2, x3) ∈ N(A)⊥ si y sólo si −x1 + x2 + x3 = 0. Resolviendo el sistema obtenemos

una base de N(A)⊥. Como la solución de −x1 + x2 + x3 = 0 es

x1 = t+ s,x2 = s,x3 = t,

se tiene que

N(A)⊥ = lin {(1, 1, 0) , (1, 0, 1)} y una base de N(A)⊥ es BN(A)⊥ = {(1, 1, 0) , (1, 0, 1)}, ya quelos vectores (1, 1, 0) y (1, 0, 1) son claramente independientes.

(B) Para obtener una base ortonormal de R(A) utilizamos el método de ortonormalización de Gram-Schmidt. Inicialmente consideramos la base de R(A) {(−1, 1, 1) , (−2, 1, 0)} . Hacemos

u1 = (−1, 1, 1)u2 = (−2, 1, 0)− 1

3(−1, 1, 1) =

µ−53,−43,−13

¶Los vectores {u1, u2} constituyen una base ortogonal de R(A). Dividiendo cada vector por sunorma obtenemos la base ortonormal pedida {v1, v2}

v1 =

µ− 1√

3,1√3,1√3

¶v2 =

µ− 5√

42,− 4√

42,− 1√

42

¶(C) El vector (2,−2, c) ∈ N(A) si y sólo si (2− 2, c) es combinación lineal de (−1, 1, 1), es decir, si

2

−1 =−21=c

1, de donde deducimos que c = −2

Primer Parcial. Curso 2003-04 164

(D) Los vectores (2,−2,−2) y (1, 1, 1) ∈ R(A) si y sólo si son combinación lineal de los elementos

de la base de R(A), y eso ocurrirá si y sólo si los sistemas

−1 −21 −11 0

µ xy

¶=

2−2−2

y −1 −21 −11 0

µ xy

¶=

111

tienen solución. Resolvemos cadas uno de ellos.

−1 −2 21 −1 −21 0 −2

−→ 1 2 −20 −3 00 −2 0

−→ 1 2 −20 1 00 0 0

. Como vemos la solución de

este sistema esµxy

¶=

µ −20

¶. Por lo tanto (2− 2,−2) ∈ R(A), de hecho, (2− 2,−2) =

−2 (−1, 1, 1) + 0 (−2,−1, 0)Ahora estudiamos la compatibilidad del segundo sistema −1 −2 1

1 −1 11 0 1

−→ 1 2 −20 −3 20 −2 2

−→ 1 2 −20 1 −230 −2 2

−→ 1 2 −20 1 −230 0 2

3

. Este sis-tema no tiene solución, por lo tanto (1, 1, 1) /∈ R(A). Obsérvese que las transformaciones ele-mentales, en este caso, sólo deben aplicarse al término independiente.

Obtendremos la pseudosolución del sistema

−1 −21 −11 0

µ xy

¶=

111

resolviendo el sis-

tema normal asociado de Gauss.µ −1 1 1−2 −1 0

¶ −1 −21 −11 0

µ xy

¶=

µ −1 1 1−2 −1 0

¶ 111

=⇒µ3 11 5

¶µxy

¶=

µ1−3

¶.

Para resolver este último sistema usamos el método de Gauss.µ3 1 11 5 −3

¶−→

µ1 5 −33 1 1

¶−→

µ1 5 −30 −14 10

¶=⇒

½x = 4

7y = −57

, luego la pseudosolu-

ción es x0 =µ

47−57

¶.

(E) Calculamos primero la proyección del vector z = (1, 1, 1) sobre cada uno de los subespacios ydespués la del vector w = (2− 2,−2).La proyección de z sobre R(A) puede calcularse de dos formas. En primer lugar, como en elapartado anterior hemos calculado la pseudosolución, tenemos que

proyR(A)(z) =

−1 −21 −11 0

µ 47−57

¶=

679747

.Otra forma de calcular la proyección es utilizando la base ortonormal obtenida en el apartado(B), en este caso se obtendría:

proyR(A)(z) =1

3(−1, 1, 1)− 10

42(−5,−4,−1)

=

µ−1442,14

42,14

42

¶+

µ54

42,40

42,10

42

¶=

µ36

42,54

42,24

42

¶=

µ6

7,9

7,4

7

Primer Parcial. Curso 2003-04 165

Sabemos que cualquier vector b puede descomponerse en la forma b = proyR(A)(b)+proyR(A)⊥(b).Por lo tanto proyR(A)⊥(b) = b−proyR(A)(b). Aplicando este razonamiento a nuestro caso obten-emos

proyR(A)⊥(z) = z − proyR(A)(z) =µ1

7,−27,3

7

¶.

La proyección de z sobre N(A) se obtiene directamente teniendo en cuenta que {(−1, 1, 1)} esuna base ortogonal de N(A).

proyN(A)(z) =1

3(−1, 1, 1) =

µ−13,1

3,1

3

¶y

proyN(A)⊥(z) = z − proyN(A)(z) =µ4

3,2

3,2

3

¶La proyección de w sobre R(A) y N(A) son muy simples.

Como w ∈ R(A) se tiene que proyR(A)(w) = w = (2− 2,−2) y proyR(A)⊥(w) = (0, 0, 0) . De lamisma forma como w ∈ N(A) se tiene que proyN(A)(w) = w = (2− 2,−2) y proyN(A)⊥(w) =(0, 0, 0) .

PROBLEMA 3.-

Sea A =

2 0 20 −1 02 0 −1

. Se pide:(A) [3 puntos] ¿Es la matriz A diagonalizable? En caso afirmativo, encontrar una matriz de paso

P y una matriz diagonal D de forma que P−1AP = D (es decir, A = PDP−1).

(B) [2 puntos] ¿Es posible encontrar una matriz de paso ortogonal? Determínese en caso afirmativo.

(C) [3 puntos] ¿Posee la matriz A inversa? En caso afirmativo, encontrar una matriz de paso P1 yuna matriz diagonal D1 de forma que P−11 A−1P1 = D1 (es decir, A−1 = P1D1P−11 ).

(D) [2 puntos] Calcular la recta tangente a la curva de ecuación tg(xy) = x en el punto³1,π

4

´.

Solución:

(A) Como la matriz es simétrica, sin necesidad de realizar ningún cálculo, puede afirmarse que lamatriz es diagonalizable. Para obtener la matriz diagonal D y la matriz de paso P tenemos queobtener los autovalores de A y sus autovectores asociados.

Calculamos el polinomio característico:

|λI −A| =

¯̄̄̄¯̄ λ− 2 0 −2

0 λ+ 1 0−2 0 λ+ 1

¯̄̄̄¯̄ = (λ+ 1) ¯̄̄̄ λ− 2 −2

−2 λ+ 1

¯̄̄̄= (λ+ 1)

¡λ2 − λ− 6¢ = (λ+ 1) (λ− 3) (λ+ 2) ,

Luego los autovalores son λ1 = −1, λ2 = −2 y λ3 = 3, cada uno de ellos de multiplicidadalgebráica uno.

Primer Parcial. Curso 2003-04 166

Para calcular los autovectores asociados al autovalor λ1 = −1 debemos resolver el sistema deecuaciones homogéneo (−I −A)x = 0 −3 0 −2 0

0 0 0 0−2 0 0 0

−→ 1 0 0 00 0 1 00 0 0 0

=⇒x1 = 0,x2 = t,x3 = 0.

Por lo tanto el subespacio propio

asociado autovalor λ1 = −1 es V (−1) = lin {(0, 1, 0)} .Para calcular los autovectores asociados al autovalor λ2 = −2 debemos resolver el sistema deecuaciones homogéneo (−2I −A)x = 0 −4 0 −2 0

0 −1 0 0−2 0 −1 0

−→ 1 0 1

2 00 1 0 00 0 0 0

=⇒x1 = t,x2 = 0,x3 = −2t.

Por lo tanto el subespacio pro-

pio asociado al autovalor λ2 = −2 es V (−2) = lin {(1, 0,−2)} .Para calcular los autovectores asociados al autovalor λ3 = 3 debemos resolver el sistema deecuaciones homogéneo (3I −A)x = 0 1 0 −2 0

0 4 0 0−2 0 4 0

−→ 1 0 −2 00 1 0 00 0 0 0

=⇒x1 = 2t,x2 = 0,x3 = t.

Por lo tanto el subespacio propio

asociado al autovalor λ3 = 3 es V (3) = lin {(2, 0, 1)} .Debe observarse que los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogonales ya que lamatriz es simétrica. Con los cálculos realizados tenemos que la matriz A puede descomponerseen la forma

A = PDP−1 =

0 1 21 0 00 −2 1

−1 0 00 −2 00 0 3

0 1 21 0 00 −2 1

−1

(B) Como la matriz es simétrica puede afirmarse que es posible encontrar una matriz de paso or-togonal, que llamaremos Q, tal que A = QDQT . Como la base de autovectores obtenidos en elapartado (A) (las columnas de P ) es ortogonal, para obtener una base de autovectores que seanortonormales sólo necesitamos dividir cada autovector por su norma. Por lo tanto la matriz Qes

Q =

0 1√5

2√5

1 0 00 − 2√

51√5

(C) Una matriz que sea diagonalizable tiene inversa si y sólo si sus autovalores son distintos de cero.

Como los tres autovalores de la matriz A son distintos de cero, la matriz A tiene inversa.

Como ya hemos descompuesto A en la forma A = QDQT , obtenemos

A−1 =¡QDQT

¢−1=¡QT¢−1

D−1Q−1 = QD−1QT ,

por lo tanto P1 = P y D1 = D−1, es decir,

A−1 =

0 1√5

2√5

1 0 00 − 2√

51√5

−1 0 0

0 −12 00 0 1

3

0 1 0

1√50 − 2√

52√50 1√

5

Primer Parcial. Curso 2003-04 167

(D) La ecuación de una recta tangente a una curva de ecuación y = f(x) en el punto (a, f(a)) vienedada por y − f(a) = f 0(a)(x− a). Por lo tanto para calcular la tangente a la curva en el puntoque nos piden sólo necesitamos calcular la derivada de la función en el punto en cuestión. Comola función está definida de forma implícita realizamos la derivación implicita de la ecuación quela define, obteniendo

¡1 + tg2 (xy)

¢µxdy

dx+ y

¶= 1

Sustituyendo los valores x = 1 e y =π

4, obtenemos que

dy

dx(1) = y0 (1) =

1

2− π

4=2− π

4. Luego

la ecuación de la recta tangente en el punto³1,π

4

´es

y − π

4=2− π

4(x− 1)

PROBLEMA 4.-

(A) Sea f(x) = x cosx.

(i) [3 puntos] Determinar el polinomio de Maclaurin de grado tres de f . Utilizar este poli-nomio para obtener de forma aproximada f(0.1) y acotar el error cometido.

(ii) [2 puntos] Demostrar que f tiene exactamente un punto crítico c en el intervalo³0,π

2

´.

(iii) [2 puntos] Utilizar el método de Newton para obtener el punto crítico c con dos cifrasdecimales exactas, tomando como valor incial x1 = 1.

(B) [3 puntos] Determinar los extremos absolutos de la función g(x) =x2 + x

x2 + 1en el intervalo [−1, 2].

Con esa información realizar un esbozo de la gráfica de g en dicho intervalo.

Solución:

(A) (i) El polinomio de McLaurin de grado tres de una función f(x) viene dado por P3(x) =

f(0) +f 0(0)1!

x +f 00(0)2!

x2 +f 000(0)3!

x3. En tal caso el error que se comente al aproximar la

función por dicho polinomio está dado por la fórmula R3(x) =f iv(z)

4!x4, donde z es un

número que está entre 0 y x.Por lo tanto para calcular el polinomio de McLaurin y el error debemos derivar la funciónhasta el cuarto orden.f 0(x) = cosx− x senx =⇒ f 0(0) = 1f 00(x) = −2 senx− x cosx =⇒ f 00(0) = 0f 000(x) = −3 cosx+ x senx =⇒ f 000(0) = −3f iv(x) = 4 senx+ x cosx

Sustituyendo los valores obtenidos tenemos que el polinomio de McLaurin de grado tres def(x) es

P3(x) = x− x3

2.

Primer Parcial. Curso 2003-04 168

Una vez conocido el polinomio, éste puede utilizarse para obtener el valor f(0.1) ' 0.1 −(0.1)3

2= 0.0995

En este caso el error que se comete será R3(0.1) =f iv(z)

4!(0.1)4 .

Como¯̄f iv(z)

¯̄= |4 sen z + z cos z| ≤ |4 sen z| + |z cos z| ≤ 4 + |z| ≤ 4 + 0.1 = 4.1 < 5.

Entonces |R3(0.1)| ≤ 5

4!(0.1)4 =

0.0005

24= 0.00002083.

(ii) Como la función es derivable en el intervalo³0,π

2

´, los puntos críticos son aquellos en los

que la deivada primera se anula. Tenemos que resolver la ecuación cosx− x senx = 0. Sillamamos h(x) = cosx−x senx, observamos que resolver la ecuación anterior es equivalentea buscar los ceros de la función h(x). Comprobamos que esta función h(x) tiene un único

cero en el intervalo³0,π

2

´. Observamos que h(x) es una función continua en el intervalo

cerradoh0,π

2

iy que h(0)h(

π

2) = −π

2. Por lo tanto, aplicando el teorema de Bolzano,

la función tiene al menos un cero en dicho intervalo. Como h0(x) = −2 senx − x cosx =− (2 senx+ x cosx) < 0 para todo x ∈

³0,π

2

´se tiene que la función es decreciente y el

cero es único. En definitiva, hay un único punto crítico c de f(x) en el intervalo³0,π

2

´.

(iii) Recordamos que el método de Newton proporciona una sucesión de valores que se vanaproximando a la solución c de h(x) = 0. Dicha sucesión se obtiene de forma iterativa

mediante la fórmula xn+1 = xn − h(xn)

h0(xn), para n = 1, 2, ... y que es conveniente colocar los

datos que vamos obteniendo en una tabla como la que sigue:

n xn h (xn) h0 (xn)h (xn)

h0 (xn)xn+1 = xn − h (xn)

h0 (xn)1 1 −0.301169 −2.223244 0.135464 0.864536

2 0.864536 −0.008742 −2.082667 0.004198 0.860338

Como |x2 − x1| = 0.004198 < 0.01, obtenemos que la solución pedida es c ' x2 = 0.860338,con dos cifras decimales exactas.

(B) Para obtener los extremos absolutos de g(x) en el intervalo cerrado [−1, 2] hemos de calcularpreviamente los puntos críticos de la función en el intervalo abierto (−1, 2). Como la funcióng(x) =

x2 + x

x2 + 1es derivable en (−1, 2), los puntos críticos serán aquellos puntos donde se anule

la derivada. Calculamos g0(x) =−x2 + 2x+ 1(x2 + 1)2

y resolvemos la ecuación −x2+2x+1 = 0, cuyassoluciones son x1 = 1−

√2 y x2 = 1+

√2. Ya que 1+

√2 /∈ (−1, 2), se tiene que el único punto

crítico de g en el intervalo (−1, 2) es x1 = 1−√2. A continuación calculamos el valor que toma

la función en el punto crítico y en los extremos del intervalo y decidiremos cuales son el máximoy el mínimo absoluto

g (−1) = 0

g (2) =6

5

g³1−√2´=

4− 3√24− 2√2 < 0

Primer Parcial. Curso 2003-04 169

Por lo tanto, el máximo absoluto se alcanza en el extremo b = 2 y su valor es g(2) =6

5y el

mínimo se alcanza en x1 = 1−√2 siendo su valor mínimo g(x1) =

4− 3√24− 2√2 .

Con esta información la gráfica de la función g en el intervalo [−1, 2] se encuentra en la Figura41.

x

y

Mínimo absoluto

Máximo absoluto

2 x1 -1

Figura 41: Representación gráfica de g(x) =x2 + x

x2 + 1en el intervalo [−1, 2].

Segundo Parcial. Curso 2003-04

PROBLEMA 1.-

(A) [3 puntos] Calcular la integralZe−x senx dx. Averiguar si la integral impropia

Z ∞

0e−x senx dx

es convergente, y en caso afirmativo, obtener su valor.

(B) [4 puntos] Calcular las siguientes integrales definidas:Z 1

0

√1− x2 dx ;

Z 1

0x√1− x2 dx

(C) [3 puntos] Sea R la regíón limitada por arriba por la circunferencia x2 + y2 = 1 y por debajopor la recta x + y = 1. Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando la región R giraentorno de la recta x = 2.

Solución:

(A) Aplicamos el método de integración por partes.Ze−x senx dx =

·u = e−x du = −e−xdxdv = senx v = − cosx

¸= −e−x cosx−

Ze−x cosx dx =

=

·u = e−x du = −e−xdxdv = cosx v = senx

¸= −e−x cosx− e−x senx−

Ze−x senx dx

Luego, denominando I =Ze−x senx dx, hemos llegado a la igualdad

I = −e−x cosx− e−x senx− Ilo que nos conduce directamente a

I = −e−x (cosx+ senx)

2

esto es, Ze−x senx dx = −e

−x (cosx+ senx)2

+ C

Por lo tantoZ ∞

0e−x senxdx = lim

b→∞

Z b

0e−x senxdx = lim

b→∞

·−12e−x (senx+ cosx)

¸b0

= limb→∞

µ−12e−b (sen b+ cos b) +

1

2

¶=1

2

ya que limb→∞

µ−12e−b (sen b+ cos b)

¶= 0 al ser el producto de una función que tiende a cero

( limb→∞

e−b = 0) por otra que está acotada (|sen b+ cos b| 6 |sen b|+ |cos b| 6 2).

170

Segundo Parcial. Curso 2003-04 171

(B) Realizamos la primera integral mediante el método de sustitución o cambio de variable.

I1 =

Z 1

0

√1− x2dx ⇒

½x = sen t,dx = cos tdt.

Cuando x = 0 ⇒ t = 0 y cuando x = 1 ⇒ t =π

2. Por

lo tanto,

I1 =

Z π2

0cos2 tdt =

1

2

Z π2

0(1 + cos 2t) dt =

1

2

·t+

sen 2t

2

¸π2

0

4.

Nótese que la integral I1 respresenta la cuarta parte del área del círculo de centro el origen yradio uno.

La segunda integral es inmediata.

I2 =

Z 1

0xp1− x2dx = −1

2

2

3

·q(1− x2)3

¸10

=1

3.

(C) Calculamos el volumen por el método de las capas (ver Figura 42):

y=1-x

x2 + y2 = 1

x=2

x p(x)=2-x

h(x)=( 1-x2 )1/2 -(1-x)

Figura 42: Esbozo de la región R definida en el apartado (C) del problema 1.

V = 2π

Z 1

0(2− x)

³p1− x2 − (1− x)

´dx =

= 2π

µ2

Z 1

0

p1− x2dx−

Z 1

0xp1− x2dx−

Z 1

0(2− x) (1− x)dx

¶=

= 2π

µ2 · π4− 13−Z 1

0

¡x2 − 3x+ 2¢ dx¶ =

= 2π

µπ

2− 13− 56

¶= π

3π − 73

.

Segundo Parcial. Curso 2003-04 172

PROBLEMA 2.-

(A) Consideremos la función f(x, y) = 2x2 + 3y2. Calcular:

(A.1) [2 puntos] Determinar la curva de nivel de la superficie z = f(x, y) que pasa por el punto(2, 1).

(A.2) [1 punto] ¿En qué dirección crece más rapidamente en el punto (2, 1) la función f?

(A.3) [2 puntos] Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva de nivel anterior en el punto(2, 1) .

(B) Considérese la función h(x, y) = x2 − 6x+ y2 − 8y + 7.

(B.1) [2 puntos] Determinar y clasificar los puntos críticos de h.

(B.2) [3 puntos] Encontrar el máximo y mínimo de h sobre el círculo {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 6 1}.

Solución:

(A.1) Para calcular la curva de nivel de la superficie z = f(x, y) = 2x2 + 3y2 que pasa (2, 1) debemosobtener la imagen del punto (2, 1) mediante f : f(2, 1) = 2 · 22 + 3 · 12 = 11. Así, la curva denivel de z = 2x2 + 3y2 que pasa (2, 1) es la elipse de ecuación 2x2 + 3y2 = 11.

(A.2) Sabemos que la dirección en la que crece más rapidamente la función f en el punto (2, 1) es ladirección del vector gradiente. Nos están pidiendo que calculemos ∇f(2, 1). Como las derivadasparciales de f son fx(x, y) = 4x y fy(x, y) = 6y, el vector gradiente a f en el punto (2, 1) es∇f(2, 1) = (4 · 2, 6 · 1) = (8, 6).

(A.3) Podemos obtenerlo de dos formas. La primera teniendo en cuenta que el vector gradiente esperpendicular a la curva de nivel, y por lo tanto, a la recta tangente que nos piden. Es decir, larecta que nos piden pasa por el punto (2, 1) y tiene por vector perpendicular al vector ∇f(2, 1) =(8, 6), por lo que la ecuación de la recta es

8 (x− 2) + 6 (y − 1) = 0 =⇒ 4x+ 3y − 11 = 0.La segunda forma es mediante derivación implícita para calculara la pendiente a la recta tangente.Derivando implícitamente respecto de x en la identidad 2x2 + 3y2 = 11 se obtiene

4x+ 6yy0 = 0,

de donde y0 = −(4x)/(6y) y por tanto, la pendiente de la recta tangente a 2x2 + 3y2 = 11 en elpunto (2, 1) viene dada por m = −8/6. En consecuencia, la recta tangente tiene de ecuación

y − 1 = −86(x− 2) =⇒ 4x+ 3y − 11 = 0.

(B.1) Puesto que h es diferenciable en todo R2, sus puntos críticos son aquellos que anulan simulténea-mente a sus dos derivadas parciales de primer orden. Es decir, son las soluciones del sistema

∂h

∂x(x, y) = 2x− 6 = 0.

∂h

∂y(x, y) = 2y − 8 = 0.

La resolución de este sistema es directa y el único punto crítico de h es el punto (3, 4).

Segundo Parcial. Curso 2003-04 173

A continuación, clalisificaremos este punto crítico recurriendo a las derivadas parciales de segundoorden. La matriz hessiana de h es constante, ya que h es una función polinómica de segundogrado. Esta matriz es

H =

µ2 00 2

¶.

Como d = det(H) = 4 > 0 y∂2h

∂x2= 2 > 0, el punto crítico (3, 4) es un mínimo relativo.

De hecho, en este punto la función alcanza su mínimo absoluto, pues, completando cuadrados,es fácil ver que

h(x, y) = (x− 3)2 + (y − 4)2 − 18

y así, el mínimo de h es −18 y éste se alcanza en el punto (3, 4).(B.2) Obsérvese que el único punto crítico de h ((3, 4)) no está en el interior del circulo unidad, ya

que 32+42 = 25 > 1. Por tanto, tanto el máximo de h como su mínimo restringida esta funciónal círculo unidad D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1} deben alcanzarse en la frontera del círculo, esdecir, en la circunferencia de ecuación x2 + y2 = 1.

Dividimos la frontera del círculo D en dos partes:

F1 =n(x, y) ∈ R2 : −1 6 x 6 1, y =

p1− x2

oy

F2 =n(x, y) ∈ R2 : −1 6 x 6 1, y = −

p1− x2

o.

De esta forma, la función h restringida a F1 viene dada por

g(x) = h³x,p1− x2

´= x2 − 6x+

³p1− x2

´2 − 8p1− x2 + 7 = 8− 8p1− x2 − 6x, x ∈ [−1, 1].

Los puntos críticos de g en el intervalo abierto (−1, 1) son los que anulan a su derivada

g0(x) = 8x√1− x2 − 6 = 0.

En este caso, sólo tenemos un punto crítico x =3

5y los puntos a tener en cuenta en la frontera

F1 son: (−1, 0), (1, 0) y35,

s1−

µ3

5

¶2 =

µ3

5,4

5

¶.

A continuación hacemos lo propio con la frontera F2. En este caso, la función f está dada por

t(x) = h³x,−

p1− x2

´= x2 − 6x+

³−p1− x2

´2 − 8³−p1− x2´+ 7 = 8p1− x2 − 6x+ 8, x ∈ [−1, 1

y los puntos críticos de t en el intervalo (−1, 1) se obtienen resolviendo la ecuación

t0(x) = −8 x√1− x2 − 6 = 0.

Segundo Parcial. Curso 2003-04 174

Esto ecuación nos proporciona un único punto crítico x = −35y los puntos a considerar sobre la

semicircunferencia F2 son: (−1, 0), (1, 0) y−3

5,−s1−

µ−35

¶2 =

µ−35,−45

¶.

Sólo nos queda evaluar h en los puntos obtenidos:

h(1, 0) = 2h(−1, 0) = 14h

µ3

5,4

5

¶= −2

h

µ−35,−45

¶= 18

y así, el máximo de h restringida a D = {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 6 1} es 18 y su máximo se alcanzaen el punto

¡−35 ,−45¢ y su valor mínimo (también restringida a D) es −2 y éste valor mínimose alcanza en el punto

¡35 ,45

¢.

Otra forma:

Parametrizamos dicha circunferencia en la forma x = cos t, y = sen t, con t ∈ [0, 2π]. Entonces,la función h restingida a dicha circunferencia adopta la expresión

g(t) = h (cos t, sen t) = cos2 t− 6 cos t+ 2sen t− 8 sen t+ 7 = 8− 8 sen t− 6 cos t

para t ∈ [0, 2π].Los puntos críticos de g son los pertenecientes al intervalo abierto (0, 2π) que anulan a su derivadag0(t) = −8 cos t+ 6 sen t.Desde la igualdad −8 cos t+6 sen t = 0, obtenemos tg t = 4/3. Esto puede escribirse en la forma

tg t =4/5

3/5=−4/5−3/5

y los correspondientes puntos a analizar en la circunferencia son el punto (1, 0) (que correspondea las extremos del intervalo t = 0 y t = 2π), y los puntos

¡35 ,45

¢y¡−35 ,−45¢. Evaluando h en

dichos puntos:

h(1, 0) = 2

h

µ3

5,4

5

¶= −2

h

µ−35,−45

¶= 18

se tiene que máximo de h restringida a D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1} es 18 y su máximo sealcanza en el punto

¡−35 ,−45¢. Además, su valor mínimo (también restringida a D) es −2 y éstevalor mínimo se alcanza en el punto

¡35 ,45

¢.

PROBLEMA 3.-

(A) [2 puntos] Calcular con ayuda de la calculadora 4√−12 + i. Todos los resultados deben darse

en forma binómica

(B) [3 puntos] Calcular la integral de lineaZC

¡x+ 4

√y¢ds, siendo C el triángulo de vértices

(0, 0) , (1, 0) y (0, 1) recorrido en sentido antihorario.

Segundo Parcial. Curso 2003-04 175

(C) Sea C el trozo de semicircunferencia de centro el origen y radio uno recorrida desde el punto(0, 1) al punto (−1, 0) en sentido antihorario. Se pide:

(C.1) [1 punto] Encontrar una parametrización de la curva C.

(C.2) [3 puntos] CalcularZC2xy dx+

¡x2 + y2

¢dy.

(C.3) [1 punto] Calcular un vector tangente a la curva C en el punto

Ã−√3

2,1

2

!.

Solución:

(A) El módulo del número complejo z = −12 + i es r = √122 + 1 = √145 = 12.042 y su argumentoes θ = arctan

¡− 112

¢= arctan (−0.083) = 3.060. Por lo tanto, las raíces cuartas de z son

w0 =¡4√12.042

¢3.0604= 1.8630.765 = 1.863(cos(0.765) + i sen(0.765))

= 1.863(0.721 + 0.693i) = 1.343 + 1.291i

w1 =¡4√12.042

¢3.0604+ 6.283

4= 1.8632.336 = 1.863(cos(2.336) + i sen(2.336))

= 1.863(−0.693 + 0.721i) = −1.291 + 1.343iw2 =

¡4√12.042

¢3.0604+2 6.283

4= 1.8633.907 = 1.863(cos(3.907) + i sen(3.907))

= 1.863(−0.721− 0.693i) = −1.343− 1.291i.w3 =

¡4√12.042

¢3.0604+3 6.283

4= 1.8635.478 = 1.863(cos(5.478) + i sen(5.478))

= 1.863(0.693− 0.721i) = 1.291− 1.343i(B) Cada uno de los lados del triángulo puede parametrizarse regularmente mediante:

C1 ≡ ~r1(t) = t~i, t ∈ [0, 1],C2 ≡ ~r2(t) = −t~i+ (1 + t)~j, t ∈ [−1, 0],C3 ≡ ~r3(t) = −t~j, t ∈ [−1, 0].

Así, una paramentización regular del triángulo está dada por

C ≡ ~r(t) =

t ~i si 0 ≤ t ≤ 1,(2− t) ~i+ (−1 + t) ~j si 1 < t ≤ 2,

(3− t) ~j si 2 < t ≤ 3.

Por tanto, ~r0(t) =

~i si 0 < t < 1,

− ~i+ ~j si 1 < t < 2,

− ~j si 2 < t < 3.

y se tiene:

ZC

(x+ 4√y)ds =

Z 1

0tdt+

Z 2

1

¡(2− t) + 4√t− 1¢√2dt+ Z 3

24√3− tdt

=1

2+19

6

√2 +

8

3=19

6+19

6

√2.

Segundo Parcial. Curso 2003-04 176

Nótese que también podíamos calcular la integral de línea solicitada medianteZC

(x+ 4√y)ds =

ZC1

(x+ 4√y)ds+

ZC2

(x+ 4√y)ds+

ZC3

(x+ 4√y)ds =

=

Z 1

0tdt+

Z 0

−1(−t+ 4√1 + t)

√2dt+

Z 0

−14√−tdt =

=1

2+19

6

√2 +

8

3=19

6+19

6

√2.

(C) Una parametrización del trozo de circunferencia de cento el origen y radio uno desde el punto(0, 1) al punto (−1, 0) en sentido antihorario es

C ≡½x = cos ty = sen t

, con t ∈hπ2,πi

La integral de linea puede hacerse de dos formas. Directamente:ZC

2xydx+¡x2 + y2

¢dy =

Z π

π2

2 cos t sen t (− sen t) dt+ cos tdt

= −2Z π

π2

(sen t)2 cos tdt+

Z π

π2

cos tdt

= −2"(sen t)3

3

#ππ2

+ [sen t]ππ2=2

3− 1 = −1

3

Otra forma es teniendo en cuenta las derivadas parciales de las componentes del campo son

continuas en todo el plano y que∂

∂y(2xy) =

∂x

¡x2 + y2

¢= 2x, por lo que el campo

−→F (x, y) =

2xy~i+¡x2 + y2

¢~j es conservativo. Por tanto, es posible encontrar una función potencial f(x, y),

que debe cumplir∂f

∂x= 2xy y

∂f

∂y= x2 + y2. Integrando respecto de x, obtenemos f(x, y) =

x2y + g(y). Derivando ahora respecto de y y comparando obtenemos que g(y) =y3

3, luego una

función potencial es f(x, y) = x2y+y3

3. Aplicando ahora el teorema fundamental de las integrales

de linea tenemos que ZC

2xydx+¡x2 + y2

¢dy = f(−1, 0)− f(0, 1) = −1

3

El punto

Ã−√3

2,1

2

!se obtiene cuando el parámetro t toma el valor t =

3, de aquí que uno

de los vectores que nos piden sea

−→

r0µ2π

3

¶= − sen

µ2π

3

¶~i+ cos

µ2π

3

¶~j = −1

2~i−√3

2~j.

PROBLEMA 4.-

(A) Calcular las siguientes integrales

Segundo Parcial. Curso 2003-04 177

(A.1) [3 puntos]ZZ

Rey

2dA, siendo R =

n(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 4, x

2≤ y ≤ 2

o.

(A.2) [3 puntos]ZZZ

Qcosh¡x2 + y2 + z2

¢3/2idV , siendoQ =

©(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0ª .

(B) [4 puntos] Calcular el volumen del sólido dentro del cilindro x2 + y2 = 4, acotado por arribapor la superficie 2x2 + 2y2 + z2 = 18 y por debajo por el plano z = 0.

Solución:

(A.1) Para calcular esta integral debemos describir la región R como una región horizontalmentesimple:

R =©(x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6 2, 0 6 x 6 2yª .

Asi, ZZRey

2dA =

Z 2

0

Z 2y

0ey

2dxdy =

Z 2

02yey

2dy = ey

2¯̄̄y=2y=0

= e4 − 1.

(A.2) Utilizando coordenadas esféricas, el sólido esférico Q puede escribirse en la forma

Q =n(ρ, θ,φ) : 0 6 θ 6 2π, 0 6 φ 6 π

2, 0 6 ρ 6 1

o.

Por tanto,ZZZQcosh¡x2 + y2 + z2

¢3/2idV =

Z 2π

0

Z π2

0

Z 1

0cos³¡ρ2¢3/2´

ρ2 senφdρdφdθ

=

Z 2π

0

Z π2

0

Z 1

0cos¡ρ3¢ρ2 senφdρdφdθ

=

Z 2π

0

Z π2

0

sen¡ρ3¢

3

¯̄̄̄¯ρ=1

ρ=0

senφdφdθ

=

Z 2π

0

Z π2

0

sen (1)

3senφdφdθ =

2

3π sen 1.

(B) La descripción del sólido en coordenadas cartesianas es

Q =

(x, y, z) ∈ R3 :−2 ≤ x ≤ 2

−√4− x2 ≤ y ≤ √4− x20 ≤ z ≤

p18− 2x2 − 2y2

y la descripción del mismo sólido en coordenadas cilíndricas es

Q =

(r, θ, z) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ r ≤ 2

0 ≤ z ≤ √18− 2r2

El volumen del sólido en coordenadas cartesianas sería

V (Q) =

ZZZQdV =

Z 2

−2

Z √4−x2

−√4−x2

Z √18−2x2−2y20

dzdydx,

Segundo Parcial. Curso 2003-04 178

pero las integrales que aparecen son complicadas de realizar. Pasando a coordenadas cilíndricas

V (Q) =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z 2

0

Z √18−2r2

0rdzdrdθ

=

Z 2π

0

Z 2

0r [z]

√18−2r2

0 dr dθ =

Z 2π

0

Z 2

0rp18− 2r2drdθ

= −14

Z 2π

0

·2

3

q(18− 2r2)3

¸20

dθ =π

3

³18√18− 10

√10´.

Examen de Junio. Curso 2003-04

PROBLEMA 1.-

(A) [3 puntos] Calcular A−1 sabiendo que los autovalores de A son1

3,1

2, y −1 con autovectores

asociados, respectivamente, (1, 0, 0), (1, 1, 0) y (0, 1, 1) .

(B) [5 puntos] Estudiar en función del parámetro a ∈ R la compatibilidad del sistemax1 + 2x2 + 3x3 = 3

−x1 + (a− 1)x2 − 3x3 = 3 + 6a−2x2 + (−a− 3)x3 = −6

¿Para qué valores de a es regular la matriz de los coeficientes?

¿Para qué valores de a existe la descomposición LU de la matriz de los coeficientes?. Encontrardicha descomposición para todos los valores de a para los que sea posible y utilizarla para resolverel sistema para a = 2.

(C) [2 puntos] Estimar, con una precisión de tres cifras decimales exactas y tomando como puntoinical x1 = 0.5, el punto del primer cudrante en el que se cortan las curvas y = cos (2x) e y =

x

2.

Solución:

(A) Sabemos que si λ es autovector de una matriz regular A con autovector asociado x entonces

λ es no nulo y1

λes autovalor de A−1 con el mismo autovector asociado x. Por lo tanto, los

autovectores de A−1 son 3, 2,−1 con autovectores asociados (1, 0, 0) , (1, 1, 0) , (0, 1, 1). Así, lamatriz

A−1 = PDP−1 =

1 1 00 1 10 0 1

3 0 00 2 00 0 −1

1 1 00 1 10 0 1

−1 ==

1 1 00 1 10 0 1

3 0 00 2 00 0 −1

1 −1 10 1 −10 0 1

=

=

3 2 00 2 −10 0 −1

1 −1 10 1 −10 0 1

=

3 −1 10 2 −30 0 −1

La inversa de P =

1 1 00 1 10 0 1

se ha calculado por el método de Gauss-Jordan:

179

Examen de Junio. Curso 2003-04 180

1 1 0 1 0 00 1 1 0 1 00 0 1 0 0 1

F23(−1)−→ 1 1 0 1 0 00 1 0 0 1 −10 0 1 0 0 1

F12(−1)−→ 1 0 0 1 −1 10 1 0 0 1 −10 0 1 0 0 1

.

Por tanto, P−1 =

1 −1 10 1 −10 0 1

.(B) Para estudiar el sistema escalonamos previamente la matriz ampliada realizando transforma-

ciones elementales. 1 2 3−1 a− 1 −30 −2 −a− 3

33 + 6a−6

F21(1)−→ 1 2 3

0 a+ 1 00 −2 −a− 3

36 + 6a−6

P23−→

1 2 30 −2 −a− 30 a+ 1 0

3−6

6 + 6a

F2(−1/2)−→ 1 2 3

0 1 a+32

0 a+ 1 0

33

6 + 6a

F32(−(a+1))−→

1 2 30 1 a+3

2

0 0 − (a+1)(a+3)2

33

3 + 3a

.Una vez que la matriz ampliada está escalonada podemos decidir la compatibilidad en funcióndel parámetro a:

Parámetro Compatibilidada 6= −1 y a 6= −3 Compatible Determinado

a = −1 Compatible Indeterminadoa = −3 Incompatible

De los cálculos hechos anteriormente es claro que la matriz de los coeficientes es regular si y sólosi a 6= −1 y a 6= −3, pues un sistema cuadrado es compatible determinado si y sólo si su matrizde coeficientes es regular.

Para obtener la descomposición LU de la matriz A debemos realizar transformaciones elemen-tales hasta llevar la matriz A a una matriz triangular superior (con unos en la diagonal) sinintercambiar filas.

A =

1 2 3−1 a− 1 −30 −2 −a− 3

F21(1)−→ 1 2 30 a+ 1 00 −2 −a− 3

F2( 1a+1)−→

Si a6=−1

1 2 30 1 00 −2 −a− 3

F32(2)−→

1 2 30 1 00 0 −a− 3

F3(− 1a+3)−→

Si a6=−3

1 2 30 1 00 0 1

. Por tanto, existe descomposición LU de la matriz

A siempre que a 6= −1 y a 6= −3. En este caso la matrices de la descomposición son

L =

1 0 0−1 a+ 1 00 −2 −a− 3

y U =

1 2 30 1 00 0 1

.

Examen de Junio. Curso 2003-04 181

Para a = 2 obtenemos L =

1 0 0−1 3 00 −2 −5

, U =

1 2 30 1 00 0 1

y el sistema que tenemos

que resolver en este caso es

LUx = b =

315−6

. Llamando Ux = y y Ly = b, los sistemas triangulares que debemos

resolver son:

Primero: Ly = b =⇒y1 = 3,−y1 + 3y2 = 15,−2y2 − 5y3 = −6,

, cuya solución es

y1 = 3,y2 = 6,

y3 = −65.

Segundo Ux = y =⇒

x1 + 2x2 + 3x3 = 3,x2 = 6,

x3 = −65,

y la solución del sistema inicial es

x1 = −27

5,

x2 = 6,

x3 = −65.

(C) Para calcular el punto donde se cortan las curvas debemos resolver el sistema de ecuaciones(y = cos (2x)

y =x

2

⇒ cos (2x) =x

2⇔ x

2− cos (2x) = 0⇔ x− 2 cos (2x)

2= 0⇔ x− 2 cos (2x) = 0.

Llamamos h (x) a la fución h (x) = x− 2 cos (2x) y el problema se reduce a encontrar el cero dela función h(x).

Recordamos que el método de Newton proporciona una sucesión de valores que se van aproxi-mando a una solución c de h(x) = 0. Dicha sucesión se obtiene de forma iterativa mediante

la fórmula xn+1 = xn − h(xn)

h0(xn), para n = 1, 2, ... y es conveniente colocar los datos que vamos

obteniendo en una tabla como la que sigue:

n xn h (xn) h0 (xn)h (xn)

h0 (xn)xn+1 = xn − h (xn)

h0 (xn)1 0.5 −0.580605 4.365884 −0.132987 0.632987

2 0.632987 0.0327396 4.815601 0.006798 0.626189

3 0.626189 0.000059 4.78927 0.000012 0.626177

Como |x3 − x2| = 0.000012 < 0.001, obtenemos que la solución pedida es c ' x3 = 0.626177,y el punto aproximado en el que se cortan las gráficas es P (0.626177, 0.313088), ya que x3/2 =0.313088.

PROBLEMA 2.-

(A) [4 puntos] Sean W1 y W2 los subespacios vectoriales de R3 de ecuaciones

W1 ≡ x+ 2y − 3z = 0 y W2 ≡½

x− y = 0,y + 3z = 0.

Encontar bases ortonormales para los subespacios W1 y W2.

Calcular la proyección ortogonal del vector b = (1,−1, 2) sobre los subespacios W1 y W2.

(B) [3 punto] Encontar la recta que mejor se aproxima, en el sentido de los mínimos cuadrados, ala nube de puntos (−1, 0), (0, 1), (1, 1) , (2, 3) .

Examen de Junio. Curso 2003-04 182

(C) [3 punto] La base y la altura de un triángulo isósceles miden, respectivamente, 6 unidades y 12unidades. Encontrar las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede situarse dentrodel triángulo con uno de sus lados sobre la base del mismo.

Solución:

(A) Calculamos en primer lugar bases ortonormales para los subespacios W1 y W2.

Como dim (W1) = 3− {número de ecuaciones implícitas independientes} = 3 − 1 = 2, tenemosque una base B1 de W1 está formada por dos vectores independientes que pertenezcan al sube-spacioW1. Luego, resolviendo x+2y−3z = 0, B1 = {(2,−1, 0) , (3, 0, 1)} es baseW1. UtilizamosGram-Schimdt para obtener una base ortogonal de W1

b1 = (2,−1, 0)

b2 = (3, 0, 1)− 65(2,−1, 0) =

µ3

5,6

5,5

5

¶Ortonormalizando esta base obtenemos una base ortonormal

B1ORT = {v1, v2} =½µ

2√5,− 1√

5, 0

¶,

µ3√70,6√70,5√70

¶¾.

Como dim (W2) = 3− {número de ecuaciones implícitas independientes} = 3− 2 = 1. Tenemosque una base B2 de W2 está formada por un vector independiente (por tanto, no nulo) quepertenezca al subespacio W2. Luego, una base es B2 = {(3, 3,−1)}. Ortonormalizando esta baseobtenemos una base ortonormal

B2ORT = {u1} =½µ

3√19,3√19,− 1√

19

¶¾Una vez obtenidas la bases ortonormales es fácil obtener la proyección ortogonal del vector bsobre cada uno de los subespacios.

proyW1(b) = (b · v1) v1 + (b · v2) v2 = 3√

5

µ2√5,− 1√

5, 0

¶+

7√70

µ3√70,6√70,5√70

¶=

µ6

5,−35, 0

¶+

µ21

70,42

70,35

70

¶=

µ105

70, 0,35

70

¶=

µ21

14, 0,

7

14

¶=

µ3

2, 0,1

2

¶.

proyW2(b) = (b · u1)u1 = −2√

19

µ3√19,3√19,− 1√

19

¶=

µ− 619,− 619,2

19

¶.

Observese que la proyección proyW1(b) también puede obtenerse de una forma sencilla obtenien-

do previamente la proyección sobre el subespacio ortogonalW⊥1 . Puesto queW

⊥1 = lin ({(1, 2,−3)}),

deducimos que

proyW⊥1(b) = −1

2(1, 2,−3) =

µ−12,−22,3

2

¶y así,

proyW1(b) = b− proyW⊥

1(b) = (1,−1, 2)−

µ−12,−22,3

2

¶=

µ3

2, 0,1

2

¶.

Examen de Junio. Curso 2003-04 183

(B) Escribimos la recta de mejor aproximación en la forma y = mx+ n. Imponiendo que los puntosde la nube pertencezcan a dicha recta, obtenemos el sistema de ecuaciones

−m+ n = 0n = 1

m+ n = 12m+ n = 3

El sistema normal asociado es ½6m+ 2n = 72m+ 4n = 5

ya que AtA =µ −1 0 1 2

1 1 1 1

¶−1 10 11 12 1

=

µ6 22 4

¶y Atb =

µ −1 0 1 21 1 1 1

¶0113

=

µ75

¶Resolviendo el sistema anterior, la pseudosolución es m = 9

10 , n =45 y la recta de mejor aproxi-

mación en el sentido de los mínimos cuadrados es y = 910x+

45 .

(C) Si llamamos x a la mitad de la base del rectángulo e y a su altura (ver Figura 43), tenemos queel área del rectángulo es A = 2xy. Donde las variables x e y verifican la condición 0 ≤ x ≤ 3 e0 ≤ y ≤ 12.

x

x/2

6

y

12

Figura 43: Dimensiones del rectánglo dentro del triángulo isósceles.

Utilizando semejanza de triángulos obtenemos quey

12=3− x6. Despejando y en función de x

obtenemos y = 6 − 2x. Ahora sustituimos en la fórmula del área obtenida antes y obtenemosA(x) = 12x− 4x2 con 0 ≤ x ≤ 3.El problema se reduce a obtener el máximo absoluto de la función A(x) en el intervalo [0, 3] .Buscamos los puntos críticos de esta función, que son aquellos en los que A0(x) = 12− 8x = 0.

Examen de Junio. Curso 2003-04 184

Luego, el único punto crítico es x =3

2, que pertenece al intervalo (0, 3) . Ahora sustituimos

este valor y los valores extremos en la función y seleccionamos el mayor valor: A(0)A(3) = 0 y

A

µ3

2

¶= 9. Por consiguiente, el máximo absoluto se obtiene para x =

3

2y las dimensiones del

rectángulo de área máxima son 2x = 3 para la base y 3 para la altura.

PROBLEMA 3.-

(A) [2 puntos] Dados los números complejos z1 = −√3 + i y z2 = 8eπi. Calcular, z61 y 3

√z2. Todos

los resultados deben darse en forma binómica.

(B) [3 puntos] Calcular las siguientes integrales:Zdt

t2 + 2t+ 1;

Zdx

1 + senx;

Z ln 2

0xe−xdx.

(C) [2 puntos] Sea R la región encerrada entre las gráficas de ecuaciones y = e−x, y =1

2y x = 0.

Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando la región R gira entorno del eje OY.

(D) [3 puntos] Determinar si los campos

~F1 (x, y) = 3x~i− (2x− 3y)~j

y

~F2 (x, y) =£2xy cos

¡x2y

¢+ 1¤~i+

£x2 cos

¡x2y

¢− 2y¤~json conservativos. En caso afirmativo, encontrar una función potencial.

Calcular ZC3x dx− (2x− 3y) dy

y ZC

£2xy cos

¡x2y

¢+ 1¤dx+

£x2 cos

¡x2y

¢− 2y¤ dy,siendo C la unión de los segmentos rectos que van desde el punto (3, 2) al punto (3, 0) y desdeel punto (3, 0) al punto (0, 2) .

Solución:

(A) Calculamos el módulo y el argumento de cada uno de los números complejos y los escribimos enforma polar para hacer la potencia y las raices.

|z1| =√3 + 1 = 2 y θ1 = arctg

µ− 1√

3

¶=5π

6, ya que z1 pertenece al segundo cuadrante. Por

lo tanto, z1 = 2 5π6

|z2| = 8 y θ2 = π Por lo tanto z2 = 8π = (−8).Ahora z61 = (2)

6

6.5π

6

= 645π = 64π = 64 (cos(π) + i sen (π)) = −64.

Examen de Junio. Curso 2003-04 185

Si llamamos w0 = sβ0 , w1 = sβ1 , w2 = sβ2 , a las raices cúbicas de z2 sabemos que s =√8 = 2,

β0 =π

3, β1 =

π

3+2π

3= π y β2 =

π

3+4π

3=5π

3. Por lo tanto las raíces cúbicas de z2 son:

w0 = 2³cos(

π

3) + i sen

³π3

´´= 1 +

√3i,

w1 = 2 (cos(π) + i sen (π)) = −1,

w3 = 2

µcos(

3) + i sen

µ5π

3

¶¶= 1−

√3i.

(B) La integralZ

dt

t2 + 2t+ 1es inmediata ya que

Zdt

t2 + 2t+ 1=

Zdt

(t+ 1)2= − 1

t+ 1+ C.

Para calcula la integralZ

dx

1 + senxrealizamos el cambio de variable tg

x

2= t. De donde, obtene-

mos dx =2dt

t2 + 1y senx =

2t

t2 + 1. Sustituyendo estos valores en la integral se obtiene:

Zdx

1 + senx=

Z 2dt

t2 + 1

1 +2t

t2 + 1

=

Z 2dt

t2 + 1t2 + 1 + 2t

t2 + 1

= 2

Zdt

t2 + 2t+ 1= − 2

t+ 1+ C

= − 2

tgx

2+ 1

+ C

Para obtenerZ ln 2

0xe−xdx, calculamos una primitiva por el método de integración por partes:½

u = xdv = e−xdx =⇒

½du = dxv = −e−x ⇒ R

xe−xdx = −xe−x + R e−xdx = −xe−x − e−x. Por con-siguiente, Z ln 2

0xe−xdx =

£−xe−x − e−x¤ln 20= − ln 2

2− 12+ 1 =

1− ln 22

.

(C) Calculamos el volumen cuando la región gira entorno del eje OY por el método de las capas ypor el de los discos.

Método de las capas (ver Figura 44):

V = 2π

Z ln 2

0x

µe−x − 1

2

¶dx = 2π

µZ ln 2

0xe−xdx−

Z ln 2

0x1

2dx

¶=

= 2π

Ã1− ln 22

−·x2

4

¸ln 20

!= 2π

Ã1− ln 22

− (ln 2)2

4

!=

= π

Ã2− 2 ln 2− (ln 2)2

2

!.

Examen de Junio. Curso 2003-04 186

1/2

x

y

ln(2)

y = e-x

h(x)=1/2-e-x

p(x)=x

Figura 44: Gráfica de la función y = e−x.

Método de los discos

En primer lugar, despejamos de la ecuación que nos da la función y = e−x para obtenerx en función de y, teniendo x = − ln y. Entonces, el volumen por el método de los discoses V = π

Z 1

12

(ln y)2 dy. Para calcular esta integral obtenemos una primitiva por el método

de integración por partes.½u = (ln y)2

dv = dy=⇒

du = 2 ln y1

ydy

v = y. Entonces

Z(ln y)2 dy =

y (ln y)2 − 2Zln ydy. Utilizando de nuevo el método de integración por partes obtenemos:½

u = ln ydv = dy

=⇒ du =

1

ydy

v = y.Z(ln y)2 dy = y (ln y)2 − 2

Zln ydy = y (ln y)2 − 2y ln y − 2y.

Por último, el volumen es

V = π

Z 1

12

(ln y)2 dy = πhy (ln y)2 − 2y ln y + 2y

i112

= π

Ã2− (ln 2)

2

2− ln 2− 1

!= π

Ã1− (ln 2)

2

2− ln 2

!

= π

Ã2− 2 ln 2− (ln 2)2

2

!.

(D) Como∂ (3x)

∂y= 0 y

∂ (−2x+ 3y)∂x

= −2 se tiene que el campo F1 no es conservativo. Por

otra parte como∂¡2xy cos

¡x2y

¢+ 1¢

∂y= 2x cos

¡x2y

¢− 2x3 sen ¡x2y¢ y ∂¡x2 cos

¡x2y

¢− 2y¢∂x

=

2x cos¡x2y

¢ − 2x3 sen ¡x2y¢ se tiene que el campo F2 es conservativo. En este caso, se puedeencontrar una función potencial del campo. Es decir, podemos encontrar una función f (x, y) tal

que∂f

∂x= 2xy cos

¡x2y

¢+1 y

∂f

∂y= x2 cos

¡x2y

¢−2y. Integrando la primera de estas identitadadesrespecto de x obtenemos

f (x, y) = sen¡x2y

¢+ x+ g (y) .

Examen de Junio. Curso 2003-04 187

Derivando esta identidad respecto de la variable y y comparando con la identidad que teníamosantes obtenemos g0 (y) = −2y. Por lo tanto, g (y) = −y2 y una función potencial para el campoconservativo F2 es

f (x, y) = sen¡x2y

¢+ x− y2

Utilizando ahora el teorema fundamental de las integrales de línea es inmediato calcularZC

£2xy cos

¡x2y

¢+ 1¤dx+

£x2 cos

¡x2y

¢− 2y¤ dy = f (0, 2)− f(3, 2)= −4− (sen (18) + 3− 4) = −3− sen (18)

Para calcular la segunda de las integrales debemos parametrizar el arco C. Sea C1 el segmentoque une los puntos (3, 2) y (3, 0) y C2 el segmento que une los puntos (3, 0) y (0, 2). Unaparametrización de C1 es

C1 ≡½x = 3,y = 2− 2t, con t ∈ [0, 1] ,

mientras que una parametrización de C2 es

C2 ≡½x = 3− 3t,y = 2t,

con t ∈ [0, 1] .

Ahora calculamos la integral de línea pedidaZC3x dx− (2x− 3y) dy =

ZC1

3x dx− (2x− 3y) dy +ZC2

3x dx− (2x− 3y) dy

= 12

Z 1

0tdt+

Z 1

0(−39 + 51t) dt = [6t]10 +

·−39t+ 51

2t2¸10

= 6− 39 + 512= −15

2.

PROBLEMA 4.-

(A) [3 puntos] Calcular el volumen del sólido interior al cono z =px2 + y2 y debajo del plano

z = 4, utilizando coordenadas cilíndricas y coordenadas esféricas.

(B) [3 puntos] Determinar los extremos absolutos de la función f(x, y) = (x− 3)2 + y2 sobre laregión R = ©(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, x2 ≤ y ≤ 4xª .

(C) [1.5 puntos] Sabiendo que la ecuación cos(y2z) + ln(x2 + z2) = 0 define a z como función

implícita de x e y, calcular∂z

∂xy∂z

∂y.

(D) [1.5 puntos] CalcularRR

R sen³y3+12

´dA, siendo R la región encerrada por las gráficas de las

funciones y =√x, y = 1 y x = 0.

Solución:

Examen de Junio. Curso 2003-04 188

(A) La ecuación del cono z =px2 + y2 en coordenadas cilíndricas es z = r y en esférica es φ =

π

4. La

ecuación del plano z = 4 en coordenadas cilíndricas z = 4 y en esférica ρ =4

cosφ. La descripción

del sólido en cartesianas es

Q =

(x, y, z) ∈ R3 :−4 ≤ x ≤ 4

−√16− x2 ≤ y ≤ √16− x2px2 + y2 ≤ z ≤ 4

la descripción del mismo sólido en coordenadas cilíndricas es

Q =

(r, θ, z) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ r ≤ 4r ≤ z ≤ 4

y la descripción del mismo sólido en coordenadas esféricas es

Q =

(ρ, θ,φ) ∈ R3 :0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ φ ≤ π

4

0 ≤ z ≤ 4

cosφ

El volumen en coordenadas cilíndricas es

V =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z 4

0

Z 4

rrdz dr dθ =

Z 2π

0

Z 4

0

¡4r − r2¢ dr dθ

=

Z 2π

0

·2r2 − r

3

3

¸40

dθ =64π

3

y en coordenadas esféricas es:

V =

ZZZQdV =

Z 2π

0

Z π4

0

Z 4cosφ

0ρ2 senφ dρdφdθ =

1

3

Z 2π

0

Z π4

0

43

cos3 φsenφ dφdθ

=64

3

Z 2π

0

·1

2 cos2 φ

¸π4

0

dθ =64

3

µ1− 1

2

¶Z 2π

0dθ =

64π

3.

(B) Puesto que f es diferenciable en todo R2, sus puntos críticos son aquellos que anulan simulténea-mente a sus dos derivadas parciales de primer orden. Es decir, son las soluciones del sistema

∂f

∂x(x, y) = 2x− 6 = 0.

∂f

∂y(x, y) = 2y = 0.

La resolución de este sistema es directa y el único punto crítico de f es el punto (3, 0). Obsérveseque este punto crítico no pertenece a la región R. Ahora estudiamos los puntos críticos en lafrontera. Dividimos la frontera en dos partes.

En primer lugar, el segmento

F1 =©(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 4, y = 4x

ª

Examen de Junio. Curso 2003-04 189

y el trozo de parábola

F2 =©(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 4, y = x2

ª.

De esta forma, la función f restringida a F1 viene dada por

g(x) = f (x, 4x) = 17x2 − 6x+ 9, x ∈ [0, 4].

Los puntos críticos de g en el intervalo abierto (0, 4) son los que anulan a su derivada

g0(x) = 34x− 6 = 0.

En este caso, sólo tenemos un punto crítico x =3

17y los puntos a tener en cuenta en la frontera

F1 son: (0, 0), (4, 16) yµ3

17,12

17

¶.

A continuación hacemos lo propio con la frontera F2. En este caso, la función f se reduce a

t(x) = f¡x, x2

¢= x4 + x2 − 6x+ 9, x ∈ [0, 4]

y los puntos críticos de t en el intervalo (0, 4) se obtienen resolviendo la ecuación

t0(x) = 4x3 + 2x− 6 = 0.

Usando la regla de Rufini, esta ecuación nos proporciona un único punto crítico x = 1 y lospuntos a considerar en la frontera F2 son:(0, 0), (4, 16) y (1, 1).

Sólo nos queda evaluar f en los puntos obtenidos:

f(0, 0) = 9f(4, 16) = 257

f

µ3

17,12

17

¶=144

17f (1, 1) = 5

Por lo tanto el máximo de f restringida a R es 257 y su máximo se alcanza en el punto (4, 16) ysu valor mínimo (también restringida a R) es 5 y éste valor mínimo se alcanza en el punto (1, 1).

(C) Derivamos implicitamente, respecto de la variable x, la ecuación cos(y2z) + ln(x2 + z2) = 0:

− sen(y2z).y2.∂z∂x+

1

(x2 + z2)(2x+ 2z)

∂z

∂x= 0

Agrupando términos semejantes se obtiene

∂z

∂x

µ− sen(y2z).y2 + 2z

(x2 + z2)

¶+

2x

(x2 + z2)= 0.

Despejamos y obtenemos

∂z

∂x=

−2x2z − y2(x2 + z2) sen(y2z) .

Examen de Junio. Curso 2003-04 190

Ahora derivamos, respecto de la variable y, la ecuación cos(y2z) + ln(x2 + z2) = 0:

− sen(y2z).µ2yz + y2

∂z

∂y

¶+

2z

(x2 + z2)

∂z

∂y= 0

Agrupamos términos semejantes y tenemos

∂z

∂y

µ− sen(y2z).y2 + 2z

(x2 + z2)

¶− 2yz sen(y2z) = 0.

Despejamos y obtenemos

∂z

∂y=

2yz(x2 + z2) sen(y2z)

2z − y2(x2 + z2) sen(y2z) .

(D) La descripción de la región R en coordenadas cartesianas (como región horizontalmente simple)es

R =©(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y2ª

y la integral doble se calcula mediante integración iteradaZZRsen

µy3 + 1

2

¶dA =

Z 1

0

Z y2

0sen

µy3 + 1

2

¶dxdy =

=

Z 1

0y2 sen

µy3 + 1

2

¶dy =

·−23cos

µy3 + 1

2

¶¸10

=

= −23

µcos 1− cos 1

2

¶.

Examen de Septiembre. Curso 2003-04

PROBLEMA 1.-

(A) [5 puntos] Estudiar, en función del parámetro real a, la compatibilidad del sistemax1 + x2 − x3 = 1,

x1 + ax2 + 3x3 = 2,2x1 + 3x2 + ax3 = 3.

¿Para qué valores de a es regular la matriz de coeficientes? Calcular, si es posible, la inversa deesta matriz para a = 3. ¿Cuál es la solución del sistema para este valor de a?

¿Para qué valores de a admite descomposición LU la matriz de coeficientes? Encontrar dichadescomposición para todos los posibles valores de a y utilizarla para resolver el sistema cuandoa = −1.

(B) [3 puntos] Se sabe que los únicos autovalores de una matriz simétrica A son λ1 = 6 y λ2 = −3;y que el subespacio propio asociado al primer autovalor λ1 es V (λ1) ≡ x+ 2y − 2z = 0.¿Es A ortogonalmente diagonalizable? En caso afirmativo, obtener una matriz diagonal D, unamatriz ortogonal P de forma que P tAP = D y la matriz A.

(C) [2 puntos] Encontar la recta que mejor se aproxima, en el sentido de los mínimos cuadrados, ala nube de puntos (0, 0), (2,−6) y (3, 5).

Solución:

(A) Para analizar la compatibilidad del sistema realizamos transformaciones elementales en su matrizampliada. 1 1 −1

1 a 32 3 a

123

F21(−1)−→F31(−2)

1 1 −10 a− 1 40 1 a+ 2

111

F2( 1a−1)−→

Si a6=1 1 1 −10 1 4

a−10 1 a+ 2

11a−11

F32(−1)−→ 1 1 −1

0 1 4a−1

0 0 (a−2)(a+3)a−1

11a−1(a−2)a−1

F3³

a−1(a−2)(a+3)

´−→

Si a6=2 y a6=−3 1 1 −10 1 4

a−10 0 1

11a−11a+3

.Así, si a 6= 1, a 6= 2 y a 6= −3, entonces el sistema es compatible determinado.Ahora estudiamos las casos a = 1, a = 2 y a = −3. Para ello, tendremos en cuenta parte de lastransformaciones elementales realizadas con anterioridad.

191

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 192

Si a = 1, el sistema es equivalente al que tiene por matriz ampliada

1 1 −10 0 40 1 3

111

y

es directo obsevar que éste es compatible determinado.

Si a = 2, la matriz ampliada queda, después de algunas tranformaciones elementales anteriores,como 1 1 −1

0 1 40 0 0

110

y el sistema es compatible indeterminado.

Si a = −3, las tranformaciones elementales nos llevan la matriz ampliada a la forma escalonada 1 1 −10 1 −10 0 0

1−1454

y el sistema inicial es incompatible.

Resumimos el estudio de compatibilidad en el siguiente cuadro:

Parámetro Compatibilidada 6= 2 y a 6= −3 Compatible Determinado

a = 2 Compatible Indeterminadoa = −3 Incompatible

Como el sistema es cuadrado, la matriz de coeficientes es regular si y sólo si el sistema escompatible determinado. En este caso, la matriz de coeficientes es regular si y sólo si a 6= 2 ya 6= −3.Por consiguiente, la matriz de coeficientes posee inversa para a = 3. Ahora calcularemos estainversa por el método de Gauss-Jordan. 1 1 −1

1 3 32 3 3

1 0 00 1 00 0 1

F21(−1)−→F32(−2)

1 1 −10 2 40 1 5

1 0 0−1 1 0−2 0 1

F2(1/2)−→

1 1 −10 1 20 1 5

1 0 0−12 1

2 0−2 0 1

F12(−1)−→F32(−1)

1 0 −30 1 20 0 3

32 −12 0−12 1

2 0−32 −12 1

F3(1/3)−→

1 0 −30 1 20 0 1

32 −12 0−12 1

2 0−12 −16 1

3

F13(3)−→F23(−2)

1 0 00 1 00 0 1

0 −1 112

56 −23

−12 −16 13

.La inversa es por tanto, 1 1 −1

1 3 32 3 3

−1 = 0 −1 1

12

56 −23

−12 −16 13

.La solución del sistema para a = 3 puede obtenerse fácilmente utilizando esta matriz inversa x1

x2x3

=

1 1 −11 3 32 3 3

−1 123

=

0 −1 112

56 −23

−12 −16 13

123

=

11616

.Teniendo en cuenta las transformaciones elementales del principio, la descomposición LU de lamatriz de coeficientes existe si y sólo si a 6= 1, a 6= 2 y a 6= −3. En este caso, las matrices de tal

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 193

descomposición son:

L =

1 0 01 a− 1 0

2 1 (a−2)(a+3)a−1

y U =

1 1 −10 1 4

a−10 0 1

.Utilizando la descomposición LU, la resolución del sistema Ax = b se lleva a cabo resolviendolos sistemas triangulares Ly = b y Ux = y. El primer de los sistemas para a = −1 es 1 0 0

1 −2 02 1 3

y1y2y3

=

123

y resolviéndolo por el método de bajada obtenemos su única solución: y1 = 1, y2 = −12 , y3 = 1

2 .

Utilizando ahora el método de subida, la única solución del sistema triangular superior 1 1 −10 1 −20 0 1

x1x2x3

=

1−1212

es: x1 = 1, x2 = 1

2 , x3 =12 ; y ésta es la solución única del sistema inicial.

(B) La matriz A es ortogonalmente diagonalizable, pues es simétrica. Ahora, para obtener unamatriz diagonal D y una matriz ortogonal P de forma que P tAP = D, debemos encontrar elsegundo subespacio propio.

Como A es simétrica, los subespacios propios asociados a autovalores diferentes son ortogonales.Así, puesto que V (λ1) ≡ x+ 2y − 2z = 0 se deduce que V (λ2) = V (λ1)⊥ = lin ({(1, 2,−2)}).Para calcular una matriz de paso ortogonal debemos obtener bases ortonormales para los dossubespacios propios.

Denominando v3 = (1, 2,−2), es directo ver que el conjuntonp3 =

v3kv3k

o=©¡

13 ,23 ,−23

¢ªforma

una base ortornormal del subespacio propio V (λ2).

De la ecuación x+ 2y − 2z = 0 se deduce que el conjunto {v1 = (−2, 1, 0), v2 = (2, 0, 1)} es unabase del subespacio propio V (λ1). El método de Gram-Schmidt nos proporcionará una baseortonormal para este subespacio.

p1 =v1kv1k =

³−2√5, 1√

5, 0´

q2 = v2 − (v2 · p1) p1 = (2, 0, 1)−³(2, 0, 1) ·

³−2√5, 1√

5, 0´´³

−2√5, 1√

5, 0´=¡25 ,45 , 1¢.

p2 =q2kq2k =

( 25 ,45,1)

k( 25 , 45 ,1)k =³

23√5, 4

3√5, 5

3√5

´.

Por consiguiente, la matriz diagonal D y la matriz de paso ortogonal P son:

D =

λ1 0 00 λ1 00 0 λ2

=

6 0 00 6 00 0 −3

y P =¡p1 p2 p3

¢=

−2√5

23√5

13

1√5

43√5

23

0 53√5−23

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 194

Por último, la matriz A es

A = PDP t =

−2√5

23√5

13

1√5

43√5

23

0 53√5−23

6 0 00 6 00 0 −3

−2√5

23√5

13

1√5

43√5

23

0 53√5−23

t

=

=

5 −2 2−2 2 42 4 2

.(C) Si denominamos y = mx + n a la recta de mejor aproximación, entonces

µmn

¶es la pseu-

dosolución del sistema 0 12 13 1

µ mn

¶=

0−65

.

Puesto que

0 12 13 1

t 0 12 13 1

=

µ13 55 3

¶y

0 12 13 1

t 0−65

=

µ3−1

¶, el sistema

normal asociado es µ13 55 3

¶µmn

¶=

µ3−1

y su única solución esµmn

¶=

µ1−2

¶.

Así, la recta de mejor aproximación es la de ecuación y = x− 2.

PROBLEMA 2.-

(A) Calcular, de las dos formas que a continuación se exponen, la mínima distancia del punto(−1, 4,−7) al plano x+ 2y − 3z = 0.

(i) [1 puntos] Utilizando proyecciones ortogonales.

(ii) [3 puntos] Describiendo el problema como uno de minimización de dos variables y encon-trando el mínimo relativo de la función objetivo.

(B) [4 puntos] Encontrar los extremos absolutos de la función f(x) = x2 − sen (2x) en el intervalo[0, π4 ] y realizar un esbozo de la gráfica de f en dicho intervalo.

Si tienes que resolver alguna ecuación por el método de Newton, toma como punto inicial x1 = 0.5y calcula la solución con un error menor que 10−3.

(C) [2 puntos] Calcular el área de la región acotada por la gráfica de y = 18x2√x2+9

y las rectas

x =√3, x = 3

√3 e y = 0.

Indicación: Para resolver la integral es conveniente realizar el cambio x = 3 tg t.

Solución:

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 195

(A) Denominemos W al plano de ecuación x+ 2y − 3z = 0 y sea b = (−1, 4,−7).(i) Sabemos que la proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio nos proporciona la

mínima distancia al subespacio. Así, la menor distancia del vector b al subespacio W vienedada por

d = kb− proyW bk = kproyW⊥ bk .El subespacio ortogonal deW ≡ x+2y−3z = 0 puede escribirse en la formaW⊥ = lin ({v}),siendo v = (1, 2,−3). Entonces, la proyección ortogonal del vector b sobre el subespacioW⊥ es

proyW⊥ b =b · vv · vv =

(−1, 4,−7) · (1, 2,−3)(1, 2,−3) · (1, 2,−3) (1, 2,−3) = (2, 4,−6).

Por tanto, la distancia pedida vale d = kproyW⊥ bk = k(2, 4,−6)k = √56 = 2√14.(ii) La distancia entre los puntos (x, y, z) y (−1, 4,−7) está dada por

d =p(x+ 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2.

Si el punto (x, y, z) pertenece al plano W ≡ x + 2y − 3z = 0, entonces x = 3z − 2y y portanto, la distancia de b al plano W coincide con el mínimo de la función

d(y, z) =p(3z − 2y + 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2

donde (y, z) ∈ R2.Nótese que el mínimo de la función d(y, z) se alcanza en el mismo punto que el mínimo desu cuadrado, por lo que trabajaremos con la función sin raíz cuadrada; es decir, buscaremosel mínimo de la función

f(y, z) = (3z − 2y + 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2.Los puntos críticos de f son las soluciones del sistema

∂f

∂y(y, z) = 2(−2)(3z − 2y + 1) + 2(y − 4) = 0,

∂f

∂z(y, z) = 2 · 3(3z − 2y + 1) + 2(z + 7) = 0.

Este sistema se reduce a la forma½5y − 6z = 6,−6y + 10z = −10 y su única solución es y = 0, z = −1.

Por consiguiente, el único punto crítico de f es el punto (0,−1).A continuación, calisificaremos este punto crítico.

Puesto que∂2f

∂y2= 10,

∂2f

∂z2= 20 y

∂2f

∂y∂z= −12, se tiene que

∂2f

∂y2= 10 > 0,

∂2f

∂y2· ∂

2f

∂z2−µ

∂2f

∂y∂z

¶2= 10 · 20− (−12)2 = 56 > 0

y así, el punto crítico (0,−1) es un mínimo relativo.En consecuencia, la distancia de b al plano W es

d(0,−1) =p(−3 + 1)2 + (−4)2 + (−1 + 7)2 = 2

√14.

Nota: Obsérvese que la distancia de b = (−1, 4,−7) al plano W ≡ x + 2y − 3z = 0 puedeobtenerse directamente desde nociones básicas de geometría analítica:

d = |−1+2·4−3·(−7)|√12+22+(−3)2 =

28√14= 2√14.

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 196

(B) Como la función f(x) = x2− sen (2x) es derivable en todo el intervalo (0, π4 ), sus puntos críticosson aquellos de dicho intevalo que anulan a su derivada f 0(x) = 2x− 2 cos(2x) = 2(x− cos(2x));es decir, para obtener los puntos críticos de f debemos resolver la ecuación x− cos(2x) = 0 conx ∈ (0, π4 ). No obstante, probaremos en primer lugar que esta ecuación posee solución y que esúnica en el intervalo (0, π4 ).

Denominemos g(x) = x − cos(2x). Puesto que la función g es continua en el intervalo cerrado[0, π4 ], g(0) = −1 < 0 y g

¡π4

¢= π

4 −cos¡2 · π4

¢= 1

4π > 0, el Teorema de Bolzano nos garantiza laexistencia de al menos una solución de la ecuación g(x) = 0 en el intervalo (0, π4 ). Seguidamenteprobaremos que esta solución es única.

La derivada de la función g verifica g0(x) = 1 + 2 sen(2x) > 0, ya que x ∈ (0, π4 ), luego g esestrictamente creciente y por tanto, la ecuación g(x) = 0 posee una única solución x∗ en elintervalo (0, π4 ).

Además, g(x) < 0 para x ∈ (0, x∗) y g(x) > 0 si x ∈ (x∗, π4 ). Por consiguiente, f 0(x) = 2g(x) < 0para x ∈ (0, x∗) y f 0(x) = 2g(x) > 0 si x ∈ (x∗, π4 ). Así, la función f es estrictamente decrecienteen el intervalo (0, x∗) y estrictamente creciente en el intervalo (x∗, π4 ). En consecuencia, frestringida al intervalo [0, π4 ] alcanza su mínimo relativo en el punto x

∗.

Para conocer el valor del máximo debemos evaluar f en los extremos del intervalo. Puesto quef(0) = 0 y f

¡π4

¢=¡π4

¢2−sen(2π4 ) = 116π

2−1 < 0, deducimos que f alcanza su máximo absolutoen el punto x = 0 y su valor máximo es f(0) = 0. Más aún, la función nunca se anula en elintervalo abierto (0, π4 ).

Con los datos anteriores un esbozo de la gráfica de f en el intervalo [0, π4 ] puede verse en laFigura 45.

x* π/4

f(x*)

x y

Figura 45:

Por último, determinaremos el valor x∗ donde se alcanza el mínimo absoluto aplicando el métodode Newton a la ecuación g(x) = x − cos(2x) = 0. Tomaremos como punto incial x1 = 0.5 ydetendremos el proceso cuando el error menor sea menor que 10−3. Los cálculos del método

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 197

iterativo se recogen en la siguiente tabla.

n xn g (xn) g0 (xn)g (xn)

g0 (xn)xn+1 = xn − g (xn)

g0 (xn)1 0.5 −0.04030231 2.68294197 −0.01502168 0.51502168

2 0.51502168 0.000240018 2.71464263 0.000088416 0.51493327

Como |x3 − x2| = 0.000088416 < 0.001, obtenemos que el valor x∗ donde se alcanza el mínimoabsoluto es x∗ ' x3 = 0.51493327 y el mínimo absoluto es f (x∗) ' f (x3) = x23 − sen (2x3) =−0.59207400.

(C) La función f(x) = 18x2√x2+9

es siempre positiva; por tanto, el área que se solicita puede calcularsepor medio de la siguiente integral:

A =

Z 3√3

√3

18

x2√x2 + 9

dx.

Para determinar el valor de esta integral realizamos, como nos indican, el cambio de variablex = 3 tg t. Así, dx = 3 sec2 tdt = 3

¡tg2 t+ 1

¢dt, los límites de integración quedan

√3 = 3 tg t =⇒ tg t =

√3/3 =⇒ t = π/6

3√3 = 3 tg t =⇒ tg t =

√3 =⇒ t = π/3

y el valor de la integral, es decir, del área, es

A =

Z 3√3

√3

18

x2√x2 + 9

dx =

Z π/3

π/6

18

9 tg2 tp9 tg2 t+ 9

3¡tg2 t+ 1

¢dt =

=

Z π/3

π/6

18

9 tg2 tp9 tg2 t+ 9

3¡tg2 t+ 1

¢dt = 2

Z π/3

π/6

sec t

tg2 tdt = 2

Z π/3

π/6

cos t

sen2 tdt =

= 2

Z π/3

π/6sen−2 t cos tdt = 2

sen−2+1 t−2 + 1

¯̄̄̄π/3π/6

=−2sen t

¯̄̄̄π/3π/6

=

=−2

senπ/3+

2

senπ/6=−4√3+ 4 = 4

µ1− 1√

3

¶.

PROBLEMA 3.-

(A) [4 puntos] Calcular la siguiente integral indefinidaZ2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2 (x2 + 2x+ 5)dx.

Encontrar, en el caso de convergencia, el valor de la integral impropiaZ +∞

1

2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2 (x2 + 2x+ 5)dx.

(B) Calcular, de las dos formas siguientes, el volumen interior al paraboloide z = 1+x2+y2 y debajodel plano z = 2.

(i) [2 puntos] Considerando el sólido como uno de revolución.

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 198

(ii) [2 puntos] Describiendo el volumen como una integral doble y resolviendo dicha integralusando coordenadas polares.

(C) [2 puntos] Dados los números complejos z1 = 16eiπ y z2 = −1 −√3i, calcular 4

√z1 y z32 .

Expresar todos los resultados en forma binómica.

Solución:

(A) Para resolver la integral, en primer lugar, descomponemos la función racional en fraccionessimples:

2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2(x2 + 2x+ 5)=

A

x+ 2+

B

(x+ 2)2+

Cx+D

x2 + 2x+ 5

Operando e igualando numeradores se tiene

2x2 + 10x+ 7 = A(x+ 2)¡x2 + 2x+ 5

¢+B

¡x2 + 2x+ 5

¢+ (Cx+D) (x+ 2)2 . (5)

Tomando x = −2, se deduce que −5 = 5B y por consiguiente B = −1. Ahora, desarrollando elsegundo miembro de (5) e igualando coeficientes conseguimos

A+ C = 0,

4A+B + 4C +D = 2,

9A+ 2B + 4C + 4D = 10,

10A+ 5B + 4D = 7,

y puesto que B = −1, llegamos al sistema de ecuacionesA+ C = 0,

4A+ 4C +D = 3,10A+ 4D = 12,

cuya única solución es A = 0, C = 0,D = 3. Esto es, la descomposición en fracciones simples es

2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2(x2 + 2x+ 5)=

−1(x+ 2)2

+3

x2 + 2x+ 5

y la primitiva se calcula directamenteZ2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2 (x2 + 2x+ 5)dx =

Z −1(x+ 2)2

dx+

Z3

x2 + 2x+ 5dx =

=1

x+ 2+

Z3

(x+ 1)2 + 4dx =

1

x+ 2+3

2

Z1/2¡

x+12

¢2+ 1

dx =

=1

x+ 2+3

2arctg

µx+ 1

2

¶+ C

Para estudiar la convergencia de la integral impropiaR +∞1

2x2+10x+7(x+2)2(x2+2x+5)

dx, debemos tener encuenta cómo se define ésta:Z +∞

1

2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2 (x2 + 2x+ 5)dx = lim

b→+∞

Z b

1

2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2 (x2 + 2x+ 5)dx

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 199

A partir de los cálculos anteriores, este límite adquiere la forma

limb→+∞

Z b

1

2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2 (x2 + 2x+ 5)dx = lim

b→+∞

·1

x+ 2+3

2arctg

µx+ 1

2

¶¸b1

=

= limb→+∞

µ1

b+ 2+3

2arctg

µb+ 1

2

¶− 13− 32arctg (1)

¶=

=3

2· π2− 13− 32· π4=3

8π − 1

3

y por consiguiente, la integral impropia es convergente y su valor esZ +∞

1

2x2 + 10x+ 7

(x+ 2)2 (x2 + 2x+ 5)dx =

3

8π − 1

3.

(B) (i) Es fácil ver que la paraboloide circular z = 1+ x2 + y2 puede conseguirse haciendo girar laparábola de ecuación y = 1 + x2 alrededor del eje y. Análogamente, el plano z = 2 puedegenerarse haciendo girar la recta y = 2 entorno al mismo eje. Ahora, podemos aplicar elmétodo de capas o el método de discos para calcular el volumen pedido.Método de capas:

V = 2π

Z 1

0x¡2− ¡1 + x2¢¢ dx = 2π Z 1

0

¡x− x3¢ dx = 2π ·x2

2− x

4

4

¸10

=1

2π. (6)

Método de discos :

V = π

Z 2

1

³py − 1

´2dy = π

Z 2

1(y − 1) dy = 1

2π.

(ii) El paraboloide z = 1 + x2 + y2 y el plano z = 2 tienen su intersección en la circunferenciax2+ y2 = 1, z = 2. Por tanto, el volumen que se pide puede calcularse mediante la integraldoble

V =

ZZR

¡2− ¡1 + x2 + y2¢¢ dA,

siendo R =©(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1ª.Puesto que la región R puede escribirse en coordenadas polares en la forma

R = {(θ, r) : 0 6 θ 6 2π, 0 6 r 6 1} ,

el volumen es, cambiando a coodenadas polares,

V =

Z 2π

0

Z 1

0

¡2− ¡1 + r2¢¢ rdrdθ = Z 2π

0

Z 1

0

¡r − r3¢ drdθ = (7)

=

Z 2π

0

r2

2− r

4

4

¯̄̄̄r=1r=0

dθ =

Z 2π

0

1

4dθ =

π

2.

Nota:

Obsérvese la semejanza entre las integrales que aparecen en (6) y (7).

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 200

(C) Si z1 = 16eiπ, entonces las cuatro raíces cuartas de z1 son:

wk =³

4√16´

π+2kπ4

con k = 0, 1, 2, 3,

es decir, estas raíces son:

w0 = 2π4= 2

³cos

π

4+ i sen

π

4

´= 2

Ã√2

2+ i

√2

2

!=√2(1 + i),

w1 = 2 3π4= 2

µcos

4+ i sen

4

¶= 2

Ã−√2

2+ i

√2

2

!=√2(−1 + i),

w2 = 2 5π4= 2

µcos

4+ i sen

4

¶= 2

Ã−√2

2− i√2

2

!= −√2(1 + i),

w3 = 2 7π4= 2

µcos

4+ i sin

4

¶= 2

Ã√2

2− i√2

2

!=√2(1− i).

Para calcular z32 , siendo z2 = −1−√3i, escribiremos z2 en forma polar. El módulo del número

complejo z2 es |z2| =q(−1)2 + (−√3)2 = 2 y su argumento θ satisface tg θ =

√3. Luego

θ = 4π/3, ya que el afijo del número complejo z2 pertenece al tercer cuadrante. Por consiguiente,

z32 =¡23¢4π= 80 = 8.

Otra forma:

Sin pasar a la forma polar, también podemos calcular la tercera potencia de z2. En efecto,

z32 =³−1−

√3i´3= −

µ1 + 3

√3i+ 3

³√3i´2+³√3i´3¶

=

= −³1 + 3

√3i− 9− 3

√3i´= 8.

PROBLEMA 4.-

(A) [3 puntos] Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie z = 2x2 + 3y2 en el punto(4,−1, 35). ¿En qué dirección crece más rápidamente la función f(x, y) = 2x2+3y2 en el punto(4,−1)? ¿Cuál es la curva de nivel de la superficie z = 2x2+3y2 que pasa por el punto (4,−1)?Encontrar la recta tangente a esa curva de nivel en el punto (4,−1).

(B) Se sabe que la ecuación

y + cos(xy2) + 3x2 − 4 = 0

define a y = f(x) como función implícita de x.

(i) [2.5 puntos] Calcular la recta tangente a la gráfica de f(x) en el punto (1, 0).

(ii) [1.5 puntos] Obtener el polinomio de Taylor de orden dos de f en el punto c = 1. Usardicho polinomio para obtener aproximadamente el valor de f(0.99).

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 201

(C) Sea C la curva cerrada recorrida en sentido horario que va del punto (1, 0) al punto (0, 0) por elsegmento rectilíneo que los une, que une también por segmento rectilíneo el punto (0, 0) con elpunto (0, 1) y desde éste vuelve al punto (1, 0) por la parábola y = (x− 1)2.

(i) [1 puntos] Encontrar una parametrización regular a trozos de la curva C.(ii) [2 puntos] Calcular las siguientes integralesZ

C

¡y2 + 2xy

¢dx+

¡x2 + 2xy

¢dy y

ZC8(x− 1)ds.

Solución:

(A) Si denominamos f(x, y) = 2x2 + 3y2, entonces el plano tangente a la superficie de ecuaciónz = 2x2 + 3y2 en el punto (4,−1, 35) tiene por ecuación

z − 35 = ∂f

∂x(4,−1) · (x− 4) + ∂f

∂y(4,−1) · (y + 1).

Pero, ∂f∂x = 4x y∂f∂y = 6y, luego

∂f∂x(4,−1) = 16, ∂f∂y (4,−1) = −6 y la ecuación del plano tangente

queda en la forma z − 35 = 16(x− 4)− 6(y + 1), es decir, es16x− 6y − z − 35 = 0.

La dirección de máximo crecimiento viene dada por el vector gradiente de f . Puesto que estevector en el punto (4,−1) es ∇f(4,−1) = (16,−6), la dirección en la que crece más rápidamentela función f(x, y) = 2x2 + 3y2 en el punto (4,−1) viene marcada por el vector (16,−6).Como f(4,−1) = 35, la curva de nivel de la superficie z = 2x2 + 3y2 que pasa por el punto(4,−1) tiene por ecuación 2x2 + 3y2 = 35.La recta tangente a esta curva de nivel en el punto (4,−1) podemos calcular de varias formas.Primera forma:

Utilizando que el vector gradiente es ortogonal a las curvas de nivel, es inmediato ver que larecta tangente a la curva de nivel en el punto (4,−1) tiene por ecuación

∂f

∂x(4,−1) · (x− 4) + ∂f

∂y(4,−1) · (y + 1) = 0,

esto es,

16(x− 4)− 6(y + 1) = 0o equivalentemente, y = 8

3x− 353 .

Segunda forma:

Utilizando derivación implícita, desde la ecuación 2x2 + 3y2 = 35, se sigue que 4x + 6yy0 = 0.Haciendo x = 4 e y = −1 se tiene que la pendiente de la recta tangente es y0 = 8/3 y por tanto,la ecuación de la recta tangente es y + 1 = 8/3(x− 4) o lo que es lo mismo, y = 8

3x− 353 .

(B) Realizaremos los dos apartados utilizando derivación implícita.

(i) Derivando implícitamente respecto de x en la ecuación y+ cos(xy2) + 3x2− 4 = 0 se tiene,y0 − ¡y2 + 2xyy0¢ sen ¡xy2¢+ 6x = 0. (8)

Tomando x = 1 e y = 0 se deduce de forma inmediata que y0 = −6 (es decir, f 0(1) = −6)y la recta tangente tiene por ecuación y = −6(x− 1), ya que f(1) = 0.

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 202

(ii) Derivando implícitamente respecto de x en (8) conseguimos,

y00 −³4yy0 + 2x

¡y0¢2+ 2xyy00

´sen

¡xy2

¢− ¡y2 + 2xyy0¢2 cos ¡xy2¢+ 6 = 0Ahora, haciendo x = 1, y = 0 e y0 = −6 tenemos y00 = −6 (esto es, f 00(1) = −6) y portanto, el polinomio de Taylor de orden dos de f en el punto c = 1 es

P2(x) = f(1) + f0(1)(x− 1) + f

00(1)2!

(x− 1)2 = −6(x− 1)− 3(x− 1)2.

Para finalizar, el valor aproximado de f(0.99) utilizando este polinomio es

f(0.99) ' P2(0.99) = −6(0.99− 1)− 3(0.99− 1)2 = 0.0597.

(C) (i) Para describir de forma paramétrica la curva C, desomponemos dicha curva en la formaC = C1∪C2∪C3, donde C1 es la curva que va del punto (1, 0) al punto (0, 0) por el segmentorectilíneo que los une, C2 es la curva que une mediante línea recta el punto (0, 0) con elpunto (0, 1) y C3 es la curva que va desde el punto (0, 1) hasta el punto (1, 0) por la parábolay = (x− 1)2.La parametrizaciones de las curvas Ci, para i = 1, 2, 3, son

C1 ≡ r1(t) =½x = 1− t,y = 0,

t ∈ [0, 1],

C2 ≡ r2(t) =½x = 0,y = t,

t ∈ [0, 1]

y

C3 ≡ r3(t) =½x = t,y = (t− 1)2, t ∈ [0, 1].

(ii) El campo vectorial F (x, y) = M(x, y)~i +N(x, y), siendo M(x, y) = y2 + 2xy y N(x, y) =x2 + 2xy, es conservativo, ya que

∂M

∂y(x, y) = 2y + 2x =

∂N

∂x(x, y).

Por tanto, la integralRC¡y2 + 2xy

¢dx+

¡x2 + 2xy

¢dy = 0, ya que la curva C es regular a

trozos y cerrada.Teniendo en cuenta que C = C1 ∪C2∪ C3, kr01(t)k = kr02(t)k = 1 y kr03(t)k =

p1 + 4(t− 1)2,

el valor de la segunda de las integrales es:ZC8(x− 1)ds =

ZC18(x− 1)ds+

ZC28(x− 1)ds+

ZC38(x− 1)ds =

=

Z 1

08(1− t− 1) · 1dt+

Z 1

08(0− 1) · 1dt+

Z 1

08(t− 1)

p1 + 4(t− 1)2dt =

=

Z 1

0−8tdt+

Z 1

0−8dt+

Z 1

08(t− 1) ¡1 + 4(t− 1)2¢1/2 dt =

= −4− 8 + 23

¡1 + 4(t− 1)2¢3/2 ¯̄̄1

0= −12 + 2

3− 103

√5 =

= −103

√5− 34

3.