MATEMÁTICAS I (C. C.

QUÍMICAS)

EJERCICIOS

1. Sea F el espacio vectorial de las funciones de R en R y A = {f ∈ F : f (−x) = f (x)} y

B = {f ∈ F : f (−x) = −f (x)}.

a) Los conjuntos A y B son subespacios vectoriales de F pero F 6= A ⊕ B.

b) Los conjuntos A y B son subespacios vectoriales de F y F = A ⊕ B.
c) A y B no son espacios vectoriales.

Solución:
Se verifica fácilmente que las operaciones de suma y producto por escalar son cerradas en A y B,
y como estos son subconjuntos del espacio vectorial de F, se tiene que son también subespacios
vectoriales de F. Por otra parte tenemos que A ∩ B = 0, y para toda f ∈ F podemos escribir
f (x) + f (−x) f (x) − f (−x)
f (x) = +
| 2
{z } | 2
{z }
f0 f 00

donde f 0 ∈ A y f 00 ∈ B. En resumen, la respuesta correcta es la b).

2. En R5 se consideran los subespacios vectoriales U = {x1 − x2 + x5 = 0, 2x3 − x4 = 0} y

V = {(λ, λ + µ, λ − 2µ, −µ, µ) : λ, µ ∈ R}. Se tiene:

a) dim (U ∩ V ) = 1.
b) dim (U ∩ V ) = 2.
c) dim (U ∩ V ) = 3.

Solución:
Si sustituimos las ecuaciones paramétricas dadas para definir V en las ecuaciones implı́citas de
U , tenemos de la primera ecuación

λ−λ−µ+µ=0

que es trivial, y de la segunda

3
2(λ − 2µ) + µ = 0 =⇒ λ = µ
2
y de esta relación, sustituyendo en las ecuaciones paramétricas de V , tenemos


 x1 = λ
 x2 = 5/3λ


U ∩V ≡ x3 = −1/3λ
x4 = −2/3λ




x5 = 2/3λ


Por lo que se tiene que dim (U ∩ V ) = 1.

3. Sean A y B dos matrices con coeficientes reales tal que AB = A y BA = B. Entonces podemos
asegurar que:
 a) A = B.
b) A2 = A y B 2 = B.
c) |A| y |B| son distintos de 0.

Solución:
Se tiene que
AB = A ⇒ ABA = A2 ⇒ AB = A2 ⇒ A = A2
y análogamente se llega a que B = B 2 . Si consideramos las matrices
   
1 0 1 0
A= , B=
0 0 1 0

comprobamos que a) y c) son falsas.

4. Sean U y V dos planos distintos contenidos en R3 y que contienen a la recta {(λ, λ, λ)}. Sea
f : U × V → R3 la aplicación (u, v) 7→ u + v. Se tiene que:

a) dim (ker f ) = 1.
b) dim (ker f ) = 2.
c) dim (ker f ) = 3.

Solución:
Podemos escribir
ker f = {(v, −v) ∈ U × V : v ∈ U ∩ V }
y como la intersección de U y V es una recta, entonces dim (ker f ) = 1.

5. Sea P2 (t) el espacio vectorial de los polinomios en t sobre R de grado menor o igual que 2. Sea
Q el conjunto de polinomios q(t) = at2 + (2a − b)t + a + 3b (a, b ∈ R) y R el subespacio de P2 (t)
generado por p1 (t) = t2 − 2t + 1 y p2 (t) = t + 2.

a) Q es subespacio vectorial de P2 (t) y coincide con R.

b) Q es subespacio vectorial de P2 (t) y no coincide con R.
c) Q no es subespacio vectorial de P2 (t).

Solución:
Un polinomio cualquiera de Q se puede escribir

q(t) = a (t2 + 2t + 1) +b (−t + 3)

| {z } | {z }
q1 q2

o lo que es lo mismo, es una combinación lineal de los polinomios q1 y q2 . Estos polinomios son
linealmente independientes, por lo que Q es subespacio vectorial de P2 (t) de dimensión 2. Sin
embargo, q1 no es combinación lineal de p1 y p2 , por lo que los espacios Q y R no coinciden.

6. Sea U el subespacio de R4 definido por la ecuación x1 − 3x2 + 5x3 − x4 = 0. La proyección

ortogonal sobre U de v = (1, 2, 3, 4) es:

a) ΠU (v) = (5/6, 5/2, 13/6, 25/6).

b) ΠU (v) = (5/6, 5/2, 1/6, 5/6).
c) ΠU (v) = (5/7, 5/2, 2/7, 25/7).
 Solución:
Tenemos que
U ⊥ = h(1, −3, 5, −1)i
y un vector unitario en este espacio serı́a
1
u = √ (1, −3, 5, −1)
36

La proyección ortogonal del vector v sobre U ⊥ es

1
ΠU ⊥ (v) = hv, uiu = (1, −3, 5, −1)
6
y entonces
 
1 5 5 13 25
ΠU (v) = v − ΠU ⊥ (v) = (1, 2, 3, 4) − (1, −3, 5, −1) = , , , .
6 6 2 6 6

7. Sea A la matriz  
1 2 4
A= 0 3 2 
0 0 2
Los valores propios de A son:

a) λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3.
b) λ1 = −1, λ2 = 1 y λ3 = 3.
c) λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 6.

Solución:
El polinomio caracterı́stico de la matriz A se calcula del siguiente modo
 
t−1 −2 −4
p(t) = det (tI − A) = det  0 t−3 −2  = (t − 1)(t − 3)(t − 2)
0 0 t−2

y entonces los valores propios son las raices de este polinomio, es decir λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3.

7. Dada la matriz A del ejercicio anterior, se tiene que una base de R3 formada por vectores propios
de A es:

a) B1 = {(1, 0, 0), (1, −2, 1), (1, 1, 0)}.

b) B2 = {(1, 0, 0), (0, −2, 1), (1, 1, 0)}.
c) B3 = {(−1, 0, 0), (1, 2, 1), (0, 2, 0)}.

Solución:
El autoespacio V1 asociado al valor propio λ1 = 1 es el conjunto de vectores v = (x1 , x2 , x3 ) de
R3 tales que
(A − 1I)v = 0
o sea     
0 2 4 x1 0
 0 2 2   x2  =  0 
0 0 1 x3 0
 de donde se tiene 
 2x2 + 4x3 = 0
2x2 + 2x3 = 0
x3 = 0


cuya solución es x2 = x3 = 0 y entonces un vector propio asociado a este valor propio serı́a
v1 = (1, 0, 0). De manera análoga se tendrı́a para el valor propio λ = 2 el autoespacio definido
por las ecuaciones 
−x1 + 2x2 + 4x3 = 0
x2 + 2x3 = 0
Las soluciones de este sistema son
{(0, −2t, t)}
y una base de este espacio está formada por el vector v2 = (0, −2, 1). Análogamente tenemos
para el valor propio λ = 3 un autoespacio de dimensión 1 que tendrı́a como base el vector
v3 = (1, 1, 0), y la respuesta correcta es la b).

8. Sea  

 1 2 4 3 

 0 3 2 0 
d =  
 0 0 2 5 

 0 0 0 9 

a) d = 54. b) d = 5. c) d = 4.
Solución:
Se trata de una matriz triangular, entonces el determinante es el producto de los elementos de
la diagonal, o sea d = 54.
9. La matriz (n + m) × (n + m)  
In N
M=
Om×n Im
donde In es la matriz identidad n × n, Om×n es la matriz
 m × n formada por ceros y N es una
A B
matriz n × m, tiene como inversa la matriz M −1 = , donde:
C D
a) A = In , B = −N , C = Om×n y D = Im .
b) A = Im , B = Om×n , C = −N y D = In .
c) A = Im , B = N T , C = On×m y D = In .
Solución:
La matriz M es una matriz triangular superior, ası́ que M −1 también lo tiene que ser y
podemos suponer que los bloques diagonales A y D de esta matriz son los mismos que los
de M . Unicamente nos queda por determinar el boque B, ya que el C serı́a la matriz m × n
nula. Para ello si consideramos que
    
In B In N In B+N
=
Om×n Im Om×n Im Om×n Im
y tiene que ser B = −N .
10. El sistema de ecuaciones 
 x−y+z = 6
−2x + y − 3z = a
x + y + az = 2


verifica:
 a) Es incompatible si a 6= −3 y compatible indeterminado si a = −3.
b) Es incompatible si a 6= 3 y compatible determinado si a = 3.
c) Es incompatible si a = 3 y compatible determinado si a 6= 3.

Solución: Si llamamos A a la matriz de coeficientes del sistema y A∗ a la matriz ampliada, se

comprueba que det A = a − 3 y para a = 3 se tiene rangA = 2 y rangA∗ = 3, por lo que la
solución correcta es la c).

11. El sistema anterior tiene como solución:

a) {x = 15, y = 0, z = −1} para a = 1.

b) {x = 15, y = 0, z = −1} para a = −1.
c) {x = 15, y = −2, z = −11} para a = 1.

Solución: La solución general para a 6= 3 la podemos obtener por la regla de Cramer y es:

a2 + 7a + 22 a2 + 11a − 16
 
a + 10
x=− , y=− , z=2
a−3 a−3 a−3

que para el caso a = 1 es {x = 15, y = −2, z = −11} y se tiene que la solución correcta es la c).

12. Sea W el espacio de soluciones del sistema de ecuaciones homogéneo AX = 0. Si n es el número

de incógnitas y r el rango de la matriz de coeficientes A. Entonces la dimensión de W es:

a) n − r.
b) r − n.
c) r + n.

Solución: La solución es n − r y para verlo se se supone que el sistema esté en forma escalonada,
entonces éste tendrá n − r variables libres, (vease Lipschutz §5.8, Teorema 5.20).

13. Sea Pn (t) el espacio vectorial de los polinomios en t de grado ≤ n. Una base de este espacio está
formada por:

a) n − 1 elementos.
b) n elementos.
c) n + 1 elementos.

Solución: El espacio Pn (t) puede escribirse del siguiente modo:

 n
an t + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 : ai ∈ R ' Rn+1

donde se ve que una base estarı́a formada por n + 1 elementos; por ejemplo {tn , tn−1 , · · · , t, 1} y
la respuesta correcta es la c).

14. Sean U1 , U2 y U3 los siguientes subespacios vectoriales de R3 :

U1 = {(a, b, c) : a − b − c = 0}
U2 = {(a, b, c) : a = 2c}
U3 = {(0, b, 0) : b ∈ R}

a) La suma U1 + U2 es directa.
b) La suma U2 + U3 es directa.
 c) La suma U1 + U3 es directa.

Solución: Calculamos la intersección de cada par de subespacios. Tenemos U1 = {(b + c, b, c)}

y U2 = {(2c, b, c)} y, como consecuencia U1 ∩ U2 = {(2c, c, c)} que claramente es distinto del
{(0, 0, 0)}. Por otra parte, se tiene que U2 ∩U3 = U3 6= {(0, 0, 0)} y finalmente U1 ∩U3 = {(0, 0, 0)},
con lo que la respuesta correcta es la c).

15. La matriz  √ √ 
1/√5 0 2/ √5
 2/ 5 0 −1/ 5 
0 1 0

a) Define un endomorfismo f en R3 y dim ker f = 1.

b) Es ortogonal.
c) Define un producto interno en R3 relativo la base canónica.

Solución: El determinante de la matriz dada es igual a 1 y entonces tiene rango 3 lo que implica
que la dimensión del núcleo es 0. Tampoco puede definir un producto interno porque la matriz
no es simétrica. Finalmente se puede comprobar que los vectores fila que forman la matriz,
constituyen una base ortonormal; es decir tienen norma 1 y son ortogonales entre sı́, lo que
confirma que la matriz es ortogonal.
   
a b 1 −1
16. Todas las matrices que conmutan con A = , son de la forma:
c d 0 1
     
a b a b a 0
a) b) c)
0 d 0 a 0 d

Solución: De la ecuación matricial

     
a b 1 −1 1 −1 a b
=
c d 0 1 0 1 c d

se tienen las ecuaciones

a−c
= a → c=0
−a + b
= b−d → a=d
c
= c
−c + d
= d → c=0
 
a b
y la forma general de la matriz que conmuta con A es , que es la respuesta b).
c d

17. Sea f una aplicación lineal de R3 en R3 tal que f (1, 2, 1) = (1, −1, 1), f (1, 0, −1) = (1, −1, 0) y
f (1, 0, 1) = (2, 0, 0). La matriz asociada a f es:
     
3/2 −1/2 1/2 3/2 −1/2 1/2 3/2 1/2 1/2
a)  −1/2 −1/2 1/2  b)  1/2 −1/2 1/2  c)  −1/2 −1/2 1/2 
0 1/2 0 0 1/2 −1 0 1/2 1

Solución: Las condiciones del enunciado pueden escribirse en forma matricial del siguiente modo:
   
1 1 1 1 1 2
A· 2 0 0  =  −1 −1 0 
1 −1 1 1 0 0
 de donde   −1  
1 1 2 1 1 1 3/2 −1/2 1/2
A =  −1 −1 0   2 0 0  =  −1/2 −1/2 1/2 
1 0 0 1 −1 1 0 1/2 0
y la respuesta correcta es la a).

18. Sean A y B dos matrices n × n con coeficientes reales. ¿Cuál de las siguientes propiedades es
falsa?

a) tr(AB) = tr(BA)
b) (AB)T = AT B T
c) det(AB) = det(A) det(B)

Solución: Véase en Lipschutz los epı́grafes: §4.3, Teorema 4.1 para ver que a) es cierto, §7.6,
Teorema 7.5 para ver que c) es cierto y finalmente §3.5, Teorema 3.3 para ver que (AB)T = B T AT ,
por tanto la respuesta correcta es b).

19. Sea f : R4 → R3 la aplicación definida por:

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

se tiene que dim(Im(f )) vale:

a) 1.
b) 2.
c) 3.

Solución: Calculando la imagen de los vectores de la base cnónica de R4 tenemos:

f (1, 0, 0, 0) = (1, 1, 1)
f (1, 0, 0, 0) = (0, 0, 1)
f (1, 0, 0, 0) = (0, −1, −3)
f (1, 0, 0, 0) = (1, 1, −1)

de donde obtenemos la matriz de f respecto de las bases canónicas, esta es:

 
1 0 0 1
M =  1 0 −1 1 
1 1 −3 −1

que tiene rango 3, que es la dimensión de la imagen, con lo que la respuesta correcta es la c).

20. Sea el sistema 

 x+y = 1
S: ay + z = 0
x + (a + 1)y + az = a + 1


entonces S es:

a) Compatible determinado si a = 0.
b) Compatible determinado si a = 2.
c) Incompatible si a = 0.
 Solución:
Calculamos el determinante de la matriz A del sistema:
 
 1 1 0 
 
|A| =  0 a 1  = a(a − 1)
 1 a+1 a 
de modo que si a 6= 0, 1 la matriz tienen rango máximo 3 por lo que el rango de la matriz
ampliada A∗ también será 3 y el sistema serı́a compatible determinado. Estudiamos el rango de
las matrices A y A∗ para los valores a = 0, 1.
Para a = 0 tenemos:    
1 1 0 1 1 0 1
A =  0 0 1  A∗ =  0 0 1 0 
1 1 0 1 1 0 1
donde se ve que ambas tienen rango 2 por lo que en este caso el sistema serı́a compatible
indeterminado.
Para a = 1 tenemos:    
1 1 0 1 1 0 1
A =  0 1 1  A∗ =  0 1 1 0 
1 2 1 1 2 1 2
donde vemos que la matriz A tiene rango 2 y A∗ tiene rango 3, (la submatriz formada por las
tres últimas filas tiene determinante distinto de cero), por lo tanto el sistema es incompatible.
La solución correcta es la b).

21. Consideremos el sistema del ejercicio anterior. Para a > 2 tiene como solución:
 
a −1 a
a) , , .
a−1 a−1 a−1
 
a a a
b) , , .
a−1 a−1 a−1
 
1 −1 a
c) , , .
a−1 a−1 a−1
Solución:
En el ejercicio anterior vimos que el sistema es compatible determinado si a 6= 0, 1 y en particular
para a > 2 también lo es. Resolviendo por el método de sustitución tenemos de la segunda
ecuación z = −ay y resultarı́a el sistema:
 
x+y = 1 x+y = 1
⇔
x + (a + 1)y + a(−ay) = a + 1 x + (−a2 + a + 1)y = a + 1
de donde tenemos y = 1 − x y sustituyendo
x + (−a2 + a + 1)(1 − x) = a + 1
x(−a2 − a) = a2
a
x=
a−1
y entonces
a −1
y =1−x=1− =
a−1 a−1
a
z = −ay =
a−1
 y la respuesta correcta es la a).

22. Sea V el subespacio de R5 definido por las ecuaciones


x1 − 3x2 + x4 − x5 = 0
V =
x3 − x5 = 0
y W el generado por los vectores (1, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0) y (2, 0, 0, −1, 1). dim (V ∩ W ) vale:
a) 0.
b) 1.
c) 2.
Solución:
Las ecuaciones paramétricas del espacio W son


 x1 = λ + 2ν
 x2 = λ


W = x3 = µ
x4 = −ν




x5 = ν


y para hallar las de V ∩ W sustituimos en las ecuaciones cartesianas de V , tenemos

 
λ + 2ν − 3λ − ν − ν = 0 −2λ = 0
⇔
µ−ν = 0 µ−ν = 0
y sustituyendo en las ecuaciones paramétricas de W se tiene
V ∩ W = h(2µ, 0, µ, −µ, µ)i
es decir, que dim (V ∩ W ) = 1. La respuesta correcta es la b).

23. Siguiendo el enunciado del ejercicio anterior, dim (V + W ) vale:

a) 3.
b) 4.
c) 5.
Solución:
Del enunciado del ejercicio anterior tenemos, en primer lugar, que V es la intersección de dos
hiperplanos no coincidentes en R5 , cada uno de dimensión 4 y por tanto V tiene dimensión 3.
Esto también se puede ver pasando V a ecuaciones paramétricas
El espacio V está definido por las ecuaciones
 
x1 − 3x2 + x4 − x5 = 0 x1 = 3x2 − x4 + x5
⇔
x3 − x5 = 0 x3 = x5
de donde podemos considerar x2 , x3 y x4 parámetros libres; entonces resultan las ecuaciones
paramétricas 

 x1 = 3λ − ν + µ
 x2 = λ


V = x3 = µ
x4 = ν




x5 = µ

 De estas ecuaciones deducimos que V está generado por los vectores (3, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 1, 0, 1) y
(0, 0, 0, 1, 0), que son linealmente independientes y entonces tenemos dim V = 3. Por otra parte,
se ve también del enunciado anterior que dim W = 3, porque los tres vectores son linealmente
independientes.
Ahora, de la fórmula

dim V + dim W = dim (V + W ) + dim (V ∩ W )

teniendo en cuenta que dim V ∩ W = 1 por el ejercicio anterior, tenemos

3 + 3 = dim (V + W ) + 1

y entonces dim (V + W ) = 5 y la solución correcta es la c).

24. Sea P3 el espacio de polinomios en t, de grado 6 3 con coeficientes reales. Sea A = {1, at, bt + t2 : a, b ∈ R},
la familia A es:

a) Linealmente independiente para cualesquiera a, b.

b) Linealmente independiente si y sólo si a 6= 0.
c) Linealmente dependiente ∀a, b

Solución:
Si expresamos los vectores de A en función de la base {1, t, t2 , t3 }, estos serı́an (1, 0, 0, 0), (0, a, 0, 0)
y (0, b, 1, 0). Estos vectores forman la matriz
 
1 0 0 0
 0 a 0 0 
0 b 1 0

y los vectores serń linealmente independientes cuando la matriz tenga rango 3. Como la última
columna está formada por ceros, podemos limitarnos a estudiar la matriz formada por las tres
primeras, y haciendo el determinante tenemos
 
 1 0 0 
 
 0 a 0 =a
 
 0 b 1 

es decir que la matriz tiene rango 3 sólo cuando a 6= 0 independientemente del valor de b. La
respuesta correcta es la b)

25. Sea f : R3 → R3 la aplicación lineal definida por

f (x, y, z) =
(ax + y + z, x + ay + z, x + y + az).

El valor de a para que la dimensión de ker f sea máxima es

a) 0.
b) 1.
c) −2.
 Solución:
Las ecuaciones de ker f son 
 ax + y + z = 0
x + ay + z = 0
x + y + az = 0


y su dimensión será máxima cuando la intersección de los subespacios vectoriales que define cada
ecuación sea máxima. Cada ecuación define un subespacio vectorial de dimensión 2, por lo que
habrı́a que estudiar primero si es posible que la interseción tenga dimensión 2, para ello los tres
planos tendrı́an que ser coincidentes, y esto ocurre cuando a = 1. Ası́ la solución es la b).

26. Con el enunciado del ejercicio anterior, para a = −2, dim Im(f ) vale:

a) 0.
b) 1.
c) 2.

Solución:
Para el valor a = −2 el sistema de ecuaciones que se planteó en la solución anterior es compatible
indeterminado. La matriz del sistema tiene rango 2, como se puede comprobar fácilmente, y esto
quiere decir que la intersección de los tres subespacios tiene dimensión 1, o lo que es lo mismo,
el conjunto de soluciones del sistema depende de un parámetro. Explı́citamente

 −2x + y + z = 0 
−2x + y = −z
x − 2y + z = 0 ⇔
x − 2y = −z
x + y − 2z = 0


y resolviendo por Cramer, tenemos

   

 −2 −z   −z 1



 1 −z   −z −2 
x =   = z, y =   =z
 −2 1   −2 1



 1 −2   1 −2 
y entonces ker f = h(1, 1, 1)i; es decir, dim ker f = 1 y entonces dim Im f = dim R3 − dim ker f =
3 − 1 = 2.

27. Sea A una matriz cuadrada, entonces:

a) A · AT es ortogonal.
b) A − AT es simétrica.
c) A · AT es simétrica.

Solución:
Veamos en primer lugar que las opciones a) y b) son falsas con un ejemplo sencillo. Consideremos
la matriz  
2 0
A=
1 1

Se comprueba que A · AT no es ortogonal ni A − AT simétrica. Por otra parte, dada una matriz A
para obtener elemento aij (fila i columna j) de la matriz A·AT se utilizan la fila i de la matriz A y
 la columna j de AT (multiplicando cada elemento de la fila con el correspondiente de la columna
y hayando la suma, como es habitual). Para hayar el elemento aji tenemos que considerar la fila
j de A y la columna i de AT , pero estas coinciden respectivamente con la columna i de AT y la
fila j de A; es decir, aij = aji .

28. Sea M2×2 el espacio de matrices reales 2×2. Sea M ∈ M2×2 . Sea la aplicación f : M2×2 → M2×2
definida por f (A) = AM − M A.

a) f es lineal para cualquier M .

b) f es lineal sólo si |M | =
6 0.
c) f es lineal sólo si M es triangular.

Solución:
Es un ejercicio fácil comprobar que para cualquier M la aplicación f es lineal, lo cuál invalida
las opciones b) y c). (Sugerencia: escribir A como matriz genérica con entradas a, b, c y d y
comprobar la linealidad).

29. Sea  
1 0
M=
1 −2
y f : M2×2 → M2×2 definida por f (A) = AM − M A. La dimensión de ker f es:

a) 1.
b) 2.
c) 3.

Solución:
   
a b b −3b
Sea A = entonces se tiene que f (A) = AM − M A = e
c d −a + 3c + d −b
igualando esta imagen a la matriz nula se tiene el sistema de ecuaciones

b = 0
−a + 3c + d = 0
cuya solución general es {(3α + β, 0, α.β) : α, β ∈ R}, de donde se tiene que la dimensión de ker f
es 2 y la respuesta correcta, b).

30. Sea A una matriz tal que sus vectores fila son ortogonales y tal que |A| > 0. Entonces tenemos
que:

a) A es ortogonal.
b) A es ortogonal si y sólo si el módulo de sus vectores fila es 1.
 p 
c) 1/ |A| · A es ortogonal.

Solución:
Una caracterización de las matrices ortogonales es la de estar formada por vectores fila ortonor-
males. Esto quiere decir que sus vectores fila han de ser ortogonales y además tener módulo 1,
 ası́ la respuesta correcta es la b). Según esto, claramente a) no es cierta y se puede ver que c)
tampoco si consideramos la matriz 3 × 3:
 
2 0 0
A= 0 1 0 
0 0 1
√

se tiene |A| = 2 y 1/ 2 · A no es ortogonal.

31. Dada la matriz A del ejercicio anterior, se tiene que AX T , donde X = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 define
una aplicación lineal f , tal que dim ker f es:

a) 0.
b) 1.
c) 2.

Solución:
Como los vectores fila de la matriz A son ortogonales, entonces son linealmente independientes,
(si uno de ellos fuese combinación lineal de los otros, por este motivo no podrı́a ser ortogonal
a esa combinación lineal y por tanto no lo serı́a a todos los que forman la combinación lineal).
Resulta que si A es 3 × 3 tiene rango 3 y entonces dim ker f = 0, y la respuesta correcta es la a).

32. En R4 consideramos el subespacio V generado por los vectores (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) y (0, 0, 0, 1);
y W el subespacio generado por (1, 0, 0, −1), (1, 0, 0, 1) y (0, 0, −1, 1). Entonces dim (V ∩ W )
vale:

a) 1.
b) 2.
c) 3.

Solución:
Con los vectores que generan V formamos la matriz
 
1 1 0 0
MV =  0 0 1 0 
0 0 0 1

que tiene rango 3, ya que el determinante de la submatriz que resulta al suprimir la primera
columna es 1.
Análogamente, con los vectores que generan W formamos
 
1 0 0 −1
MW = 1 0 0 1 
0 0 −1 1
y esta matriz tiene rango 3 porque suprimiendo la columna de ceros, tenemos una matriz cuadrada
con determinante 2. En resumen tenemos que dim V = dim W = 3.
Ahora consideramos la matriz formada por los seis vectores y tenemos
  
1 1 0 0

 0 0 1 0 

 0 0 0 1 
MV +W = 

 1 0 0 −1 

 1 0 0 1 
0 0 −1 1
y en esta matriz si llamamos vi , (i = 1, · · · , 6) a los vectores fila, se tiene que v6 = v3 − v2 y
v5 = v4 + 2v3 . Suprimimos de la matriz v5 y v6 y tenemos una matriz con el mismo rango:
 
1 1 0 0
 0 0 1 0 
MV0 +W =
 0

0 0 1 
1 0 0 −1
cuyo determinante es:
 
 1 1 0 0  
 1 1

  0 
 0   0 0 1 0  
 = − 0 0

 = −1
MV +W  =  1

 0 0 0 1 


 1 0 −1


 1 0 0 −1 

Con lo que tenemos que dim (V + W ) = 4. De la fórmula

dim V + dim W = dim (V + W ) + dim (V ∩ W )

tenemos
3 + 3 = 4 + dim (V ∩ W )
y por tanto dim (V ∩ W ) = 2 además de tener la respuesta de la pregunta siguiente.
Nota: Para ver otra forma de hacer este tipo de ejrcicio, véase la solución de la prueba de la
primera semana.

33. Con el enunciado del ejercicio anterior, si B es una base de V + W , el número de elementos de
ésta, es:

a) 2.
b) 3.
c) 4.

Solución:
Según la solución del ejercicio anterior, la dimensión de V +W es 4 y por tanto ’este es el número
de elementos de cualquier base de este espacio. La respuesta correcta es la c).

34. Sea P3 el espacio de polinomios en t, de grado 6 3. Q el subespacio generado por {1, t, at2 } y R
el generado por {bt2 , t3 }, a, b ∈ R entonces:

a) P3 = Q ⊕ R, ∀a, b .
b) P3 = Q ⊕ R, si a = b = 0.
c) P3 = Q ⊕ R, si a = 0 y b 6= 0
 Solución:
Con respecto a la base {1, t, t2 , t3 }, los vectores que generan Q son: (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0) y
(0, 0, a, 0) y los que generan R: (0, 0, 1, 0) y (0, 0, 0, 1). Claramente, la intersección Q ∩ R está
generada por (0, 0, 1, 0) cuando a 6= 0, y si a = 0 esta intersección es (0, 0, 0, 0). Para que la
suma sea directa, tenemos entonces que la primera condición ha de ser a = 0. Para que además
se genere todo P3 tiene que ser b 6= 0. Ası́ la respuesta correcta es la c).

35. Consideremos el espacio P3 del ejercicio anterior, y f : R3 → P3 , la aplicación f (a, b, c) =

a + bt + ct2 una base de Imf es:

a) {1 + t + t2 }
b) {t, t + t2 }
c) {1, t, t2 }

Solución:
Si consideramos la base {1, t, t2 , t3 } de P3 como en el ejercicio anterior, la imagen de f puede
considerarse como el espacio generado por los vectores {1, t, t2 }, por lo que la respuesta correcta
es la c).

36. Sea f : R4 → R3 la aplicación definida por

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

Entonces dim Im(f ) vale

a) 1.
b) 2.
c) 3.

Solución:
La matriz de f con respecto de las bases canónicas de R3 y R4 es:
 
1 −2 0 −1
 1 0 1 −1 
1 1 2 0

cuyo rango es 3 ya que el determinante de la matriz que resulta al suprimir la última columna
(por ejemplo), es distinto de cero. El rango de esta matriz coincide con la dimensión de la imagen
de f . Resulta que la respuesta correcta es la c).

   
1 2 1 −2
8. Si A = y B = y sean qA y qB las formas cuadráticas que definen.
2 1 −2 3
Entonces:

a) qA es definida positiva y qB no.

b) qB es definida positiva y qA no.
c) Ninguna de las dos es definida positiva.
 Solución:
Una matriz es definida positiva si sus valores propios son positivos y la forma cuadrática que
define una matriz es definida positiva si la matriz lo es. Una de las caracterizaciones de matriz
n × n definida positiva es que cumpla la propiedad (−1)k ∆k > 0, donde ∆k es el determinante
de la matriz que resulta al suprimir las últimas n − k filas y columnas. Se comprueba que para
la matriz A es ∆1 = 1 y ∆2 = −3. Para la matriz B se tiene ∆1 = 1 y ∆2 = −1 por lo tanto
ninguna de las dos es definida positiva.

37. Sea f : R3 → R2 la aplicación lineal definida por

f (x, y, z) = (x − y + z, x + 2y − z).

Entonces f −1 (1, 0) es:

a) {(1, −1, −1)}.

b) {(λ, 1 − λ, 2 − 3λ)}.
c) {(λ, 1 − 2λ, 2 − 3λ)}.

Solución:
Se trata de resolver el sistema 
x−y+z = 1
x + 2y − z = 0
que es equivalente a 
x−y = 1−z
x + 2y = z
y resolviendo por Cramer, se tiene:
   
 1 − z −1   1 1−z 
   
 z 2  2−z  1 z  3z − 2
x =   = ; y =   =
 1 −1 
 3  1 −1 
 3
 1 2   1 2 

de donde resulta z = −3x + 2 y y = −2x + 1, ası́ tomando x como parámetro independiente, se

tiene la solución {(λ, 1 − 2λ, 2 − 3λ)}; es decir, la c).

38. Sea  
 −2 0 0 0 
 
 7 −3 0 0 
∆ =  
 0 0 2 2 

 0 0 −3 7 

a) ∆ = 0.
b) ∆ = 120.
c) ∆ = 84.

Solución:
Se trata del determinante de una matriz por bloques, de las propiedades de los determinantes
de este tipo de matrices tenemos:
  
 −2 0 0 0 
     
 7 −3 0 0   −2 0   2 2 
·
∆ =    −3 7  = 6 · 20 = 120
= 
  7 −3
 0 0 2 2 
 0 0 −3 7 

39. Sea V el subespacio de R4 generado por los vectores (1, 1, 0, 0) y (1, 0, 1, −1); y W el generado
por (−1, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0) y (1, −1, 0, 0). Hallar dim V , dim W , dim V ∩ W y dim V + W .
Solución: La matriz
 
1 1 0 0
1 0 1 −1
formada por los vectores que generan V tiene rango 2, ya que la submatriz cuadrada formada por
las dos primeras columnas tiene determinante distinto de cero. Esto quiere decir que la dimensión
de V es 2. Por otra parte, la matriz
 
−1 0 0 1
 1 0 0 0 
1 −1 0 0
formada por los vectores que generan W tiene rango 3, ya que la submatriz que resulta al
eliminar la columna formada por ceros, tiene determinante distinto de cero. Entonces tenemos
que la dimensión de W es 3.
Para calcular la dimensión de V + W consideramos la matriz que resulta de la unión de los
vectores que generan ambos subespacios y tenemos la matriz
 
1 1 0 0

 1 0 1 −1 


 −1 0 0 1 

 1 0 0 0 
1 −1 0 0
que, evidentemente no puede tener rango mayor que 4. De hecho, si sumamos la primera y última
fila y multiplicamos por 1/2 tenemos la fila 4, entonces podemos suprimir esta fila y tenemos la
matriz
 
1 1 0 0
 1 0 1 −1 
M =
 −1

0 0 1 
1 −1 0 0
ahora desarrollando el determinante de M por los elementos de la primera fila se tiene
   
 0
 1 −1   1 1 −1 

det M =  0 0 1  −  −1 0 1  = −2

 −1 0 0   1 0 0 

y entonces M tiene rango 2 que es el rango de la matriz inicial. Entonces tenemos que la dimensión
de V + W es 4. Para calcular dim (V ∩ W ) tenemos en cuenta

dim V + dim W = dim (V + W ) + dim (V ∩ W )

2 + 3 = 4 + dim (V ∩ W )
 de donde se tiene que dim (V ∩ W ) = 1.

40. Sea {e1 , e2 , e3 } una base de R3 y {e01 , e02 } una base de R2 . La aplicación lineal f tal que:

f (e1 ) = −2e01 + 3e02

f (e2 ) = e01 − e02
f (e3 ) = e01 + e02

Hallar las ecuaciones de ker f y calcular su dimensión. Hacer lo mismo para Imf .
Solución: La matriz de f respecto de las bases dadas de R3 y R2 es
 
−2 1 1
3 −1 1

entonces podemos expresar las ecuaciones de ker f

   
  x1 0
−2 1 1  x2  =  0 
3 −1 1
x3 0
que es un sistema homogéneo equivalente a

−2x1 + x2 = −x3
3x1 − x2 = −x3
cuya solución es
   
 −x3 1   −2 −x3 
  
 −x3 −1   3 −x3 
x1 =   = −2x3 x1 =   = −5x3
 −2 1   −2 1 
 3 −1   3 −1 

Ası́ tenemos

ker f = {(−2λ, −5λ, λ)}

y claramente se tiene dim ker f = 1.
El espacio Imf es el espacio vectorial generado por las imágenes de los vectores de una base de R3 .
Si tomamos los vetores de la base canónica, tenemos que sus imágenes por f son (−2, 3), (1, −1)
y (1, 1). Estos vectores son linealmente independientes y por lo tanto generan un subespacio de
R2 de dimensión 2, que es el propio R2 .

41. Sea Va = {(x, y, z) ∈ R3 : ax − y + z = 0}. Calcular los valores de a para los que se tiene R3 =
Va ⊕ h(1, 1, a)i.
Solución:
Para que R3 sea suma directa de los dos subespacios, tiene que darse que el vector (1, 1, a) no
puede pertenecer al plano Va . Esto es equivalente a que este vector no sea perpendicular al vector
perpendicular al plano (a, −1, 1). La condición de perpendicularidad es
 (1, 1, a) · (a, −1, 1) = 2a − 1 = 0
por lo que, para que la suma sea directa tiene que ser a 6= 12 .

42. Sea la matriz  

2 0 3
A =  −3 0 2 
0 1 0
Estudiar si es ortogonal y en caso contrario normalizarla, multiplicando sus filas por cierto
número para obtener otra matriz B, que sı́ sea ortogonal.
Solución: Los vectores fila de la matriz son ortogonales entre sı́, es decir, sus productos esca-
lares, dos a dos, valen todos cero. Esto no es suficiente para que la matriz sea ortogonal, falta
normalizarlos, esto es, tomar el vector en la misma dirección y sentido, pero con módulo 1, (ver
teorema 6.16, pg. 256 del texto base: Elementos de Álgebra). Entonces, para cada vector fila v,
v
hacemos kvk y tenemos

1 1
√ (2, 0, 3), √ (−3, 0, 2), (0, 1, 0)
13 13
y resulta que la matriz
√2 0 √3
 
13 13
−3 √2
A0 =  √
13
0 13

0 1 0
sı́ es ortogonal.

43. En R3 consideramos el espacio U = {(x, y, z) ∈ R3 : x − z = 0} y la aplicación lineal f : R3 → R3

tal que ker (f ) = U y f (1, 0, 0) = (1, 1, 0). Encontrar la matriz y de la aplicación f .
Solución: Los vectores (0, 1, 0) y (1, 0, 1) forman una base de U y además estos dos vectores
junto con (1, 0, 0) son una base de R3 . Por lo tanto los vectores de la base canónica se pueden
expresar en función de los anteriores

(1, 0, 0) = (1, 0, 0)
(0, 1, 0) = (0, 1, 0)
(0, 0, 1) = (1, 0, 1) − (1, 0, 0)

Para hallar la matriz de f tenemos que calcular

f (1, 0, 0) = (1, 1, 0)
f (0, 1, 0) = (0, 0, 0)
f (0, 0, 1) = f (1, 0, 1) − f (1, 0, 0) = (0, 0, 0) − (1, 1, 0)

y por tanto la matriz de f es

 
1 0 −1
Mf =  1 0 −1 
0 0 0
 44. Sea P2 el espacio de polinomios en t, de grado 6 2 con coeficientes reales. Sea A = L [t, t2 ] y
ϕ : P2 × P2 → R el producto escalar:

ϕ(p, q) = p(0)q(0) + p0 (0)q 0 (0) + p00 (0)q 00 (0)

Calcular la matriz de este producto escalar con respecto a la base {1, t, t2 }. Calcular la dimensión
de A⊥ .
Solución:
La matriz pedida es
 
ϕ(1, 1) ϕ(1, t) ϕ(1, t2 )
 ϕ(t, 1) ϕ(t, t) ϕ(t, t2 ) 
ϕ(t2 , 1) ϕ(t2 , t) ϕ(t2 , t2 )

Realizando los cálculos, a partir de la definición de nuestro producto escalar, tenemos

ϕ(1, 1) = 1
ϕ(1, t) = ϕ(t, 1) = 0
ϕ(1, t2 ) = ϕ(t2 , 1) = 0
ϕ(t, t2 ) = ϕ(t2 , t) = 0
ϕ(t, t) = 1
ϕ(t2 , t2 ) = 4

de modo que la matriz pedida es

 
1 0 0
 0 1 0 
0 0 4

45. En R4 consideramos los vectores u = (1, 0, −2, 1) y v = (5, 1, 0, 1). Calcular la proyección Πv (u),
de u sobre v.
Solución: La proyección que buscamos es la proyección ortogonal, esto es, un vector en la
dirección de v con módulo igual a kuk cos α,(1 ) donde α es el ángulo que forman u y v. Después
multiplicamos este número por el vector unitario en la dirección de v y resulta
u·v v 6
Πv (u) = · = (5, 1, 0, 1)
kvk kvk 27

46. Sea M2×2 es el espacio de matrices reales 2 × 2 y S y A los subconjuntos de matrices simétricas
y antisimétricas respectivamente, demostrar que toda M ∈ M2×2 puede ponerse como suma
M = S + A donde S ∈ S y A ∈ A. Estudiar si S y A son subespacios vectoriales de M2×2 y en
caso afirmativo encontrar una base.
1
Esta contidad es negativa si la proyección es sobre −v, es decir, si el ángulo α ∈ [0, π/2) se mide entre u y −v. Por
ejemplo v = (1, 0) y u = (−1, 1).
Consideremos la aplicación

h· , ·i : M2×2 × M2×2 −→ R
(A, B) 7→ tr(B T A)

estudiar si h· , ·i define un producto escalar en M2×2 y si es ası́, estudiar si A y S son ortogonales.

Solución: La comprobación de que A y S son espacios vectoriales, y por consiguiente, subespa-
cios vectoriales de M2×2 es muy fácil y se deja como ejercicio. Una matriz genérica A ∈ A es de
la forma
 
0 b
A=
−b 0
de donde se deduce que una base de este espacio serı́a la matriz
 
0 1
A1 =
−1 0
y, lógicamente, este espacio tiene dimensión 1. Por otra parte una matriz genérica de S ∈ S serı́a
de la forma  
a b
S=
b d
y una base estarı́a formada por las matrices
     
1 0 0 1 0 0
S1 = , S2 = , S3 =
0 0 1 0 0 1
y este espacio tiene dimensión 3.
Efectivamente, se comprueba que la aplicación h· , ·i verifica las tres propiedades del prducto
escalar,
a) tr(AT A) = a2 + b2 + c2 + d2 6= 0 si A ∈ M2×2 \0M2×2 , donde
 
a b
A=
c d

b) tr(B T A) = tr(AT B) = aα + bβ + cγ + dδ, donde

   
a b α β
A= y B=
c d γ δ

c) tr(C T (λA + µB)) = λtr(B T A) + µtr(B T C), (se deja la comprobación como ejercicio).
Para estudiar si A y S son ortogonales, estudiamos la ortogonalidad entre sus respectivas bases.
Entonces

 
0 0
hA1 , S1 i = tr(S1T A1 ) = tr =0
−1 0
 
1 0
hA1 , S2 i = tr(S1T A2 )
= tr =0
0 −1
 
T 0 1
hA1 , S3 i = tr(S1 A3 ) = tr =0
0 0

y por lo tanto resulta que los espacios A y S son ortogonales.

47. El valor de  √ 
3
lı́m x− 1+ x3 es:
x→+∞

a) 0.
b) 1.
c) −∞.

Solución:
Teniendo en cuenta la igualdad a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) se tiene que

 √
3
  √
3
 x2 + x(1 + x3 )1/3 + (1 + x3 )2/3
lı́m x− 1 + x3 = lı́m x− 1 + x3
x→+∞ x→+∞ x2 + x(1 + x3 )1/3 + (1 + x3 )2/3
−1
= lı́m 2 =0
x→+∞ x + x(1 + x )1/3 + (1 + x3 )2/3
3

y la respuesta correcta es la a).

x2
48. La función f (x) = verifica:
x−2
a) es continua en todo R.
b) es continua en R − {2}.
c) es continua en R − {0}.

Solución:
En x = 2 La función f no está definida, por tanto no es continua en ese punto. La respuesta
correcta es la b).

49. Sea f (x) = |x(x − 1)|, entonces f tiene:

a) un máximo local en x = 1.
b) un mı́nimo local en x = 0.
c) un punto de inflexión en x = 1/2.

Solución:
Para x = 0 y x = 1 la función vale 0, como este es el valor mı́nimo que puede alcanzar f , por
tratarse del valor absoluto de x2 − x, es cierta la afirmación de b). La afirmación de la afirmación
de a) podrı́a ser cierta si la función fuese idénticamente nula en un entorno de x = 1, pero
inmediatamente a su derecha la función f coincide con x2 − x que no es igual a cero, por lo tanto
esta afirmación es falsa. Finalmente en un entorno del punto x = 1/2 la función f coincide con
−x2 + x y su derivada segunda vale −2, con lo que se ve que c) es falsa.

50. La ecuación x3 − 12x + 1 = 0 tiene en R:

a) una solución.
b) dos soluciones.
c) tres soluciones.
 Solución:
Consideremos la función f (x) = x3 − 12x + 1, entonces f 0 (x) = 3x2 − 12 e igulando a cero
tenemos que los puntos crı́ticos de f son x = ±2. Esto quiere decir que la gráfica de f tiene
únicamente un máximo y un mı́nimo ya que es derivable en todo R. Por otra parte se tiene que
lı́mx→+∞ = +∞. También se comprueba que f (−2) > 0 y f (2) < 0. De todo esto se deduce que
la gráfica de f corta al eje X en tres puntos y estos son las raı́ces de la ecuación del enunciado.
La respuesta correcta es la c).

51. Sea f (x) = ex − 1 y g(x) = f (|x|):

a) g 0 (0) = 1 .
b) g 0 (0) = −1 .
c) g no es derivable en 0.

Solución:
Tenemos que

g(0 + h) − g(0) e|h|−1

g 0 (0) = lı́m = lı́m
h→0 h h→0 h
y calculando los lı́mites laterales tenemos:

e|h|−1 eh − 1
lı́m+ = lı́m =1
h→0 h h→0 h

e|h|−1 e−h − 1
lı́m− = lı́m = −1
h→0 h h→0 h
por lo tanto el lı́mite buscado no existe y la función no es derivable en x = 0. La respuesta
correcta es la c).

52. Sean f una función definida en el conjunto {x ∈ R : −1/2 < x < 1/2} siendo f 0 , f 00 y f 000 continuas
en este conjunto. Además se tiene f (0) = 0, f 0 (0) = 1, f 0 0 (0) = −1 y f 0 0 0 (0) = 9/4. Entonces
el polinomio de Taylor de grado menor o igual que tres, en x = 0 es:
1 3 3
a) P (x) = x + x2 + x.
2 8
1 9 3
b) P (x) = x − x2 + x.
2 8
1 3 3
c) P (x) = x − x2 + x.
2 8
Solución:
La forma del polinomio pedido es

f 0 (0) f 00 (0) 2 f 000 (0) 3

P3 (0; x) = f (0) + x+ x + x
1! 2! 3!
y en las condiciones del enunciado sólo tenemos que sustituir los valores de las derivadas para
tener:

1 3
P3 (0; x) = x − x2 + x3
2 8
es decir, la respuesta c).
 x2
53. La función g(x) = tiene como ası́ntota:
x+3

a) x = 1.
b) y = x − 3.
c) y = −x − 3.

Solución:
Claramente x = 1 no es ası́ntota de la función del enunciado por que lı́mx→1 f (x) = 1/4. Por
otra parte si buscamos ası́ntotas y = mx + n, tenemos:

f (x) x
m = lı́m = lı́m =1
x→±∞ x x→±∞ x + 3
y
−3x
= −3
n = lı́m (f (x) − mx) = lı́m
x→±∞ x+3 x→±∞

y entonces la única ası́ntota oblı́cua que hay es y = x − 3. La respuesta correcta es la b).

Z x2
54. Sea f (x) = t cos t dt. La derivada de f es:
0

a) f 0 (x) = 2x3 cos x2 .

b) f 0 (x) = 2x2 (cos x2 ) (sen x).
c) f 0 (x) = 2x(cos x2 ) (sen x).

Solución:
Rx
Se tiene que f (x) = (h ◦ g) (x) donde g(x) = x2 y h(x) = 0 t cos t dt. Aplicando la regla de la
cadena para la derivación de una función compuesta y teniendo en cuenta el Primer Teorema
Fundamental del Calculo para la derivación de h, se tiene

f 0 (x) = h0 (g(x)) · g 0 (x) = (x2 cos x2 ) · 2x = 2x3 cos x2

y tenemos que la respuesta correcta es la a).
Z 5
x
55. El valor de 2
dx es:
3 x − 3x + 2

a) − ln 3 + 3 ln 2.
b) − ln 2 + 2 ln 3.
c) 3 ln 2.

Solución:
Si descomponemos la fracción dentro de la integral en suma de fracciones simples tendremos

x −1 2
= +
(x − 1)(x − 2) x−1 x−2
y ası́ la integral resulta
Z 5
x
dx = − ln |x − 1| + 2 ln |x − 2|]53 = − ln 2 + 2 ln 3.
3 x2 − 3x + 2
56. Sea A el conjunto de los x ∈ R que satisfacen la ecuación

(x − 1)(x − 2)
>1
(x + 2)(x + 3)

Solución: La inecuación anterior puede expresarse

(x − 1)(x − 2)
−1 > 0
(x + 2)(x + 3)
(x − 1)(x − 2) − (x + 2)(x + 3) −8x − 4
= > 0
(x + 2)(x + 3) (x + 2)(x + 3)

y para tener esta desigualdad tenemos dos opciones. La primera es que −8x − 4 > 0 y al mismo
tiempo (x + 2)(x + 3) > 0.
De −8x − 4 > 0 se tiene que x 6 −1/2, y la condicioón (x + 2)(x + 3) > 0 equivale a que
(x + 2) > 0 junto con (x + 3) > 0, lo que se traduce en la intersección (−2, +∞) ∩ (−3, +∞),
o bien (x + 2) < 0 junto con (x + 3) < 0, que serı́a la intersección (−∞, −2) ∩ (−∞. − 3).
La condición de que el denominador sea > 0 será entonces (−∞, −3) ∪ (−2, +∞) y junto con
x > −1/2 se tiene la solución correspondiente a esta primera opción (−2, −1/2].
La segunda opción consiste en que −8x − 4 > 0 y al mismo tiempo (x + 2)(x + 3) > 0 que se
analiza de forma análoga, aunque en este caso la solución que se obtiene es el conjunto vacı́o,
con lo que la solción final es (−2, −1/2].

57. Representar gráficamente la función

f (x) = x2 + 3|x| − 6

Solución: La función f puede escribirse


x2 + 3x − 6 si x > 0
f (x) =
x2 − 3x − 6 si x < 0

y tenemos que su derivada es


0 2x + 3 si x > 0
f (x) =
2x − 3 si x < 0
Además se comprueba que en x = 0 no es derivable puesto que las derivadas laterales no coin-
ciden. Por otra parte para x 6= 0 se tiene que f 00 (x) = 2. Si igualamos la primera derivada a 0
tenemos que de la expresión para x > 0 tendrı́a que ser x = −3/2 lo cuál es imposible, lo mismo
para la expresión para x < 0 que tendrı́a que ser x = 3/2. Entonces la derivada no se anula en
ningún punto. Además de la expresión de f 0 se tiene que f es decreciente en (−∞, 0) y creciente
en (0, +∞). Se tiene que f tiene un único máximo en x = 0. La gráfica de f consiste en dos
ramas de parábola formando un vértice en el punto (0, −6).
 5

2,5

-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

-2,5

-5

58. Calcular las integrales

Z Z
2 x x
x e dx dx
(x − 1)2
Solución: La primera se hace por partes: tomando u = x2 y dv = ex dx resulta du = 2xdx y
v = ex . Entonces
Z Z  Z 
2 x 2 x x 2 x x x
x e dx = x e − 2 xe dx = x e − 2 xe − xe dx

y resolviendo la integral que resulta, también por partes, tomando u = x y dv = ex dx tenemos

Z  Z 
2 x 2 x x x
x e dx = x e − 2 xe − xe dx
Z
= x e − 2xe − 2 ex dx
2 x x

= ex x2 − 2x − 2 .

Para la segunda, descomponemos la fracción en fracciones simples:

x 1 1
2
= +
(x − 1) x − 1 (x − 1)2

y entonces se tiene

Z Z Z
x 1 1
dx = dx + dx
(x − 1)2 x−1 (x − 1)2
1
= log |x − 1| − .
x−1
 r
x x
59. Sean f (x) = y g(x) = − |x|. Calcular el dominio de f ◦ g y g ◦ f .
1−x 2

Solución: La función f ◦ g puede escribirse

 s
 −x/2
si x > 0



 1 + x/2
(f ◦ g)(x) = s
 3x/2
si x < 0



 1 − 3x/2

En la expresión para x > 0 vemos que el denominador de la fracción que está dentro de la raı́z,
es siempre mayor que cero, y el numerador menor o igual que cero, ası́ el único valor posible es el
que hace la fracción igual a 0, es decir, x = 0. Del mismo modo vemos que para la expresión para
x < 0 no hay ninguna solución. En definitiva, el domino de esta función se limita al conjunto
{0}.
La función g ◦ f puede escribirse
r r  r
1 x  x  1 x
(g ◦ f )(x) = −  =−
2 1−x 1 − x 2 1−x

Para empezar, podemos excluir el punto x = 1 e incluir x = 0. La condición que ha de cumplirse

para los demás es

x
>0
1−x
y haciendo un análisis similar al del ejercicio 1 se tiene que este conjunto es (0, 1), por lo tanto
el dominio de g ◦ f es [0, 1).

60. Calcular
1
lı́m (1 + sen x) 1−cos x
x→0

1
Solución: Teniendo en cuenta que lı́mx→0 (1 + x) x = e y que la función ex es continua se tiene

1 sen x
lı́m (1 + sen x) 1−cos x = elı́m 1−cos x = ∞
x→0

ya que
sen x cos x
lı́m = lı́m =∞
x→0 1 − cos x x→0 sen x

61. Sea la función


 e−x − 1
f (x) = x
si x 6= 0
 k e si x = 0

estudiar si existe k que haga f continua en 0.

 Solución: Tenemos

e−x − 1 1−1
lı́m x
= =0
x→0 e 1
por lo tanto si k = 0 la función f es continua.

62. Sea la función


x2
x−

f (x) = si x < 0
 log (12+ x) si x > 0
Calcular el polinomio de Taylor de grado 2 de f en x = 0.

Solución: Fijémonos que en caso de que exista el polinomio pedido, tienen que existir las deri-
x2
vadas primera y segunda de f en cero, y si estas existen tienen que coincidir con las de x − ,
2
x2
de lo que resulta que el polinomio pedido serı́a el de x − y como este es de grado 2 será él
2
2
x
mismo. Por lo tanto el polinomio pedido es x − . Se deja como ejercicio hacer la comprobación.
2

63. Calcular la recta tangente a la gráfica y = x2 + 1 que pasa por el origen de coordenadas.
Solución: En el enunciado original se pedı́a la recta tangente a la gráfica de y = x2 que pasa por
el origen, en este caso se ve que como la gráfica es tangente al eje X precisamente en el origen,
este eje es la recta pedida.
Para ilustrar un poco más el procedimiento del ejercicio, resolveremos con este nuevo enunciado.
La ecuación de la recta tangente en un punto (x0 , f (x0 )) es

y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 )

Imponer la condición de que esta recta pase por el origen es equivalente a

x0 f 0 (x0 ) = f (x0 )

y resolvemos la ecuación que resulta en x0 . En nuestro caso, y escribiendo x en lugar de x0 por

simplicidad tenemos
x · 2x = x2 + 1 ⇒ x2 = 1
y tenemos las soluciones x0 = ±1. Ası́tendrı́amos las dos rectas tangentes

y = f 0 (−1)(x + 1) + f (−1) = −2x

y = f 0 (1)(x − 1) + f (1) = 2x

64. Estudiar la continuidad y derivabilidad de g(x) = |ex − 1|. Solución:

La función podemos escribirla

ex − 1 si x ≥ 0
f (x) =
−ex + 1 si x < 0
 Para estudiar la continuidad, tenemos en cuenta que a ambos lados de x = 0 estamos conside-
rando funciones continuas, por lo tanto el único problema podrı́a estar en x = 0, sin embargo es
fácil ver que
lı́mx→0+ f (x) = lı́mx→0+ (ex − 1) = 0
lı́mx→0− f (x) = lı́mx→0+ (−ex + 1) = 0
por lo que la función es continua en ese punto ya que f (0) = 0. En cuanto a la derivabilidad,
también tenemos que a ambos lados de x = 0 tenemos funciones derivables. Para estudiar la
derivabilidad en x = 0, tenemos que
f (0+h)−f (0) h h
lı́mh→0+ h
= lı́mh→0+ e h−1 = lı́mh→0+ e1 = 1
f (0+h)−f (0) h h
lı́mh→0− h
= lı́mh→0− − e h−1 = lı́mh→0− − e1 = −1
y como las derivadas laterales no coinciden, la función no es derivable en x = 0.
65. Sea f (x) = x2 (3 − x)3 . Describir el conjunto de puntos de R donde f es creciente como unión de
intervalos.
Solución: La función f es una función polinómica, por lo que los intervalos de crecimiento
estarán completamente determinados por el signo de la primera derivada. Tenemos

 2x(3 − x) − 3x2 = 0
f 0 (x) = 2x(3 − x)3 − 3x2 (3 − x)2 = 0 ⇔ ó
3−x=0


y tenemos que f 0 se anula en x = 0, 6/5, 3 y la siguiente tabla

Intervalo (−∞, 0) (0,6/5) (6/5, 3) (3, ∞)

Signo de f 0 − + − −

y el conjunto que se pide es (0, 6/5).

66. Calcular
x − tan x
lı́m
x→0 x3
Solución:
0
Tenemos una indeterminación 0
y por lo tanto podemos aplicar la Regla de L’Hopital.
x − tan x 1 − cos12 x
lı́m = lı́m
x→0 x3 x→0 3x2
donde volvemos a tener otra indeterminación 00 y por lo tanto volvemos a aplicar la Regla de
L’Hopital.

1 − cos12 x − 2cos
sen x
3x 1
lı́m = lı́m =− .
x→0 3x2 x→0 6x 3
x
67. Hallar los puntos del plano XY donde la gráfica de y = √ alcanza extremos.
x2 + 1
Solución:
Tenemos
√ 2
x2 + 1 − √x
0 x2 +1
f (x) =
x2 + 1
0
y fácilmente vemos que f no se anula nunca. Como f (x) es derivable en todo R, de existir puntos
extremos, en éstos tendrı́a que anularse la derivada, por lo tanto f no tiene extremos.
68. Hallar los puntos de inflexión de la gráfica
y = 10x3 − 3x5

10

7,5

2,5

-20 -19 -18 -17 -16 -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

-2,5

-5

-7,5

-10

Figura 1: Gráfica de y = 10x3 − 3x5 .

Solución:
Se trata de una funcón polinómica, por lo tanto sus puntos de inflexión estarán entre aquellos
donde se anule la segunda derivada.
f 0 (x) = 30x2 − 15x4 → f 00 (x) = 60x − 60x3
entonces
f 00 (x) = 0 ⇔ x = −1, 0, 1
tomando valores a ambos lados de cada uno de ellos, vemos que f 00 cambia de signo en los tres,
por lo tanto los tres son puntos de inflexión.
69. Calcular Z 3
|1 − x| dx
−2
Solución:
Hay que tener en cuenta que
Z 3 Z 1 Z 3
|1 − x| dx = (1 − x) dx + (x − 1) dx
−2 −2 1
y el resto se deja como ejercicio.
70. Calcular √ √
2 + x2 − 2 − x2
lı́m
x→0 x2
Indicación: Racionalizar, es decir multiplicar numerador y denominador por
√ √
2 + x2 + 2 − x2 .
71. Hallar las ası́ntotas de la gráfica de
xex
y=
1 + ex
Indicación: Las soluciones son y = 0 e y = x.

2
72. Calcular el polinomio de Taylor de ex cerca de x = 0, de grado 4.

73. Hallar el área de la región R de R2 delimitada por la recta y = −x + 3 y la gráfica de y = 2/x.

Indicación: Calcular primero los puntos de intersección de las dos gráficas y luego plantear la
integral correspondiente.
74. La recta tangente a la gráfica y = ex que pasa por el origen de coordenadas es:
a) y = x.
b) y = ex.
c) y = log 2x.
Solución:
La ecuación de la recta tangente a la gráfica {(x, f (x))} en el punto (x0 , f (x0 )) es
y = xf 0 (x0 ) − x0 f 0 (x0 ) + f (x0 )
y en este caso, se tiene que cupmlir que x0 f 0 (x0 ) − f (x0 ) = 0, es decir x0 ex0 = ex0 entonces
x0 = 1 y se tiene
y = xf 0 (1) − f 0 (1) + f (1)
es decir
y = ex.

√
75. La derivada de y = log |x + x2 − a2 | es:
1
a) y 0 = √ .
x2− a2
a2
b) y 0 = √ .
x 2 − a2
x
c) y 0 = √ .
x 2 − a2
Solución:
Teniendo en cuenta que la derivada de y = log |x| es y 0 = x1 y la regla de la cadena tenemos
 
0 1 x
y = √ · 1+ √
x 2 − a2 x 2 − a2
√
1 x + x 2 − a2
= √ · √
x + x 2 − a2 x 2 − a2
1
= √
x 2 − a2

Igual que la función log |x| está definida en R\{0} al igual que su derivada, la función del
enunciado lo está en R\(−a, a) si a > 0, o en R\{0} si a = 0.
76. Sea g(x) = ex − 1, entonces:

a) g(x) no es continua en x = 0.
b) g(x) no es derivable en x = 0.
c) h(x) = |g(x)| no es derivable en x = 0.

Solución:
La función f (x) = ex es derivable y por lo tanto continua en R, en particular lo es en x = 0. Ası́
que la opciones a) y b) no son correctas. A continuación vemos que c) es correcta, si llamamos
k(x) = |g(x)| tenemos

0 k(h) − k(0) |eh − 1| − 0 eh − 1 eh

k+ (x) = lı́m+ = lı́m+ = lı́m = lı́m =1
h→0 h h→0 h h→0 h h→0 1

0 k(h) − k(0) |eh − 1| − 0 1 − eh −eh

k− (x) = lı́m− = lı́m− = lı́m = lı́m = −1
h→0 h h→0 h h→0 h h→0 1

donde en el último paso hemos aplicado la regla de L’Hopital. Tenemos entonces que las derivadas
laterales no coinciden, por lo que |g(x)| no es derivable en x = 0.

77. Sea  
1 4
L = lı́m − 2
x→2 x−2 x −4
entonces:

a) L = 0.
b) L = 1.
c) L = 1/4.

Solución:

   
1 4 1 4
lı́m − 2 = lı́m −
x→2 x−2 x −4 x→2 x − 2 (x − 2)(x + 2)
 
x+2 4
= lı́m −
x→2 (x − 2)(x + 2) (x − 2)(x + 2)
x−2
= lı́m
x→2 (x − 2)(x + 2)
1
= lı́m
x→2 x + 2
1
= .
4

78. Sea f (x) = x3 (5 − x)2 . El subconjunto del dominio de f donde ésta es creciente es:

a) (−∞, 3) ∪ (5, ∞).

b) (−∞, 3) ∪ (3, ∞).
c) (−∞, −3) ∪ (5, ∞).
 Solución:
El dominio de f es todo R porque es una función polinómica. Para determinar los intervalos de
crecimiento tenemos que analizar el signo de la primera derivada

f 0 (x) = 3x2 (5 − x)2 + x3 (5 − x)(−1)

= 3x2 (25 − 10x + x2 ) − 2x3 (5 − x)
= 5x2 (x − 5)(x − 3)

y los intervalos de crecimiento y decrecimiento son

(−∞, 0) (0, 3) (3, 5) (5, ∞)

0 0 0
f >0 f >0 f <0 f0 > 0
creciente creciente decreciente creciente

teniendo en cuenta que x = 0 es un punto de inflexión donde se tiene que si x1 < 0 < x2 entonces
f (x1 ) < 0 < f (x2 ), por lo que f es creciente en (−∞, 3) ∪ (5, ∞).

79. Sea
x − sen x
A = lı́m
x→0 x3
entonces:
a) A = 0.
b) A = 1/2.
c) A = 1/6.
Solución: El lı́mite presenta una indeterminación 00 que se resuelve aplicando la regla de L’Hopital
de manera sucesiva
x − sen x L0 H 1 − cos x
lı́m = lı́m
x→0 x3 x→0 3x2
L0 H sen x
= lı́m
x→0 6x
L0 H cos x
= lı́m
x→0 6
1
= .
6

x
80. Los puntos del plano XY donde la gráfica de y = √ alcanza extremos son
x2 + 1
a) (1, 1) y (−1, −1).
b) (1, 0) y (−1, 0).
c) f no tiene máximos ni mı́nimos.
Solución:
x
La función f (x) = √ es derivable en todo R y los posibles extremos de esta función están
x2 + 1
entre sus puntos crı́ticos
√
0
x2 + 1 − x √xx2 +1 1
f (x) = 2
= 2 6= 0
x +1 (x + 1)3/2
 para todo x ∈ R. Por lo que esta función no tiene extremos.

81. Los puntos de inflexión de la gráfica y = 10x3 − 3x5 tienen como abscisa:

a) x = −1, 0, 1.
b) x = −2, 0, 2.
√ √
c) x = − 2, 0, 2.

Solución:
La función f (x) = 10x3 − 3x5 es polinómica y por lo tanto derivable dos veces en R. Los puntos
de inflexión están entre aquellos en los que se anula la derivada segunda.

f 0 (x) = 30x2 − 15x4

f 00 (x) = 60x − 60x3

ası́ tenemos
f 00 (x) = 0 ⇐⇒ 60x − 60x3 = 0 ⇐⇒ x(1 − x2 ) = 0
de donde los posibles puntos de inflexión son x = −1, 0, 1. Analizando el signo de la segunda
derivada tenemos
(−∞, −1) (−1, 0) (0, 1) (1, ∞)
f 00 > 0 f 00 < 0 f 00 > 0 f 00 < 0
convexa cóncava convexa cóncava

y los tres puntos son de inflexión.

82. Si f y g son dos funciones dos veces derivables en (a, b), se tiene en ese intervalo:

a) (f · g)00 = f 00 · g + f 0 · g 0 + f · g 00
b) (f · g)00 = f 00 · g 0 + 2f 0 · g 0 + f 0 · g 00
c) (f · g)00 = f 00 · g + 2f 0 · g 0 + f · g 00

Solución:
0
(f · g)00 = [(f · g)0 ]
0
= [f 0 · g + f · g 0 ]
0 0
= [f 0 · g] + [f · g 0 ]
= f 00 · g + f 0 · g 0 + f 0 · g 0 + f · g 0
= f 00 · g + 2f 0 · g 0 + f · g 00 .

83. El valor de Z 3
|2 − x| dx
0
es:
√
7
a) .
2
 b) 5/2.
c) 4/3.

Solución:
Podemos escribir 
2−x si x ≤ 2
|2 − x| =
x−2 si x > 2
y entonces
Z 3 Z 2 Z 3
|2 − x| dx = (2 − x) dx + (x − 2) dx
0 0 2
2  3
x2 x2

= 2x − + −2x +
2 0 2 2
5
= .
2

84. La ecuación de una recta tangente a la gráfica y = log x de pendiente 4 es:

a) y = 4x − 2.
b) y = 4x − 1 − log 4.
c) y = 4x − log 4.

Solución:
La ecuación de la recta tangente a la gráfica {(x, f (x))} en el punto (x0 , f (x0 )) es

y = xf 0 (x0 ) − x0 f 0 (x0 ) + f (x0 )

y en este caso tendremos f 0 (x0 ) = 1/x0 = 4, por lo que x0 = 1/4 y entonces f (x0 ) = f (1/4) =
− log 4. Entonces la ecuación pedida es

y = 4x − 1 − log 4.

85. Sea f (x) = x + sen x y sean [

A= (2kπ, (2k + 1)π)
k∈Z
[
B= ((2k − 1)π, 2kπ)
k∈Z

La función f es:

a) creciente en A y decreciente en B.
b) creciente en B y decreciente en A.
c) creciente en todo R.

Solución:
Derivamos la función y tenemos
f 0 (x) = 1 + cos x
 y como cos x toma valores entre −1 y 1, la derivada nunca es de signo negativo. Si igualamos a
cero tenemos que
f 0 (x) = 0 ⇐⇒ x = (2k − 1)π
que son los puntos crı́ticos de f . Si x0 es uno de estos puntos se tiene que si x1 < x0 < x2
entonces f (x1 ) < f (x0 ) < f (x2 ) por lo que f es creciente en todo R.

86. Sea g(x) = ex − 1, entonces:

a) g(x) es continua en x = 0.
b) g(x) no es derivable en x = 0.
c) |g(x)| es derivable en x = 0.

Solución:
La función f (x) = ex es derivable y por lo tanto continua en R, en particular lo es en x = 0. Ası́
que la opción correcta es la a). A continuación vemos que c) es falsa, si llamamos k(x) = |g(x)|
tenemos

0 k(h) − k(0) |eh − 1| − 0 eh − 1 eh

k+ (x) = lı́m+ = lı́m+ = lı́m = lı́m =1
h→0 h h→0 h h→0 h h→0 1

0 k(h) − k(0) |eh − 1| − 0 1 − eh −eh

k− (x) = lı́m− = lı́m− = lı́m = lı́m = −1
h→0 h h→0 h h→0 h h→0 1

donde en el último paso hemos aplicado la regla de L’Hopital. Tenemos entonces que las derivadas
laterales no coinciden, por lo que |g(x)| no es derivable en x = 0.

87. Sea √ √
2 + x2 − 2 − x2
L = lı́m
x→0 x2
entonces:

a) L = 0.
b) L = 1.
√
c) L = 1/ 2.

Solución:
√ √ √ √ √ √
2 + x2 − 2 − x2 2 + x2 − 2 − x 2 2 + x2 + 2 − x2
lı́m = lı́m ·√ √
x→0 x2 x→0 x2 2 + x2 + 2 − x2
2x2
= lı́m √ √
x→0 x2 ( 2 + x2 + 2 − x2 )
2
= lı́m √ √
x→0 2 + x2 + 2 − x2
2 1
= √ √ =√ .
2+ 2 2

√
88. Si f (x) = x 4 − x2 , la gráfica de f :
√
a) tiene un máximo en ( 2, 2).
 √
b) tiene un máximo en (− 2, 2).
√
c) tiene un mı́nimo en ( 2, 2).

Solución:
Derivando tenemos
√ −2x 4 − 2x2
f 0 (x) = 4 − x2 + x √ =√
2 4 − x2 4 − x2
√
de donde tenemos los puntos cı́ticos x = ± 2 que están dentro del dominio de f , que es [2, 2].
Calculamos la segunda derivada
√
−4x 4 − x2 − (4 − 2x) 2√−2x
4−x2
f 00 (x) =
4 − x2
−4x(4 − x ) + x(4 − 2x2 )
2
=
(4 − x2 )3/2
2x(x2 − 6)
=
(4 − x2 )3/2
y como el denominador es positivo, sólo tenemos que analizar el signo del numerador, ası́ vemos
que √ √
f 00 ( 2) < 0, f 00 (− 2) > 0
por lo que la respuesta correcta es la a).

89. La gráfica de
xex
y=
1 + ex
tiene ası́ntotas:

a) y = 0, y = x.
b) y = 1, y = −x.
c) y = −1, y = x − 1

Solución:
El valor del denominador no se aproxima a ±∞ cerca de ningún valor finito x0 , por o tanto no
existen ası́ntotas verticales.
Las ası́ntotas de lal forma y = mx + n las calculamos de la manera habitual
ex

f (x) e x

 lı́m x→+∞ x
=1
m = lı́m = lı́m = 1 + e
x→±∞ x x→±∞ 1 + ex ex
 lı́mx→−∞
 =0
1 + ex
y
 x 
e

 lı́mx→+∞
 −x =0
n = lı́m (f (x) − mx) = 1 + ex
x
x→±∞
 lı́mx→−∞ e

=0
1 + ex
y las ası́ntotas que tenemos son y = x e y = 0.

90. El polinomio de Taylor de e−x cerca de x = 0, de grado 4 es:

 x2 x3 x4
a) P (x) = 1 − x + − + .
2! 3! 4!
2 3
x x x4
b) P (x) = 1 + x + + + .
2! 3! 4!
2 4
x x
c) P (x) = 1 + + .
2! 4!
Solución:
El polinomio buscado es
1 0 1 1 1
P (x) = f (0) + f (0)x + f 00 (0)x2 + f 00 (0)x3 + f 00 (0)x4
1! 2! 3! 4!
y haciendo los cálculos correspondientes

f 0 (x) = −e−x → f 0 (0) = −1

f 00 (x) = e−x → f 00 (0) = 1
f 000 (x) = −e−x → f 000 (0) = −1
f 0000 (x) = e−x → f 0000 (0) = 1

ası́ resulta que el polinomio tiene la forma

x2 x3 x4
P (x) = 1 − x + − + .
2! 3! 4!

91. Sea
x − sen x
A = lı́m
x→0 x − tg x

entonces:

a) A = 0.
b) A = −1/2.
c) A = 1.
∞
Solución: Tenemos una indeterminación ∞
que resolvemos aplicando la regla de L’Hopital tres
veces
x − sen x L0 H 1 − cos x
lı́m = lı́m
x→0 x − tg x x→0 1 − (1 + tg2 x)
L0 H sen x
= lı́m
x→0 −2 tg x(1 + tg2 x)
L0 H cos x
= lı́m
x→0 −2(1 + tg2 x)(1 + tg2 x)
1
= − .
2

92. Sea f (x) = x + sen x. Los puntos de inflexión de f son:

a) {x = kπ}k∈Z .
b) {x = k}k∈Z .
c) no tiene puntos de inflexión.
 Solución:
Los puntos de inflexión de f serán aquellos donde se anula la derivada segunda, porque f es una
función dos veces derivable en todo R.

f 0 (x) = 1 + cos x
f 00 (x) = − sen x

y como la función seno se anula en el conjunto {x = kπ}k∈Z , éstos son los puntos de inflexión de
f.

93. Sea R la región de R2 delimitada por la recta 2x + 2y = 5 y la gráfica de y = 1/x. El área de R

es
15
a) − 2 log 2.
8
15
b) − log 2.
8
15
c) .
8
Solución:
Calculamos los puntos de intersección de las gráficas, tenemos
2
2x + = 5 =⇒ 2x2 − 5x + 2 = 0
x
y esta ecuación tiene como soluciones 1/2 y 2. Si tenemos en cuenta que la gráfica de la recta
está por encima de hipérbola entre estos dos valores de x, el área pedida será
2 2
x2
Z   
5 1 5
A = −x− dx = x− − log x
1/2 2 x 2 2 1/2
15
= − 2 log 2.
8
94. Comprobar que la recta 
5x − 3y + 2z − 5 = 0
2x − y − z − 1 = 0
está contenida en el plano 4x − 3y + 7z − 7 = 0.
Solución: Una forma de resolver este problema es comprobar que el sistema formado por las
tres ecuaciones de los planos es compatible indeterminado y su conjunto de soluciones tiene
dimensión 1, que es la recta. Tenemos
 
5 −3 2
det  2 −1 −1  = 0
4 −3 7
y fácilmente se ve que el rango de esta matriz es 2 ya que sus vectores columna son linealmente
independientes dos a dos. Por otra parte, si en la matriz ampliada
 
5 −3 2 5
 2 −1 −1 1 
4 −3 7 7
consideramos la submatriz cuadrada formada por las tres últimas columnas, ésta tiene determi-
nante 0, y entonces la matriz ampliada tiene también rango 2 y el sistema es como estábamos
buscando.

95. Sean u y v dos vectores del espacio R3 que forman entre sı́ un ángulo de π/4. Probar que
u · v = ku × vk.

96. Sean u, v y w tres vectores del espacio R3 tales que kuk = 1, kvk = 2, kwk = 3 y el ángulo entre
dos cualesquiera de ellos es π/3. Calcular ku + v + wk.
Solución: Se tiene que cos (π/3) = 1/2. Entonces

ku + v + wk2 = (u + v + w) · (u + v + w)
= (u, u) + (v, v) + (w, w) + 2(u, v) + 2(u, w) + 2(v, w)
π π π
= kuk2 + kvk2 + kwk2 + 2kukkvk cos + 2kukkvk cos 2kukkvk cos
3 3 3
= 14 + 4 + 3 + 4
= 25
√
y entonces ku + v + wk = 25 = 5.

97. Encontrar la ecuación del plano que:

a) Es perpendicular a v = (1, 1, 1) y pasa por (1, 0, 0).
b) Es perpendicular a la recta l(t) = (5, 0, 2)t + (3, −1, 1) y pasa por el punto (5, −1, 0).
Solución:
a) El vector normal al plano es n = i + j + k y la ecuación de éste será

(x − 1) + (y − 0) + (z − 0) = 0

es decir
x+y+z =1
 b) El vector de dirección de la recta tiene que ser perpendicular al plano, es decir podemos
tomar como vector normal n = (5, 0, 2), y la ecuación del plano se obtiene finalmente al
imponer que el punto (5, −1, 0) pertenece a éste:

5 · (x − 5) + 0 · (y + 1) + 2 · (z − 0) = 0

o lo que es lo mismo
5x + 2z = 25

98. Hallar la intersección de los planos x + 2y + z = 0 y x − 3y − z = 0.

Solución: Se trata de encontrar los puntos que satisfacen el siguiente sistema

x + 2y + z = 0
x − 3y − z = 0
que es equivalente al sistema 
x + 2y = −z
x − 3y = z

De la segunda ecuación tenemos

x = z + 3y (1)
y sustituyendo en la primera
2
z + 5y = −z ⇒ y = − z
5
y sustituyendo este valor en (1) tenemos
6 1
x=z− z=− z
5 5
esto nos da la siguiente ecuación paramétrica de la intersección
 
1 2
(x, y, z) = − λ, − λ, λ
5 5
que es la de una recta que pasa por el origen, ya que los dos planos pasan por el origen.
El sistema del inicio lo podrı́amos haber resuelto del siguiente modo: sumando las dos ecuaciones
y restando la segunda a la primera, tenemos respectivamente

2x − y = 0 y 5y = −2z

e igualando se tiene
5 x y z
2x = y = − z ≡ = =
2 1/2 1 −5/2
que es la ecuación
x y z
= =
−5 −2/5 1
que equivale la paramétrica calculada antes.
Tambien podrı́amos haber resuelto el sistema utilizando la regla de Cramer
   
 −z 2   1 −z 
 
 z −3   1 z 
x =   , y= 
 1 2  1 2 


 1 −3   1 −3 
.
 99. Sean u, v ∈ R3 dos vectores con normas 4 y 2 respectivamente. Si ku × vk = 5, calcular u · v.

100. Calcular la distancia desde el origen de R3 al plano de ecuación x + 2y + 3z = 4.

101. Encontrar la ecuación del plano que:

a) Es perpendicular a v = (1, 1, 1) y pasa por (1, 0, 0).

b) Es perpendicular a la recta l(t) = (5, 0, 2)t + (3, −1, 1).

Solución:

a) El vector normal al plano es n = i + j + k y la ecuación de éste será

(x − 1) + (y − 0) + (z − 0) = 0

es decir
x+y+z =1
b) El vector de dirección de la recta tiene que ser perpendicular al plano, es decir podemos
tomar como vector normal n = (5, 0, 2), y la ecuación del plano se obtiene finalmente al
imponer que el punto (5, −1, 0) pertenece a éste:

5 · (x − 5) + 0 · (y + 1) + 2 · (z − 0) = 0

o lo que es lo mismo
5x + 2z = 25

102. Hallar la intersección de los planos x + 2y + z = 0 y x − 3y − z = 0.

Solución: Se trata de encontrar los puntos que satisfacen el siguiente sistema

x + 2y + z = 0
x − 3y − z = 0

que es equivalente al sistema 

x + 2y = −z
x − 3y = z

De la segunda ecuación tenemos

x = z + 3y (2)
y sustituyendo en la primera
2
z + 5y = −z ⇒ y = − z
5
y sustituyendo este valor en (1) tenemos
6 1
x=z− z=− z
5 5
esto nos da la siguiente ecuación paramétrica de la intersección
 
1 2
(x, y, z) = − λ, − λ, λ
5 5
que es la de una recta que pasa por el origen, ya que los dos planos pasan por el origen.
 El sistema del inicio lo podrı́amos haber resuelto del siguiente modo: sumando las dos ecuaciones
y restando la segunda a la primera, tenemos respectivamente

2x − y = 0 y 5y = −2z

e igualando se tiene
5 x y z
2x = y = − z ≡ = =
2 1/2 1 −5/2
que es la ecuación
x y z
= =
−5 −2/5 1
que equivale la paramétrica calculada antes.
Tambien podrı́amos haber resuelto el sistema utilizando la regla de Cramer
   
 −z 2   1 −z 
  
 z −3   1 z 
x =   , y= 
 1 2  1 2 


 1 −3   1 −3 
.

103. Obtener un vector unitario con componente k positiva que sea perpendicular a los vectores
u = 2i − j + 2k y v = 2i − 3j − k.
Solución: Un vector perpendicular a los vectores u y v es el producto vectorial u × v:
 
 i j k 
 
u × v =  2 −1 2
  = 7i + 6j − 4k

 2 −3 −1 
√
Tenemos que |u × v| = 101, pero el vector u × v tiene la componente k negativa, por lo que
el vector pedido es
1 1
−√ |u × v| = √ (−7i − 6j + 4k)
101 101

104. Verificar las siguientes igualdades

a) u × u = 0.
b) u × v = −v × u.
c) (u + v) × w = u × w + v × w.
d) (tu) × v = u × (tv) = t(u × v)
e) u · (u × v) = v · (u × v) = 0.

Solución:

a) El vector u forma un ángulo 0 consigo mismo. Por ello tenemos |u × u| = |u| · |u| · sen 0 = 0
y entonces u × u = 0. Tambien se puede ver que
 
 i j k 
 
u × u =  u1 u2 u3  = 0
 u1 u2 u3 
ya que en el determinante tenemos dos filas iguales.
 b) Tenemos    
 i j k   i j k 
   
u × v =  u1 u2 u3  = −  v1 v2 v3  = −v × u
 v1 v2 v3   u1 u2 u3 
teniendo en cuenta que permutamos dos filas.
c) Teniendo en cuenta de nuevo las propiedades de los determinantes
 

 i j k 

(u + v) × w =  u1 + v1 u2 + v2 u3 + v3  =
 w1 w2 w3 
   
 i j k   i j k 
   
=  u1 u2 u3  +  v1 v2 v3  = u × w + v × w
 w1 w2 w3   w1 w2 w3 

d)
     
 i j k   i j k   i j k 
    
(tu) × v =  tu1 tu2 tu3  = t  u1 u2 u3  =  u1 u2 u3
     =

 v1 v2 v3   v1 v2 v3   tv1 tv2 tv3 
= t(u × v) = u × (tv)
e)
u · (u × v) =
     
 u2 u3   u1 u3   u1 u2 
= u1   − u2 
 v1 v3  + u3  v1 v2  =
  
v2 v3 
= u1 u2 u3 − u1 v2 u3 − u2 u1 v3 + u2 v1 u3 + u3 u1 v2 − u3 v1 u2 = 0.
v · (u × v) = −v · (v × u) = 0.

105. El volumen de un tetraedro es 31 A · h, donde A es el área de la base y h la altura medida

perpendicularmente desde el vértice opuesto a la base. Sean u, v y w tres vectores que coinciden
con las aristas del tetraedro, que concurren en un vértice. Demostrar que el volumen del tetraedro
puede expresarse como
 
 u1 u2 u3 
1 1  
V = |u · (v × w)| = |  v1 v2 v3  |
6 6 
w1 w2 w3 

Solución:
La base del tetraedro es el triángulo que definen los dos vectores v y w, cuya área es
1
A = |v × w|
2
La altura h del tetraedro es igual a la longitud de la proyección de u sobre el vector v × w (este
vector es perpendicular a la base). Tenemos
|u · (v × w)|
h=
v×w
Y tenemos que el volumen del tetraedro es
 
 u1 u2 u3 
1 1 1  
V = Ah = |u · (v × w)| = |  v1 v2 v3  |.
3 6 6 
w1 w2 w3 
 v×w

h w

106. Demostrar que el plano que pasa por los tres puntos A = (a1 , a2 , a3 ), B = (b1 , b2 , b3 ) y C =
(c1 , c2 , c3 ) está formado por los puntos P = (x, y, z) tales que
 
 a1 − x a 2 − y a 3 − z 
 
 b1 − x b2 − y b3 − z  = 0.
 
 c1 − x c2 − y c3 − z 

−→ −→
Solución: El vector AB × AC es ortogonal al plano determinado por A, B y C. Este vector
−→
define el plano como el conjunto de puntos P = (x, y, z) tal que P C es un vector combinación
−→ −→ −→ −→ −→
lineal de AB y AC y por tanto (AB × AC) · P C = 0. Expresando esta última ecuación tenemos
 
 b 1 − a1 b 2 − a2 b 3 − a3 
 
 c 1 − a1 c 2 − a2 c 3 − a3  = 0
 
 c1 − x c2 − y c3 − z 

y restando a la segunda fila, la tercera y cambiándola de signo se tiene

 
 b 1 − a1 b 2 − a2 b 3 − a3 
 
 a1 − x a2 − y a3 − z  = 0
 
 c1 − x c2 − y c3 − z 

ahora procediendo de manera análoga con la primera fila y reordenando después, tenemos la
condición del enunciado.

107. Dadas las rectas

x−2 y−k z x+2 y−1 z−3
r1 : = = y r2 : = =
2 3 −1 −1 2 3
a) Hallar k para que ambas rectas se corten en un punto.
b) Calcular la ecuación del plano que determinan.

Solución: Para la primera parte consideramos los vectores de ambas rectas v1 = (2, 3−1) y v2 =
(−1, 2, 3) y el vector formado por un punto de r1 y otro de r2 , por ejemplo P Q = (−4, 1−k, 3). La
 condición de que las rectas se corten en un punto equivale a que los tres vectoes sean coplanarios,
esto es, el determinante de la matriz que forman ha de ser cero
 
 −4 2 −1 
 
 1−k 3 2  = −28 + 5k = 0

 3 −1 3 

de donde resulta k = 28/5.

Para la segunda parte, análogamente, resulta la ecuación del plano
 
 x+2
 2 −1 

 y−1 3 2  = 0

 z − 3 −1 3 

108. Comprobar que las rectas

x−2 y−3 z−4 x−1 y−2 z−3
r1 : = = y r2 : = =
2 3 5 2 −1 3
están en un mismo plano. Hallar su ecuación.

109. Determinar en el haz de planos

λ(x − 3y + 2z − 1) + µ(2x + y − z + 2) = 0

a) Un plano que pasa por el punto M = (2, 0, 1).

b) Un plano que sea paralelo al vector v = (0, 1, 1).
c) Un plano que sea paralelo al vector v = (2, 1, 0).

110. Hallar la ecuación de un plano del haz

λ(x − y − z + 5) + µ(2x − 2y − z + 1) = 0

que divide al segmento de extremos A(−2, −1, 0) y B(2, 0, −1) en dos partes iguales. Lo mismo,
para el plano que divide al mismo segmento en tres partes iguales.