calculo para ingenieria civil

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE

FACULTAD DE CIENCIA

Departamento de Matematica y Ciencia de la Computacion

CALCULO

Segunda Version

Gladys Bobadilla A. y Rafael Labarca B.

Santiago de Chile

2004

Prefacio

El cero es el silencio antes del numeroEl numero es el verbo matematico

Lo matematico es el calculo de la realidadLa realidad es lo unico increıble

Lo increıble es lo que no podemosY lo que no podemos es lo que queremos.

Patricio Manns.

Este texto es producto - en elaboracion aun - del proyecto de desarrollo de la docenciaTexto de calculo anual para ingenierıa civil, financiado por la Vicerrectorıa de Do-cencia y Extension de la Universidad de Santiago de Chile.

Gran parte de los contenidos de los capıtulos 1 y 2 estan sacados del antiguo texto deCalculo I escrito por Gladys Bobadilla y Jorge Billeke (Q.E.P.D.).

La idea motriz de los autores para emprender esta tarea es el profundo convencimientoque esta es una forma de contribuir a una cultura nacional independiente.

Aunque los temas tratados - generados en Europa entre los siglos 17 y 19 - formanparte del patrimonio universal y existe una amplia y variada literatura, no es una razonsuficiente para que la universidad renuncie a crear su propio material docente. Esta labores tan importante como la creacion de nuevos conocimientos y necesita, como esta ultima,de una tradicion para la cual se debe recorrer un largo camino de errores y rectificaciones.

Ademas, queremos compartir con los jovenes estudiantes que usaran este libro, lareflexion del filosofo Gaston Bachelard (1884 - 1962) sobre lo que significa enfrentarseal conocimiento cientıfico: ”Frente al misterio de lo real el alma no puede, por decreto,tornarse ingenua. Es entonces imposible hacer, de golpe, tabla rasa de los conocimientosusuales. Frente a lo real, lo que cree saberse claramente ofusca lo que debiera saberse.Cuando se presenta ante la cultura cientıfica, el espıritu jamas es joven. Hasta es muy

i

viejo, pues tiene la edad de sus prejuicios. Tener acceso a la ciencia es rejuvenecerse espir-itualmente, es aceptar una mutacion brusca que ha de contradecir a un pasado.”1

Agradecemos los valiosos comentarios de la Dra. Cecilia Yarur, la profesora GracielaEscalona y el senor Luis Riquelme que nos ayudaron a mejorar la presentacion de estetexto. Agradecemos ademas, el apoyo tecnico en la escritura digital, de la senorita EvelynAguilar y el senor Leonelo Iturriaga.

Finalmente, siendo esta una version preliminar, agradeceremos a quienes detecten e-rrores nos lo hagan saber.

Gladys Bobadilla A y Rafael Labarca B.Santiago, marzo de 2002.

1Gaston Bachelard: La formacion del espıritu cientıfico. Ed. Siglo XXI, 1997.

Indice general

1. Lımites y continuidad 1

1.1. Los numeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. La aritmetica de los numeros reales: axiomas de cuerpo . . . . . . . 1

1.1.2. Comparacion de los numeros reales: axiomas de orden . . . . . . . . 11

1.1.3. Resolucion de desigualdades o inecuaciones . . . . . . . . . . . . . . 16

1.1.4. Una distancia en R: el valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.1.5. La continuidad de R: el axioma del supremo . . . . . . . . . . . . . . 39

1.2. Lımites de funciones numericas de variable discreta. . . . . . . . . . . . . . 56

1.2.1. Las variables discretas y el conjunto N . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1.2.2. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.2.3. Divergencia de sucesiones hacia ±∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

1.2.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

1.2.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

1.3. Las funciones numericas de variable continua . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

1.3.1. Definiciones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

1.3.2. Representacion grafica de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105



1.4. Lımites de funciones numericas de variable continua . . . . . . . . . . . . . 127

1.4.1. Lımites finitos: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

1.4.2. Lımites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

1.4.3. Lımites finitos cuando la variable independiente crece o decrece in-definidamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

1.4.4. Las funciones circulares o trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . 142

1.4.5. Definicion de las funciones circulares o trigonometricas . . . . . . . . 144



1.5. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192


iii

1.5.2. Continuidad de funciones elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

1.5.3. Discontinuidades removibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

1.5.4. Propiedades de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . 197



2. La derivada y sus aplicaciones 219

2.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

2.2. Definicion y formulas basicas de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222


2.2.2. Formulas elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

2.2.3. Las derivadas de las funciones trigonometricas . . . . . . . . . . . . 233

2.2.4. Las derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234



2.3. Propiedades de las funciones derivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

2.3.1. Teoremas principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

2.3.2. Derivadas de las inversas de las funciones trigonometricas . . . . . . 257



2.4. Aplicaciones I: La regla de L’Hopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

2.5. Aplicaciones II: Graficos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

2.6. Aplicaciones III: Analisis de curvas en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . 294

2.6.1. Elementos de Geometrıa Analıtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294

2.6.2. Analisis de curvas en coordenadas rectangulares . . . . . . . . . . . 342

2.6.3. Analisis de curvas dadas por ecuaciones parametricas . . . . . . . . 352

2.6.4. Curvas expresadas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . 364

2.7. Aplicaciones IV: problemas de maximo y mınimo . . . . . . . . . . . . . . . 382

2.8. Aplicaciones V: Razon de cambio y diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . 400

2.8.1. Razones de cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400

2.8.2. Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402

2.9. Aplicaciones VI: Fısica del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407

2.10. Bibliografıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416

3. La integral de Riemann 417

3.1. Sumas de Riemann y el concepto de integral . . . . . . . . . . . . . . . . . 417

3.1.1. Calculo de integrales mediante sumas de Riemann particulares . . . 427

3.2. Propiedades de la Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452

3.3. Teorema Fundamental de Calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468

3.4. Las funciones logaritmo natural y exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

3.4.1. Definicion y propiedades de la funcion logaritmo natural . . . . . . 477

3.4.2. La funcion exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484

3.4.3. Aplicaciones de la funcion exponencial: . . . . . . . . . . . . . . . . 493

3.4.4. Las funciones hiperbolicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496

3.4.5. La regla de L’Hopital y calculo de lımites de formas indeterminadasde tipo exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504

3.4.6. Derivacion logarıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508

4. La integral indefinida: calculo de primitivas 525

4.1. La integral indefinida y sus propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525

4.1.1. La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525

4.1.2. Formulas basicas de integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 528

4.1.3. Propiedades elementales de la integral indefinida . . . . . . . . . . . 530


4.2. Formulas de reduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 538


4.3. Integracion de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544

4.3.1. Descomposicion de un polinomio en factores . . . . . . . . . . . . . . 544

4.3.2. Descomposicion de una funcion racional en fracciones simples o par-ciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544

4.3.3. Integracion de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 548

4.4. Integracion de algunas funciones algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . . 555

4.4.1. Integracion de funciones irracionales simples . . . . . . . . . . . . . . 555

4.4.2. Integracion de f(x) = xp(axn + b)q p, q, n ∈ Q. . . . . . . . . . . . . 557

4.4.3. Integracion de funciones racionales que involucran polinomios en xy raıces cuadradas de ax2 + bx+ c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 559


4.5. Integracion de ciertas funciones trascendentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . 564

4.5.1. Integracion de funciones trigonometricas. . . . . . . . . . . . . . . . 564

4.5.2. Integracion de funciones trigonometricas inversas. . . . . . . . . . . . 574

4.5.3. Integracion de funciones hiperbolicas, exponenciales y logarıtmicas. . 575


5. Aplicaciones de la integral 585

5.1. Calculo de areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585

5.1.1. Calculo de areas en coordenadas rectangulares . . . . . . . . . . . . 585

5.1.2. Calculo de areas usando ecuaciones parametricas . . . . . . . . . . . 588

5.1.3. Calculo de areas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . 590

5.2. Calculo de longitudes de curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 611

5.2.1. Calculo de longitudes de curvas en coordenadas rectangulares . . . . 611

5.2.2. Calculo de longitudes de curvas dadas por ecuaciones parametricas . 6135.2.3. Calculo de longitudes de curvas en coordenadas polares . . . . . . . 615

5.3. Volumenes y areas de superficies de solidos de revolucion . . . . . . . . . . . 6235.3.1. Metodo de los discos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6235.3.2. Metodo de las cortezas o cilindros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6245.3.3. Areas de superficies de revolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 628

5.4. Integrales elıpticas e integracion numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6385.4.1. Integrales elıpticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6385.4.2. Dos metodos numericos de integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . 641

6. Integrales impropias y series 6516.1. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651

6.1.1. Integrales impropias sobre intervalos no acotados o de primera clase 6516.1.2. Propiedades de las integrales impropias de primera clase . . . . . . . 6546.1.3. Integrales impropias cuando la funcion no es acotada en el intervalo

de integracion o de segunda clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6586.1.4. Otros criterios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6646.1.5. La funcion Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6666.1.6. La funcion Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667

6.2. Series Numericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6916.2.1. Conceptos generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6916.2.2. Criterios basicos de convergencia de series . . . . . . . . . . . . . . 6936.2.3. Series de terminos alternados: criterio de Leibniz . . . . . . . . . . . 6996.2.4. Convergencia absoluta y condicional de series . . . . . . . . . . . . . 7016.2.5. Multiplicacion de series de terminos no-negativos . . . . . . . . . . . 7046.2.6. Multiplicacion de series en general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7056.2.7. Criterios mas especıficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7096.2.8. Series de Numeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 711

6.3. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7266.3.1. Series de Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7266.3.2. Propiedades de las series uniformemente convergentes . . . . . . . . 7306.3.3. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732

6.4. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7516.4.1. Calculo de polinomios y series de Taylor para funciones elementales 754

Capıtulo 1

Lımites y continuidad

1.1. Los numeros reales

En esta seccion se dara de manera muy sucinta las propiedades de los numeros realesque constituyen la base sobre la cual se construye el calculo diferencial e integral. Laspropiedades aritmeticas de estos numeros han formado parte de la ensenanza basica ymedia. Algo menos, posiblemente, se ha visto del orden y nada de su propiedad mastrascendente - su continuidad - la que esta reflejada en el axioma del supremo. La actualpresentacion de los numeros reales fue formalizada durante el siglo 19, dos siglos mas tardede la creacion del calculo. Como afirma el filosofo L. Geymonat:

”El desarrollo de la teorıa de los numeros reales contribuyo a que el analisis infinitesi-

mal dejara de ser la tecnica imprecisa e intuitiva que habıan forjado sus descubridores del

siglo 17, para erigirse en autentica ciencia y, lo que es mas, en una de la mas rigurosas y

perfectas construcciones del espıritu cientıfico modermo”.

1.1.1. La aritmetica de los numeros reales: axiomas de cuerpo

Aceptaremos la existencia de un conjunto no vacıo R, que llamaremos conjuntode los numeros reales. Sobre el se ha definido una relacion de igualdad y dos operacionesalgebraicas.

La relacion de igualdad ”=”satisface las propiedades de:

(I1) Reflexividad: a = a

(I2) Simetrıa: si a = b, entonces b = a

(I3) Transitividad: si a = b y b = c, entonces a = c.

Las dos operaciones definidas sobre R son la suma (+) y la multiplicacion (·).

1

2 CAPITULO 1. LIMITES Y CONTINUIDAD

+ : R × R → R

(a, b) 7→ a+ b· : R × R → R

(a, b) 7→ a · bEstas operaciones satisfacen las reglas siguientes, llamadas .

(C1) Ley asociativa para la suma: a+ (b+ c) = (a+ b) + c.

(C2) Existencia de un elemento identidad para la suma: a+ 0 = 0 + a = a

(C3) Existencia de inversos para la suma: a+ (−a) = (−a) + a = 0.

(C4) Ley conmutativa para la suma: a+ b = b+ a.

(C5) Ley asociativa para la multiplicacion: a · (b · c) = (a · b) · c.

(C6) Existencia de un elemento identidad para la multiplicacion: a·1 = 1·a = a; 1 6= 0.

(C7) Existencia de inversos para la multiplicacion: a · a−1 = a−1 · a = 1, para a 6= 0.

(C8) Ley conmutativa para la multiplicacion: a · b = b · a

(C9) Ley distributiva: a · (b+ c) = a · b+ a · c.

Estas operaciones son compatibles con la relacion de igualdad, es decir, sia = b entonces a+ c = b+ c y a · c = b · c.

A partir de estos axiomas y las reglas de la logica formal se pueden obtener todaslas otras propiedades de la aritmetica usual que Ud. ha aprendido durante la ensenanzabasica y media. Los siguientes teoremas, que no se demostraran, seran enunciados con elproposito de recordar las propiedades mas importantes que se derivan de los axiomas decuerpo.

Teorema 1.1.1 Dado a ∈ R se cumple : 0 · a = 0

Teorema 1.1.2 Dados a, b ∈ R , se tienen las siguientes propiedades:

(i) −(−a) = a.

(ii) (−a) · b = −(ab).

(iii) a · (−b) = −(ab).

(iv) (−a)(−b) = ab.

1.1. LOS NUMEROS REALES 3

Teorema 1.1.3 Dados a, b ∈ R , a 6= 0, b 6= 0, se tienen las siguientes propiedades:

(i) (a−1)−1 = a.

(ii) a−1 · b = (a · b−1)−1.

(iii) a · b−1 = (a−1 · b)−1.

(iv) a−1 · b−1 = (a · b)−1.

Teorema 1.1.4 Leyes de cancelacion. Dados a, b, c ∈ R se cumple :

(i) a+ b = a+ c ⇐⇒ b = c.

(ii) ab = ac , a 6= 0 ⇐⇒ b = c.

Teorema 1.1.5 Dados a, b ∈ R se cumple: ab = 0 ⇐⇒ (a = 0) ∨ (b = 0).

Definicion 1.1.6 Dados a, b ∈ R, escribiremos a− b para simbolizar el numero a+ (−b);a tal numero lo llamaremos la diferencia de a y b.

Teorema 1.1.7 Dados a, b ∈ R se tienen las siguientes propiedades:

(i) a− (−b) = a+ b

(ii) a− b = 0 ⇐⇒ a = b

(iii) a− (b+ a) = a− b− a.

Demostracion:

(i) Por definicion 1.1.6

a− (−b) = a+ (−(−b))= a+ b por Teorema 1.1.2 (i).

Las afirmaciones (ii) y (iii) se dejan de ejercicio.

Definicion 1.1.8 Dados a, b ∈ R, b 6= 0, escribiremosa

b, o, a : b para simbolizar el numero

a · b−1 y lo llamaremos el cuociente entre a y b, o, a dividido por b.


Teorema 1.1.9 Dados a, a1, a2, b1, b2 ∈ R, se tienen las siguientes propiedades:

(i)a

1= a.

(ii) Si a 6= 0, entonces1

a= a−1.

(iii) Si a 6= 0, entoncesa

a= 1.

(iv) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entoncesa1

a2=b1b2

⇐⇒ a1 · b2 = b1 · a2.

(v) Si a2 6= 0, b 6= 0, entoncesa1

a2=a1 · ba2 · b

(vi) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entoncesa1

a2· b1b2

=a1 · b1a2 · b2

(vii) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entoncesa1

a2± b1b2

=a1 · b2 ± b1 · a2

a2 · b2

(viii) Si a2 6= 0, b2 6= 0, entoncesa1

a2:b1b2

=a1 · b2a2 · b1

.

Resolucion de ecuaciones algebraicas de primer grado.

Dada la ecuacion de primer grado

ax+ b = c ; a 6= 0 (1.1)

Se tiene que la ecuacion (2.46) tiene una unica solucion dada por:

x =c− b

a

Resolucion de una ecuacion algebraica de segundo grado.

Dada la ecuacion de segundo grado

ax2 + bx+ c = 0; a 6= 0 (1.2)

se tiene que

1. Si b2−4ac > 0, la ecuacion (2.47) tiene dos raıces o soluciones reales distintas, dadaspor:

x =−b±

√b2 − 4ac

2a

2. Si b2 − 4ac = 0, la ecuacion (2.47) tiene una unica raız real dada por:

x =−b2a

3. Si b2 − 4ac < 0, la ecuacion (2.47) tiene raıces complejas conjugadas. En este casodiremos que el polinomio cuadratico no es factorizable en R.

Resolucion de ecuaciones algebraicas de grado mayor o igual a 3

La solucion de ecuaciones de tercer y cuarto grado pueden ser resueltas con reglasanalogas, aunque mucho mas complicadas que las de segundo grado. Estas formulas fueronencontradas por los algebristas italianos del siglo 16. Para la ecuacion de tercer grado ex-isten las llamadas formula de Cardano-Tartaglia. Cardano (1501-1576), Tartaglia (1500 -1557).Ferrari (1522 - 1565) resolvio la ecuacion general de cuarto grado.

En el ano 1824 el matematico Noruego Abel (1802 - 1829), demostro que para el casogeneral de una ecuacion algebraica completa de grado mayor o igual a 5,

anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x+ a0 = 0 , ai ∈ R,

no existe ninguna expresion en terminos de radicales en estos coeficientes que sea raız dela ecuacion.El lector interesado en conocer mas detalles matematicos - historicos de este tema puedeconsultar el libro de A.D. Aleksandrov, A. N. Kolmogorov, M.A. Laurentiev y otros: La

matematica su contenido, metodos y significado, tomo I, pag.315.

Ejemplo 1.1.10 1. Resuelva en R la ecuacion.

x2 + x = 1

Solucion: Se debe llevar a la forma ax2 + bx+ c = 0 entonces queda.

x2 + x− 1 = 0

Su discriminante b2 − 4ac vale:

1 − 4(1)(−1) = 5

Por lo tanto, la ecuacion tiene dos raıces reales distintas

x = −1 ±√

5

2

2. Resuelva en R, la ecuacion:

x2 + x = −1

Solucion: x2 + x+ 1 = 0

Su discriminante b2 − 4ac vale

1 − 4(1)(1) = −3 < 0.

Por lo tanto, la ecuacion no tiene solucion en R.

3. x2 − 2x+ 1 = 0

Su discriminante b2 − 4ac = (−2)2 − 4(1)(1) = 0.Entonces, tiene una unica raız real : x = 1.

4. Resolver en R la ecuacion:

x3 − 8 = 0

Factorizando el polinomio x3 − 8.

x3 − 8 = (x− 2)(x2 + 2x+ 4)x3 − 8 = 0 ⇔ (x− 2)(x2 + 2x+ 4) = 0

⇔

x− 2 = 0o

x2 + 2x+ 4 = 0⇔

x = 2ox2 + 2x+ 4 = 0

La ecuacion x2 + 2x+ 4 tiene discriminante:

b2 − 4ac = 4 − 4 · 4 = 4 − 16 < 0.

Por lo tanto, la ecuacion no tiene raıces reales. Ası, la ecuacion x3 − 8 = 0 tiene solouna raız real x = 2.

Formulas basicas de factorizacion

1. (x+ y)(x− y) = x2 − y2

2. (x− y)(x2 + xy + y2) = x3 − y3

3. (x+ y)(x2 − xy + y2) = x3 + y3

4. (xn − yn) = (x− y)(xn−1 + xn−2y + xn−3y2 + xn−4y3 + . . . . . . + yn−1)

5. Si n es par: (xn − yn) = (x+ y)(xn−1 − xn−2y + xn−3y2 − xn−4y3 + . . . . . .− yn−1)

6. Si n es impar: (xn + yn) = (x+ y)(xn−1 − xn−2y+ xn−3y2 − xn−4y3 + . . . . . .+ yn−1)

7. (x± y)2 = x2 ± 2xy + y2

8. (x± y)3 = x3 ± 3x2y + 3xy2 ± y3

9. (x+ y + z + . . . . . .)2 = x2 + y2 + z2 + . . .+ 2(xy + xz + yz + . . .)

10. Formula del binomio:

(x+ y)n =

n∑

k=0

(n

k

)xn−kyk.

donde n, k son numeros naturales y

(n

k

)=

n!

k!(n− k)!.

Ejercicios de repaso

1. Usando la notacion x2 = x · x, demuestre que: (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2.

Solucion:

(a+ b)2 = (a+ b)(a+ b)

= (a+ b)a+ (a+ b)b

= aa+ ba+ ab+ bb

= a2 + ab+ ab+ b2

= a2 + 2ab+ b2.


2. Dados los numeros reales a, b, c; demuestre que: ax2 + bx + c = 0, para todo x ∈ R

si y solo si a = b = c = 0.

Solucion:

Supongamos a = b = c = 0. Entonces usando la propiedad de la multiplicacion porcero, tenemos:

ax2 + bx+ c = 0x2 + 0b+ c = 0,

Cualquiera sea x ∈ R.

Reciprocamente, supongamos que para todo x ∈ R se cumple que

ax2 + bx+ c = 0. (1.3)

Haciendo x = 0 en (1.3), tenemos:

a0 + b0 + c = 0,

de lo que podemos deducir: c = 0.

Si x 6= 0, entonces

ax2 + bx = x(ax+ b) = 0 ; por lo tanto ax+ b = 0.

Haciendo sucesivamente x = 1 y x = −1 en ax+ b = 0, obtenemos las igualdades:

a+ b = 0

−a+ b = 0.

Lo que implica a = b = 0.

3. Dados los numeros reales a, b, c, a′, b′, c′; demuestre que:ax2 + bx+ c = a′x2 + b′x+ c′, para todo x ∈ R si y solo si a = a′, b = b′, c = c′.

Solucion: ax2+bx+c = a′x2+b′x+c′ es equivalente a (a−a′)x2+(b−b′)x+(c+c′) = 0,lo que a su vez por el ejercicio (2), es equivalente a a = a′, b = b′, c = c′.

4. Encuentre a, b de modo que para todo x ∈ R, x 6= 1, x 6= 2:

3x+ 1

(x− 1)(x − 2)=

a

x− 1+

b

x− 2.

Solucion:


Siguiendo las reglas de la sumas de cuocientes dadas por el teorema 1.1.9, podemosescribir:

3x+ 1

(x− 1)(x− 2)=

a(x− 2) + b(x− 1)

(x− 1)(x − 2)

=(a+ b)x+ (−2a− b)

(x− 1)(x − 2).

Por tanto, usando la ley de cancelacion, obtenemos la igualdad de los numeradores:

(a+ b)x+ (−2a− b) = 3x+ 1.

En virtud del ejercicio (3), se tienen las igualdades:

a+ b = 3

−2a− b = 1,

que nos dan los valores buscados de a, b: a = −4, b = 7. Se deja al lector el trabajode comprobar que verdaderamente estos valores satisfacen la condicion pedida.

5. Encontrar una condicion necesaria y suficiente para que la expresion:

ax2 + bx+ c

a′x2 + b′x+ c′,

sea independiente de cualquier x ∈ R.

Solucion: Supongamos que, cualquiera sea x, la expresion sea igual a una constantek, diferente de cero. Es decir,

ax2 + bx+ c

a′x2 + b′x+ c′= k,

Por definicion de cuociente tenemos:

ax2 + bx+ c = ka′x2 + kb′x+ kc′.

Como esta igualdad se cumple cualquiera sea x, segun ejercicio (3) concluimos:

a = ka′, b = kb′, c = kc′.

Esto nos dice que la condicion buscada es : los coeficientes de las mismas po-tencias de x deben ser proporcionales.

Para completar el ejercicio debemos demostrar que la condicion es suficiente.


En efecto, si:a

a′=

b

b′=

c

c′= k, entonces tambien se cumple:

ax2

a′x2=

bx

b′x=

c

c′= k,

por teorema 1.1.9. De estas tres igualdades se obtiene :

ax2 + bx+ c = ka′x2 + kb′x+ kc′ = k(a′x2 + b′x+ c′).

Por tanto, la expresionax2 + bx+ c

a′x2 + b′x+ c′

es independiente de x.

Ejercicios propuestos

1. Demuestre quea− x

b− y=x− a

y − by exprese esta regla en palabras.

2. Demuestre quea− x

b− y= −x− a

b− yy exprese esta regla en palabras.

3. Demuestre que

bc

(a+ b)(a+ c)+

ac

(b+ c)(b+ a)+

ab

(c+ a)(c + b)+

2abc

(a+ b)(a+ c)(b + c)= 1.

4. Demuestre que(x− y

x+ y+x+ y

x− y

)(x2 + y2

2xy+ 1

)xy

x2 + y2=x+ y

x− y.

5. Demuestre que la siguiente expresion se anula cuando x =a+ b

2:

(x− a

x− b

)3

− x− 2a+ b

x+ a− 2b.

6. Simplifique la expresion

x2

1 − 1

x2+

1

x

x+1

x

+x2 − 2

1 − 1

x2 −1

x

x− 1

x

7. Encuentre a, b de modo que para todo x ∈ R, x 6= −4, x 6= 3:

6x− 2

x2 + x− 12=

a

x+ 4+

b

x− 3.

1.1.2. Comparacion de los numeros reales: axiomas de orden

Siguiendo la presentacion axiomatica, aceptaremos la existencia de un subcon-junto de R, llamado conjunto de los numeros reales positivos, denotado por R+, quesatisface las propiedades siguientes:

(O1) R+ es cerrado para la suma, es decir, si a, b pertenecen a R+, entonces a + bpertenecen a R+.

(O2) R+ es cerrado para la multiplicacion, es decir, si a, b pertenecen a R+, entoncesa · b pertenece a R+.

(O3) : Para todo numero real a se cumple una y solo una de las afirmaciones:

(i) a = 0

(ii) a pertenece al conjunto R+

(iii) −a pertenece al conjunto R+.

Observacion 1.1.11 El axioma O3 se llama propiedad de tricotomıa de los numerosreales

Definicion 1.1.12 (i) a b si y solo si a− b ∈ R+

Teorema 1.1.13 Dados los numeros reales a, b se cumple una y solo una de las siguientesafirmaciones:

(i) a = b

(ii) a b

Demostracion: Aplicando el axioma (O3) o propiedad de Tricotomıa al numero a−b,se tiene una y solo una de las afirmaciones.

(i) a− b = 0

(ii) a− b ∈ R+

(iii) −(a− b) ∈ R+

Las cuales se traducen en a = b, a > b, a 0

(iii) a < 0

Demostracion: Es consecuencia directa del teorema 1.1.13 tomando b = 0.

Teorema 1.1.15 La relacion ”<”tiene las propiedades siguientes:

(i) No es reflexiva. Para todo a ∈ R, no es verdad que a < a

(ii) Es asimetrica. Si a < b, entonces no puede tenerse b < a

(iii) Es transitiva. Si a < b y b < c, entonces a < c.

Demostracion:

(i) Si para algun a ∈ R, a < a, entonces a− a ∈ R+, lo cual implicarıa que 0 ∈ R+, quecontradice (O3).

(ii) Si a < b, entonces b − a ∈ R+, lo que por tricotomıa excluye que a − b ∈ R+, portanto es imposible que b < a.

(iii) Si a < b, entonces b−a ∈ R+. Si b < c, entonces c−b ∈ R+ por (O1), (b−a)+(c−b) ∈R+, o lo que es lo mismo c− a ∈ R+, por tanto a < c.

Definicion 1.1.16 Llamaremos conjunto de los numeros reales negativos al conjuntoR− = {x ∈ R : −x ∈ R+}.

Observemos que 0 6∈ R−, lo que pone de manifiesto que el cero no es ni positivo ninegativo. Ademas R+∩R− = ∅, pero por el axioma (O3) todo numero real pertenece a unoy solo a uno de los conjuntos: R+,R−, {0}. Ası los numeros reales quedan particionadoscomo R = R+ ∪ R− ∪ {0}.

Por teorema 1.1.13 y teorema 1.1.14 (iii), se tiene que todo numero negativo es menorque cualquier numero positivo y el cero es la frontera entre los dos tipos de numeros.

Definicion 1.1.17 (i) a ≤ b si y solo si (a < b) ∨ (a = b)

(ii) a ≥ b si y solo si (a > b) ∨ (a = b)

Teorema 1.1.18 La relacion ”≤”es:

(i) Reflexiva: a ≤ a

(ii) Antisimetrica: Si a ≤ b y b ≤ a, entonces a = b

(iii) Transitiva: Si a ≤ b y b ≤ c, entonces a ≤ c

Demostracion:

(i) Como a = a, entonces a ≤ a

(ii) Si a ≤ b, entonces (a < b) o (a = b) y si b ≤ a, entonces (b < a) o (a = b). Portanto, por teorema 1.1.14(ii) solo es posible a = b.

(iii) Si a ≤ b y b ≤ c tenemos cuatro posibilidades:

a < b y b < c. En este caso la transitividad se obtiene del teorema 1.1.14(ii).

a < b y b = c. En este caso b− a ∈ R+ y c − b = 0, por tanto (b− a) + (c− b) =c− a ∈ R+ y tenemos a < c.

a = b y b < c. Para este caso la demostracion es semejante a la anterior.

a = b y b = c. La conclusion se sigue de la transitividad de la igualdad y ladefinicion de la relacion ”≤”.

Teorema 1.1.19 a ≤ b si y solo si a+ c ≤ b+ c

Demostracion: Si a ≤ b entonces a < b o a = b.Si a < b, entonces b− a ∈ R+

⇒ (b− a) + 0 ∈ R+

⇒ (b− a) + (c− c) ∈ R+

⇒ (b+ c) − (a+ c) ∈ R+

⇒ a+ c < b+ c⇒ a+ c ≤ b+ c

Si a = b, entonces a+ c = b+ c, por la compatibilidad de la igualdad con la suma.

Teorema 1.1.20 (i) Si a ≤ b y c es un numero positivo, entonces a · c ≤ b · c

(ii) Si a ≤ b y c es un numero negativo, entonces a · c ≥ b · c.

Demostracion:

(i) Si a ≤ b entonces a < b o a = b. Si a < b, se tiene b − a ∈ R+ y como c ∈ R+

entonces por (O2) (b − a) · c ∈ R+, lo cual implica a · c 0, entonces −a < 0

(ii) Si a < 0, entonces −a > 0

(iii) Si a > 0, entonces a−1 > 0

(iv) Si a < 0, entonces a−1 < 0

Demostracion:

(i) Si a > 0 =⇒ a ∈ R+ =⇒ −a ∈ R−

(ii) Si a < 0 =⇒ −a ∈ R+ =⇒ −a > 0

(iii) Sea a > 0, supongamos a−1 < 0, entonces por teorema 1.1.20 (i) a · a > 0. Porteorema 1.1.20(ii)

(a−1 · a) · a < 01 · a < 0a < 0

Lo que contradice nuestra hipotesis. Por tanto a−1 > 0.

(iv) Se usan los mismos argumentos que en (iii).

Teorema 1.1.22 a · b > 0 si y solo si (a > 0 y b > 0) o (a < 0 y b < 0).

Demostracion: (⇒) Si a · b > 0, sabemos por teorema 1.1.5 que a 6= 0, b 6= 0. Sia > 0, entonces usando teorema 1.1.20, a−1 · (a · b) > 0. Lo que implica (a−1 · a) · b > 0 ypor tanto b > 0.

De manera similar si a < 0, se concluye que b < 0 con lo cual tenemos nuestraimplicancia.

(⇐) Si a > 0 y b > 0, por axioma (O2) a · b > 0. Si a < 0 y b < 0, entonces −a > 0 y−b > 0, por axioma (O2) (−a) · (−b) > 0; por teorema 1.1.2 (iv) a · b > 0.

Teorema 1.1.23 a · b < 0 si y solo si (a < 0 y b > 0) o (a > 0 y b < 0)

Demostracion: Se deja como ejercicio.

Teorema 1.1.24 El cuadrado de un numero real no nulo es positivo: Si a ∈ R, a 6= 0,entonces a2 ∈ R+.

Demostracion: Si a ∈ R+, entonces a > 0. Por axioma (O2), a · a > 0,es decir, a2 > 0.Si a ∈ R−, entonces a < 0. Por teorema 1.1.22, a · a > 0, ası nuevamente a2 > 0.

Teorema 1.1.25 1 ∈ R+.

Demostracion: Por axioma (C6), 1 6= 0,

1 = 1 · 11 = 12

El teorema anterior implica que 1 > 0.

Teorema 1.1.26 Sean a, b ∈ R. Si a < b, entonces a <a+ b

2< b

Demostracion: Si a < b, entonces sumando a en ambos miembros de la desigualdadse tiene a+ a < b+ a, por tanto:

a(1 + 1) < b+ a⇒2a < b+ a

Aplicando el mismo razonamiento, pero ahora sumando b en ambos miembros de ladesigualdad a < b, obtenemos que b+ a < 2b.

En virtud de la transitividad de la relacion ”<”se obtiene que

2a < b+ a < 2b

dividiendo todo por 2 > 0, se tiene lo que querıamos demostrar, a <a+ b

2< b.

El teorema 1.1.26 puede leerse diciendo que entre dos numeros reales a, b dis-

tintos siempre existe un tercer numero c. Como a, c son distintos, puede aplicarse la con-clusion a ellos y obtener un cuarto numero real d, y ası sucesivamente. Como este procesopuede extenderse indefinidamente, lo que obtenemos es que entre dos numeros reales dis-

tintos existen infinitos numeros reales. Esta importante propiedad se llama densidad delos numeros reales.

Definicion 1.1.27 Decimos que un conjunto A de numeros reales es denso si y solo sientre dos elementos distintos x, y de A existe un elemento z ∈ A tal que x < z < y.

1.1.3. Resolucion de desigualdades o inecuaciones

Para resolver cualquier desigualdad los pasos previos obligatorios son:

1. Reducir terminos semejantes.

2. Factorizar el respectivo polinomio cuando el grado es mayor o igual a dos.

En pricipio para resolver desigualdades de grado igual o superior a dos se debe aplicarlos teoremas 1.1.22 y 1.1.23 analizando las distintas posibilidades de signo de los factoresa este metodo le llamaremos axiomatico. Pero, en general este metodo resulta largo sise aplica al pie de la letra. A continuacion expondremos la forma mas rapida de resolverdichas desigualdades, llamado metodo reducido.

1. Resolucion de una desigualdad de primer grado

Despues de reducir los terminos semejantes, una desigualdad de primer grado puedeescribirse como:

0 ≤ ax+ b (1.4)

Usando el teorema (1.1.19), se tiene que

−b ≤ ax (1.5)

Para despejar completamente la variable x, se debe multiplicar la desigualdad (1.5)por el inverso multiplicativo de a.Por lo tanto, en virtud del teorema (1.1.20 )se tiene que:

0 ≤ ax+ b⇔

x ≥ − b

asi a > 0

x ≤ − b

asi a < 0

Signo de ax+ b

Si a > 0:

R

− b

a

− +

Si a < 0:

R

− b

a

+ −

2. Resolucion de una desigualdad de segundo grado general.

Dados los numeros a, b, c, encuentre todos los numeros reales x que satisfacen ladesigualdad:

ax2 + bx+ c > 0.

Solucion:

Primer caso: Supongamos que el trinomio puede escribirse en la forma:

ax2 + bx+ c = a(x− r1)(x− r2),

Donde r1, r2 ∈ R y r1 < r2. (Raıces reales y distintas). Si a > 0, entonces el trinomioes positivo si los dos factores en x tienen el mismo signo, por lo tanto, la desigualdadse cumple cuando x es menor que ambas raıces o cuando x es mayor que ambasraıces. Es decir, la solucion al problema es:

x < r1 o x > r2.

Si a < 0, el trinomio es positivo cuando los dos factores en x tienen distintos signos.Por tanto, la desigualdad se cumple para x comprendido entre r1 y r2.

s s s s

r1 r2 r1 r2

+ + +− − −

Si a > 0 Si a < 0

Segundo caso: Si r1 = r2 = r, raıces reales e iguales , entonces

ax2 + bx+ c = a(x− r)2.

Como todo cuadrado es positivo o nulo, tenemos que la desigualdad se cumple paratodo x 6= r si a > 0 y no se cumple nunca cuando a < 0.

Tercer caso: Si el trinomio no es factorizable en factores de primer grado concoeficientes reales, es decir, sus raıces son complejas conjugadas. Lo primero quedebemos observar es que la expresion no se anula nunca y tampoco cambia de signo.Por tanto el trinomio es siempre positivo o siempre es negativo. Como el cuadrado deun numero grande crece mucho mas que el numero, es el coeficiente a que determinael signo. Si a > 0, la desigualdad se cumple para todo x ∈ R; si a < 0 no existennumeros reales que satisfagan la desigualdad.

Ejemplo 1.1.28 a) Resolver la desigualdad x2 + x− 6 > 0.

Solucion:

Como x2 + x − 6 = (x+ 3)(x − 2), los n umeros que satisfacen la desigualdadson los x tales que x < −3 o x > 2.

+ +−

−3 2

b) Resolver la desigualdad x2 + 3x− 4 < 0.

Solucion:

x2 + 3x− 4 = (x+ 4)(x− 1), el metodo reducido implica que la desigualdad secumple para −4 < x < 1.

−4 − 1

c) Resolver la desigualdad x2 + 2x+ 2 < 0.

Solucion:

x2 +2x+2 = 0 no tiene soluciones reales y su coeficiente a = 1 es positivo, portanto el trinomio solo toma valores positivos y el problema propuesto no tienesolucion.

3. Resolucion de una desigualdad de tercer grado factorizada.

Dados los numeros a, b, c, encuentre todos los numeros reales x que satisfacen ladesigualdad:

(x− a)(x− b)(x− c) > 0.

Solucion:

Supongamos que a < b < c.

Si x < a, los tres factores son negativos y, por tanto, su producto es negativo.

Si x = a, entonces el producto es nulo.

Si a < x < b, entonces el producto es positivo.

Si x = b, entonces el producto es nulo. Si b < x < c, entonces el producto es negativo.Si x = c, entonces el producto es nulo. Si x < c, entonces el producto es positivo.

Del analisis anterior podemos concluir que la desigualdad se cumple cuando a < x <b o c < x.

Observe que es importante ordenar las raıces a, b y c de menor a mayor, pues ası esmas rapido analizar los signos de los factores.

s ss

a b c

+-+-

4. Resolucion de desigualdades en forma de cuocientes de terminos de primergrado

Resolver la desigualdadax+ b

a′x+ b′> 0.

Solucion:

El cuociente es positivo si y solo si ambos factores tienen el mismo signo, por lo quela desigualdad del enunciado es equivalente a

(ax+ b)(a′x+ b′) > 0.

Otra manera de transformar la desigualdad fraccionaria en un producto, es multi-plicar la desigualdad por (a′x + b′)2, que por ser un cuadrado es siempre positivo

salvo para x = − b′

a′.

Ası, debemos resolver la desigualdad:

(ax+ b)(a′x+ b′) > 0

usando el metodo del ejercicio resuelto 2.

(ax+ b)(a′x+ b′) = aa′(x+

b

a

)(x+

b′

a′

)> 0.

Si aa′ < 0, entonces los valores de x buscados estan comprendidos entre − b

ay

− b′

a′. Si aa′ > 0, entonces los valores de x que satisfacen la desigualdad estan en el

complemento del conjunto comprendido entre − b

ay − b′

a′.

5. Desigualdades que contienen la variable en el denominador de una expre-sionSi una desigualdad contiene a la variable en algun demoninador de un cuociente, con-viene reducir todos los terminos en un unico cuociente de modo que en uno de loslados se tenga un cero y, posteriormente multiplicar la desigualdad por el cuadradodel denominador.

Ejemplo 1.1.29 Resolver la desigualdad

7

x− 2− 4

x− 1≤ 0.

Solucion:7

x− 2− 4

x− 1=

2x+ 1

(x− 2)(x − 1).

Entonces, la desigualdad puede escribirse como:

2x+ 1

(x− 2)(x− 1)≤ 0; x 6= 2, x 6= 1.

multiplicandola por el cuadrado del denominador, se tiene una forma equivalente:

(3x+ 1)(x− 2)(x− 1) ≤ 0.

Ordenando las raıces:

3

(x+

1

3

)(x− 1)(x− 2) ≤ 0.

Segun el metodo reducido, la desigualdad tiene como conjunto solucion:

{x ∈ R : x ≤ −1

3o 1 < x < 2

}.

−13 1 2

− −

Ejercicios resueltos

1. Demuestre que si x ≤ y, a ≤ b entonces x+ a ≤ b+ y.

Solucion: Como x ≤ y y a ∈ R por teorema 1.1.19 x+ a ≤ y + a.

Por otro lado, como a ≤ b e y ∈ R por teorema 1.1.19 a+ y ≤ b+ y.

Por teorema 1.1.18 (iii), (transitividad de ≤), concluimos que x+ a ≤ b+ y.

2. Demuestre que si 0 ≤ x ≤ y y 0 ≤ a ≤ b, entonces ax ≤ by.

Solucion: Procediendo analogamente al ejercicio resuelto 1, por teorema 1.1.20 (i)ax ≤ ay y ay ≤ by. Por transitividad (teorema 1.1.18 (iii)) concluimos que ax ≤ by.

3. Demuestre que, si 0 < a < b, entonces b−1 < a−1.

Solucion: Primero observemos que a−1− b−1 = (ab)−1(b−a)) (ver ejercicio 1.2.??).Luego, como

a > 0 , b > 0 =⇒ ab > 0 por teorema 1.1.22

=⇒ (ab)−1 > 0 por teorema 1.1.21

Como a 0 (por definicion 1.1.12), luego (ab)−1(b − a) > 0 porteorema 1.1.22. Por lo tanto, a−1 − b−1 > 0 =⇒ b−1 < a−1.

4. Demuestre que, si 0 < a < b, entonces a2 < b2.

Solucion: Como b− a y b+ a son positivos por hipotesis, entonces (b− a)(b+ a) =b2 − a2 > 0 por teorema 1.1.22, luego a2 < b2.

5. Demuestre que si a ∈ R es tal que 0 ≤ a < ε para todo ε > 0, entonces a = 0.

Solucion: Supongamos por contradiccion que a 6= 0. Luego como a ≥ 0 y a 6= 0,entonces a > 0 por definicion 1.1.17. Usando el teorema 1.1.26 con a = 0 y b = atenemos que existe

c =a+ b

2=

0 + a

2=a

2tal que 0 <

a

2< a. Ahora si tomamos ε =

a

2concluimos que

ε < a, lo que contradice la hipotesis. Luego, la suposicion inicial es falsa y a = 0.

6. Demuestre que, si x > 0, entonces x+1

x≥ 2.

Solucion: Previamente observemos que:

x+1

x≥ 2 ⇐⇒ x2 + 1 ≥ 2x

⇐⇒ x2 − 2x+ 1 ≥ 0

⇐⇒ (x− 1)2 ≥ 0

Por tanto, por teorema (1.1.24) sabemos que (x − 1)2 ≥ 0 y por el ejercicio derepaso 1, (x − 1)2 = x2 − 2x + 1 ≥ 0. Por teorema 1.1.19, x2 + 1 ≥ 2x, como

x > 0 =⇒ x−1 > 0 y multiplicando por x−1 obtenemos x+1

x≥ 2.

7. Demuestre que, si a, b, c son no negativos y no todos iguales, entonces

(a+ b+ c)(bc + ca+ ab) > 9abc.

Solucion:

(a+ b+ c)(bc + ca+ ab) − 9abc = a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) − 6abc

= a(b− c)2 + b(c− a)2 + c(a− b)2.

Como a, b, c no son todos iguales, al menos uno de los terminos b− c, c− a, a− b esdistinto de cero y como todo cuadrado es no negativo y a, b, c ≥ 0, entonces resultala desigualdad buscada.

8. Determine el conjunto A = {x ∈ R : x2 + x > 2}.Solucion:

Metodo axiomatico

x2 + x > 2 ⇐⇒ x2 + x− 2 > 0 por teorema 1.1.19

⇐⇒ (x+ 2)(x − 1) > 0

⇐⇒ [(x+ 2) > 0 y (x− 1) > 0] o [(x+ 2) < 0 y (x− 1) < 0]

Si x+ 2 > 0 y x− 1 > 0 ⇐⇒ x > −2 y x > 1 por teorema 1.1.19

⇐⇒ x > 1

Si x+ 2 < 0 y x− 1 < 0 ⇐⇒ x < −2 y x < 1

⇐⇒ x < −2

Por tanto A = {x ∈ R : x > 1 o x < −2} = {x ∈ R : x > 1} ∪ {x ∈ R : x <−2}.Metodo reducido. Una vez factorizado el polinomio y ubicadas sus raıces enla recta real, se recorre R en el sentido de su orden obteniendose rapidamenteel signo del polinomio en las distintos subintervalos de R determinados por susraıces.

R

−2 1

+ +

9. Determine el conjunto A = {x ∈ R : (2x+ 1)/(x + 2) < 1}.Solucion: Claramente la expresion (2x + 1)/(x + 2) no esta definida para x = −2luego −2 6∈ A.

Metodo axiomatico

2x+ 1

x+ 2< 1 ⇐⇒ 2x+ 1

x+ 2− 1 < 0, por teorema 1.1.19

⇐⇒ x− 1

x+ 2< 0

⇐⇒ (x− 1)(x+ 2) < 0

⇐⇒ [x− 1 > 0 y x+ 2 < 0]

o [x− 1 < 0 y x+ 2 > 0] por teorema 1.1.23

Si x − 1 > 0 y x + 2 < 0 ⇐⇒ x > 1 y x < −2 (por teorema 1.1.19), sinembargo no existe x ∈ R que satisfaga ambas condiciones.

Si x− 1 < 0 y x+ 2 > 0 ⇐⇒ x < 1 y x > −2 (por teorema 1.1.19). Por tantoA = {x ∈ R : −2 < x < 1}.Metodo reducido

R

−2 1

−

10. Resolver la desigualdad: x(x2 − 5x+ 6) > 0.Solucion:

x(x2 − 5x + 6) = x(x − 2)(x − 3), aplicando el metodo reducido, tenemos que ladesigualdad se satisface para los x tales que: 0 < x < 2 o x > 3.

R

0 2 3

+ +

11. Resolver la desigualdad: (x− 2)(x2 − 6x+ 8)(x2 − 4x− 5) > 0.

Solucion:

Como x2 − 6x+ 8 = (x− 2)(x− 4) y x2 − 4x− 5 = (x+ 1)(x− 5), tenemos que:

(x− 2)(x2 − 6x+ 8)(x2 − 4x− 5) = (x− 2)(x− 2)(x− 4)(x + 1)(x− 5)

= (x− 2)2(x− 4)(x + 1)(x− 5).

R

−1 4 5

+ +

El factor que aparece elevado al cuadrado no influye en el signo del producto, por tan-to, nuevamente se puede aplicar el metodo reducido y obtenemos que la desigualdadse satisface para los x tales que: −1 < x < 4 o x > 5 y x 6= 2..

12. Resolverx− 1

x+ 2> 0.

Solucion: Como a = a′ = 1 tenemos aa′ > 0, por ejercicio resuelto 4 , los valoresbuscados son x < −2 o x > 1.

Compare con el ejercicio resuelto 9.

13. Resolverx2 − 8x+ 15

x− 4< 0.

Solucion:

Suponiendo x 6= 4, multiplicamos la desigualdad por (x−4)2 y la transformamos en:

(x2 − 8x+ 15)(x − 4) < 0.

(x2 − 8x+ 15)(x− 4) = (x− 3)(x− 4)(x− 5) < 0.

R

3 4 5

− −

Segun el metodo reducido se obtiene que la desigualdad se satisface para x < 3o 4 < x < 5.

14. Resolver 3 +1

x− 1>

1

2x+ 1.

Solucion: Efectuando la suma del primer miembro 3+1

x− 1=

3x− 2

x− 1, la desigual-

dad queda como3x− 2

x− 1>

1

2x+ 1.

Luego,

3x− 2

x− 1− 1

2x+ 1=

(3x− 2)(2x + 1) − (x− 1)

(x− 1)(2x+ 1)

=6x2 − x− 2 − x+ 1

(x− 1)(2x + 1)

=6x2 − x+ 1

(x− 1)(2x+ 1)> 0.

Multiplicando la desigualdad por (x− 1)2(2x+ 1)2 tenemos:

(6x2 − x+ 1)(x− 1)(2x + 1) > 0.

El polinomio 6x2 − x+ 1 tiene discrinante negativo y por lo tanto, es positivo paracualquier valor de x.Ası, la desigualdad se reduce a: (x− 1)(2x+ 1) > 0. Usando elmetodo reducido tenemos que el conjunto solucion es:

{x ∈ R : x > 1} ∪ {x ∈ R : x < −1/2}.

15. Resolver el sistema de desigualdades:

2x− 1 ≤ 2

3 − xy

6x− 5 < 9x+ 1.

Solucion:

2x− 1 ≤ 2

3 − ximplica 2x− 1 − 2

3 − x≤ 0.

(2x− 1)(3 − x) − 2

3 − x≤ 0. Efectuando el

producto y reduciendo terminos semejantes, nos queda:

−2x2 + 7x− 5

3 − x≤ 0.

−(2x2 − 7x+ 5)

−(−3 + x)≤ 0.

(2x2 − 7x+ 5)

(x− 3)≤ 0.

Multiplicando la desigualdad por (x− 3)2, con x 6= 3,

(2x2 − 7x+ 5)(x − 3) ≤ 0.

2

(x2 − 7

2+

5

2

)(x− 3) ≤ 0,

Factorizando el factor de segundo grado podemos obtener una expresion a la cualaplicar el metodo del ejercicio 3.

2

((x− 1)

(x− 5

2

))(x− 3) ≤ 0.

Utilizando el metodo reducido con tres factores tenemos que la solucion de la primeradesigualdad es:

x ≤ 1 o5

2≤ x < 3.

Para completar el ejercicio debemos encontrar la solucion a la segunda desigualdade intersectar los conjuntos solucion .

6x− 5 < 9x+ 1

6x− 9x < 1 + 5

−3x < 6

x > −2.

La solucion al sistema es :

−2 < x ≤ 1 o5

2≤ x < 3.

16. Si x ∈ R−, resuelva la desigualdad (x− 4)2 ≤ (2x+ 1)2.

Solucion:

(x− 4)2 ≤ (2x+ 1)2

(x− 4)2 − (2x+ 1)2 ≤ 0

[(x− 4) + (2x+ 1)] [(x− 4) − (2x+ 1)] ≤ 0

(3x− 3)(−x− 5) ≤ 0

(3x− 3)(x+ 5) ≥ 0

3(x− 1)(x+ 5) ≥ 0.

Ası tenemos:

[x− 1 ≥ 0 y x+ 5 ≥ 0] o [x− 1 ≤ 0 y x+ 5 ≤ 0]

Esto es:

[x ≥ 1 y x ≥ −5] o [x ≤ 1 y x ≤ −5].

finalmente,

x ≥ 1 o x ≤ −5.

Teniendo en cuenta que solo debemos encontrar soluciones negativas, tenemos quex ≤ −5 satisface el enunciado.

1. Demuestre el teorema 1.1.20 (ii).

2. Demuestre el teorema 1.1.21 (iv).

3. Demuestre el teorema 1.1.23.

4. Demuestre que, si a > 1, entonces a2 > a.

5. Demuestre que si a < b y c < d, entonces ad+ bc < ac+ bd.

6. Demuestre que si a, b ∈ R, entonces a2 + b2 = 0 si y solo si a = 0 y b = 0.

7. Demuestre que si 0 ≤ a < b, entonces a2 ≤ ab < b2.

8. Demuestre que si a, b, c, d son numeros positivos tales quea

b<c

d, entonces

a

b<a+ c

b+ d<c

d.

9. Demuestre que si 0 < a < b y 0 < c < d, entonces

a+ b

2

c+ d

2<ac+ bd

2.

Indicacion: Para comenzar observe que

(b− a

2

),

(d− c

2

)y su producto son

numeros positivos.

10. Si a, b, c son numeros positivos, demuestre que a2 + b2 + c2 > ab + bc + ac y que(a+ b)(b+ c)(a+ c) > 8abc.

11. Demuestre que si a, b > 0, entonces

2 ≤ a

b+b

a.

12. Use el ejercicio anterior para demostrar que si a, b, c > 0, entonces

4 ≤ (a+ b)(1

a+

1

b)

y

9 ≤ (a+ b+ c)(1

a+

1

b+

1

c).

Ademas, demuestre que ab(a+ b) + bc(b+ c) + ac(a+ c) > 6abc.

13. Demuestre que

x3 +1

x3≥ x2 +

1

x2

para todo x > 0. ¿ Cuando se cumple la igualdad ?

14. Demuestre que si a, b, c son numeros reales fijos con a > 0, el menor valor delpolinomio cuadratico Q(x) = ax2 + 2bx+ c es (ac− b2)/a. De saberse que Q(x) ≥ 0para todo numero real x, ¿ que podrıa concluirse de los coeficientes a, b, c ?

15. Demuestre que si x < 0, entonces x+1

x≤ −2.

16. Determine el conjunto {x ∈ R : (x+ 1)(x − 2) > 0}.

17. Determine el conjunto {x ∈ R : (x+ 1)(2 − x) > 0}.

18. Determine el conjunto {x ∈ R : (4x− 7)(x+ 2) < 0}.

19. Determine el conjunto {x ∈ R : (3x− 8)(3x+ 8) < 0}.

20. Determine el conjunto {x ∈ R : 2x2 − x− 15 < 0}.

21. Resuelva la desigualdad −6 + 7x− 2x2 > 0.

22. Resuelva la desigualdad(x− 1)(x+ 2)

x− 2> 0.

23. Resuelva la desigualdad2 − x

x2 + 3x+ 2≥ 0.

24. Si a > 0 resuelvax− a

x+ a≥ 0.

25. Resuelva la desigualdad 2x3 − 3x2 ≥ 0.

26. Resuelva la desigualdadx2 − 4

x≤ 0.

27. Determine el conjunto {m ∈ R : mx2 + (m− 1)x+ (m− 1) < 0 ; ∀ x ∈ R}.

28. Resuelva la desigualdad 4x4 − 12x2 + 9 < 0.

29. Resuelva la desigualdadx

x+ 2≥ 0.

30. Resuelva la desigualdad2

x− 2 − x

x− 1≤ 1.

31. Resuelva la desigualdad1 − 2x

x+ 3≤ −1.

32. Resuelva la desigualdadx2 + 4x− 12

x2 − 6x+ 8≤ −1.

33. Resuelva la desigualdadx3 − 9

x− 2≥ 0.

34. Resuelva la desigualdadx3 − 6x2 + 12x− 8

x− 2≤ 0.

35. Resuelva el sistema de desigualdades

1 − 2x

x+ 3≤ −1

x

3− 4 ≤ x

4− 3.


x2 + 6x− 7 ≤ 0

x2 − x ≤ 0.


x2 − 2x− 3 ≥ 0

x3 − x2 + 2x ≥ 0.

1.1.4. Una distancia en R: el valor absoluto

Los axiomas de orden nos permiten comparar numeros reales y gracias a ladensidad de R sabemos que si a < b, entre ellos podemos insertar una infinidad de numerosreales distintos. Esto puede hacer perder la perspectiva de cuan lejos o cercanos estan estosnumeros. Aun cuando el estar cerca o lejos es una cuestion relativa al problema concretoen que estamos involucrados, es util tener un metodo para poder discernir en cada caso.Para ello se define una distancia en R eligiendo como punto de referencia, en principio, elcero. Esta idea la realiza el llamado valor absoluto de un numero.

Definicion 1.1.30 Llamaremos valor absoluto del numero a ∈ R, denotado por | a | alnumero:

| a |={a si a ≥ 0−a si a < 0

Existen formas equivalentes de definir el valor absoluto.Por ejemplo |a| = max{a,−a} o |a| =

√a2.

La definicion 1.4.1 nos dice en particular que | 0 |= 0, | 4 |= 4, | −4 |= 4. Engeneral, podemos apreciar que

el numero a y su inverso aditivo −a estan a igual distancia del cero. Usando algunasconsecuencias del orden de R , sabemos que todo numero negativo es menor que unopositivo. Ası, podemos hacer el siguiente grafico:

- -q ss s s s

−a = |a|0aa = |a|0

Figura 1.4.1: Valor absoluto

Todavıa no hay ninguna razon, que pueda deducirse de los axiomas, para pensara R como el continuo geometrico de una lınea recta.

Teorema 1.1.31 (i) |a| ≥ 0.

(ii) |a| = | − a|.

(iii) −|a| ≤ a ≤ |a|.

(iv) |a| = 0 ⇐⇒ a = 0.

(v) |a · b| = |a| · |b|.

(vi) Si b ≥ 0, |a| ≤ b ⇐⇒ −b ≤ a ≤ b.

(vii) Si b ≥ 0, |a| ≥ b ⇐⇒ a ≥ b o a ≤ −b.

(viii) |a+ b| ≤ |a| + |b| (desigualdad triangular).

Demostracion:

(i) Si a ∈ R, por tricotomıa tenemos las posibilidades: a > 0 o a = 0 o a < 0. Analicemoscada una de ellas.

• Si a > 0 entonces |a| = a > 0

• Si a = 0 entonces |0| = 0

• Si a < 0 entonces −a = |a| > 0

Ası en todos los casos |a| ≥ 0

(ii) Nuevamente, y ası se recomienda en toda demostracion relativa al valor absoluto,separaremos los casos usando el axioma de tricotomıa.

• Si a > 0 entonces −a < 0, por tanto: |a| = a y | − a| = −(−a) = a, porteorema1.1.2. Ası, en este caso se cumple |a| = | − a|

• Si a = 0 entonces |0| = | − 0| = 0

• Si a < 0 entonces −a > 0, por tanto: |a| = −a, | − a| = −a y ası vemos quetambien se tiene en este caso, |a| = | − a|.

(iii) Si a ≥ 0 entonces |a| = a. Ademas, siendo a positivo (−a) es negativo o cero, portanto −|a| ≤ a ≤ |a|.Si a < 0 entonces |a| = −a y −a > 0. Por tanto a < −a y tenemos que −|a| = a <−a = |a|, cumpliendose tambien en este caso la propiedad.

(iv) (⇐) Si a = 0, por definicion |a| = |0| = 0

(⇒) a ∈ R, por tricotomıa a > 0 o a < 0 o a = 0. Para tener la conclusion debemosdescartar las posibilidades a > 0 y a < 0.

◦ Si a > 0 entonces |a| = a > 0, lo que contradice la hipotesis, por tanto nopuede darse a > 0.

◦ Si a < 0 entonces |a| = −a > 0, tambien contradice la hipotesis.

Ası, lo unico posible es que a = 0.

(v) Dados a, b ∈ R, por tricotomıa se tiene que (a · b > 0) o (a · b = 0) o (a · b < 0).

• Si a · b > 0 entonces por teorema 1.1.22, (a > 0 y b > 0) o (a < 0 y b < 0). Pordefinicion de valor absoluto se tiene: |a · b| = a · b y para la primera posibilidad|a| = |a| y |b| = b, por lo que |a| · |b| = a · b, cumpliendose el teorema. Si se da lasegunda posibilidad, entonces |a| = −a y |b| = −b ası |a|·|b| = (−a)·(−b) = a·b.Nuevamente obtenemos la conclusion.

• Si a·b = 0 entonces por teorema 1.1.5, a = 0 o b = 0, entonces |a·b| = 0 = |a|·|b|.• Si a · b < 0 se deja como ejercicio, pues es analoga al caso a · b > 0.

(vi) (⇒) ◦ Si a ≥ 0 entonces |a| = a y por hipotesis |a| ≤ b lo que implica que a ≤ b.Como b ≥ 0 entonces −b ≤ 0 y por tanto −b ≤ a ≤ b.

◦ Si a < 0 entonces |a| = −a y por hipotesis −a ≤ b y como −a ≥ 0 y −b ≤ 0se tiene −b ≤ a ≤ −a ≤ b, es decir, −b ≤ a ≤ b.

(⇐) ◦ Si a ≥ 0 entonces |a| = a. Por hipotesis |a| ≤ b.

◦ Si a < 0 entonces |a| = −a. Por hipotesis −a ≤ b y por tanto |a| ≤ b.

0−b b

Distancia al cero menor o igual a b.

(vii) (⇒) Supongamos |a| ≥ b. Si a ≥ 0 entonces |a| = a y por tanto a ≥ b. Si en cambioa < 0, entonces |a| = −a y en este caso −a ≥ b, por teorema 1.1.20, a ≤ −b.

(⇐) Es analoga a la correspondiente implicacion de (vi).

0−b b

Distancia al cero mayor o igual a b.

(viii) En virtud de (vi), demostrar (viii) es equivalente a demostrar: −(|a|+ |b|) ≤ a+ b ≤|a| + |b|, que es lo que haremos.

Por (iii)

−|a| ≤ a ≤ |a|−|b| ≤ b ≤ |b|

sumando miembro a miembro ambas desigualdades se obtiene (viii).

• Si a y b son positivos.

︸︷︷︸a

︸︷︷︸b

︸︷︷︸a︸︷︷︸

|a+b|=|a|+|b|

0 a b

• Si a y b son negativos.

0aba+ b︸︷︷︸|a|=−a

︸︷︷︸|b|=−b

|a+b|=−a−b︷︸︸︷

|a+ b| = distancia al cero de a+ b = −a− b.

• Si a y b tienen distintos signos.

a > 0, b < 0

0a+ b−a ab −b

b︷︸︸︷ a︷︸︸︷

︸︷︷︸−b

︸︷︷︸a

︸︷︷︸|a+b|

︸︷︷︸|a|+|b|=a−b

|a+ b| < |a| + |b|.


1. Analice en que casos la desigualdad triangular se transforma en una igualdad.

Solucion: (i) Si a y b son numeros positivos, a+ b es positivo, entonces tenemos:

|a+ b| = a+ b = |a| + |b|

(ii) Si a y b son numeros negativos, a+ b es negativo, entonces tenemos:

|a+ b| = −(a+ b) = (−a) + (−b) = |a| + |b|

(iii) Si a y b tienen signos diferentes, la desigualdad es una desigualdad estricta. Porejemplo, si a = −4 y b = 2, entonces |a + b| = |(−4) + 2| = | − 2| = 2, en cambio,|a| + |b| = 4 + 2 = 6

2. Demuestre que ||a| − |b|| ≤ |a− b| ≤ |a| + |b|.Solucion: Aplicando la desigualdad triangular tenemos, |a| = |a−b+b| ≤ |a−b|+|b|.Luego |a|−|b| ≤ |a−b|. Analogamente |b| = |b−a+a| ≤ |b−a|+ |a| = |a−b|+ |a| pordesigualdad triangular y teorema 1.1.31 (ii). Entonces −|a− b| ≤ |a|− |b|. Por tanto,de estas dos desigualdades y el teorema 1.1.31 (vi) concluimos que ||a|−|b|| ≤ |a−b|.Finalmente, |a − b| = |a + (−b)| ≤ |a| + | − b| = |a| + |b| por desigualdad triangulary teorema 1.1.31 (ii).

3. Resuelva la ecuacion |x− 1| = 3.

Solucion: Por definicion de valor absoluto |x − 1| = 3 implica x − 1 = ±3. Six− 1 = 3, tenemos x = 4.

Si x− 1 = −3, tenemos x = −2.

4. Resuelva la ecuacion |3x− 5| + 3 = 0.

Solucion: Como el valor absoluto no toma valores negativos, la ecuacion propuestano tiene solucion.

5. Resuelva la ecuacion |x+ 2| = |x− 4|.Solucion: Debemos analizar dos casos: Primer caso. Las cantidades entre barrastienen el mismo signo, entonces x + 2 = x − 4, por tanto, 2 = −4. Como esto esimposible, en este caso no hay solucion. Segundo caso. Las cantidades entre barrastienen distinto signo, entonces x+ 2 = −(x− 4) = −x+ 4, por tanto, x = 1.

6. Resuelva la ecuacion |x2 − 4x| = 4|x− 4|.Solucion:

|x2 − 4x| = 4|x− 4||x(x− 4)| = 4|x− 4|

|x||(x− 4)| = 4|x− 4|Ası, |x| = 4, si x 6= 4.

Luego, x = −4 es una solucion y la otra es |x− 4| = 0.esto es x = 4.

7. Determine el conjunto A = {x ∈ R : |2x+ 3| ≤ 6}.Solucion: Si |2x+3| ≤ 6 por teorema 1.1.31 (vi) tenemos que −6 ≤ 2x+3 ≤ 6 ⇐⇒−9 ≤ 2x ≤ 3 ⇐⇒ −9

2≤ x ≤ 3

2.

Por lo tanto, A = {x ∈ R : −9

2≤ x ≤ 3

2}.

8. Resuelva la inecuacion |5x− 8| > 4.

Solucion: Por teorema reft1.4.2 (vii), tenemos que:

5x− 8 > 4 o 5x− 8 < −4

5x > 12 o 5x < 4

x >12

5o x <

4

5

9. Resuelva la inecuacion |x− 4| ≥ |2x− 1|.Solucion: Como las expresiones entre barras cambian de signo cuando x = 4 y

cuando x =1

2, analizaremos las distintas posibilidades que esto implica.

Si x ≤ 1

2, ambas expresiones son negativas, entonces la desigualdad queda como

−(x− 4) ≥ −(2x− 1),

que da los valores x ≥ −3. Por tanto, tenemos que −3 ≤ x ≤ 1

2.

Si1

2< x < 4, las expresiones entre barras tienen distintos signos y nos queda la

desigualdad:

2x− 1 ≤ 4 − x,

que tiene solucion x ≤ 5

3. Junto a la suposicion bajo la cual estamos trabajando ,

da la solucion1

2< x ≤ 5

3.

Si x > 4, ambas expresiones son positivas y la desigualdad toma la forma:

x− 4 ≥ 2x− 1.

Lo que implica −3 ≥ x que es incompatible con x > 4, por tanto, en este caso nohay solucion.

En sıntesis, la desigualdad dada tiene por solucion :−3 ≤ x ≤ 5

3.

10. Determine el conjunto B = {x ∈ R : |x− 1| ≤ |x|}.Solucion:

Si |x − 1| ≤ |x| por teorema 1.1.31 (vi), entonces −|x| ≤ x − 1 ≤ |x|. Luego,B = B1 ∩B2 donde B1 = {x ∈ R : −|x| ≤ x− 1} y B2 = {x ∈ R : x− 1 ≤ |x|}.Si −|x| ≤ x − 1, entonces |x| ≥ 1 − x. Luego, por teorema 1.1.31 (vii) x ≥ 1 − xo x ≤ −(1 − x) = x − 1, es decir, 2x ≥ 1 o 1 ≤ 0. Por tanto, solo tenemos que

2x ≥ 1 ⇐⇒ x ≥ 1

2. (¿ Por que ?). Luego, B1 = {x ∈ R ; x ≥ 1

2}. Si x− 1 ≤ |x| por

teorema 1.1.31 (vii), x− 1 ≤ x o x ≤ −(1− x) lo que es equivalente a 0 ≤ 1 o 1 ≤ 0.

La primera proposicion es verdadera y esto implica que x− 1 ≤ x se cumple paratodo x ∈ R. La segunda es falsa, es decir no existe x ∈ R tal que x ≤ −1 + x . Launion de ambos conuntos solucion dice que esta proposicion es verdadera para todox ∈ R. Luego B = R.

11. Resuelva la desigualdad |x+1

x| ≥ 4.

Solucion: Si x 6= 0, |x +1

x| =

|x2 + 1||x| =

x2 + 1

|x| , pues x2 + 1 es positivo para

todo x ∈ R. Por tanto, la desigualdad enunciada se puede escribir comox2 + 1

|x| ≥ 4.

Multiplicando la desigualdad por |x|, obtenemos:

x2 + 1 ≥ 4|x|,

lo que da origen a dos desigualdades:

a) x2 − 4x+ 1 ≥ 0, si x > 0.

b) x2 + 4x+ 1 ≥ 0, si x < 0.

Ambas deben ser resueltas con el metodo del ejercicio 2 de la seccion 1.3.

12. Si a, b, c son numeros dados tales que a < b < c. Encuentre los distintos valores quepuede tomar f(x) = |x− a| + |x− b| + |x− c|.Solucion:

Si x ≤ a, todas las expresiones entre barras son negativas o nulas, por tanto,

f(x) = −(x− a) − (x− b) − (x− c) = −3x+ a+ b+ c.

Si a < x ≤ b,

f(x) = x− a− (x− b) − (x− c) = −x− a+ b+ c.

Si b < x ≤ c,

f(x) = x− a+ x− b− (x− c) = x− a− b+ c.

Si x > c,f(x) = x− a+ x− b+ x− c = 3x− a− b− c.

13. Escriba f(x) = |x+1|+ |x−1|−2|x| sin que aparezcan los signos del valor absoluto.

Solucion: Siguiendo un procedimiento similar al del

ejercicio 12, obtenemos:

f(x) =

0 si x < −12x+ 2 si −1 ≤ x < 02 − 2x si 0 ≤ x ≤ 10 si x > 1.

14. Sea f(x) =2x2 − 3x− 1

2x− 1para 2 ≤ x ≤ 3.

Encuentre una constante M de modo que |f(x)| ≤M para todo x tal que 2 ≤ x ≤ 3.

Solucion: Como |f(x)| =|2x2 − 3x− 1|

|2x− 1| . Por la desigualdad triangular

|2x2 − 3x− 1| ≤ 2|x2| + 3|x| + 1 ≤ 2 · 32 + 3 · 3 + 1 = 28

ya que |x| ≤ 3. Por otro lado,

|2x − 1| ≥ 2|x| − 1 ≥ 2 · 2 − 1 = 3, ya que |x| ≥ 2. Luego1

|2x− 1| ≤1

3para x ≥ 2.

Por lo tanto, |f(x)| ≤ 28

3.

Luego, podemos escoger M =28

3. Observemos que cualquier M >

28

3resuelve el

problema, y es probable que28

3no sea la eleccion mınima posible para M .

15. Resuelva

∣∣∣∣x2 − 4x+ 3

x2 − 2x+ 1

∣∣∣∣ ≤ 1.

Solucion:

∣∣∣∣x2 − 4x+ 3

x2 − 2x+ 1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣(x− 3)(x− 1)

(x− 1)(x− 1)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣x− 3

x− 1

∣∣∣∣, cuando x 6= 1 . Por tanto la

desigualdad se redude a:

|x− 3| ≤ |x− 1|, la que es equivalente a |x− 3| ≤ |x− 1|.

Analizaremos los distintos casos: Si x ≤ 1, ambas expresiones entre barras son neg-ativas, por lo cual tenemos:

−(x− 3) ≤ −(x− 1).

Esto implica 3 ≤ 1, como esto es imposible, no hay solucion en este caso.

Si 1 < x ≤ 3, las expresiones entre barras tienen signos distintos, por tanto:

−x+ 3 ≤ x− 1.

Lo que nos da 2 ≤ x que junto a la suposicion 1 < x ≤ 3 nos da 2 ≤ x ≤ 3. El ultimocaso por analizar es x > 3, que conduce a −3 ≤ −1, que se cumple siempre. Ası, lasolucion es x ≥ 2.

1. Demuestre que |a| = max{a,−a} =√a2.

2. Demuestre que si a, b ∈ R, entonces:

a) |a2| = a2

b) |a+ b|2 + |a− b|2 = 2|a|2 + 2|b|2

c)∣∣∣ab

∣∣∣ = |a||b| si b 6= 0

d) |a+ b| = |a| + |b| si y solo si ab ≥ 0

e) a|b| ≤ |ab|.

3. Demuestre que, y esta entre x y z si y solo si |x− y| + |y − z| = |x− z|.

4. Demuestre que si a < x < b y a < y < b, entonces |x− y| < b− a.

En los siguientes ejercicios encuentre los x ∈ R que satisfacen las siguientes desigual-dades:

5. |4x− 5| = 13

6. |4x− 5| ≤ 13

7. |x2 − 1| = 3

8. |x2 − 1| ≤ 3

9. |x− 1| = |x+ 1|

10. |x− 1| > |x+ 1|

11. 2|x| + |x− 1| = 2

12. |x| + |x+ 1| < 2

13.

∣∣∣∣x2 − 1

x+ 1

∣∣∣∣ ≤ 3.

14.

∣∣∣∣x2 − 1

x− 1

∣∣∣∣ ≤ 3.

15.

∣∣∣∣x2 − 2x− 3

x2 − 4x+ 3

∣∣∣∣ ≤ 5.

16.

∣∣∣∣x2 − 5x+ 6

x2 − 11x+ 30

∣∣∣∣ < 2.

17.

∣∣∣∣x2 − 5x+ 6

x2 − 11x+ 30

∣∣∣∣ = 2.

18.

∣∣∣∣x2 − 5x+ 6

x2 − 11x+ 30

∣∣∣∣ > 2.

19. Si f(x) = |x− 2| + |1 − 2x|. Encuentre una expresion para f(x)

que no contenga valores absolutos.

20. Si x = 8a+ 4b− 3 , y = 5a+ 13b+ 4

20, 84 < a < 20, 85 y − 5, 64 < b < −5, 63. Encuentre numeros K; M tales que:

|x+ y| < K y |x− y| < M.

21. Encuentre el valor maximo de y de modo que para todo x se cumpla:

|x− a1| + |x− a2| + . . . + |x− an| ≥ y,

con a1 < a2 < . . . < an. ¿Cuando se cumple la igualdad ?

22. Demuestre que si |x| < ε para todo ε > 0, entonces x = 0.

23. Si d(x, y) = |x− y| representa la ”distancia entre x e y”. Demuestre que

a) d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y ∀ x, y ∈ R

b) d(x, y) = d(y, x) ∀ x, y ∈ R

c) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀ x, y, z ∈ R.

d) Encuentre el conjunto A = {y ∈ R : d(y,1

2) ≤ 3}.

e) Encuentre el conjunto B = {y ∈ R : d(y,−4) < 5}.f ) Dados x0, r ∈ R, encuentre el conjunto C = {y ∈ R : d(y, x0) < r}.

1.1.5. La continuidad de R: el axioma del supremo

Con el Axioma del Supremo se completa el conjunto de axiomas que caracterizantotalmente a R, es decir, R es el unico conjunto que verifica los axiomas de Cuerpo , deOrden y el Axioma del supremo.

Las consecuencias de mayor trascendencia del Axioma del Supremo son la exis-tencia de numeros irracionales y la propiedad arquimediana de los numeros reales.

De los axiomas de cuerpo solamente puede deducirse, en primera instancia, la existenciade al menos dos numeros distintos el 0 y el 1. La suma de unos da origen a los numerosnaturales. La resta de numeros naturales da origen a los numeros enteros y finalmente ladivision de enteros genera la aparicion de los numeros racionales. En sıntesis, para tenerel conjunto de los numeros racionales bastan los axiomas de cuerpo y orden. Pero, estosnumeros no son suficientes para la construccion del calculo diferencial e integral cuyosconceptos basicos necesitan la continuidad de los numeros reales. Esta propiedad de R laproporciona el Axioma del supremo. En particular, para tener una idea intuitiva deesto, solamente podemos pensar R como un continuo geometrico: la recta numerica, lo quese obtiene una vez que al conjunto de los numeros racionales se le agregan los numerosirracionales que pueden ser concebidos como supremos de ciertos conjuntos de numerosracionales.

Definicion 1.1.32 Si A es un conjunto de numeros reales, entonces y es una cota supe-rior de A si y solo si y es un numero real y para cada x ∈ A, x ≤ y.

Ejemplo 1.1.33 1. El conjunto {2, 4, 6, 8, 10} es acotado superiormente por cualquiernumero mayor o igual a 10.

2. El conjunto {x ∈ R : x < 3} es acotado superiormente por cualquier numero mayoro igual a 3.

3. El conjunto {x2 + 1,−1 ≤ x ≤ 1} es acotado superiormente por cualquier numeromayor o igual a 2.

︸︷︷︸A

Cotas superiores de A︷︸︸︷

Una observacion importante es que si un conjuntro tiene una cota superior entonces existeninfinitas cotas superiores del conjunto. Por lo tanto, tiene sentido la siguiente definicion.

Definicion 1.1.34 Si A es un conjunto de numeros reales, el numero y es el supremode A si y solo si y es una cota superior de A y para cada z que es cota superior de A setiene y ≤ z. Es decir el supremo es la menor de las cotas superiores.

La definicion de supremo, salvo en casos elementales, no es facil de usar, para fines maspracticos suele usarse la siguiente caracterizacion del supremo.

Teorema 1.1.35 Caracterizacion del supremoSi A es un conjunto de numeros reales entonces y es el supremo de A si y solo si y es unacota superior de A y para cada numero real positivo ε existe un x en A tal que y− ε < x.

Demostracion:

(⇒) Sea y el supremo de A. Entonces por definicion y es una cota superior.

Sea ε ∈ R, ε > 0. Supongamos por contradiccion que no existe x ∈ A tal quey − ε < x, en tal caso, esto es equivalente a afirmar

que x ≤ y − ε, para todo x en A, por tanto y − ε es una cota superior de A peroy − ε < y, lo que contradice la hipotesis que y es el supremo de A. Ası debe existiral menos un x ∈ A mayor que y − ε.

(⇐) Por hipotesis y es una cota superior. Para que y sea el supremo de A, debe ser lamenor de las cotas superiores.

Supongamos que existe una cota superior de A, z menor que y. Entonces z < y yx < z para todo x ∈ A. Como z < y entonces y − z > 0. Aplicando la hipotesis conε = y − z, tenemos que existe x ∈ A, x > y − (y − z). Es decir, existe x ∈ A tal quex > z. Pero esto contradice que z es cota superior de A. La contradiccion provienede suponer la existencia de una cota superior de A menor que y. Ası, y es la menorcota superior de A y, por tanto, su supremo.

A

y = supAxε ∈ Ay − ε

A

z − ε z 6= supA

Teorema 1.1.36 Un conjunto de numeros reales puede tener a lo mas un supremo.

Demostracion: Supongamos que un conjunto A ⊆ R tenga dos supremos: y, z; y 6= z.Mas precisamente supongamos z < y. Como en la demostracion del teorema 1.1.35 se tieney− z > 0. Tomando este numero positivo como un ε particular, por definicion de supremopodemos concluir que existe x ∈ A tal que x > y − (y − z), lo que implica que x > z, quecontradice que z sea supremo de A. Por tanto, existe a lo mas un supremo de un conjuntode numeros reales.

Es interesante observar que el conjunto vacıo es acotado superiormente por cualquiernumero real. Esto se obtiene usando reduccion al absurdo. Luego, no existe un numeroreal que sea el supremo del vacıo.

Axioma del Supremo : Si un conjunto no vacıo de numeros reales tiene una cotasuperior, entonces tiene supremo en R.

Cada una de las definiciones y conclusiones relativas a cotas superiores y supre-mos tiene un paralelo en la definicion de cota inferior e ınfimo. Las demostraciones de losteoremas son totalmente similares a las ya demostradas, por lo que se deja como ejercicio.

Definicion 1.1.37 SiA es un conjunto de numeros reales, entonces y es una cota inferiorde A si y solo si y es un numero real y para cada x en A, x ≥ y.

Definicion 1.1.38 Si A es un conjunto de numeros reales, entonces y es el ınfimo de Asi solo si y es una cota inferior de A y para cada z que es una cota inferior de A, y ≥ z.Es decir, el ınfimo es la mayor de las cotas inferiores.

Teorema 1.1.39 Si A es un conjunto de numeros reales, entonces y es el ınfimo de A siy solo si y es una cota inferior de A y para cada numero real positivo ε existe un x en Atal que x < y + ε.

Demostracion: Ejercicio.

Teorema 1.1.40 Un conjunto de numeros reales puede tener a lo mas un ınfimo .


Observemos que el conjunto vacıo es acotado inferiormente por cualquier numero real.Luego, no existe un numero real que sea el ınfimo del conjunto vacıo.

Teorema 1.1.41 Si un conjunto no vacıo de numeros reales tiene una cota inferior, en-tonces tiene ınfimo en R.


Definicion 1.1.42 Si A es un conjunto de numeros reales, entonces p es el primer ele-mento (respectivamente u es el ultimo elemento ) de A si y solo si p es un elemento deA y para cada x en A, p ≤ x (respectivamente u ∈ A, x ≤ u).

Teorema 1.1.43 Un conjunto de numeros reales tiene a lo mas un unico primer elemento(respectivamente ultimo ).

Teorema 1.1.44 Todo conjunto de numeros reales que tiene primer (respectivamenteultimo) elemento tiene ınfimo (respectivamente supremo).

Supremo e ınfimo de conjuntos finitosSi A es un conjunto finito de R, entonces podemos contar sus elementos y escribirlo como

A = {a1, a2, a3, . . . , . . . an}.Ademas, podemos ordenarlos y conocer el mayor o ultimo elemento del conjunto quepodemos simbolizar como maxA = max{ai : i = 1, . . . , n}. Analogamente su menor oprimer elemento es mınA = mın{ai : i = 1, . . . , n}. En virtud del teorema 1.1.44, elconjunto A tiene supremo e ınfimo.Es decir, todo conjunto finito tiene supremo eınfimo . Ademas,

supA = maxA

inf A = mınA

Ası, los conjuntos finitos no son muy interesantes desde el punto de vista de sus supremoe ınfimo.

Corolario 1.1.45 Si un conjunto contiene una cota superior (respectivamente inferior)entonces esta es su supremo (respectivamente ınfimo).

El recıproco del teorema 1.1.44 es falso. Pues, existen conjuntos de numerosreales que poseen ınfimo y supremo sin tener primer y/o ultimo elemento. Por ejemplo, elconjunto

{x ∈ R : a < x < b}tiene supremo, pero no ultimo elemento y tambien tiene ınfimo, sin tener primer elemento.Ver ejercicio. Este ejemplo, ademas, nos muestra claramente que supremos o ınfimos noson necesariamente elementos del conjunto. Pero si pertenecen al conjunto, son a la vezultimo o primer elemento segun el caso. Esto puede visualizarse en el conjunto:

{x ∈ R : a ≤ x ≤ b}.Los casos mas importantes de aplicacion del Axioma del Supremo son aquellos para loscuales el supremo ( ınfimo) no pertenece al conjunto. Este es el caso en que surgen losnumeros irracionales como supremos o ınfimos de ciertos conjuntos de numeros racionales.

Definicion 1.1.46 Llamaremos intervalos acotados a cualquiera de los siguientes con-juntos:

{x ∈ R : a < x < b} = ]a, b[

{x ∈ R : a < x ≤ b} = ]a, b]

{x ∈ R : a <≤ x < b} = [a, b[

{x ∈ R : a ≤ x ≤ b} = [a, b],

donde a, b ∈ R son numeros fijos tales que a < b.

Teorema 1.1.47 Principio de Arquımedes N no es acotado superiormente.

Demostracion: Supongamos por contradiccion que N es acotado superiormente.Por Axioma del Supremo, existe s = supN ∈ R. Por tanto n ≤ s, para todo n ∈ N.

Usando teorema 1.1.35 con ε = 1, tenemos la existencia de n∗ ∈ N tal que s − 1 < n∗, olo que es lo mismo s < n∗ + 1. Pero n∗ ∈ N, ası n∗ + 1 ∈ N y es mayor que el supremo deN. Lo cual no puede ser, luego N no puede ser acotado superiormente.

Observacion 1.1.48 Una forma equivalente de enunciar el Principio de Arquımedes es:Dado un numero real a, existe n ∈ N tal que a < n. Puesto que si no existiera tal n,

tendrıamos que para todo n ∈ N n ≤ a, y a serıa una cota superior de N.

Teorema 1.1.49 Dado un numero real pequeno, positivo, ε < 1, siempre existe un n ∈ N

tal que 0 <1

n< ε.

Demostracion: Como 0 < ε < 1 tenemos que 0 <1

ε, luego por el Principio de

Arquımedes existe n ∈ N tal que1

ε< n. Es decir,

1

n< ε.

La propiedad arquimediana de los numeros reales, refleja algo ası como el sentidocomun llevado al mundo de las magnitudes. Cuando se quiere medir el largo de un segmentollevando sobre el un segmento unidad, siempre es posible dejar un resto (si es que lo hay)inferior a la unidad. O lo que es lo mismo, es posible llevar el segmento unidad una cantidadsuficiente de veces sobre el segmento a medir, de modo que se termina por sobrepasarlo.Esta situacion con los sımbolos que hemos introducido puede escribirse como: dado b(segmento a medir) y a (segmento unidad), siempre existe un numero natural n tal quen · a > b. Si en particular tenemos a = 1, entonces dado b siempre existe n tal que n > b.Son diferentes maneras de expresar una misma propiedad.

Con este principio, estamos excluyendo magnitudes infinitamente pequenas (ograndes) en comparacion con otras. Como veremos mas adelante, esta propiedad juega unrol fundamental en nuestra aritmetica y en la geometrıa euclidiana.

Por cierto existen situaciones no arquimedianas, la mas simple de todas es tratarde medir un segmento con longitud positiva mediante puntos. Otras mas complejas puedenverse en el libro de Fraenkel, pagina 123.El siguiente parrafo puede ser omitido.

Potencias de exponente racional

El objetivo de este parrafo es mostrar que la existencia de raıces es una consecuenciadel Axioma del Supremo y con ello aparecen los numeros irracionales mas elementales.

Todas las raıces de numeros naturales que no son cuadrado de otro numero natural sonirracionales. En la epoca de Platon se conocıa la naturaleza irracional de

√2 hasta

√17.

Para extender las potencias a exponente racional debemos, en primer lugar,

considerar los numeros racionales no enteros, de la forma1

q, q ∈ N.

Definicion 1.1.50 (i) Si a ∈ R+, q ∈ N, denotaremos por a1q o q

√a al unico y ∈ R+

tal que yq = a

(ii) Si a ∈ R−, q ∈ N, q impar, denotaremos por a1q o q

√a al unico y ∈ R− tal que

yq = a

(iii) Si a = 0 se define 01q = q

√0 = 0.

El numero q√a se lee raız q-esima de a o la potencia

1

qde a.

Teorema 1.1.51 1. Si x > 0, n ∈ N, 0 < ε ≤ 1 entonces

(x+ ε)n ≤ xn + εK y (x− ε)n ≥ xn − εK,

donde K es una constante positiva que solo depende de n y x.

2. Si x < 0, n ∈ N impar, 0 < ε ≤ 1, entonces

(x+ ε)n ≤ xn + εK y (x− ε)n ≥ xn − εK,

donde K es una constante positiva que solo depende de n y x.

El siguiente teorema justifica la definicion 1.1.50.

Teorema 1.1.52 Existencia de raıces.

(i) Si a > 0 y n ∈ N, entonces existe un unico x ∈ R+ tal que xn = a.

(ii) Si a < 0 y n ∈ N es impar, entonces existe un unico x ∈ R− tal que xn = a.

Demostracion:

(i) Sea

A = {y ∈ R : y ≥ 0 , yn ≤ a}.

A es no vacıo, pues 0 ∈ A. Demostremos ahora que A es acotado superiormente. Sia ≥ 1, entonces si A no es acotado superiormente, debe existir y ∈ A tal que a < ylo que implica en este caso que a < yn. Pero esto contradice el hecho que y ∈ A. Portanto, para a ≥ 1, A debe ser acotado superiormente. Ahora, si 0 < a < 1, comoyn ≤ a, se tiene que yn ≤ 1, lo que implica que y ≤ 1 usando ejercicio resuelto 1.Como lo anterior vale para cualquier y ∈ A, 1 es una cota superior para A cuando0 < a < 1. Por lo tanto, si a > 0, A es acotado superiormente.

Luego el axioma del Supremo nos asegura la existencia en R de supA. Sea x = supA.Notese que por la definicion de x, el es unico. Demostremos a continuacion quexn = a. Si nuestra afirmacion anterior fuera falsa tendrıamos por tricotomıa

que xn > a o xn < a. Analicemos ambos casos.

Caso xn < a:

Por teorema 1.1.51, para 0 < ε ≤ 1 se tiene que (x + ε)n ≤ xn + εK, donde K esuna constante positiva que solo depende de n y x. Como a − xn > 0 por hipotesis,

por la propiedad arquimediana de R existe de ε > 0 tal que ε < mın{1 , a− xn

K}.

Luego:

xn + εK ≤ a− xn

KK = a− xn.

Por tanto, (x+ ε)n ≤ a y x+ ε ∈ A. Lo que contradice que x es una cota superiorde A.

Caso a < xn:

Por teorema 1.1.51, para 0 < ε ≤ 1 se tiene que (x − ε)n ≥ xn − εK, donde K esuna constante positiva que solo depende de n y x. Como xn − a > 0 por hipotesis,la propiedad arquimediana de R nos asegura la tal existencia de ε > 0 tal que

ε < mın{1, xn − a

K}. Como x = supA, para ε > 0 debe existir y0 ∈ A tal que

x < y0 + ε. La expresion anterior implica que x− ε < y0. Luego:

yn0 > (x− ε)n ≥ xn − εK > xn − (xn − a)

KK = xn − xn + a = a.

Lo que contradice el hecho que y0 ∈ A.De analizar los dos casos y en ambos llegar a contradicciones, concluimos que xn = a.

Analice la existencia de cotas inferiores, superiores, mayor y menor elemento, supremose ınfimo para los siguientes conjuntos, donde a, b son numeros fijos.

1. A1 = {ax+ b;−2 ≤ x ≤ 3}Solucion: Si a > 0, entonces

−2 ≤ x ≤ 3

−2a ≤ 3a

−2a+ b ≤ ax+ b ≤ 3a+ b,para todo − 2 ≤ x ≤ 3.

Por tanto, −2a+ b es una cota inferior y 3a+ b es una cota superior de A1. Ademas,estas cotas pertenecen al conjunto , por lo que son el menor y mayor elemento,respectivamente y tambien el ınfimo y el supremo de A1. Si a < 0, entonces

−2 ≤ x ≤ 3

3a ≤ x ≤ −2a.

Por tanto, los roles de −2a+ b y 3a+ b se inverten y se tiene que:

inf A1 = 3a+ b, supA1 = −2a+ b.

2. A2 = {ax+ b;−2 < x ≤ 3}Solucion: Si a > 0, se tiene como en el caso anterior:

−2a+ b < ax+ b ≤ 3a+ b,para todo − 2 < x ≤ 3.

La unica diferencia con el respectivo caso anterior es que −2a + b no pertenece alconjunto, por lo cual

aunque sigue siendo cota inferior e ınfimo de A2, no es el menor elemento. Mas aun ,A2, no tiene el menor elemento. En efecto, supongamos que x∗ es el menor elementode A2. Entonces, −2 < x∗ y −2a+ b < −2x∗ + b < −2x+ b, para todo −2 < x ≤ 3.Pero, la propiedad de densidad de los numeros reales asegura la existencia de un z∗

tal que

−2 < z∗ < x∗,

lo que a su vez implica

−2z∗ + b < −2x∗ + b.

Pero, esto contradice el hecho que x∗ s el menor elemento de A2.

3. A3 = {ax+ b;−2 ≤ x < 3}Solucion: Usando los mismos argumentos se obtiene:

supA3 = 3a+ b, inf A3 = −2a+ b, si a > 0.

inf A3 = 3a+ b, supA3 = −2a+ b, si a < 0.

Si a > 0, A3 no tiene mayor elemento; si a < 0, A3 no tiene menor elemento.

4. A4 = {ax+ b;−2 < x < 3}Solucion:

El ınfimo y el supremo son los mismos que en los casos anteriores, pero A4 no tienemenor ni mayor elemento.

5. Demuestre que el conjunto A5 = {ax + b, x ∈ R} no es acotado ni superior niinferiormente.

Solucion: Supongamos que A5 es acotado superiormente y que a > 0. Entonces,existe M ∈ R tal que:

ax+ b ≤M, para todo x ∈ R,

lo que implica,

x ≤ M − b

a, para todo x ∈ R.

Pero, esto nos dice queM − b

aes una cota superior de R, lo cual es una contradiccion.

De la misma forma se demuestra que A5 no es acotado inferiormente.

6. Encuentre cotas superiores e inferiores para el conjunto {x2 + x− 2; −2 ≤ x ≤ 1}.Solucion: x2 + x − 2 = (x + 2)(x − 1), del metodo para analizar el signo de untrinomio de segundo grado, visto en el ejercicio 2 de la seccion 1.3, sabemos queeste trinomio es negativo para −2 < x < 1, se anula en x = −2 y x = 1 y para losrestantes valores de x es positivo. Por tanto, 0 es una cota superior del conjunto.Para encontrar una cota inferior, que si existe, es negativa; Debemos encontrar unnumero k tal que para todo z < k, la ecuacion

x2 + x− 2 = z

no tenga solucion en R. x2 + x− 2 − z = 0 no tiene raıces reales si

1 + 4(2 + z) < 0,

es decir, z < −9

4= −2, 25 = k, el numero buscado.

En consecuencia, para todo z < −2, 25 no existe x tal que x2 +x− 2 = z. Por tanto,cualquier numero menor o igual que −2, 25 es una cota inferior de nuestro conjunto.

Ahora veamos si −2, 25 pertenece al conjunto. Para ello debemos resolver la ecuacionx2+x−2 = −2, 25, que tiene por solucion x = −0, 5. Ası, −2, 25 es el menor elementodel conjunto y por tanto, su ınfimo.

7. Dada la expresion f(x) =6(x2 + 2x− 1)

−2x2 − 3,

a) ¿ Para que valores de x tiene sentido f(x) ?

b) Demuestre que f(x) esta acotada superiormente por 3 e inferiormente por -4.

c) ¿ Como elegir x para que f(x) = 3?

d) ¿ Como elegir x para que f(x) = −4?

e) ¿ Cual es el supremo y el ınfimo del conjunto {f(x); x ∈ R}?

Solucion:

a) Para que la expresion f(x) tenga sentido es necesario excluir los valores de xque anulan el denominador. −2x2 − 3 = 0 es equivalente a 2x2 + 3 = 0, perocomo todo numero al cuadrado es positivo o nulo, 2x2 + 3 no se anula paraningun valor de x. Por tanto, f(x) vale para todo x ∈ R.

b) Para poder demostrar que f(x) es acotada superiormente por 3, supondremosque esto es verdad, ası podremos encontrar una expresion para iniciar la de-mostracion.

6(x2 + 2x− 1)

−2x2 − 3=

6(1 − 2x− x2)

2x2 + 3

6(1 − 2x− x2)

2x2 + 3< 3

6 − 12x− 6x2 < 6x2 + 9

0 < 12x2 + 12x+ 3

0 < 3(4x2 + 4x+ 1)

0 < 3(2x+ 1)2

Como la ultima desigualdad es siempre valida, en rigor esta debe ser el puntode partida de la verdadera demostracion.

Para demostrar que f(x) es acotada inferiormente por -4, supondremos queen borrador hicimos el procedimiento ya mostrado y ahora haremos la de-mostracion :

0 < 2(x− 3)2

0 < 2(x2 − 6x+ 9)

0 < 2x2 − 12x+ 18

−8x2 − 12 < 6 − 12x− 6x2

−4(2x2 + 3) < 6 − 12x− 6x2

−4 <6(1 − 2x− x2)

2x2 + 3

c) La ecuacion f(x) = 3 es equivalente a 2x + 1 = 0, lo que nos da x = − 1

2. La

ecuacion f(x) = −4, tiene solucion x = 3. Es decir, f(3) = −4 y f(− 1

2) = 3.

Por lo tanto, −4 y 3 pertenecen al conjunto {f(x); x ∈ R} y en virtud delcorolario 1.1.45 estos numeros son , respectivamente, el ınfimo y el supremo.

8. Demuestre que en los conjuntos finitos ultimo elemento y supremo coinciden.

Solucion: Sea F un subconjunto finito de R. Sea u ∈ F el mayor de todos loselementos de F . Como el conjunto es finito, basta comparar los elementos de Ftodos con todos y hallar tal u. Luego x ≤ u para todo x ∈ F . Por tanto, u es elultimo elemento. Por otro lado, u es cota superior de F y si consideramos otra cotasuperior c de F ella satisface que x ≤ c para todo x ∈ F . En particular u ∈ F , luegou ≤ c. Por tanto, u es la menor cota superior. Luego u = supF .

9. Si A ⊂ R es un conjunto no vacıo, definimos por −A al conjunto {−x : x ∈ A}.Demuestre que si A es acotado inferiormente, entonces −A es acotado superiormentee inf A = − sup(−A).

Solucion: Si A es acotado inferiormente, sea c una cota inferior de A, entoncesc ≤ x para todo x ∈ A. Luego −x ≤ −c para todo x ∈ A. Esto implica que −c esuna cota superior de −A, y por axioma del supremo, existe el supremo de −A. Seaa = sup(−A) y b = inf A, como b es la mayor cota inferior de A, b ≤ x para todox ∈ A. Luego −x ≤ −b para todo x ∈ A, lo que implica que −b es cota superior de−A. Si c es una cota superior de −A, −x ≤ c, para todo x ∈ A, lo que implica que−c ≤ x para todo x ∈ A. Por tanto, −c es una cota inferior de A y como

b = inf A, debemos tener que −c ≤ b. Lo anterior implica que −b ≤ c; y siendo cuna cota superior arbitraria de −A, concluimos que −b es el supremo de −A. Como

el supremo de un conjunto es unico, por teorema 1.1.36, −b = a, como querıamosdemostrar.

10. Demuestre que supR− = inf R+ = 0.

Solucion: Como R+ = −R−, por ejercicio resuelto 2, tenemos que supR− = inf R+.Demostremos que supR− = 0. Supongamos que no es ası, como 0 es una cota superior

de R−, entonces supR− < 0. Del teorema 1.1.26 tenemos que x =sup R−

2satisface

que supR− < x < 0. Luego, x ∈ R− y supR− < x, lo que contradice la definicion desupR−. Por tanto, supR− = 0 como querıamos demostrar.

11. Demuestre que inf{ 1

n: n ∈ N} = 0 .

Solucion:: 0 es cota inferior del conjunto pues, 0 <1

npara todo n ∈ N. Supongamos

que I > 0, entonces por el teorema 1.1.49 existe n ∈ N tal que 0 <1

n< I. Lo cual

es una contradiccion con la definicion de I. Por tanto, I = 0.

12. Sean a y b numeros reales. Demuestre que si para todo ε > 0, a 0, a − b es cota inferior de R+. Por elejercicio anterior, inf R+ = 0. Por lo tanto, a− b ≤ 0 y luego a ≤ b.

13. Demuestre que R no es acotado superior ni inferiormente.

Solucion: Supongamos que R es acotado superiormente, entonces existe M ∈ R talque x ≤M para todo x ∈ R. Luego, como M + 1 ∈ R tendrıamos que M + 1 ≤M ,lo que implica que 1 ≤ 0; pero esto es una contradiccion con el teorema 1.1.25. Portanto, R no puede estar acotado superiormente.

Ahora si R fuera acotado inferiormente, entonces por ejercicio resuelto 2 −R estarıaacotado superiormente y como −R = R, tendrıamos que R es acotado superiormente.Por tanto, R no puede estar acotado inferiormente.

14. Dados a, b ∈ R tal que a < b, considere los siguientes conjuntos definidos en 1.1.46:

A1 = ]a, b[

A2 = [a, b[

A3 = ]a, b]

A4 = [a, b].

Demuestre que : supA1 = supA2 = supA3 = supA4 = b e inf A1 = inf A2 =inf A3 = inf A4 = a.

Solucion: Es facil ver que b es cota superior de A1, A2, A3 y A4 por la definicion delos conjuntos. Ahora, usando el teorema 1.1.35, veamos que b es el supremo de estosconjuntos. Consideremos ε > 0 arbitrario. Por teorema 1.1.26, tenemos que

b− ε <(b− ε) + b

2< b

luego, si x =(b− ε) + b

2tenemos que x ∈ Ai con i = 1, . . . , 4; puesto que x < b.

Ademas, b − ε < x. Luego, b = supAi con i = 1, . . . , 4. Notemos que si ε ≥ b − acualquier x ∈ Ai con i = 1, . . . , 4 satisface la propiedad del teorema 1.1.35 para bcomo candidato a supremo.

Como −A1 = {x ∈ R : −b < x < −a}, entonces por lo demostrado en el parrafoanterior sup−A1 = −a, luego por lo demostrado en ejercicio resuelto 2 concluimosque inf A1 = a. Analogamente inf A2 = inf A3 = inf A4 = a.

Veamos ahora que A1 a pesar de tener ınfimo no tiene primer elemento. Si esteexistiera y fuera p, entonces, p ∈ A1 y p ≤ x ; x ∈ A1. Sin embargo, sabemos que

siendo a < p se tiene que a <a+ p

2< p, y luego

a+ p

2∈ A1 y

a+ p

2< p. Pero esto

es una contradiccion con el hecho que p es el primer elemento de A1. Por tanto, A1

no tiene primer elemento.

De modo analogo, A3 no tiene primer elemento y A1, A2 no tienen ultimo elemento.

15. Dado A ⊂ R no vacıo y a ∈ R, definimos a + A = {a + x : x ∈ A}. Demuestreque si A es acotado superiormente, entonces a + A es acotado superiormente ysup(a+A) = a+ supA.

Solucion: Sea u = supA, entonces, x ≤ u para cualquier x ∈ A, y a+x ≤ a+u. Portanto, a+u es una cota superior de a+A; por consiguiente, se tiene sup(a+A) ≤ a+u.Si v es cualquier cota superior del conjunto a + A, entonces a + x ≤ v para todox ∈ A. Entonces, x ≤ v− a para todo x ∈ A, lo cual implica que u = supA ≤ v− a.Ası a+ u ≤ v y como a+ u es una cota superior de a+A, se concluye que

sup(a+A) = a+ u = a+ supA.

Usando ejercicio resuelto 2, puede probarse una proposicion analoga para ınfimos.En efecto,

inf(a+A) = − sup[−(a+A)]

= − sup[−a+ (−A)]

= −[−a+ sup(−A)]

= a− sup(−A)

= a+ inf A.

Para que lo anterior tenga sentido, A debe ser un subconjunto no vacıo de R acotadoinferiormente. Ademas debe demostrarse que −(a + A) = −a + (−A), lo cual esinmediato.


1. Demuestre teorema 1.1.39.





6. Demuestre 14 de los ejercicios resueltos sin usar teorema 1.1.35.

7. Demuestre sin usar ejercicio resuelto 14 que:

a) sup[−5, 2[) = 2 y inf[−5, 2[= −5.

b) sup{x ∈ R : −x2 + 3x− 2 > 0} = 2 y inf{x ∈ R : −x2 + 3x− 2 > 0} = 1.

c) sup{−x2 + 3x− 2 : x ∈ R} =1

4.

8. Dado el conjunto A = {x ∈ R : |x− 3| < 4}

a) Encuentre cotas superiores e inferiores para A y su complemento Ac.

b) Encuentre el supA, inf A, supAc, inf Ac si es que existen.

Encuentre cotas superiores e inferiores para los siguientes conjuntos:

9. {x2 + 1; −1 ≤ x ≤ 1}.

10. {x2 + 1; x ∈ R}.

11.

{1

x2 + 1; −1 ≤ x ≤ 1

}.

12.

{1

x2 + 1; x ∈ R

}.

13. {1 − x− x2; −2 ≤ x ≤ 1}.

14. {x2 + x− 1; x ∈ R}.

15. {1 − x− x2; x ∈ R}.

16. Si x = 3b − a + 2, y = 3a − b + 7 y los numeros a y b estan acotados como sigue:2, 20 < a < 2, 21 ; 3, 44 < b < 3, 45. Encuentre cotas superiores e inferiores para

x, y, x+ y, x− y, xy,x

y. Compare x e y.

17. Sean A y B subconjuntos de R y λ ∈ R, entonces consideremos los conjuntos:A+B = {a+ b : a ∈ A, b ∈ B}.λA = {λa : a ∈ A}.AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B}.

a) Sea A ⊂ R no vacıo y acotado. Muestre que si λ ≥ 0, entonces sup(λA) =λ supA y inf(λA) = λ inf A. Busque contraejemplos para mostrar que no setienen tales igualdades cuando λ < 0.

b) Sean A,B ⊂ R no vacıos y acotados. Demuestre que:sup(A+B) = supA+ supB y inf(A+B) = inf A+ inf B.¿Cuando sup(AB) = (supA)(supB) e inf(AB) = (inf A)(inf B) ? En tal casodemuestre que se satisfacen dichas igualdades.

c) Sean A,B subconjuntos de R tal que A ⊂ B y B acotado. Muestre que A esacotado y que inf B ≤ inf A ≤ supA ≤ supB.

d) Sean A,B subconjuntos no vacıos y acotados de R . Muestre que

sup(A ∪B) = max{supA, supB} y inf(A ∪B) = mın{inf A, inf B}.

e) Sea f : A ⊂ R → R una funcion con recorrido acotado. Demuestre que siA0 ⊂ A, entonces:

inf{f(x) : x ∈ A} ≤ inf{f(x) : x ∈ A0} ≤ sup{f(x) : x ∈ A0}≤ sup{f(x) : x ∈ A}.


f ) Sean f, g : A ⊂ R → R funciones con recorrido acotado. Demuestre que:

inf{f(x) : x ∈ A} + inf{g(x) : y ∈ A} ≤ inf{f(x) + g(x) : x ∈ A}≤ inf{f(x) : x ∈ A} +

+sup{g(x) : y ∈ A}≤ sup{f(x) + g(x) : x ∈ A}≤ sup{f(x) : x ∈ A} +

+sup{g(y) : y ∈ B}

18. Dados los numeros reales a, b, demuestre que:

a) sup{a, b} =a+ b+ |a− b|

2.

b) inf{a, b} =a+ b− |a− b|

2.


1.2. Lımites de funciones numericas de variable discreta.

1.2.1. Las variables discretas y el conjunto N

Si una magnitud varıa mediantes saltos, como por ejemplo el numero de personas quellegan a la caja de un banco en intervalos de tiempos fijos, el numero de nacimientos omuertes medidos dıa a dıa, se dice que es discreta. Otra forma de concebir algo discretoes algo que al ser fraccionado pierde su esencia. Por ejemplo: la mitad de una mesa no esuna mesa y la tercera parte de 34 nacimientos no son 11,333....nacimientos. En cambio,existen otras magnitudes que permiten, al menos abstractamente, infinitas posibilidadesde division. Las mas tıpica de las magnitudes continuas son el tiempo y la temperatura.Las variables discretas, en general, aparecen al contar objetos, sucesos o fenomenos y, portanto, el modelo matematico basico de una variable discreta es el conjunto de los numerosnaturales N.En una relacion funcional de variable independiente y dependiente, cuando la variableindependiente es discreta necesariamente la variable dependiente tambien lo es, este tipode asignacion se les llama sucesiones. Una sucesion es una abstraccion de un procesocuyas etapas se pueden contar y extender indefinidamente.

Definicion 1.2.1 Se llama sucesion de numeros reales a una funcion definida sobreN con valores en R, es decir, una regla que pone en correspondencia de manera unicalos elementos de N con numeros reales.En otras palabras, una sucesion es una funcionf : N → R tal que a cada n le asigna f(n) = an. Tambien suele denotarse como {an} y aan se le llama el termino general de la sucesion.

Antes de entrar en el estudio de las sucesiones enunciaremos algunas de las propiedadesmas relevantes del conjunto de los numeros naturales.

Teorema 1.2.2 Principio de Induccion Sea n ∈ N y P (n) una propiedad satisfechapor n. Si se cumple lo siguiente:

(i) P (1) es verdadera.

(ii) El hecho que P (n) es verdadera implica que P (n+ 1) es verdadera.

Entonces, la propiedad P (n) se satisface para todo n ∈ N.

Teorema 1.2.3 Principio del Buen Orden

N es un conjunto bien ordenado, esto significa que todo subconjunto A no vacıo de N

tiene primer elemento.

1.2. LIMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE DISCRETA. 57

El Principio de Induccion es el metodo mas seguro, a veces el unico, para demostrarpropiedades de los numeros naturales. Existe un teorema paralelo a este, que nos da laposibilidad de garantizar que ciertas funciones sobre los numeros naturales estan biendefinidas, tal es el Teorema de Recurrencia, que vamos a enunciar para cultura de loslectores, pero que no demostraremos aquı.

Teorema 1.2.4 Teorema de RecurrenciaSi x es un numero real y G una funcion sobre R con valores reales, entonces existe una

unica F tal que:

(i) F es una funcion sobre N.

(ii) F (1) = x.

(iii) Para cada n, F (n+ 1) = G(F (n)).

Ejemplo 1.2.5 Una forma de definir sucesiones es usando el Teorema de Recurrencia.

a) Dados los numeros reales x, d, una progresion aritmetica es la sucesion definida porrecurrencia de la forma siguiente:

a1 = x

an+1 = an + d

En este caso, la funcion G es G(z) = z + d donde d es una constante real.

b) Dados los numeros reales x, r, se define una progresion geometrica de la siguientemanera recursiva:

a1 = x

an+1 = an · r ;

En este caso, la funcion G es G(z) = rz donde r es una constante real.

c) La definicion por recurrencia puede involucrar explıcitamente a mas de un terminoya conocido, por ejemplo:

a1 = a2 = 1

an+1 = 2an + 3an−1.

Esto se obtiene al considerar F (n + 1) = G(F (n − 1), F (n)) y G : R × R 7→R, G(x, y) = 3x+ 2y.

El teorema de Recurrencia no solo se usa para definir sucesiones, las siguientes dos defini-ciones son otros casos, muy conocidos, en que se usa este util teorema.

Definicion 1.2.6 Dado x ∈ R, se define x1 = x y xn+1 = xnx.

Tomando x fijo y G(y) = yx, el teorema nos asegura la existencia de una unica funcionF sobre N tal que F (1) = x y F (n + 1) = G(F (n)) = F (n)x. Por convencion F (n) laescribimos como xn.

Definicion 1.2.7 Se define el sımbolo n! mediante el siguiente esquema recursivo:

1! = 1(n+ 1)! = n!(n+ 1)

1.2.2. Convergencia de sucesiones

Definicion 1.2.8 Diremos que una sucesion es acotada si existe un numero positivo Mtal que |an| < M , para todo n ∈ N.

Definicion 1.2.9 Diremos que una sucesion es:

(i) estrictamente creciente si an < an+1, para todo n.

(ii) creciente si an ≤ an+1, para todo n.

(iii) estrictamente decreciente si an > an+1, para todo n.

(iv) decreciente si an ≥ an+1, para todo n.

(v) monotona si satisface cualquiera de las condiciones anteriores.

Ejemplo 1.2.10 1. La sucesion cuyo termino general esta definido por an = n2, escreciente. En efecto, usando las propiedades de las potencias:

n < n+ 1 =⇒ n2 < (n+ 1)2.

Esta sucesion no es acotada superiormente por la propiedad arquimediana de losnumeros reales.

2. La sucesion an =1

n, es decreciente, y acotada inferiormente por 0. En efecto,

cualquiera sea n ∈ N, se tiene que:

n < n+ 1 =⇒ 1

n>

1

n+ 1y

1

n> 0.

3. La sucesion an = (−1)n es acotada, pues |an| = 1, para todo n; pero no es crecienteni decreciente.

4. Consideremos la sucesion definida por recurrencia

a1 = −4

an =1

2an−1 + 4, si n ≥ 2

Esta sucesion es tal que: a2 = 12(−4) + 4 = 2, a3 = 2

2 + 4 = 5, a4 = 52 + 4 = 13

2 .

Podemos sospechar que esta sucesion es creciente, pero debemos demostrarlo. Loharemos usando induccion. La propiedad P (1) toma la forma: a1 ≤ a2. Calculandoa1 y a2, podemos verificar rapidamente que a1 = −4 < a2 = 2.Ahora supongamos que se satisface la propiedad P (n) que en nuestro caso toma laforma: an < an+1; entonces, debemos demostrar que an+1 < an+2. En efecto:

an+1 =1

2an + 4 <

1

2an+1 + 4 = an+2 (por hipotesis de induccion).

Usando nuevamente el principio de induccion, demostraremos que esta sucesion esacotada por 8:

a1 = −4 < 8. Supongamos que an < 8, entonces an+1 = 12an + 4 < 1

2 8 + 4 = 8. Porser creciente, tenemos que |an| < 8.

Una forma de aproximar el numero irracional√

2 es mediante la sucesion definidarecursivamente:

a1 = 1

an+1 =1

2

(an +

2

an

).

Para que efectivamente este procedimiento numerico de aproximaciones de√

2, se necesitaque en cada etapa se obtenga un valor mas cercano al numero

√2, pero como el proceso se

puede extender indefinidamente, debemos detenernos en algun instante segun el grado deexactitud deseado. ¿ Pero quien puede asegurarnos que lo que uno observa en las primerasetapas sea una propiedad intrınseca de la sucesion ? Es decir, ¿se conserva siempre lapropiedad que en cada etapa la aproximacion es mas exacta? ¿Como estar seguro de ello?

Podemos citar otro ejemplo: En los albores del pensamiento racional en el siglo V a.C,Zenon de Elea planteo sus famosas paradojas para dejar constancia de la imposibilidad-segun elde concebir abstractamente el movimiento. En particular, si el espacio fuera

continuo, entonces cuando alguien va desde un punto A a un punto B, en algun instante

esta enAB

2; al seguir avanzando, en otro instante esta en la mitad de la mitad, es decir,

enAB

2+AB

4. En el instante n, se encuentra en

AB

2+AB

22+ . . . +

AB

2n.

Este es un proceso que se extiende indefinidamente teniendose una suma infinita denumeros positivos la cual, en la epoca de Zenon, se pensaba debıa ser infinita. Por tanto,en teorıa nunca se podıa llegar al punto B, cosa que evidentemente contradice la realidad.

Si el proceso de avanzar por sucesivas mitades es una forma de reflejar el poder ir deA hasta B, entonces, ¿como sumar una cantidad infinita de numeros positivos de modoque nos de AB ? Evidentemente no debe ser una suma aritmetica, pues por este caminollegamos a la misma conclusion de Zenon.

Para resolver este tipo de problemas, surgio el concepto de lımite de una sucesion, queen algunos casos coincide con supremos e ınfimos.

El conjunto R Para dar una idea de una magnitud que crece o decrece indefinidamentenecesitamos ampliar el conjunto R introduciendo los sımbolos −∞ y +∞ = ∞ y susrelaciones aritmeticas y de orden. En este caso R = R ∪ {−∞,+∞}.

1. Para todo x ∈ R, −∞ < x < +∞. Se preservan las propiedades fundamentales delas desigualdades.

2. (+∞) + a = +∞, para todo a ∈ R.

3. (−∞) + a = −∞, para todo a ∈ R.

4. (+∞) · a = +∞, si a > 0.

5. (+∞) · a = −∞, si a < 0.

6. (−∞) · a = −∞, si a > 0.

7. (−∞) · a = +∞, si a < 0.

8. (−∞) · (−∞) = +∞

9. (−∞) · (+∞) = (+∞) · (−∞) = −∞

10. (+∞) · (+∞) = +∞

Es importante enfatizar que las operaciones con estos sımbolos que no estan explıcita-mente definidas no tienen sentido, es decir, cuando ellas aparecen no se puede concluirnada. Por esta razon suele llamarseles formas indeterminadas Ejemplos de formas in-determinadas son: (+∞) + (−∞) , (+∞) · 0 , (−∞) · 0.

Definicion 1.2.11 Diremos que un numero L, es el lımite de una sucesion {an} sidado un numero positivo ε existe un numero natural N tal que si n ≥ N , se cumple que

|an − L| < ε

es decir, L− ε < an < L+ ε, para todo n ≥ N .En este caso, escribimos: L = lım

n→∞an o an → L cuando n→ ∞ y tambien suele decirse

que la sucesion {an} converge hacia L.

Interpretacion geometrica del lımite. Si {an} es una sucesion convergente a L en-tonces, graficando la sucesion, se debe observar que a partir de algun n los an comienzana acercarse al punto L.

Dado un ε a partir de n suficientemente grande, todos los valores de la sucesion seencuentran en la franja (L− ε, L+ ε).

LL− ε L+ ε

an an+1

Figura 1.2.1: Interpretacion geometrica del lımite.

Ejemplo 1.2.12 1. Si an = 1 +5

n+ 1, la sucesion {an} converge a L = 1. En efecto,

dado ε > 0 debemos encontrar N tal que si n > N , entonces

|an − L| = |1 +5

n+ 1− 1| = | 5

n+ 1| =

5

n+ 1

debe ser menor que ε.

Imponiendo la condicion, despejamos n.

Para que5

n+ 1< ε es necesario y suficiente que

5

ε− 1 < n.

Ası, usando la propiedad arquimediana, dado el numero5

ε− 1 existe un N tal que

N > 5ε − 1, de modo que si n ≥ N , entonces

n >5

ε− 1

n+ 1 >5

ε

n+ 1

5>

1

ε

5

n+ 1< ε.

2. La sucesion constante con termino general an = c, para todo n, tiene lımite L = c.Pues, dado ε > 0, para todo n se tiene que |an − L| = |c− c| = 0 < ε.

3. La sucesion an =1

n, tiene lımite L = 0 que es, a su vez, el ınfimo del conjunto

{ 1

n: n ∈ N}. La demostracion es la misma.

4. La sucesion an = (−1)n, aunque es acotada, no tiene lımite. Cualquier numerocandidato a lımite, en particular los valores 1, -1, no cumple con la condicion, pues ladistancia entre dos terminos sucesivos |an−an+1| = 2; por tanto, tomando cualquier0 < ε < 2, es imposible que se satisfaga la definicion 1.2.11.

5. La sucesion an = n2, por ser creciente y no acotada superiormente, los terminos paran grandes no pueden acumularse en torno a un numero fijo.

Definicion 1.2.13 Si una sucesion no converge, entonces diremos que diverge. Es decir,una sucesion {an} diverge si:

Dado L ∈ R existe ε > 0 tal que para todo n existe otro numero natural m,m ≥ n de modo que |am−L| ≥ ε.

Ejemplo 1.2.14 Las sucesiones de las partes 4 y 5 del ejemplo 1.2.12 divergen.

Teorema 1.2.15 Si una sucesion {an} tiene lımite, L entonces el lımite es unico.

Demostracion: Supongamos que la sucesion {an} converge ademas hacia el numeroL.

Usando definicion 1.2.11, con L y L, tenemos que, dado ε > 0, existe N tal que sin ≥ N , |an − L| < ε existe N tal que si n ≥ N , |an − L| < ε.

Por tanto, usando la desigualdad triangular del valor absoluto, tenemos:

|L− L| = |L− L+ an − an| = |(L− an) − (L− an)| ≤ |L− an| + |L− an| < 2ε.

Por ser | L− L |< 2ε para todo ε > 0, usando la propiedad demostrada en el ejercicioresuelto 5 de la subseccion 1.1.1 tenemos que L = L. Por tanto, si existe el lımite, este esunico.

Teorema 1.2.16 Toda sucesion convergente es acotada.

Demostracion: Sea {an} una sucesion convergente hacia L. Aplicando la definicion1.2.11 con ε = 1, podemos asegurar la existencia de un numero N tal que, si n ≥ N ,|an − L| < 1.

Por una propiedad del valor absoluto,

|an| − |L| ≤ |an − L |< 1

|an| ≤ |L| + 1, si n ≥ N.

Los terminos no incluidos en la ultima afirmacion son {a1, . . . , aN−1} que constituyenun conjunto finito y, por tanto, es acotado. Es decir,

|an| ≤M ,para todo n ∈ N.

Para M = sup{|a1|, . . . , |an|, |L| + 1}. Ası tenemos que {an} es acotada.

Una consecuencia del teorema 1.2.16 es que una sucesion no acotada no es convergente.Tal como en el caso de las funciones numericas de variable continua, existe una a-

ritmetica de sucesiones; el siguiente teorema nos dice como se conserva la propiedad deconvergencia a traves de las operaciones aritmeticas.

Teorema 1.2.17 Sean {an} y {bn} sucesiones convergentes. Entonces se cumplen lassiguientes propiedades:

(i) lımn→∞

(an + bn) = lımn→∞

an + lımn→∞

bn.

(ii) lımn→∞

(an · bn) = lımn→∞

an · lımn→∞

bn.

(iii) lımn→∞

an

bn=

lımn→∞

an

lımn→∞

bn; cuando lım

n→∞bn 6= 0.

Demostracion:

(i) Sean L1 = lımn→∞

an, L2 = lımn→∞

bn. Dado ε > 0, existen numeros naturales N1, N2

tales que:

|an − L1| <ε

2; para todo n ≥ N1

|bn − L2| <ε

2; para todo n ≥ N2.

Entonces, si N ≥ sup{N1, N2}

|(an+bn)−(L1+L2)| = |(an−L1)+(bn−L2)| ≤ |an−L1|+|bn−L2| <ε

2+ε

2= ε ; para todo n ≥ N.

Por tanto, la sucesion {an + bn} converge a L1 + L2.

(ii) Debemos estudiar la distancia entre anbn y L1L2, es decir, estimar el numero |anbn−L1L2|. Para ello, observemos que

anbn − L1L2 = anbn − anL2 + anL2 − L1L2

= an(bn − L2) + L2(an − L1)

como la sucesion {an} es convergente, ella es acotada, ası existe M > 0 tal que|an| ≤M , para todo n.

|anbn − L1L2| ≤ |an||bn − L2| + |L2||an − L1|≤ M |bn − L2| + |L2||an − L1|

Con un argumento como el usado en (i), dado un numero positivo η, existe N talque si n ≥ N , entonces

|bn − L2| < η

|an − L1| < η.

Entonces |anbn − L1L2| ≤ Mη + |L2|η = (M + |L2|)η para n ≥ N . Si en particular

elegimos η =ε

M + |L2|, entonces |anbn − L1L2| < ε; para n ≥ N .

(iii) Comoan

bn= an · 1

bn; y acabamos de demostrar la convergencia de un producto de

sucesiones convergentes, basta que demostremos la convergencia de { 1

bn} hacia

1

L2,

cuando L2 6= 0.

La condicion L2 6= 0 implica que cuando n crece, los bn no pueden ser cero. En efecto,

si L2 6= 0 entonces1

2|L2| > 0. Por lo cual podemos tomar en particular ε =

1

2|L2| y

por definicion 1.2.11, existe N tal que si n ≥ N entonces |bn −L2| <1

2|L2|. De aquı,

tenemos que |L2| − |bn| ≤ |bn − L2| <1

2|L2| y por tanto |bn| >

1

2|L2|.

Ahora analicemos la diferencia

| 1

bn− 1

L2| = |L2 − bn

bn · L2| =

|L2 − bn||bn||L2|

.

Pero para n grande, |L2 − bn| < η y1

|bn|<

2

|L2|, ası:

| 1

bn− 1

L2| < 2η

|L2|; si hacemos η =

1

2ε | L2 |,

obtenemos que | 1

bn− 1

n| < ε.

Con este resultado y (iii) tenemos que:

lımn→∞

an

bn= lım

n→∞(an · 1

bn) = lım

n→∞an · lım

n→∞1

bn

=lım

n→∞an

lımn→∞

bn.

.

Corolario 1.2.18 Como casos particulares del teorema 1.2.17 tenemos los siguientes re-sultados:

(i) lımn→∞

(c · an) = c lımn→∞

an; c =cte.

(ii) lımn→∞

(−an) = − lımn→∞

an.

(iii) lımn→∞

(an − bn) = lımn→∞

[an + (−bn)] = lımn→∞

an + lımn→∞

(−bn) = lımn→∞

an − lımn→∞

bn.

Observacion 1.2.19 En la aplicacion del teorema 1.2.17 se debe verificar previamente elcumplimiento de la hipotesis que las sucesiones involucradas sean convergentes, pues encaso contrario las conclusiones pueden ser falsas.

Sean las sucesiones {an} y {bn} tales que an = n, bn = n, entonces en este caso nopuede usarse la formula (i) del teorema 1.2.17. Pues lım

n→∞(an − bn) 6= lım

n→∞an − lım

n→∞bn =

+∞ + (−∞) pero an − bn = 0 y lımn→∞

(an − bn) = lımn→∞

(0) = 0.

Ejemplo 1.2.20 1. Encontrar lımn→∞

n

n+ 1. Hemos visto que las sucesiones {n} y {n+1}

no son convergentes, por tanto no podemos aplicar la propiedad (iv) del teorema1.2.17, pero sı podemos transformar la expresion del termino general de modo quepodamos aplicar algunas de las afirmaciones de dicho teorema. Dividiendo el numer-ador y el denominador por n, obtenemos:

n

n+ 1=

1

1 + 1n

.

Por (i) lımn→∞

(1 +1

n) = 1. Por (iv) lım

n→∞(

n

n+ 1) =

lımn→∞

1

lımn→∞

(1 +1

n)

= 1.

2. Calcule lımn→∞

n3 + 2n2 − 4

n4 + 2. Nuevamente en este caso para aplicar el teorema 1.2.17

debemos transformar la expresion, dividiendo numerador y denominador por n ele-vado a la mayor potencia, en este caso, n4.

an =n3 + 2n2 − 4

n4 + 2=

1n + 2

n2 − 4n4

1 + 2n4

.

Como lımn→∞

1

n= 0, por (ii) sabemos que lım

n→∞(1

n)r = lım

n→∞1

nr= 0. Por tanto,

lımn→∞

(n3 + 2n2 − 4

n4 + 2) =

lımn→∞

(1

n+

2

n2− 4

n4)

lımn→∞

(1 +2

n4)

=0

1= 0

Para usar el teorema 1.2.17 es necesario, como se puede observar en los dos ejemplosanteriores, tener un mınimo de sucesiones convergentes de referencia. Para ello es buenotener, aparte de la definicion, algunos recursos tecnicos para obtener convergencia comolos que dan los siguientes teoremas:

Teorema 1.2.21 Si la sucesion {an} es convergente, entonces {|an|} es convergente ylım

n→∞|an| = | lım

n→∞an|.

Demostracion: Sea L = lımn→∞

an; entonces para n suficientemente grande,

|an − L| < ε. Usando propiedades del valor absoluto tenemos:

||an| − |L|| ≤ |an − L| < ε

lo cual nos dice que {|an|} converge y que lımn→∞

|an| = |L|.

Teorema 1.2.22 (i) Si {an} es una sucesion convergente tal que an ≥ 0 para todo n.Entonces, lım

n→∞an ≥ 0.

(ii) Si {an} y {bn} son dos sucesiones convergentes tales que an ≤ bn, para todo n.Entonces, lım

n→∞an ≤ lım

n→∞bn.

Demostracion:

(i) Sea L = lımn→∞

an y supongamos por contradiccion que L < 0. Entonces −L > 0.

Usando la definicion de lımite con ε = −L, tenemos que para n suficientementegrande

|an − L| < −L

En particular an − L < −L y por tanto an < 0, para n grande lo que contradice lahipotesis.

(ii) Es consecuencia inmediata de (i) tomemos la sucesion cn = bn − an. Como an ≤ bnentonces cn ≥ 0 y por (i) lım

n→∞cn ≥ 0. Pero lım

n→∞cn = lım

n→∞bn − lım

n→∞an por teorema

1.2.17. Ası:

lımn→∞

bn − lımn→∞

an ≥ 0

lımn→∞

bn ≥ lımn→∞

an.

Observacion 1.2.23 Este teorema no puede ser enunciado solo con la relacion > ; por

ejemplo: an =1

n> 0, para todo n; pero lım

n→∞an = 0. Es decir, la relacion ≤ o ≥ pasa bien

a traves del lımite, pero no ocurre lo mismo con > o <.

Teorema 1.2.24 Calculo de lımites por acotamientoSi an ≤ cn ≤ bn y si lım

n→∞an = lım

n→∞bn, entonces la sucesion {cn} es convergente y

lımn→∞

cn = lımn→∞

an = lımn→∞

bn.

Demostracion: Sea L = lımn→∞

an = lımn→∞

bn y sea ε > 0. Entonces, para n suficien-

temente grande:

|an − L| < ε y; |bn − L| < ε.

Como an ≤ cn ≤ bn, tenemos que an − L ≤ cn − L ≤ bn − L. Ademas que, −ε < an − Ly bn − L < ε, por tanto, −ε < cn − L < ε, lo que implica que |cn − L| < ε, para nsuficientemente grande.

Ası, lımn→∞

cn = L.

Corolario 1.2.25 Si lımn→∞

|an| = 0, entonces la sucesion {an} es convergente y lımn→∞

an = 0

Demostracion:

−|an| ≤ an ≤ |an|lım

n→∞(−|an|) = 0 = lım

n→∞|an|

Por tanto, lımn→∞

an = 0.

Ejemplo 1.2.26 Calcular lımn→+∞

an, donde an esta dado por:

an =n+ 1

n2 + 1+

n+ 2

n2 + 2+ . . . . . .+

n+ n

n2 + n.

Solucion: Para calcular este lımite no se puede usar el teorema de suma de lımites de-bido a que el numero de sumandos de an depende de n. Razon por la cual cuando n creceel numero de sumando tambien crece. En casos como este el teorema 1.2.24 es de granutilidad.Acotando cada sumando inferiormente por el menor de todos ellos y acotando superior-mente cada sunando por el mayot de todos nos queda:

n+ 1

n2 + n+

n+ 2

n2 + n+ . . . . . .+

n+ n

n2 + n< an <

n+ 1

n2 + 1+

n+ 2

n2 + 1+ . . . . . .+

n+ n

n2 + 1(n+ 1) + (n+ 2) . . . . . . (n+ n)

n2 + n< an <

(n+ 1) + (n+ 2) . . . . . . (n+ n)

n2 + 1

n2 + (1 + 2 + . . .+ n)

n2 + n< an <

n2 + (1 + 2 + . . . + n)

n2 + 1

n2 + n(n+1)2

n2 + n< an <

n2 + n(n+1)2

n2 + 1

3n2 + n

2n2 + 2n< an <

3n2 + n

2n2 + 2

lımn→+∞

3n2 + n

2n2 + 2n≤ lım

n→+∞an ≤ lım

n→+∞3n2 + n

2n2 + 23

2≤ lım

n→+∞an ≤ 3

2.

Por lo tanto, hemos demostrado que:

lımn→+∞

(n+ 1

n2 + 1+

n+ 2

n2 + 2+ . . . . . .+

n+ n

n2 + n

)=

3

2.

El siguiente teorema es una importante consecuencia del axioma del supremo.

Teorema 1.2.27 Teorema de las sucesiones monotonasToda sucesion monotona acotada es convergente. Si a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an; entonces,an ≤ sup {an} = lım

n→∞an; si a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ an ≥ . . . entonces, an ≥ inf {an} = lım

n→∞an.

Demostracion: Haremos solo uno de lo casos de monotonıa, pues ambos ocupan lasmismas ideas.

Si la sucesion {an} es monotona creciente y acotada, existe sup{an : n ∈ N} = S.Demostraremos que S es el lımite de {an}.Dado ε > 0, por teorema 1.1.35, existe N ∈ N tal que S − ε < aN . Pero la sucesion

{an} es creciente. Entonces,

S − ε < aN ≤ an < S + ε, para todo n ≥ N

por lo cual |an − S| < ε, para todo n ≥ N .

Ası, lımn→∞

an = S.

Ejemplo 1.2.28 La sucesion definida en el ejemplo 1.2.10, parte 4, es creciente y acotadasuperiormente. En virtud del teorema recien demostrado, ella converge a su supremo quedebe ser menor o igual a 8. Como ya sabemos que el lımite existe, podemos calcularlousando la definicion :

an+1 =1

2an + 4.

Tomamos lımite en ambos miembros y nos queda:

L =1

2L+ 4.

Despejando L, obtenemos que L = 8.

1.2.3. Divergencia de sucesiones hacia ±∞Definicion 1.2.29 (i) Diremos que una sucesion diverge a +∞, si para cada numeroM

existe un numero natural N tal que an > M para todo n ≥ N . Esto lo denotaremossimbolicamente por lım

n→∞an = +∞.

(ii) Diremos que una sucesion diverge a −∞, si para cada numero negativo M existe unnumero natural N tal que an < M , para todo n ≥ N .

Ejemplo 1.2.30 1. lımn→∞

n = ∞

2. lımn→∞

(−n) = −∞

3. Toda sucesion creciente no acotada superiormente diverge a +∞.

4. Toda sucesion decreciente no acotada inferiormente diverge a −∞.

Ahora veremos algunas propiedades de las sucesiones divergentes:

Teorema 1.2.31 (i) Si lımn→∞

an = +∞, (o bien −∞), entonces lımn→∞

(1

an

)= 0.

(ii) Si lımn→∞

an = +∞ y si la sucesion {bn} es acotada inferiormente, entonces

lımn→∞

{an + bn} = +∞.

(iii) Si lımn→∞

an = +∞ y si bn ≥ c > 0, para todo n, entonces lımn→∞

(an · bn) = +∞.

(iv) Si lımn→∞

an = +∞ y an ≤ bn, entonces lımn→∞

bn = +∞.

Demostracion:

(i) Supongamos lımn→∞

an = +∞ y sea ε > 0. Aplicando la definicion 1.2.29 a M =1

ε,

tenemos que existe N tal que si n ≥ N entonces an > M > 0, o lo que es lo mismo,

an >1

ε

0 <1

an< ε , para todo n ≥ N.

Es decir, lımn→∞

1

an= 0.

Si lımn→∞

an = −∞, tomando −M =1

εy con argumentos analogos se obtiene la

conclusion.

(ii) {bn} acotada inferiormente implica que existe r < bn, para todo n. Como lımn→∞

an =

+∞, dado M > 0, existe N tal que an > M − r, cuando n ≥ N . Ası an + bn > M ;cuando n ≥ N lo que nos dice que lım

n→∞(an + bn) = +∞.

(iii) Dado M > 0, tenemos que existe N tal que an >M

c, cuando n ≥ N . Multiplicando

esta desigualdad por bn ≥ c, obtenemos anbn ≥M . Por tanto lımn→∞

(anbn) = +∞.

(iv) Como lımn→∞

an = +∞. Dado M > 0, existe N tal que an > M , para todo n ≥ N .

Pero bn ≥ an, entonces bn ≥M , para todo n ≥ N . Ası lımn→∞

bn = +∞.

Observacion 1.2.32 1. El recıproco que (i) es falso: an = (−1)n 1

nconverge a 0, pero

1

an= (−1)nn no diverge a +∞ ni a −∞.

2. Caso particular de (ii) es que si dos sucesiones divergen a +∞, la suma de ellasdiverge a +∞. Caso particular de (iii) es que el producto de 2 sucesiones que divergena +∞, diverge a +∞.

Ejemplo 1.2.33 Si c > 0, entonces lımn→∞

nc = +∞, aplicando (iii)del teorema 1.2.31.

Ejemplo 1.2.34 lımn→+∞

rn =

0 si |r| < 11 si r = 1

+∞ si r > 1no existe si r ≤ −1

Demostracion:

Si r > 1, entonces r puede escribirse

r = 1 + h ; h > 0.

rn = (1 + h)n (1.6)

Usando el teorema del binomio se tiene que

(1 + h)n = 1 + nh+n(n− 1)

2h2 + · · · + hn

︸︷︷︸suma de terminos positivos

Por lo tanto:

(1 + h)n > 1 + nh. (1.7)

De 1.6 y 1.7 se concluye.

rn > 1 + nh; h > 0

En virtud del teorema 1.2.31 parte (iv) tenemos:

lımn→+∞

rn > lımn→+∞

(1 + nh) = +∞.

Por lo tanto,

Si r > 1,

lımn→+∞

rn = +∞

Si |r| < 1.

Por propiedad del valor absoluto tenemos que:

|rn| = |r|n < 1

Lo que implica que

1

|r|n > 1

Ası,

1

|rn| =

(1

|r|

)n

> 1

Por lo anteriormente demostrado

lımn→+∞

1

|rn| = +∞

Usando el teorema 1.2.31 parte (a), podemos concluir que,

lımn→+∞

|rn| = 0 ; si |r| < 1

Si r = 1, entonces rn = 1, cualquiera sea n ∈ N. Por lo cual en este caso, la sucesion{rn} se reduce a la sucesion constante y su lımite es 1.

Si r = −1 entonces

rn =

{1 si n es par−1 ; si n es impar

Esto nos dice que si r = −1, la sucesion {rn} = {(−1)n} oscila entre 1 y-1, razonpor la cual la sucesion no tiene lımite en R .

Si r < −1


r = −1|r|rn = (−1)n|r|n

Como |r| > 1 entonces |r|n → +∞ y (−1)n oscila entre

-1 y 1.Entonces la sucesion oscila entre −∞ y +∞, por lo tanto no tiene lımite en R.

Observacion 1.2.35 La desigualdad 1.7 en la demostracion del ejemplo anterior se llamadesigualdad de Bernoulli.

Ejemplo 1.2.36 La serie geometrica: Una importante aplicacion del lımite demostradoen el elemplo 1.2.34 es el calculo de la suma de una serie geometrica. Primero veremosun caso particular que corresponde a la suma de la paradoja de Zenon que citamos alcomienzo de esta seccion.

Si an =1

2+

(1

2

)2

+ . . .+

(1

2

)n

demostraremos que lımn→∞

an = 1. En efecto,

sea un = (1

2)n, entonces an = u1 + . . . + un. La sucesion {un} corresponde a una

progresion geometrica que no contiene el termino u0 = 1.

Consideremos la progresion geometrica de razon r =1

2, usando la formula de facto-

rizacion: 1 − xn+1 = (1 − x)(1 + x+ x2 + . . .+ xn) sabemos que

1 +1

2+ . . . +

(1

2

)n

=

1 −(

1

2

)n+1

1

2

.

lımn→∞

(1 +

1

2+ . . .+

(1

2

)n)= lım

n→∞2

(1 −

(1

2

)n+1)

= lımn→∞

2 − 2 lımn→∞

(1

2

)n+1

= 2.

Pero a nosotros nos interesa lımn→+∞

[(1

2

)+

(1

2

)2

+ . . . +

(1

2

)n], que podemos cal-

cularlo escribiendo:

lımn→+∞

[(1

2

)+

(1

2

)2

+ . . . +

(1

2

)n]

= lımn→+∞

[1 +

1

2+ . . .+

(1

2

)n]−1 = 2−1 = 1.

Con esto se tiene lo que la experiencia nos dice: es posible llegar de A hasta B poreste proceso de recorrer sucesivas mitades.

Caso general: Dada la progresion geometrica:

a0 = 1

an = ran−1 ; n ≥ 1,

se llama serie geometrica de razon r a la sucesion definida por:

b0 = 1

bn = bn−1 + an.

Analizaremos la existencia de lımn→∞

bn.

Observemos quebn = 1 + r + . . .+ rn.

generalizando el calculo del caso particular, tenemos que

1 + r + . . . + rn =1 − rn+1

1 − r; si r 6= 1,

entonces lımn→∞

bn = lımn→∞

(1 + r + . . .+ rn) = lımn→∞

(1

1 − r− rn+1

1 − r), como

lımn→∞

rn+1 = 0 ⇐⇒ |r| < 1,

entonces lımn→∞

bn =1

1 − rsi y solo si |r| < 1.

Si | r |= 1, entonces bn = 1 + 1 + . . .+ 1, sucesion que diverge a +∞ obn = 1 + (−1) + 1 + (−1) + . . ., sucesion que oscila entre 0 y 1, por tanto, tampococonverge.

Si r > 1, entonces lımn→∞

rn+1 = +∞ y bn diverge.

Si r < −1, entonces rn+1 = (−1)n+1|r|n+1 oscila entre −∞ y +∞.

Ejemplo 1.2.37 Calcular el lımite de

1 + (−1

3) + (−1

3)2 + (−1

3)3 + . . . .

Como |r| = | − 1

3| < 1; su lımite es :

1

1 − (−1

3)

=3

4.

Ejemplo 1.2.38 Definicion del numero e

Este importante numero irracional simboliza el lımite de la sucesion

(1 +

1

n

)n

.

Es decir,

lımn→∞

(1 +

1

n

)n

= e.

En este ejemplo demostraremos que la sucesion

(1 +

1

n

)n

es monotona creciente y acotada

superiormente.

Solucion: an =

(1 +

1

n

)n

, en particular tenemos:

a1 = 2, a2 =

(1 +

1

2

)2

=9

4= 2, 25, a3 =

(1 +

1

3

)3

=64

27= 2, 370.

Demostraremos que la sucesion es creciente y acotada para poder aplicar el teorema 1.2.27y ası obtener la existencia del lımite.

Usando el teorema del binomio:

an = 1 + n1

n+n(n− 1)

1 · 2 · 1

n2+ . . .+

n(n− 1) . . . 1

1 · 2 . . . n · 1

nn

= 1 + 1 +1 − 1

n

2!+

(1 − 1n)(1 − 2

n)

3!+ . . .+

(1 − 1n) . . . (1 − n−1

n )

n!,

por tanto,

an+1 = 1 + 1 +1 − 1

n+1

2!+

+(1 − 1

n+1)(1 − 2n+1)

3!+ . . .

+(1 − 1

n+1) . . . (1 − n−1n+1)

n!+

+(1 − 1

n+1) . . . (1 − nn+1)

(n+ 1)!.

Puede verse facilmente que los sumandos de an+1 son mayores o iguales que los respectivossumandos que forman an. Por tanto, an < an+1. Para demostrar que la sucesion es acotadabasta observar que

an < 2 +1

2!+ . . .+

1

n!< 2 +

1

2+

1

22+ . . .+

1

2n−1< 3 ,

en virtud del ejemplo 1.2.36, que esta desarrollado mas adelante. Como la sucesion {an}es acotada y creciente, existe

lımn→∞

(1 +1

n)n = e.

Este importante numero juega un papel muy importante en analisis y se puede demostrarque es irracional. Distintas aproximaciones de el se pueden obtener calculando an paravalores grandes de n.

e = 2, 71828182.........

Este ejemplo es una muestra de como el axioma del supremo permite obtener los numerosirrracionales a partir de sucesiones de numeros racionales.

Lımites de referencias

Los siguientes lımites son los mınimos que Ud. debe conocer y reconocer. Con ellos ylos teoremas de operatoria de lımites, la mayorıa de los lımites que Ud. encontrara seranabordables.

1. lımn→+∞

c = c ; c constante

2. lımn→+∞

n = +∞

3. Si c es constante:

lımn→+∞

cn =

0 si c = 0+∞ si c > 0−∞ si c < 0

4. lımn→+∞

1

n= 0.

5. lımn→+∞

n√n = 1.

6. lımn→+∞

n√a = 1, si a es una constante positiva.

7. lımn→+∞

rn =

0 si |r| < 11 si r = 1

+∞ si r > 1no existe si r ≤ −1

8. lımn→+∞

(1 + r + r2 + · · · + rn) =

1

1 − r; si |r| < 1

+∞ : si r ≥ 1no existe : si r ≤ −1

9. lımn→+∞

(1 +

1

n

)n

= e

1.2.4. Ejercicios resueltos

1. Calcule los siguientes lımites:

a) an =12 + 22 + . . . + n2

n3.

Solucion:

Usando la formula 12 +22 + . . .+n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6, el termino general de

la sucesion puede escribirse como:

an =2n3 + 3n2 + n

6n3=

1

3+

1

2n+

1

6n2

Aplicando los teoremas sobre aritmetica de lımites, tenemos:

lımn→∞

an =1

3.

b) an =√n+ 1 −√

n.

Solucion:

En este caso no se puede usar el teorema 1.2.17, pues nos quedara una formadel tipo +∞−∞ de lo cual nada puede concluirse. En este caso conviene hacerla siguiente transformacion del termino general:

an = (√n+ 1 −√

n)

√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

=1√

n+ 1 +√n

, luego

lımn→∞

an = lımn→∞

1√n+ 1 +

√n

= 0.

c) an =√n(√n+ 1 −√

n).

Solucion:

Si calculamos en directo el lımite de los factores, nos queda algo del tipo +∞·0,que tampoco nos permite concluir nada. Ası debemos transformar el terminogeneral:

Como√n(√n+ 1 −√

n) =

√n√

n+ 1 +√n

,

dividiendo numerador y denominador por√n, nos queda:

an =1√

1 + 1n +

√1.

Por tanto, lımn→∞

an =1

2.

d) an =1√

n2 + 1+ . . .+

1√n2 + n

Solucion:

Usaremos el teorema 1.2.24. Para ello acotaremos superior e inferiormente eltermino general:

n√n2 + n

< an <n√

n2 + 1

Como lımn→∞

n√n2 + n

= lımn→∞

n√n2 + 1

= 1, obtenemos que:

lımn→∞

an = 1.

2. Si an ≥ 0 demuestre que la sucesion {an} converge a L. Calcule lımn→∞

√an.

Solucion:

En este caso el candidato a lımite es√L. En primer lugar, observemos que

√an −

√L =

an − L√an +

√L

. En segundo lugar, como {an} es convergente, ella es acotada

inferiormente. Sea m una cota inferior positiva de {an}. Entonces,

0 ≤ m ≤ an implica√m ≤ √

an.

Por otro lado,

√an −

√L =

√an −

√L ·

√an +

√L

√an +

√L

=an − L

√an +

√L.

Por tanto,

|√an −√L| ≤ |an − L|√

m+√L.

Ası, dado ε > 0, existe N tal que si n > N . Entonces |an − L| < ε(√m +

√L), lo

que implica que (√an −

√L) ≤ ε. Lo que nos permite concluir que lım

n→∞√an =

√L.

3. Demuestre que: Si a > 0, entonces lımn→∞

n√a = 1.

Solucion:

Supongamos que a > 1 y sea un = n√a. Usando propiedades de las potencias de

exponente fraccionario tenemos que:1

n+ 1<

1

nimplica un+1 < un. Lo que nos dice

que la sucesion {un} es decreciente. Ademas, es acotada inferiormente por 1, puespara todo n ≥ 2,

u1 = a > un > 1.

Por teorema 1.2.27, existe lımn→∞

un = inf {un : n ∈ N} = L ≥ 1.

Para probar que L = 1, supongamos que L > 1, es decir, L = 1 + h, donde h > 0.Como L = 1+h < n

√a implica que (1+h)n < a y usando la desigualdad de Bernoulli

( ver observacion 1.2.35),

(1 + h)n > 1 + nh tenemos que 1 + nh < a, para cada n. Pero,

+∞ = lımn→∞

(1 + nh) < lımn→∞

a = a.

Lo que es una contradiccion. Por tanto, h = 0 y L = 1. Si 0 < a < 1, entonces1

a≥ 1

y por lo recien probado lımn→∞

n

√1

a= 1, es decir,

lımn→∞

n√

1n√a

=lım

n→∞1

lımn→∞

n√a

= 1,

y de aquı lımn→∞

n√a = 1.

4. Demuestre que la sucesion an = n√n converge a 1.

Solucion:

Como cualquier raız de un numero mayor que uno es mayor que uno, podemosescribir:

n

√√n = 1 + kn, donde kn ≥ 0 y depende de n. Entonces, usando la desigualdad de

Bernoulli ( ver observacion 1.2.35) tenemos:

√n = (1 + kn)n > 1 + nkn > nkn,

y por tanto, kn <

√n

n=

1√n

.

1 < n√n = (1 + kn)2 = 1 + 2kn + k2

n < 1 +2√n

+1

n.

Por el teorema 1.2.24, podemos concluir que : lımn→∞

n√n = 1.

5. La siguiente sucesion definida por recurrencia es una manera de aproximar√

2.

a1 = 1

an+1 =1

2

(an +

2

an

).

Demuestre que lımn→∞

an =√

2.

Solucion:

Observemos que

|an+1 −√

2| = |an

2+

1

an−

√2| = |a

2n − 2

√2an + 2

2an| =

(an −√

2)2

2an

pues an ≥ 0, para todo n. A su vez (an −√

2)2 =(an−1 −

√2)4

(2an−1)2. Por induccion se

puede demostrar que:

|an+1 −√

2| =(1 −

√2)2n

2n · a1 · a2 · · · an

(1 −√

2)2n → 0

1

2n · a1 · a2 · · · an<

1

2n→ 0

Ası, existe N tal que si n ≥ N ,

|an+1 −√

2| < ε.

6. Dada la sucesion definida por recurrencia:

a1 =√c

an+1 =√c+ an

a) Demuestre que {an} es creciente

b) Demuestre que si L =1 +

√1 + 4c

2, entonces L+ c = L2.

c) Demuestre por induccion que {an} es acotada superiomente por L.

d) Demuestre que lımn→∞

an = L.

Solucion:

a) c > 0 =⇒ an ≥ 0; para todo n. Ademas, como las cantidades subradicales vancreciendo, an crece con n,

b) L2 =1

4

(1 + 2

√1 + 4c+ 1 + 4c

)=

1 +√

1 + 4c

2+ c = L+ c.

c) a1 =√c < L. Supongamos que an < L y demostremos que an+1 < L.

an+1 =√c+ an <

√c+ L =

√L2 = L.

Ası, vemos que {an} es creciente y acotada superiormente por L. Entonces, porteorema 1.2.27, existe lım

n→∞an = supan = M ≤ L.

d) Como L existe, y

an+1 =√c+ an

a2n+1 = c+ an

lımn→∞

(a2n+1) = lım

n→∞(c+ an) ⇐⇒ M2 = c+M.

despejando el valor de M tenemos

M =1 ±

√1 + 4c

2.

Como M > 0, M = 1+√

1+4c2 = L. En particular, si c = 2, entonces L = 2.

7. Estudiar la convergencia de la sucesion

√2,

√2√

2,

√2

√2√

2, . . . ,

y encontrar su lımite, si es que existe.

Solucion: Observemos que esta sucesion puede definirse por recurrencia del modosiguiente:

a1 =√

2

an =√

2an−1.

Demostraremos que (an) es una sucesion acotada superiormente por 2 y es creciente.Procediendo por induccion tenemos: a1 =

√2 ≤ 2. Supongamos que an−1 ≤ 2,

entonces an =√

2an−1 ≤√

2 · 2 = 2.

Para analizar el crecimiento demostraremos quean

an+1≤ 1 . En efecto,

an

an+1=

an√2an

=

√an

2. Como an ≤ 2, tenemos que

an

2≤ 1 y por lo tanto,

√an

2≤ 1. Lo cual

equivale a tener que, an ≤ an+1.

Usando teorema 1.2.27, existe L = lımn→∞

an . Esto nos permite calcularlo usando la

formula de recurrencia: an =√

2an−1 , implica lımn→∞

an =√

2 lımn→∞

an−1 , y por

consiguiente, L =√

2L , lo que nos lleva a resolver la ecuacion L2 − 2L = 0 quetiene por solucion L = 0 o L = 2 . Como la sucesion es creciente y a1 ≥ 1, podemosdeducir que L = 2.

8. ¿ Cual numero es mayor, 1,000,0001,000,000 o 1,000,001999,999 ?

Solucion: Si n = 106, entonces debemos averiguar cual es el max{nn, (n+ 1)n−1

}.

Para ello estudiaremos el cuociente entre ambos numeros.

(n+ 1)n−1

nn=

(n+ 1)n−1

nn· n+ 1

n+ 1=

(n+ 1

n

)n

· 1

n+ 1=

(1 +

1

n

)n

· 1

n+ 1.

Usando el resultado del ejercicio resuelto 1.2.38 de esta misma seccion, tenemos:(1 +

1

n

)n

< 3, para todo n. Ası,

(n+ 1)n−1

nn<

3

106 + 1< 1.

Por lo tanto, (n+ 1)n−1 < nn. Es decir, 1,000,0001,000,000 > 1,000,001999,999.

9. Calcular

lımn→∞

(1 + n)4n

(∑n

k=1 4k3)n .


Solucion: Usando la formula de suma de cubos que se demuestra por induccion:

13 + 23 + 33 + · · · + n3 =

[n(n+ 1)

2

]2

.

tenemos:∑n

k=1 4k3 = 4∑n

k=1 k3 = 4n2(n+1)2

4 . Ası,

(1 + n)4n

(∑n

k=1 4k3)n=

(1 + n)4n

(n2(n+ 1)2)n=

(1 +

1

n

)2n

=

((1 +

1

n

)n)2

.

El teorema 1.2.17, nos permite concluir que

lımn→∞

(1 + n)4n

(∑n

k=1 4k3)n= e2.

10. Calcule

lımn→∞

[√n2 + an+ b−

√n2 + a′n+ b′

].

Solucion: Multiplicando y diviendo la expresion por la suma de las raıces, nosqueda:

√n2 + an+ b−

√n2 + a′n+ b′ =

n2 + an+ b− (n2 + a′n+ b′)√n2 + an+ b+

√n2 + a′n+ b′

=(a− a′)n+ (b− b′)√

n2 + an+ b+√n2 + a′n+ b′

=(a− a′) + (b−b′)

n√1 + a

n + bn2 +

√1 + a′

n + b′

n2

.

Por consiguiente,

lımn→∞

[√n2 + an+ b−

√n2 + a′n+ b′

]=a− a′

2.

11. Encontrar el lımite de una sucesion que comienza con los numeros positivos a, b, yque en cada elemento es la media geometrica entre los dos anteriores.


Solucion: Sean a, b, u1, u2, u3, . . . , un−2, un−1, un, . . . ,. Entonces, tenemos:u1 =

√ab, u2 =

√u1b, . . . , un−1 =

√un−3un−2, un =

√un−2un−1. Multiplicando

miembro a miembro las igualdades, nos queda:

u1u2 . . . . . . un =√ab2u2

1u22 . . . . . . u

2n−2un−1

=√ab2u1u2 . . . . . .

√un−1.

Simplificando obtenemos:√un−1 un =

√a b2 y tomando lımite en esta ultima igual-

dad tenemos:L1/2 · L = (ab2)1/2,

esto es L3/2 = (ab2)1/2 . Ası concluimos que la sucesion converge a L =3√ab2.

12. Calcule

lımn→∞

(1

1 · 2 +1

2 · 3 + . . .+1

n · (n+ 1)

).

Solucion: Usando la descomposicion1

n(n+ 1)=

1

n− 1

n+ 1tenemos que :

1

1 · 2 +1

2 · 3+ . . . +1

n(n+ 1)=

=

(1 − 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+

(1

3− 1

4

)+ . . .

+

(1

n− 1

n+ 1

)

= 1 +

(1

2− 1

2

)+

(1

3− 1

3

)+ . . .+

(1

n− 1

n

)

− 1

n+ 1

= 1 − 1

n+ 1.

Por lo tanto,

lımn→∞

(1

1 · 2 +1

2 · 3 + . . .+1

n · (n+ 1)

)= lım

n→∞

(1 − 1

n+ 1

)= 1.

13. Calcule

lımn→∞

(n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 3)

).


Solucion: Como en el ejercicio 12 para calcular este lımite se debe descomponerel termino general de la suma en fracciones simples o parciales, quedando:

1

k(k + 1)(k + 3)=

1

3k− 1

2(k + 1)+

1

6(k + 3).

Por tanto la suma puede escribirse como:

n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 3)=

1

3 · 1 − 1

2 · 2 +1

6 · 4

+1

3 · 2 − 1

2 · 3 +1

6 · 5+

1

3 · 3 − 1

2 · 4 +1

6 · 6+

1

3 · 4 − 1

2 · 5 +1

6 · 7+

1

3 · 5 − 1

2 · 6 +1

6 · 8+ . . .

+1

3 · n − 1

2 · (n+ 1)+

1

6 · (n+ 3).

Podemos observar que el1

6 · 4 de la primera lınea se compensa con el1

3 · 4−1

2 · 4 , que

resulta de sustraer el1

2 · 4 de la tercera lınea con el1

3 · 4 de la cuarta lınea. Similar-

mente, el1

6 · 5 de la segunda lınea se compensa con el1

3 · 5 − 1

2 · 5 que se obtiene de

sustraer el1

2 · 5 de la cuarta lınea al1

3 · 5 de la quinta lınea. Sucesivamente tenemos:

n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 3)=

1

3 · 1 − 1

2 · 2 +1

3 · 2 − 1

2 · 3 +1

3 · 3 ∗

+1

6(n+ 1)+

1

6(n+ 2)− 1

2(n+ 1)+

1

6(n+ 3)

=12 − 9 + 6 − 6 + 4

36+

1 − 3

6(n+ 1)+

1

6(n+ 2)+

1

6(n+ 3)

=7

36− 1

3(n+ 1)+

1

6(n+ 2)+

1

6(n+ 3)


Ası,

lımn→∞

(n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 3)

)= lım

n→∞

(7

36− 1

3(n+ 1)+

1

6(n+ 2)+

1

6(n+ 3)

)=

7

36.

14. Dentro de un cırculo de radio r se inscribe un cuadrado, en este cuadrado se inscribeun cırculo y ası sucesivamente. Calcule las sumas de la areas de los cırculos y loscuadrados ası obtenidos y suponiendo que el proceso se prolonga indefinidamente.

Solucion:

r

r√

2 = l

El lado l del primer cuadrado inscrito, usando el teorema de Pitagoras es: l = r√

2.Si denotamos por Ai el area del cırculo i y por ai el area del cuadrado i, tenemos:

A1 = πr2; a1 = 2r2;A2 = πr2

2; a2 = r2;A3 = π

r2

4; a3 =

r2

2; . . . .

Por lo tanto, la suma de las areas de los cırculos es:

n∑

i=1

Ai = πr2

(1 +

1

2+

1

4+ . . .+ . . .

),

la que puede ser calculada usando la formula de la suma de una serie geometrica queen este caso nos da 2πr2. Analogamente, la suma total de las areas de los cuadradoses

n∑

i=1

ai = r2(

2 + 1 +1

2+

1

4+ . . .+ . . .

),

la cual da 4r2.

15. La sucesion de Fibonacci . Esta sucesion fue propuesta por Leonardo Fibocaccitambien conocido como Leonardo de Pisa (1170? - 1250?). Considere la sucesionde numeros que comienza con 0 y 1; para obtener un numero se suman los dosprecedentes. Es decir:

u0 = 0; u1 = 1; u2 = 0+1 = 1; u3 = 1+1 = 2; u4 = 1+2 = 3; . . . un+1 = un+un−1.


a) Demuestre que la sucesion formada por las razones de dos terminos consecutivos

xn =un

un+1satisface la relacion

xn+1 =1

1 + xn.

b) Demuestre que las razones de dos terminos consecutivos de la sucesion de Fi-

bonacci, xn =un

un+1, converge y calcule su lımite.

Solucion:

a)

xn+1 =un+1

un+2

=1

un+2

un+1

=1

un+1 + un

un+1

=1

1 +un

un+1

=1

1 + xn

b) Como paso previo demostraremos, usando induccion, que un+1un−1 = u2n +

(−1)n, con n ≥ 2. Si n = 2 se tiene u3u1 = 2 · 1 = 2. reemplazando n = 2en el segundo miembro de la igualdad que queremos demostrar, obtenemos:u2

2 + (−1)2 = 1 + 1 = 2. Por lo tanto, la igualdad es valida para n = 2. Ahorasupongamos que uk+1uk−1 = u2

k + (−1)k para todo k ≤ n y consideremos

un+2un = (un+1 + un)un

= (un+1 + un−1 + un−2)un

= ((un + un−1) + un−1 + un−2)un

= u2n + 2un−1un + un−2un

= u2n + 2un−1un + u2

n−1 + (−1)n−1; usando la hipotesis de induccion ;

= (un + un−1)2 + (−1)n−1

= u2n+1 + (−1)n+1

Para analizar la existencia del lımite veamos la diferencia entre dos terminosconsecutivos

xn − xn+1 =un

un+1− un+1

un+2

=unun+2 − u2

n+1

un+1un+2

=u2

n+1 + (−1)n+1 − u2n+1

un+1un+2

=(−1)n+1

un+1un+2

Ası vemos que la sucesion no es creciente ni decreciente, pero como

|xn − xn+1| =1

un+1un+2,

las distancias entre los terminos de la sucesion tiende a cero, la sucesion tieneun lımite que llamaremos L . Segun el item anterior,

xn+1 =1

1 + xn

lımn→∞

xn+1 =1

1 + lımn→∞

xn

L =1

1 + L, lo que implica

L2 + L− 1 = 0.

Las soluciones a esta ultima ecuacion son L =−1 ±

√5

2. Por ser xn > 0, para

todo n , L debe ser un numero positivo. Ası, L =

√5 − 1

2.

16. a) Demuestre que la sucesion

an =1

n+

1

n+ 1+ · · · + 1

2n,

converge a un numero L comprendido entre1

2y 1.

b) Pruebe que

bn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · · + 1

2n

converge y que su lımite es el mismo que el de la sucesion (an).

c) Demuestre que37

60< L <

57

60.

Solucion:

a)

an+1 − an =

(1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · · + 1

2(n+ 1)

)−(

1

n+

1

n+ 1+ · · · + 1

2n

)

=1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 1

n

=2(n+ 1)n+ (2n+ 1)n− (2n+ 1)(2n+ 2)

2n(2n+ 1)(n+ 1)

=−3n− 2

2n(2n+ 1)(n+ 1)

< 0.

Por lo tanto, an+1 < an, lo que nos dice que la sucesion es decreciente, por otro

lado es facil ver que an esta acotado inferiormente por1

2, por teorema 1.2.27 la

sucesion es convergente. Acotando el termino general tenemos que:

(n+ 1)1

2n<

1

n+

1

n+ 1+ · · · + 1

2n< (n+ 1)

1

n,

ası,1

2< an < 1+

1

n. Usando el teorema 1.2.22, tenemos que la sucesion converge

hacia un numero L tal que1

2≤ L ≤ 1.

b) Veamos que la sucesion (bn) es creciente. En efecto,

bn+1 − bn =

(1

n+ 2+

1

n+ 3+ · · · + 1

2n+

1

2n+ 1+

1

2(n+ 1)

)

−(

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · · + 1

2n

)

=1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 1

n+ 1

=2(n+ 1) + (2n+ 1) − 2(2n+ 1)

2(2n+ 1)(n+ 1)

=1

2(2n+ 1)(n+ 1)

> 0.

Por consiguiente, la sucesion bn es creciente. Por otro lado es facil ver que esacotada superiormente por 1, acotando el termino general nos queda,

n1

2n< bn =

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · · + 1

2n< n

1

n,

es decir,1

2< bn < 1. Por ser una sucesion creciente y acotada superiormente ,

ella es convergente. Ahora, an−bn =1

nimplica que lım

n→∞(an−bn) = lım

n→∞1

n= 0.

Por lo tanto,

lımn→∞

an = lımn→∞

bn.

c) L = inf{an} = sup{bn}, por lo tanto, bn ≤ L ≤ an, para todo n. En particular,b3 ≤ L ≤ a3.

a3 =1

3+

1

5+

1

4+

1

6=

57

60, b3 = +

1

4+

1

5+

1

6=

37

60. Ası, vemos que:

37

60≤ L ≤ 57

60.

Si uno desea obtener otras cotas para L debemos tomar otros n. Por ejemplo,

si n = 4,533

840≤ L ≤ 743

840.

17. a) Demuestre, sin usar el teorema del binomio, que an =

(1 +

1

n

)n

es creciente y

que bn =

(1 +

1

n

)n+1

es decreciente.

b) Calcule el lımite de ambas sucesiones.

Solucion:

a) Para estudiar el crecimiento de la sucesion (an) demostraremos que el cuocientean+1

anes mayor que 1. En efecto,

an+1

an=

(1 +

1

n+ 1

)n+1

(1 +

1

n

)n =

(1 +

1

n+ 1

)n

(1 +

1

n

)n ·(

1 +1

n+ 1

)=

(n+2n+1n+1

n

)n(n+ 2

n+ 1

)

=

(n(n+ 2)

(n+ 1)2

)n(n+ 2

n+ 1

)=

(1 +

−1

(n+ 1)2

)n(n+ 2

n+ 1

)

>

(1 − n

(n+ 1)2

)(n+ 2

n+ 1

)( usando la desigualdad de Bernoulli),

=n+ 2

n+ 1− n(n+ 2)

(n+ 1)3=n3 + 3n2 + 3n+ 2

n3 + 3n2 + 3n+ 1

> 1.

Por lo tanto podemos concluir que (an) es una sucesion creciente.

Siguiendo la misma tecnica para sucesion (bn), tenemos:

bnbn+1

=

(1 +

1

n

)n+1

(1 +

1

n+ 1

)n+2 =

(1 +

1

n

)

(1 +

1

n+ 1

)

n+1

1(1 + 1

n+1

)

=

((n+ 1)2

n(n+ 2)

)n+1n+ 1

n+ 2

=

(n2 + 2n+ 1

n2 + 2n

)n+1n+ 1

n+ 2=

(1 +

1

n(n+ 2)

)n+1 n+ 1

n+ 2

>

(1 +

n+ 1

n(n+ 2)

)n+ 1

n+ 2, ( usando la desigualdad de Bernoulli),

=2n2 + 3n+ 1

n2 + 2n> 1.

Por consiguiente, (bn) es decreciente.

b) lımn→∞

an = e, por otro lado tenemos que lımn→∞

bn = lımn→∞

(an

(1 +

1

n

))=

e · 1 = e.

18. Convergencia de la media aritmetica.

a) Si {an} converge a L, entonces la sucesion de las medias aritmeticas tambienconverge a L.

b) Demuestre que la propiedad se conserva cuando L = ±∞.

c) Calcular lımn→∞

1 +√

2 + 3√

3 + . . .+ n√n

n.

d) Calcular lımn→∞

1 + 2 + . . . + n

n.

Solucion:

a) Sea L = lımn→∞

an. Entonces, queremos demostrar que lımn→∞

a1 + . . .+ an

n= L.

Dado ε > 0, existe N tal que si n ≥ N , entonces |an − L| < ε, en particularpodemos escribir las (n−N) desigualdades siguientes:

L− ε < aN+1 < L+ εL− ε < aN+2 < L+ ε. . . < . . . < . . .L− ε < an < L+ ε

Sumando miembro a miembro estas desigualdades nos queda:

(n−N)(L− ε) < aN+1 + . . .+ an < (n−N)(L+ ε).

Dividiendo toda la desigualdad por n , obtenemos:

(L− ε)(n−N)

n<aN+1 + . . .+ an

n<

(n−N)

n(L+ ε). (1)

Por otro lado, para N fijo,

lımn→∞

a1 + . . . + aN

n= (a1 + . . .+ aN ) lım

n→∞(1

n) = 0.

Por tanto, para n suficientemente grande,

−ε < a1 + . . .+ aN

n< ε. (2)

Sumando (1) y (2):

(n−N)

n(L− ε) − ε <

a1 + . . .+ an

n< (

n−N

n)(L+ ε) + ε.

Como lımn→∞

(n−N

n) = 1 y usando el teorema 1.2.22 tenemos:

lımn→∞

[(n−N)

n(L− ε) − ε

]< lım

n→∞

[a1 + . . .+ an

n

]< lım

n→∞

[(n−N

n)(L+ ε) + ε

].

L− 2ε ≤ lımn→∞

[a1 + . . .+ an

n

]≤ L+ 2ε

∣∣∣∣[a1 + . . . + an

n

]− L

∣∣∣∣ ≤ 2ε ; para n suficientemente grande

lımn→∞

(a1 + . . .+ an

n

)= L.

b) Si L = +∞. Entonces, dado M > 0, existe N tal que si n > N ,

aN+1 > M, aN+2 > M, . . .

sumando miembro a miembro estas desigualdades:

aN+1 + aN+2 + . . . + an > (n−N)M


dividiendo la desigualdad por1

n, nos queda:

aN+1 + aN+2 + . . .+ an

n> M

n−N

n.

Considerando que lımn→∞

1

n= 0 y que N esta fijo con respecto a n, para n

suficientemente grandea1 + . . .+ aN

n> −M

2.

Por tanto,a1 + . . .+ an

n> (

n−N

n)M − M

2=M

2− N

nM,

lo que implica:

lımn→∞

(a1 + . . .+ an

n

)≥ M

2>M

3.

Ası vemos que,

lımn→∞

(a1 + . . . + an

n) = +∞.

Si L = −∞, la demostracion es analoga.

c) Como lımn→∞

n√n = 1 , el lımite dado tambien vale 1.

d) lımn→∞

(1 + 2 + . . .+ n

n) = ∞, pues an = n diverge a ∞.

19. a) Demuestre que si lımn→∞

(an+1 − an) = L, entonces lımn→∞

an

n= L.

b) Calcule lımn→∞

(1

n+

1

2n+

1

3n+ . . .+

1

n2).

c) Calcule lımn→∞

pn

ncuando p es un numero fijo mayor que 1.

Solucion:

a) Sea {bn = an − an−1 n > 1

b1 = a1

Entonces, lımn→∞

bn = L por hipotesis y segun el ejercicio 18,

b1 + . . .+ bnn

=a1 + (a2 − a1) + . . .+ (an − an−1)

n=an

n

converge tambien a L.

b) Definiendo an = 1 +1

2+

1

3+ . . .+

1

n, tenemos que an+1 − an =

1

n+ 1, sucesion

que tiende a 0. Comoan

n=

1

n+

1

2n+

1

3n+ . . . +

1

n2, usando la parte (a) el

lımite pedido vale 0.

c) Definiendo an = pn, tenemos que an+1 − an = pn(p− 1), sucesion que diverge

a +∞ y por tanto,pn

ndiverge a +∞.

20. Sea {an} una sucesion de terminos positivos.

a) Demuestre que si {an+1

an} converge a un numero positivo menor que 1, entonces

lımn→∞

an = 0.

b) Demuestre que si lımn→∞

an+1

anes mayor que 1, entonces {an} no converge.

c) Si lımn→∞

an+1

an= 1, {an} puede converger o no. De ejemplos de ambas posibili-

dades.

d) Calcular

lımn→∞

n2

2n.

e) ¿ Para cuales valores de x, la sucesion {xn

n!} converge? Calcule su lımite cuando

exista.

f ) ¿ Para cuales valores de x, la sucesion an =n

xnconverge ?

Solucion:

a) Como lımn→∞

an+1

an= L < 1, entonces existe r > 0 tal que L < r < 1. Por

definicion 1.2.11, existe N tal que si n ≥ N, entoncesan+1

an< r, lo que implica

an+1 < ran para todo n ≥ N . En particular, podemos observar que aN+1 < raN

y aN+2 < raN+1 < r2aN . En general, an ≤ rn−NaN , lo que nos dice que lasucesion (aN+n)n∈N es acotada por la sucesion rnaN que converge a 0, ya que0 < r < 1 , ası 0 ≤ an ≤ rnaN implica que 0 ≤ lım

n→∞an ≤ 0.

b) Si L > 1, sea r tal que L > r > 1, entonces existe N tal que si n ≥ N tenemos

quean+1

an> r > 0, es decir, an+1 > ran; n ≥ N de modo analogo a la parte

previa. Por tanto,an > rn−NaN ; para todo n.

Como r > 1 lımn→∞

rn−N = ∞ y consecuentemente lımn→∞

an = ∞.

c) Si an =1

n;an+1

an=

n

n+ 1=

1

1 +1

n

, lımn→∞

(an+1

an) = 1 y an converge a 0.

Si an = n; entoncesan+1

an=

n+ 1

n= 1 +

1

n, por tanto, lım

n→∞(an+1

an) = 1 y

lımn→∞

an = +∞.

d) an =n2

2n;an+1

an=

(n+ 1)2

2n+1

n2

2n

=(n+ 1)2 · 2n

2n+1 · n2=

1

2(n+ 1

n)2 =

1

2(1 +

1

n)2. Por lo

cual, lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞(1

2(1 +

1

n)2) =

1

2< 1, lo que implica lım

n→∞n2

2n= 0.

e) an =xn

n!; ası

an+1

an=

xn+1

(n+ 1)!xn

n!

=xn+1 · n!

xn(n+ 1)!=

x

n+ 1implica que lım

n→∞an+1

an=

0. Por tanto, lımn→∞

xn

n!= 0.

f ) Para an =n

xntenemos que

an+1

an=n+ 1

xn+1· x

n

n=

1

x(1 +

1

n).

Ası, lımn→∞

an+1

an=

1

x< 1 cuando x > 1. Por tanto, si x > 1, lım

n→∞n

xn= 0; si

x < 1,n

xndiverge, si x = 1, an = n que diverge a ∞.

1.2.5. Ejercicios propuestos

Calcular los siguientes lımites cuando existan:

1. an =n3 − 2n+ 2

n5 + 8n

2. an =5n4 + 3n2 − 4

3n3 − 1

3. an =1√

n+ 1 +√n

4. an = n√n+ 1

5. an =√n2 + 4 −

√n2 + 3

6. an = (−1)n

(1 +

1

n

)


7. an =n

10−[ n10

]

8. an =1

3+

1

9+

1

27+ . . . +

1

3n.

9. an = 1 − 1

5+

1

25− 1

125+

1

625+ . . . + (−1)n 1

5n.

10. an = 1 + 3 + 32 + 33 + . . .+ . . .+ 3n.

11.√

2,√

2 +√

2,

√2 +

√2 +

√2, . . . ,

12.√

3,√

3 +√

3,

√3 +

√3 +

√3, . . . ,

13.√

6,√

6 +√

6,

√6 +

√6 +

√6, . . . ,

14. Usando el ejercicio resuelto 10, calcule:

lımn→∞

[√n2 + 5n− 2 −

√n2 − 6n+ 8

].

15. Calcule

lımn→∞

(1

1 · 3 +1

2 · 4 + . . .+1

n · (n+ 2)

).

Indicacion:Ver el ejercicio resuelto 12.

16. Calcule

lımn→∞

(1

1 · 2 · 3 +1

2 · 3 · 4 + . . .+1

n (n+ 1) (n+ 2)

).

Indicacion:Ver el ejercicio resuelto 13.

17. Demuestre que la sucesion

(nk

)

nktiene lımite

1

k!, donde k es un entero fijo.

18. Demuestre que la sucesion (an) definida por:

a1 = 0

a2 = 1

an =an−1 + an−2

2; si n > 2;

es tal que an − 2

3=

2

3· (−1)n

2n−1y calcule su lımite.

19. Sea x un numero real fijo, demuestre que la sucesion:

([x] + [2x] + . . .+ [nx]

n2

)

n ∈ N

converge y su lımite esx

2.

Indicacion: Este lımite puede ser calculado por acotamiento, usando quey − 1 ≤ [y] ≤ y, cualquiera sea el numero real y.

20. Demuestre que ([nx]

n

)

n ∈ N

converge a x.

Indicacion: Este lımite puede ser calculado por acotamiento, usando quenx− 1 ≤ [nx] ≤ nx, cualquiera sea el numero real x.

21. Demuestre que ([an]

n

)

n ∈ N,

donde an es el enesimo decimal de π, converge a 0.

Indicacion: Este lımite puede ser calculado por acotamiento, usando que0 < an < 1 y [an] ≥ an ≤ [an] + 1. cualquiera sea el numero real y.

22. Demuestre que 5n − n diverge hacia +∞.

23. Pruebe una propiedad analoga a la del ejercicio 18 para la media geometrica de unacantidad finita de numeros.

a) Si an > 0 y lımn→∞

an = L, L puede ser finito o ∞, entonces lımn→∞

n√a1a2 . . . an =

L.

b) Si an > 0 y lımn→∞

an+1

an= L entonces, n

√an = L.

c) Demuestre que lımn→∞

n√n = 1.

d) Demuestre que lımn→∞

n√n! = ∞.

e) Calcular lımn→∞

1

nn√n!.

24. a) Pruebe que si lımn→∞

an = 0 y si la sucesion {bn} es acotada, entonces lımn→∞

anbn =

0.

b) Muestre con ejemplos que si {bn} no es acotada no se tiene la conclusion de (a).

25. a) Si 0 < y ≤ x y si an = (xn + yn)

1

n demuestre que lımn→∞

an = x.

b) Calcule lımn→∞

((1

2

)n

+

(1

3

)n) 1

n.

c) Calcule lımn→∞

n√

(4n + 5n).

26. Analizar la convergencia de la sucesion1

1 + x2n, segun sea el valor de x.

27. Dado a > 0 y x1 > 0 cualquiera, demuestre que la sucesion definida por recurrencia

xn+1 =xn + a

xn

2converge a

√a.

1.3. LAS FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA 99

1.3. Las funciones numericas de variable continua

1.3.1. Definiciones basicas

Dado que R o un intervalo de R es la imagen abstracta de una magnitud que varıacontinuamente, tomaremos intervalos para establecer ciertas relaciones entre magnitudesque llamaremos funciones numericas de variable continua.

Definicion 1.3.1 Sea I un intervalo y sea x ∈ I. Si mediante una cierta regla establecemosuna correspondencia de modo que a cada x en el intervalo le corresponda un unico y ∈ R,decimos que y es una funcion numerica de x, lo que denotaremos como:

x 7−→ y o x 7−→ y(x) o x 7−→ f(x) o y = f(x).

f simboliza a la funcion , x es la variable independiente e y es la variable dependi-ente.

Definicion 1.3.2 i) Al conjunto D(f)={x ∈ I : existe y ∈ R tal que y = f(x) } se lellama dominio de la funcion.

ii) Al conjunto R(f)= {y ∈ R : existe x ∈ D(f) tal que y = f(x) }, se le llamarecorrido de f o conjunto de valores de la funcion f .

iii) Al conjunto G(f)= {(x, y) ∈ D(f) ×R(f) : y = f(x) }, se le llama grafico de f .

Ejemplos:

1. La funcion constante: Es aquella que a cada x ∈ I le hace corresponder un mismonumero c, en sımbolos, se escribe f(x) = c.

2. La funcion lineal no constante: Es aquella que a cada x ∈ I le hace corresponderel numero ax+ b, con a, b constantes, a 6= 0, es decir, f(x) = ax+ b.

3. La funcion cuadratica: Es aquella que a cada x ∈ I le hace corresponder el numerof(x) = ax2 + bx+ c ; con a, b, c constantes y a 6= 0.

4. La funcion polinomial: Es aquella que hace corresponder a cada x ∈ I el numerof(x) = anx

n + ...+ a1x+ a0, donde los ai son constantes.

5. La funcion racional: Es aquella que se obtiene mediante cuocientes de polinomios,es decir:

f(x) =p(x)

q(x)

En este caso debemos observar que para aquellos x tal que q(x) = 0, f(x) noesta definida . Por tanto el dominio de una funcion racional lo constituyeR − {x : q(x) = 0} = {x ∈ R : q(x) 6= 0}.

Observacion: Podemos extender algunas de las propiedades de los numeros a las fun-ciones, por ejemplo, podemos establecer una aritmetica de funciones, podemos compararfunciones, estudiar si es acotada, si tiene maximos y mınimos, etc.

Definicion 1.3.3 Dadas dos funciones numericas f y g, se definen las siguientes funcionescuyo dominio es D(f) ∩D(g) :

(i) (f ± g)(x) = f(x) ± g(x)

(ii) (fg)(x) = f(x)g(x)

(iii)

(f

g

)(x) =

f(x)

g(x); cuando g(x) 6= 0 .

Definicion 1.3.4 Dadas dos funciones numericas f y g, diremos que:

(i) f = g si D(f) = D(g) y f(x) = g(x) para todo x en el dominio comun.

(ii) f < g si f(x) < g(x) para todo x ∈ D(f) ∩D(g).

Ejemplo:

1. Dadas las funciones f(x) = x y g(x) = x2 definidas sobre I = [0, 1]; usando laspropiedades de los numeros reales tenemos que para todo x ∈ [0, 1] , 0 < x2 < x.Por tanto g(x) < f(x) , para todo x ∈ I. Es decir, f < g sobre [0, 1].

2. Dadas las funciones f(x) = x y g(x) = x2 definidas sobre J = [1, 2]; usando laspropiedades de los numeros reales tenemos que para todo x ∈ [1, 2] , x2 > x. Portanto g(x) > f(x) , para todo x ∈ J . Es decir, g > f sobre [1, 2].

Definicion 1.3.5 Diremos que la funcion f es acotada, si su recorrido es un conjuntoacotado, es decir, si existe M > 0 tal que |f(x)| ≤M , para todo x ∈ D(f).

Ejemplo:

1. La funcion f(x) = x y g(x) = x2 definidas sobre I = [0, 1] son acotadas, puestoque para todo x ∈ [0, 1] , 0 < x2 < x ≤ 1 . Cualquier numero M ≥ 1 satisface ladefinicion.

2. En cambio, si f(x) = x y g(x) = x2 son definidas sobre R, no son acotadas.

Definicion 1.3.6 Dada una funcion f diremos que:

1. f es estrictamente creciente en un intervalo I, si para todo x1, x2 ∈ I, tal quex1 < x2 se tiene que f(x1) < f(x2).

2. f es creciente en sentido amplio o creciente sobre un intervalo I, si para todox1, x2 ∈ I tal que x1 < x2 se tiene que f(x1) ≤ f(x2).

3. f es estrictamente decreciente sobre un intervalo I, si para todo x1, x2 ∈ I talque x1 < x2 se tiene que f(x1) > f(x2).

4. f es decreciente en sentido amplio o decreciente sobre un intervalo I, si paratodo x1, x2 ∈ I tal que x1 < x2 se tiene f(x1) ≥ f(x2).

5. f es monotona sobre I si es creciente o decreciente.

Por cierto la mayorıa de las funciones presentan cierto tipo de monotonıa a tramos, esdecir, sobre un intervalo son crecientes y sobre otro son decrecientes, por esta razon esinteresante estudiar las variaciones de una funcion, es decir, averiguar sobre que partedel dominio son crecientes o decrecientes.

Ejemplo:

1. La funcion:

f : [−3, 3] 7−→ R

x 7−→ x2

es estrictamente decreciente sobre el intervalo [−3, 0] y es estrictamente crecientesobre [0, 3].

2. Definicion 1.3.7 Dado x ∈ R, se define la parte entera de x, como el numeroentero m, que es el mayor entero menor o igual que x. Este numero se denota por[x]. Es decir:

[x] ∈ Z y si n ∈ Z es tal que n ≤ x, entonces n ≤ [x].

Por ejemplo, [3,2] = 3, [−3,2] = −4.

La funcion parte entera h : x 7−→ [x] es creciente y, en particular, es constante atramos.

Si x ∈ [n, n+ 1), entonces [x] = n, para todo n entero.

Ası, si x1 < x2, entonces f(x1) = f(x2) si x1 ; x2 ∈ [n, n+ 1); para algun entero n.En cualquier otro caso f(x1) < f(x2).

3. La funcion

g(x) =

{0 si x es racional1 si x es irracional

No es creciente ni decreciente en ningun intervalo.

4. Una situacion analoga se tiene con la funcion:

h(x) =

{0 si x es racionalx si x es irracional

Definicion 1.3.8 Sea f una funcion numerica no constante, I un intervalo contenido enel dominio de f y x0 un punto de I. Diremos que f tiene:

(i) un cero en x0 cuando f(x0) = 0.

(ii) un maximo en x0, con valor f(x0), cuando para todo x ∈ I, f(x) ≤ f(x0).

(iii) un mınimo en x0, con valor f(x0), cuando para todo x ∈ I, f(x) ≥ f(x0).

(iv) un extremo en x0, cuando f tiene ya sea un maximo o un mınimo en x0.

Ejemplo:

1. Consideremos la funcion:

f : R −→ R tal que f(x) = x2 − 4 .

a) Como f(x) = 0 ⇐⇒ x2 − 4 = 0. Entonces los ceros de la funcion son x1 = 2 yx2 = −2.

b) Usando las desigualdades estudiadas en la primera seccion, podemos ver quef(x) < 0 cuando −2 < x < 2 y para todos los otros valores de x, la funcion espositiva. Por tanto, su valor mınimo lo alcanza en el intervalo [−2, 2]. Como elcuadrado de un numero y su inverso aditivo tienen el mismo cuadrado, bastaanalizar lo que sucede en [0, 2]. Usando propiedades de las potencias, sabemosque el cuadrado crece con el numero, ası podemos sospechar que el mınimo loalcanza en x = 0, donde f(0) = −4.

En efecto, si x ∈ (0, 2) ,entonces 0 < x < 2 y por tanto 0 < x2 < 4. Restando−4 a la ultima desigualdad, tenemos, −4 < x2 − 4 < 0. Esto nos dice que,f(0) < f(x), para todo x ∈ (0, 2). Lo mismo sucede en (−2, 0) y como en elresto del dominio la funcion es positiva, f(0) ≤ f(x), para todo x ∈ R. Ensıntesis, la funcion alcanza su valor mınimo, −4, en x = 0.

c) La funcion no tiene maximo. Por reduccion al absurdo supongamos que f tieneun maximo en algun x0. Entonces, f(x) < f(x0); para todo x ∈ R. Si hacemosM = max{f(x0), 4} tendrıamos que | f(x) |< M , para todo x ∈ R. Lo queimplicarıa que x <

√M + 4, para todo x ∈ R y por tanto R serıa acotado

superiormente, contradiciendo lo visto en la primera seccion.

2. Sea la funcion g(x) = −x2+4 sobre [−2, 2]. g es positiva en (−2, 2) y g(−2) = g(2) =0, en los puntos x1 = −2 y x2 = 2 la funcion alcanza su valor mınimo.

Definicion 1.3.9 Diremos que una funcion f es periodica, si existe un T ∈ R, tal que

f(x+ T ) = f(x) , (P )

para todo x ∈ D(f). Al menor de los numeros positivos T , que cumplen con (P), se lellama perıodo de f .

Ejemplo: La funcion f(x) = x− [x], es periodica de perıodo 1.

Definicion 1.3.10 Una funcion f se dice:

i) par, si f(−x) = f(x), para todo x ∈ D(f).

ii) impar, si f(−x) = −f(x), para todo x ∈ D(f).

Ejemplos:

1. Toda funcion del tipo f(x) = xk; con k un entero par, es funcion par.

2. Toda funcion del tipo f(x) = xn; con n impar, es funcion impar.

Definicion 1.3.11 Sean I y J intervalos. Sean f y g funciones numericas tales queD(f) =I , D(g) = J y R(f) ⊂ J . Entonces la funcion compuesta de f con g, denotada, g ◦ festa definida por:

(i) D(g ◦ f) = I.

(ii) (g ◦ f)(x) = g(f(x)), para todo x en I.

Ejemplo:

Si f : x 7−→ x2 + 1 y g : x 7−→| x |, entonces

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(x2 + 1) =| x2 + 1 |.

Definicion 1.3.12 Una funcion f : I −→ J se dice sobreyectiva si y solo si R(f) = J .


Ejemplo:

1. La funcion f : R −→ R tal que x 7−→ x2 no es sobreyectiva, pues R(f) = R+ ∪ {0}.

2. La funcion f : R −→ R tal que x 7−→ x3 es sobreyectiva, pues dado cualquier real ysiempre existe 3

√y , segun lo visto en la seccion 1.1 de modo que f( 3

√y) = y.

Es importante observar que toda funcion es sobreyectiva sobre su recorrido.

Definicion 1.3.13 Una funcion f se dice uno a uno o inyectiva sobre un intervaloI, si para todo x1, x2 ∈ I, con x1 6= x2 se tiene f(x1) 6= f(x2). Equivalentemente, sif(x1) = f(x2) entonces x1 = x2.

Ejemplos:

1. La funcion constante no es inyectiva en ningun intervalo de R, pues f(x1) = f(x2)aun cuando x1 6= x2.

2. La funcion lineal no constante f(x) = ax + b es inyectiva sobre todo R, pues six1 6= x2, entonces f(x1) 6= f(x2).

3. La funcion cuadratica f(x) = x2, no es inyectiva sobre R, pero sı lo es separadamentesobre R+ o R−.

La importancia de las funciones inyectivas sobre un intervalo I es que ellas tienenfuncion inversa sobre su recorrido. Es decir, si f es inyectiva sobre I, entonces existe lafuncion f−1 definida sobre R(f), con valores en I de modo que

fof−1 = IIR(f)

f−1of = III

donde IIA es la funcion identica sobre el conjunto A, es decir, aquella que a cada x ∈ A leasigna el mismo x ∈ A; IIA(x) = x.

Ademas, es muy posible que algunas funciones sean inyectivas en algun subintervalode su dominio, entonces restringiendo su dominio ellas pueden invertirse.

Ejemplo:

1. Hemos visto que la funcion lineal no constante es inyectiva sobre R:

f : x 7−→ ax+ b

para encontrar f−1 se debe despejar la variable independiente en la ecuacion y =ax+ b, lo cual nos da para x el valor en funcion de y, ası tenemos,

x =y − b

a


pero, para presentar la funcion f−1, debemos retomar la convencion que x es lavariable independiente. En este caso,

f−1(x) =x− b

a

verifiquemos que fof−1(x) = IIR:

fof−1(x) = f(f−1(x)) = f

(x− b

a

)= a

(x− b

a

)+ b = x

Del mismo modo:

f−1of(x) = f−1(f(x)) = f−1(ax+ b) =(ax+ b) − b

a= x

2. La funcion cuadratica f(x) = x2, la podemos invertir sobre R+ ∪ {0}.Sea y ≥ 0 y consideremos y = x2 ⇐⇒ y − x2 = 0 ⇐⇒ (

√y − x)(

√y + x) = 0 de

donde se tiene x = ±√y, pero como nos hemos restringido a x ∈ R+ ∪ {0}, x solo

puede tomar el valor√y.

Por lo tanto:

f−1 : R+ ∪ {0} 7−→ R+ ∪ {0}

x 7−→ √x

Observacion: De todos los ejemplos vistos se puede deducir que las propiedadesque puede tener una funcion depende fuertemente del dominio, por tal razon esde suma importancia determinar el dominio de una funcion.

1.3.2. Representacion grafica de funciones

Podemos establecer una correspondencia biunıvoca entre los puntos del plano y loselementos de R×R, usando la continuidad de R como el continuo geometrico de la recta.

La posicion de un punto en el plano se puede determinar mediante dos cantidadesllamadas coordenadas del punto. Eligiendo dos rectas perpendiculares, con interseccion enel punto O, las coordenadas de un punto P son las distancias del punto a las dos rectas,que son a su vez las proyecciones ortogonales del trazo OP sobre los ejes. De esta manera,se determina, sobre cada eje un punto N y M .

Como cada punto M , N se puede identificar con un numero real, tenemos que a todopunto P le corresponde dos numeros reales, con los cuales podemos formar un par ordenado(M,N) , en que a la primera componente se la llama abscisa y a la segunda se le llamaordenada del punto P .


6

-

y

x

P = (M,N)N

M0

Figura 1.3.1: Sistema de coordenadas rectangulares

s

Una vez que sabemos determinar la posicion de un punto en el plano, es naturalconcebir la idea de poder representar el grafico G(f) de una funcion f como una curva enel plano.

Para tener una idea del grafico de una funcion debemos encontrar una cantidad sufi-ciente de puntos de G(f), lo que tradicionalmente se llama una tabla de valores.

Ejemplo:

1. f(x) = 12x− 1

6

- x

y

2

-1

0

Figura 1.3.2: Grafico de f(x) = 12x− 1

2. f(x) = x2 − 1


6

-−1 1

−1

x

y

u

u2 − 1

−u

Figura 1.3.3:Grafico de f(x) = x2 − 1

3. f(x) = x− [x]

-

6

c c c c ccccccc

0 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5x

y

Figura 1.3.4: Grafico de f(x) = x− [x]

Observaciones:

1. En general una tabla de valores solo sirve cuando la funcion tiene un comportamientorelativamente simple, de lo contrario, se requieren tecnicas mas elaboradas que seiran desarrollando mas adelante.

2. Muchas propiedades de las funciones pueden ser interpretadas geometricamente conla ayuda del sistema de coordenadas.

a) El grafico de una funcion par es simetrico con respecto al eje Y .

b) El grafico de una funcion impar es simetrico con respecto al origen.

c) El grafico de una funcion y de su funcion inversa son simetricos con respecto ala recta y = x. Pues,

(u, v) ∈ G(f) ⇐⇒ f(u) = v ⇐⇒ f−1(v) = u ⇐⇒ (v, u) ∈ G(f−1)

-

6

x

y

y = f−1(x)

y = f(x)

x = y

Figura 1.3.5: Grafico de f y su inversa f−1


1. Seaf(x) = signo de x que se define como:

f(x) =

1 si x > 00 si x = 0−1 si x < 0

Grafique las siguientes funciones:

a) f(x), [f(x)]2, 1 − f(x).

b) h(x) = f

(3 − 2

|x|

).

Solucion:

a) Grafico de f(x).

-

6

−1

1

y

xs

Grafico de [f(x)]2.

c

s -

6y

x

Grafico de 1 − f(x).

1 − f(x) =

0 si x > 01 si x = 02 si x < 0

-

6

s

y

2

1

x

b)

g(x) = 3 − 2

|x| =

3 − 2x si x > 0

no esta definida si x = 03 + 2

x si x < 0

Si x > 0. 3 − 2x > 0 es equivalente a x >

2

3. Si x < 0. 3 + 2

x > 0 es equivalente

a x < −2

3.

g(x) se anula en x = ±2

3. Por tanto, el signo de g(x) se distribuye de la siguiente

forma:

s ss+ − − +

0 23−2

3

Esto nos dice que el grafico de f(g(x)) es:

-

6

ss

c

y

1

−1

23−2

3

x

2. Si a < b < c, graficar

f(x) = |x− a| + |x− b| + |x− c|.

Solucion: Segun el ejercicio resuelto 12 de la subseccion 1.1.4 tenemos que:

3.

f(x) =

−3x+ a+ b+ c si x ≤ a−x− a+ b+ c si a < x ≤ bx− a− b+ c si b < x ≤ c3x− a− b− c si c < x.

Por tanto, su grafico es la lınea poligonal:

-

6y

xa b c

4. Sea h(x) : [0, 1] → R definida por:

h(x) = {x} = la distancia de x al entero mas proximo.

a) Calcular h(0), h(1), h(1

2), h(

1

4), h(

3

4), h(

1

3), h(

2

3).


b) Graficar h.

c) Extienda graficamente h a todo R.

Solucion:

a) h(0) = 0, h(1) = 0, h(1

2) =

1

2, h(

1

4) =

1

4, h(

3

4) =

1

4, h(

1

3) =

1

3, h(

2

3) =

1

3.

b) Si x ∈ [0, 12 ) el entero mas cercano a x es el cero y la distancia entre ellos es

igual a x.

x =1

2esta a la misma distancia del cero y del uno, y esta es

1

2.

Si x ∈ (12 , 1] el entero mas cercano a x es 1 y la distancia de x a 1 es 1 − x.

Por tanto, sobre el intervalo [0, 12), el grafico de h(x) es el segmento de la recta

y = x y sobre [ 12 , 1] el grafico es el segmento de la recta 1 − x.

-

6y

12

12 1

xy = x y = 1 − x

c) En cada intervalo [n, n + 1], el analisis es el mismo que en [0, 1], por tanto, lafuncion se repite periodicamente.

5. Dada la funcion g de [0, 1] en R, definida por

g(x) =

{0 si x es irracional1q si x = p

q , (p, q) = 1.

a) Calcule g(0), g(1), g(1

2), g(

1

4), g(

2

4), g(

3

4), g(

4

4), g(

1

3), g(

2

3), g(

4

3), g(

5

3).

b) Calcule la imagen inversa de {1

3}.

c) Calcule la imagen inversa de {1

q}.

d) Grafique g.

Solucion:

a) Calcule g(0) = 0, g(1) = 1, g(1

2) =

1

2, g(

1

4) =

1

4, g(

2

4) =

1

2, g(

3

4) =

1

4, g(

4

4) =

g(1) = 1, g(1

3) = g(

2

3) = g(

4

3) = g(

5

3) =

1

3.

b) g−1(1

3) =

{1

3,2

3,4

3,5

3

}.

c) g−1(1

q) =

{p

q; (p, q) = 1, 0 < p < q

}.

d) Su grafico es:

-

6s

s

s

ss

ss

s ss s

s qs

ps ss spss

1

12

1314

112

34

23

13

14

6. Bosqueje el grafico de las funciones

a) f(x) = 1 − |x|.b) g(x) =

√1 − |x|.

Solucion:

a) Si x > 0, entonces f(x) = 1 − x. Si x < 0, entonces f(x) = 1 + x. f(0) = 0. Sugrafico son dos semirrectas como lo muestra la figura.

b) Del grafico de f vemos que 1− |x| ≥ 0 es el intervalo [−1, 1], por tanto D(g) =[−1, 1]. Dado que 1 − x es decreciente en [0, 1] tambien lo es

√1 − x. Sobre

[−1, 0], el crecimiento de 1+x implica el crecimiento de√

1 + x. Ası, los graficosde f y g son:


−1 10

1

−1 10

1

7. Determine el dominio y el recorrido de cada una de las siguientes funciones:

a)√x+ 1

b)√x2 + 1

c)√x2 − 1

d)√

1 − x2

e)1√x+ 1

Solucion:

a) Para determinar el dominio debemos analizar los valores de x que hacen de√x+ 1 un numero real.

√x+ 1 ∈ R ⇐⇒ x+ 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −1.

Por tanto, D(f) = [−1,∞).

Para encontrar el recorrido, debemos despejar x en la ecuacion que define lafuncion.

y =√x+ 1 ⇐⇒ y2 = x+ 1 y y ∈ [0,∞). Entonces, cualquiera sea y ∈ [0,∞),

x = y2 − 1 pertenece al dominio, por lo cual R(f) = [0,∞).

b) Sabemos de las propiedades de los numeros reales que x2 es positivo o nulo, porlo que x2+1 ≥ 0 para todo x, por tanto el dominio de la funcion h(x) =

√x2 + 1

es R. Por la misma razon y como x2 no es acotada superiormente como vimosen un ejemplo, el recorrido de la funcion es [1,∞).

c) Sea g(x) =√x2 − 1. Segun lo visto en la primera seccion tenemos que, x2−1 ≥

0 ⇐⇒ (x + 1)(x − 1) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,∞). Ası D(h) =(−∞,−1] ∪ [1,∞) y R(h) = [0,∞).

d) Similarmente tenemos que√

1 − x2 ∈ R ⇐⇒ 1 − x2 ≥ 0. Por tanto D(g) =[−1, 1] y R(g) = [0, 1].

e) La funcion1√x+ 1

tiene por dominio (−1,∞), como puede deducirse a partir

de la parte (a) y su recorrido es (0,∞).

8. Estudiar las variaciones de las funciones x, x2 y√x, sobre [0,∞). Graficarlas en un

mismo diagrama y deducir que:

Si x ∈ (0, 1) entonces x2 < x <√x. Si x ∈ (1,∞) entonces x2 > x >

√x.

Solucion:

Es facil verificar que las tres funciones son crecientes y toman valores no negativosen todo su dominio. Todas valen 0 en x = 0 y valen 1 en x = 1, pero su crecimientodifiere en la rapidez con que se da. Con la ayuda de una pequena tabla de valorespodemos bosquejar el grafico siguiente:

6

-

y = x2 y = x

y =√x

y

x

Figura 1.3.6: Graficos de y = x , y = x2 y y =√x

1

1

9. Dada la funcion numerica

f : x 7−→ x+ a

(x− a)(x− b)

Calcule a y b sabiendo que D(f) = R − {−2, 1} y que el grafico de f pasa por elpunto (3, 2

5).

Solucion: Si (3, 25) ∈ G(f), entonces,

3 + a

(3 − a)(3 − b)=

2

5

Lo cual es equivalente a 11a + 6b − 2ab = 3. Una solucion a esta ecuacion es a = 1y b = −2. En este caso

f(x) =x+ 1

(x− 1)(x+ 2),

cuyo dominio es R−{1,−2}. Valores distintos de a y b satisfacen 11a+6b−2ab = 3pero no la condicion D(f) = R − {1,−2} ya que D(f) = R − {a, a}.

10. Dada la funcion f(x) = 1x definida para todo x ∈ R, con x 6= 0.

a) Calcule: f(10) , f(102) , f(103) , f(104) , f(−10) , f(−102) , f(−103) , f(−104).

b) ¿ Para que valores positivos de x se tiene que 0 <| 1x |< 10−5 ?

c) ¿ Para que valores positivos de x se tiene que 0 <| 1x |< 10−50 ?

d) ¿ Para que valores positivos de x se tiene que 0 <| 1x |< ε ? Donde ε es un

numero positivo cualquiera dado previamente.

e) ¿ Para que valores negativos de x se tiene que 0 <| 1x |< 10−3 ?

f ) ¿ Para que valores negativos de x se tiene que 0 < | 1x | < 10−30 ?

g) ¿ Para que valores negativos de x se tiene que 0 <| 1x |< ε ?

h) ¿ Que condicion debe satisfacer x para que la distancia entre f(x)) y 0 sea cadavez menor ?

Solucion:

a) f(10) =1

10, f(102) =

1

100, f(103) =

1

1000, f(104) =

1

104.

f(−10) =−1

10, f(−100) =

−1

100, f(−103) =

−1

103, f(−104) =

−1

104.

b) Si x > 0 entonces1

x> 0. Por tanto | 1

x| =

1

x. Tenemos:

0 < 1x < 10−5 ⇐⇒ 0 < 1

x <1

105 ⇐⇒ x > 105.

c) Del mismo modo para que 0 < | 1x| < 1

1050es equivalente a pedir que |x| > 1050.

d) Si ε es un numero positivo cualquiera y x > 0:

0 <1

x< ε ⇐⇒ x >

1

ε

e) Si x < 0 entonces 1x < 0 y |1

x| = −1

x. Ası,

− 1x < 10−3 ⇐⇒ − 1

x <1

103 ⇐⇒ −x > 103 ⇐⇒ x < −103.

f ) Del mismo modo se obtiene que x < −1030.

g) El mismo razonamiento se repite para concluir que x < − 1

ε.

h) De los tres ultimos pasos podemos deducir que, para que la distancia entre f(x)y el 0 disminuya, x debe crecer.


11. Estudiar la variacion de la funcion f(x) =x

[x].

Solucion:

Si x ∈ [0, 1) entonces [x] = 0, tenemos que D(f) = R − [0, 1).

Sea n un numero natural, si x ∈ [n, n+ 1) entonces f(x) = xn . Es decir, sobre cada

intervalo [n, n + 1) es un fragmento de recta y por tanto creciente. Pero, como 1n

decrece a medida que n crece, la inclinacion de cada fragmento es cada vez menor yen cada x = n la funcion tiene un salto.

Para x negativo. Si x ∈ [−1, 0) entonces [x] = −1 por tanto, f(x) = −x. Ası f esdecreciente sobre [−1, 0). En general, en los intervalos del tipo [−(n+1),−n) f(x) =

x

−(n+ 1). Como

1

n+ 1decrece cuando n crece, tenemos una situacion parecida a la

rama positiva, los fragmentos de recta, que en este caso estan en forma decreciente,se van poniendo cada vez mas en forma horizontal.

El grafico de esta funcion es el siguiente:

-

6

1 2 3 4 5 6 7−1−2−3−4−5−6

1

2

y

x

Figura 1.3.7: Grafico de la funcion f(x) =x

[x]

12. Recuerde que si x es pequeno, x2 es mas pequeno aun. Entonces puede ser razonabledespreciar x2 y aproximar (1 + x)2 por 1 + 2x.

a) ¿ Que error se comete al reemplazar (1 + x)2 por 1 + 2x ?

b) ¿ Como elegir x para que el error sea inferior a: 10−2 , 10−4 , 10−5 ?

c) Calcule aproximadamente sin usar calculadora, (1, 0381)2 , (1, 0056)2 con unerror menor que 10−2.

Solucion:

a) El error cometido al reemplazar (1+x)2 por 1+2x, esta dado por la diferencia:

| (1 + x)2 − (1 + 2x) |=| x2 |= x2

b) Para que el error sea menor que 10−2 basta resolver la desigualdad x2 < 10−2.

x2 <1

100⇐⇒ (x− 1

10)(x+

|10

) < 0.

Usando las propiedades de las desigualdades de la subseccion 1.1.3, vemos quex ∈ (−1

10 ,110 ).

Del mismo modo para que x2 < 10−4 debemos tener x ∈ ( −1100 ,

1100).

Finalmente, x2 < 10−5 ⇐⇒ x ∈ ( −1100

√10, 1

100√

10).

c) Como 1, 0381 = 1 + 0, 0381 y 0 < 0, 0381 < 110 , podemos aproximar (1, 0381)2

por 1 + 2 · 0, 0381. Ası, (1, 0381)2 ≈ 1, 0762.

13. Dada la funcion numerica

f(x) = x2 + |3 − 4x2| − |5x+ 1|,

calcule f(−1), f(0), f(1) y deduzca que f no es monotona sobre [−1, 1].Solucion:

f(−1) = (−1)2 + |3 − 4(−1)2| − |5(−1) + 1| = −2.

f(0) = 3 − 1 = 2.

f(1) = 1 + |3 − 4| − |5 + 1| = −4.

Como f(−1) < f(0), si fuera monotona tambien f(0) debiera ser menor que f(1).Pero, como esto no se cumple la funcion no es monotona sobre [−1, 1].

14. Sea x 7→ f(x) =x2 − 10

x− 3.

a) Escriba el dominio de f como union de intervalos.

b) Encuentre a, b, c de modo que

f(x) = ax+ b+c

x− 3.

c) Utilizando la expresion obtenida en el item anterior, estudiar el crecimiento def sobre los intervalos que componen el dominio.

Solucion:

a) D(f) = (−∞, 3) ∪ (3,+∞).

b)

x2 − 10

x− 3= ax+ b+

c

x− 3

=ax(x− 3) + b(x− 3) + c

x− 3

=ax2 − 3ax+ bx− 3b+ c

x− 3

=ax2 + (b− 3a)x+ (c− 3b)

x− 3

Usando el ejercicio resuelto 2 de la seccion 1.2 podemos concluir que:

a = 1, b− 3a = 0, c− 3b = −10.

Por tanto,a = 1, b = 3, c = −1.

Ası:

f(x) = x+ 3 − 1

x− 3.

c) Si x < 3, a medida que crece y se acerca a 3, x+ 3 crece. x− 3 disminuye

tomando valores negativos y − 1

x− 3crece sin acotamiento.

Si x > 3 y decrece hacia el valor 3, entonces x − 3 disminuye tomando

valores positivos, por tanto, − 1

x− 3toma valores negativos que no pueden

ser acotados inferiormente.Ver problema resuelto 10 de esta misma seccion.

d) Su grafico es:

x

y

3

15. Estudie las variaciones de la funcion y = x√

xa−x , a > 0.

Solucion:

Primero debemos determinar el dominio de la funcion. Para que y sea un numeroreal es necesario y suficiente que x

a−x ≥ 0. Analizando las distintas soluciones a estadesigualdad llegamos a que x ∈ [0, a[.

Cuando x crece desde 0 hasta a, y crece de 0 a ∞, pues la 1a−x crece indefinidamente.

La curva resultante es una rama de una curva llamada cisoide.

x

y

a0

Figura 1.3.8: Una rama de la cisoide

16. Bosquejar el grafico de la funcion,

f : x 7−→ x

√a− x

a+ xcon a ≥ 0

Solucion: El dominio de la funcion esta determinado por la condicion

a− x

a+ x≥ 0 con x 6= −a .

Lo cual es equivalente a −a < x ≤ a. Cuando x varıa desde 0 hasta a, el valor dela funcion es positivo y finito, ademas f(0) = f(a) = 0. Cuando x disminuye desde0 hasta −a, la funcion es negativa y tambien decrece indefinidamente. El graficoresultante es una rama de la curva llamada estrofoide.


x

y

a

−a0

Figura 1.3.9: Una rama de la estrofoide

17. Encuentre constantes reales a y b de modo que la funcion:

f : x 7−→ x3 + (a− 1)x2 + x+ ab+ 1

sea impar.

Solucion:

Para que f sea impar se debe cumplir que f(−x) = −f(x), para todo x ∈ D(f).Como,

−f(x) = −(x3+(a−1)x2+x+ab+1) y f(−x) = (−x)3+(a−1)(−x)2+(−x)+ab+1,tenemos que:

f(−x) = −f(x) ⇐⇒ (a− 1)x2 + ab+ 1 = 0.

Como esta igualdad debe satisfacerse para todo x ∈ R, calculemos la expresion parax = 0 y x = 1, obteniendo las ecuaciones:

ab = −1 y a(1+ b) = 0, lo que nos da los valores a = 1 y b = −1, pues la posibilidada = 0, es incompatible con ab = −1.

18. Dada la funcion

f(x) =|x|

1 + |x| .

a) Demuestre que f es par.

b) Dado el numero a, resuelva la ecuacion f(x) = a.

c) Deduzca que el recorrido de f es [0, 1).

d) Estudie el crecimiento de f y bosqueje su grafico.

Solucion:

a) Como |x| = | − x| se tiene que f(x) = f(−x). Por tanto f es una funcion par.

b) Debido a que el valor absoluto de un numero es positivvo o nulo, la ecuacionf(x) = a solo tiene sentido si a > 0.

Teniendo en cuenta que f es par, consideraremos el caso x > 0.

x

1 + x= a ⇐⇒ x = a(1 + x) ⇐⇒ x =

a

1 − a.

c) Dado a ∈ [0, 1) existe x = a1−a de modo que f(x) =

a1−a

1 + a1−a

= a. Esto nos dice

que la funcion f toma todos los valores entre 0 y 1. Toma el valor 0 en x = 0,pero no toma el valor 1. Pues, si f(x) = 1, entonces debiera existir x tal quex

1 + x= 1, lo que implica 1 = 0. Como esto es imposible, f no alcanza el valor

0. En consecuencia R(f) = [0, 1).

d) Usando la parte (a) del ejercicio propuesto 17 estudiaremos el signo de la ex-presion

f(x1) − f(x2)

x1 − x2.

Sean x1, x2 ∈ [0,+∞),

x1

1 + x1− x2

1 + x2

x1 − x2=

x1(1 + x2) − x2(1 + x1)

(1 + x1)(1 + x2)

x1 − x2=

1

(1 + x1)(1 + x2)> 0.

Esto nos dice que f es creciente en [0,+∞).

Como f es par, sobre (−∞, 0] ella es decreciente.

Su grafico es

x

y

1

19. Sea f una funcion inyectiva sobre un intervalo I. Demuestre que, si f es estrictamentecreciente entonces f−1 es estrictamente creciente.

Solucion: Sean y1, y2 ∈ D(f−1) . Entonces, y1 = f(x1) , y2 = f(x2). Si y1 < y2,debemos demostrar que f−1(y1) < f−1(y2). Supongamos por reduccion al absurdoque no se cumple lo que queremos demostrar. Si f−1(y1) = f−1(y2), entonces x1 = x2

y por tanto f(x1) = f(x2), es decir , y1 = y2 , lo que contradice la hipotesis. Si


f−1(y1) > f−1(y2), entonces x1 > x2 y por tanto f(x1) > f(x2), es decir , y1 > y2,lo que nuevamente contradice la hipotesis. Ası tenemos que f−1 es estrictamentecreciente.

20. Calcular la funcion inversa de

f(x) =x

2+

√x2

4− 1.

Solucion: El dominio de la funcion esta determinado por la desigualdad

x2

4− 1 ≥ 0.

Por tanto,D(f) = (−∞,−2) ∪ (2,+∞).

Para calcular la inversa debemos despejar x en la ecuacion y = f(x).

y =x

2+

√x2

4− 1

(y − x

2

)2=

x2

4− 1

y2 − xy = −1

x = y +1

y.

Para responder correctamente al problema debemos permutar las variables, ası:

f−1(x) = x− 1

x.


f(x) =1 −

√1 + 4x

1 +√

1 + 4x.

Solucion: Si y =1 −

√1 + 4x

1 +√

1 + 4x, entonces

1 − y

1 + y=

1 − 1 −√

1 + 4x

1 +√

1 + 4x

1 +1 −

√1 + 4x

1 +√

1 + 4x

=√

1 + 4x.


Por tanto, 1 + 4x =

(1 − y

1 + y

)2

, lo que nos da

x =1

4

[(1 − y)2

(1 + y)2− 1

]=

1

4

[(1 − y)2 − (1 + y))2

(1 + y)2

]= − y

(1 + y)2.

Intercambiando las variables tenemos:

f−1(x) = − x

(1 + x)2.


f(x) =3

√x+

√1 + x2 +

3

√x−

√1 + x2.

Solucion: Sea a =3√x+

√1 + x2 y b =

3√x−

√1 + x2. Entonces,

y = a+ b

y3 = a3 + b3 + 3a2b+ 3ab2

= a3 + b3 + 3ab(a+ b)

= a3 + b3 + 3aby

= x+√

1 + x2 + x−√

1 + x2 + 3y 3√x2 − (1 + x2)

= 2x− 3y

x =y3 + 3y

2.

Por tanto,

f−1(x) =x3 + 3x

2.


1. Determine el dominio, el recorrido y los intervalos donde las siguientes funciones sonpositivas y negativas.

a) 3√x+ 1

b) 3√x2 + 1

c) 3√x2 − 1

d) 3√

1 − x2

e)1

3√

1 − x2


2. a) ¿ Son iguales las funciones f(x) =√x− 5

√x+ 7 y g(x) =

√(x− 5)(x+ 7) ?

Justifique su respuesta.

b) ¿ Son iguales las funciones f(x) =1

xy g(x) =

x+ 1x

x2 + 1?

Grafique las siguientes funciones:

3. y = |x− a| + 1

3|x− b|.

4. f(x) = {2x}, ver ejercicio resuelto 4.

5. f(x) = |x+ 1| + |x− 1| − 2|x|.

6. y = ||x| + 2|.

7. y = ||x− 1| − 1|.

8. y = |x2 − 4| + |x− 2|.

9. Sea f(x) la funcion signo de x, ver ejercicio resuelto 1 y sea g(x) = x3 − 5x2 + 6x.Grafique la funcion compuesta f(g(x)).

10. Dada la funcion f(x) = x3 + x2 − 2x. Grafique:

a) f(x).

b) g(x) = max{f(x), 0}.c) h(x) = max{−f(x), 0}.d) Compuebe que f(x) = g(x) − h(x) y |f(x)| = g(x) + h(x).

11. Encuentre la funcion inversa de

f(x) =3√

1 + x− 3√

1 − x3√

1 + x+ 3√

1 − x.

12. Encuentre la funcion inversa de

f(x) =5

√x

2+

√x2

4− p5 +

5

√x

2−√x2

4− p5.

13. a) ¿ Como elegir x para que el error absoluto cometido al aproximar√

1 + x por1 + x

2 sea menor o igual a: 10−3 , 4 · 10−5 ?

b) Calcule sin usar calculadora un valor aproximado de:√

1, 0035.

14. Demuestre que, si f y g son funciones pares entonces αf , f + g, fg son funcionespares.

15. Estudie la variacion de la funcion numerica : h : x 7−→ x2+ | 2x | sobre cada uno delos intervalos (−∞, 0] y [0,+∞).

16. Sean f y g son funciones numericas sobre un mismo intervalo I.

a) Demuestre que si f y g son ambas crecientes o ambas decrecientes sobre I,la funcion f + g es monotona sobre I. En cada caso precise el sentido de lavariacion de f + g.

b) Si f y g son monotonas sobre I, ¿es f + g monotona ?

17. Sea f una funcion numerica sobre I.

a) Demuestre que f es creciente sobre I si y solo si, para cualquier par de numerosreales x y x′ de I tal que x 6= x′,

0 ≤ f(x) − f(x′)x− x′

, (∗)

Separe los casos x < x′, x′ < x.

b) Encuentre una condicion necesaria y suficiente del tipo (*) para que una f seadecreciente sobre I.

c) Aplique los resultados anteriores para estudiar las variaciones de la funcion:

f(x) =| x | −1

x− 1.

18. Dadas las funciones f , g, h, represente las tres en un mismo grafico.

a) f(x) = x+ 1 , g(x) = 3x2 − 4 , h(x) = inf{f(x), g(x)}.b) f(x) = x3 + 2x , g(x) = 3 − x , h(x) = sup{f(x), g(x)}.

19. Dado el grafico de la funcion f , determine:

a) Los ceros de la funcion.

b) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento.

c) Los intervalos donde la funcion es inyectiva.

d) Seleccione un intervalo donde f es invertible y grafique juntas f y f−1.


6

-

y

xcba

y = f(x)

Figura 1.3.10

1.4. LIMITES DE FUNCIONES NUMERICAS DE VARIABLE CONTINUA 127

1.4. Lımites de funciones numericas de variable continua

Seguiremos considerando, como en el capıtulo anterior, que los dominios de las fun-ciones son intervalos o uniones de intervalos.

1.4.1. Lımites finitos:

Definicion 1.4.1 Sea f una funcion numerica. Dado a ∈ R, decimos que L es el lımitede f en el punto a, si para cada ε > 0 existe δ > 0 - que en general depende de ε y de a-tal que si 0 < |x− a| < δ, entonces |f(x) − L| < ε. En tal caso escribimos

lımx→a

f(x) = L, o f(x) −→ L cuando x −→ a.

Observacion 1.4.2 1. f(x) tiene sentido si x pertenece al dominio de f .

2. |x − a| > 0 nos dice que no nos interesa lo que pasa exactamente en a, punto queeventualmente pudiera no estar en el dominio de la funcion.

3. La definicion tiene sentido si existen infinitos x ∈ D(f) cercanos al punto a, para locual a debe ser un punto de acumulacion del dominio de f . Esto quiere decir quedado cualquier numero η > 0 la interseccion D(f)∩]a− η, a+ η[ es no vacıa.

4. Los infinitos x ∈ D(f) cercanos al punto a nos permiten hacer las sucesivas aproxi-maciones a L, lo que constituye la parte practica del concepto de lımite.

5. El ε dado es el grado de exactitud que uno requiere segun la situacion concreta enque estamos involucrados.

6. lımx→a

f(x) 6= L es equivalente a : existe ε > 0 de modo que existe al menos un x ∈ D(f)

tal que | x− a |< δ pero | f(x) − L |≥ ε.

7. La dificultad de aplicar la definicion es encontrar el δ apropiado para cada ε dado.

Ejemplo 1.4.3 1. Sea f(x) la funcion constante definida sobre un intervalo abiertoI = (A,B), a ∈ I.

lımx→a

f(x) = c, c = cte.

Pues dado ε > 0, existe δ que puede ser elegido como δ = inf{| A − a |, | a − B |}tal que si |x − a| < δ, entonces |f(x) − c| = |c − c| = 0 < ε. Observemos que si enparticular I = R cualquier δ sirve para que se cumpla la definicion 1.4.1.

2. Sea f(x) = x definida en un intervalo abierto I, a ∈ I, entonces: lımx→a

= a.

Dado ε > 0, existe δ que puede ser elegido igual a ε tal que si 0 < |x − a| < δ.Entonces |f(x)−a| = |x−a| < δ = ε. Si el intervalo no es todo R, δ debe ser elegidocomo:

δ = inf {| A− a |, | a−B |, ε}.

3. Sea f(x) = [x] definida sobre todo R. Entonces:

(i) lımx→a

f(x) = n si a ∈ (n, n+ 1), para algun n ∈ Z.

(ii) lımx→a

f(x) no existe, si a ∈ Z.

En efecto,

(i) Como [x] = n si x ∈ (n, n+1). Entonces cuando analizamos los valores [x] cercade un a ∈ (n, n+ 1), vemos que para tales x, [x] es constante igual a n, por laparte 1 de este ejemplo, lım

x→af(x) = n.

(ii) En cambio cuando a ∈ Z, la funcion toma distintos valores segun x sea mayorque a o menor que a, siendo la diferencia entre estos valores de 1. Por tanto,para cualquier 0 < ε < 1, la diferencia entre los valores de [x] para x cercanoal punto a, es mayor que ε, por tanto no se cumple la definicion 1.4.1. Masparticularmente, dados los valores que toma [x], podrıamos tener candidatos alımite n o n− 1.

Si L = n, entonces tomando ε =1

2cualquiera sea δ > 0, entonces existe x1 =

n− δ

2tal que |x1−a| = |n− δ

2−n| =

δ

2< δ, pero |f(x1)−n| = |n−1−n| = 1 > ε.

Si L = n − 1, entonces tomando ε =1

2y existe x2 = n +

δ

2, tenemos que

|x2 − a| = |n+δ

2− n| =

δ

2< δ; pero |f(x2) − (n− 1)| = |n− (n− 1)| = 1 > ε.

4. Si f(x) =x2 − 1

x+ 1entonces lım

x→−1f(x) = −2, a pesar que f no esta definida en x = −1

utilizaremos este ejemplo para ilustrar bien como encontrar el δ apropiado.

Dado ε > 0, queremos que |f(x) − L| = |x2 − 1

x+ 1− (−2)| = |x− 1 + 2| = |x + 1| sea

menor que ε, entonces suponemos la condicion

|x+ 1| < ε

y en este caso podemos observar que |x + 1| = |x − (−1)| < ε. Esto nos dice quepodemos elegir δ = ε para tener la definicion 1.4.1. Si graficamos esta funcion,

tenemos que este ejemplo muestra un caso en que el lımite existe aunque la funcionen el punto no esta definida.

x

y

f(x) =x2 − 1

x+ 1

Figura 1.4.1: Existencia del lımite sin que la funcion este definida.

5. lımx→2

x2 = 4. Dado ε > 0; queremos encontrar δ > 0 tal que |x − 2| < δ implique

|x2 − 4| < ε. Para ello observemos que |x2 − 4| = |x− 2||x+ 2|, para despejar |x− 2|debemos acotar |x+2|. Como nos interesa lo que pasa cerca del 2, podemos restringirnuestra atencion al intervalo (1, 3), centrado en 2 con un radio 1. Si x ∈ (1, 3)entonces 3 < x + 2 < 5. Por tanto |x − 2||x + 2| < 5|x − 2| y si 5|x − 2| < ε

entonces |x − 2| < ε

5. Eligiendo δ = inf{ε

5, 1}, tenemos que si |x − 2| < δ entonces

|x2 − 4| = |x− 2||x+ 2| < 5|x− 2| < 5ε

5= ε.

6. lımx→1

1

x− 1no existe. Supongamos que existe L ∈ R+ tal que lım

x→1

1

x− 1= L, entonces

dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si en particular tomamos x > 1 tenemos que:

0 < x− 1 < δ , entonces| 1

x− 1− L| < ε.

Si 0 < x−1 < inf {δ, 1L+ε}, entonces x−1 <

1

L+ ε. Esto implica que

1

x− 1> L+ ε,

es decir,1

1 − x− L > ε, lo que contradice la acotacion

∣∣∣∣1

x− 1− L

∣∣∣∣ < ε.

7. La funcion

g(x) =


no tiene lımite en ningun punto como una consecuencia de la densidad de los numerosracionales y los irracionales en R. Como ejercicio, el lector debiera escribir cuida-dosamente los detalles.

Interpretacion geometrica. La definicion de lımite nos dice que todas las imagenespor f que estan a una distancia menor que ε de L tienen su preimagen en alguna vecindaddel punto a.

x

y

L− ε

L

L+ ε

a− δ a a+ δ

Figura 1.4.2: Interpretacion geometrica del lımite.

Teorema 1.4.4 Si el lımite de una funcion en un punto existe, el es unico.

Demostracion: Esta demostracion es muy semejante a la del teorema 1.2.15. Supong-amos que lım

x→af(x) = L′ y que existe ademas L′′ = lım

x→af(x) con L′ 6= L′′.

Usando definicion 1.4.1, para L′ y L′′ tenemos que: Dado ε > 0 existe:

• δ′ tal que si 0 < |x− a| < δ′ entonces |f(x) − L′| < ε

2,

• existe δ′′ tal que si 0 < |x− a| < δ′′ entonces |f(x) − L′′| < ε

2.

Por tanto eligiendo δ = inf{δ′, δ′′}, tenemos que se satisfacen ambas conclusiones, por locual tenemos que: si 0 < |x− a| < δ entonces

|L′ − L′′| = |(L′ − f(x)) − (L′′ − f(x))| ≤ |L′ − f(x)| + |L′′ − f(x)| ≤ ε

2+ε

2= ε.

Como |L′−L′′| < ε, para todo ε > 0, por ejercicio resuelto 5 de la seccion 1.3, L′ = L′′.

Teorema 1.4.5 Si lımx→a

f(x) = L, entonces f(x) es acotada en algun intervalo abierto que

contiene al punto a.

Demostracion: Dado ε = 1, existe δ > 0 tal que 0 < |x − a| < δ. Entonces|f(x)−L| < 1. Sacando las barras del valor absoluto, nos queda que para δ−a < x < δ+a se

tiene L−1 < f(x) < L+1. Si ademas, L ≥ 0, tenemos que −(L+1) < L−1 < f(x) < L+1,y por tanto, |f(x)| < 1 + L.

Si en cambio, L < 0, entonces L − 1 < f(x) < L + 1 < 1 − L, y |f(x)| < 1 − L. Porconsiguiente, para todo x ∈ (a − δ, a + δ), excepto eventualmente para x = a, los valoresde f(x) estan acotados.

Teorema 1.4.6 Supongamos que lımx→a

f(x) y lımx→a

g(x) existen, entonces:

(i) lımx→a

[f(x) + g(x)] = lımx→a

f(x) + lımx→a

g(x).

(ii) lımx→a

[f(x) · g(x)] = lımx→a

f(x) · lımx→a

g(x).

(iii) lımx→a

f(x)

g(x)=

lımx→a

f(x)

lımx→a

g(x), cuando lım

x→ag(x) 6= 0.

Demostracion:

(i) Sean lım f(x) = L y lım g(x) = M . Aplicando la definicion 1.4.1 a ambos lımitestenemos que, dado ε > 0:

Existe δ1 de modo que si 0 < |x− a| < δ1, entonces |f(x) − L| < ε

2.

Existe δ2 tal que si 0 < |x− a| < δ2, entonces |g(x) −M | < ε

2.

Eligiendo δ = inf{δ1, δ2} tenemos que:

|(f(x) + g(x)) − (L+M)| ≤ |f(x) − L| + |g(x) −M | < ε

2+ε

2.

(ii) Usando un recurso similar al de la parte (ii) teorema 1.2.17, tenemos que:

|f(x)g(x) − LM | ≤ |f(x)||g(x) −M | +M |f(x) − L|.

Aplicando la definicion de lımite, podemos afirmar que dado ε > 0: existe δ1 tal que

si 0 < |x− a| < δ1. Entonces |f(x) − L| < ε

2My por teorema 1.4.5 existe C > 0 tal

que |f(x)| < C; para x ∈ (a−δ2, a+δ2), existe δ3 tal que si 0 < |x−a| < δ3. Entonces

|g(x) −M | < ε

2C. Ası, eligiendo δ = inf{δ1, δ2, δ3}, tenemos que si 0 < |x − a| < δ.

Entonces:|f(x)g(x) − LM | ≤ C · ε

C+M · ε

2M= ε.

(iii) Se demuestra combinando de modo apropiado la tecnica de (ii) y de (iii) del teorema1.2.17. Se deja como ejercicio.


Corolario 1.4.7 (i) lım(cf(x)) = c lım f(x); c = cte.

(ii) lım(−f(x)) = − lım f(x).

(iii) lım(f(x) − g(x)) = lım f(x) − lım g(x).

Demostracion:

(i) Del ejemplo 1.4.3, caso 4.1.2, sabemos que lımx→c

c = c. Usando parte (ii) del teorema

1.4.6, tenemos:

lım(cf(x)) = lımx→c

c · lım f(x) = c lım f(x).

(ii) lım(−f(x)) = lım((−1)f(x)) = (−1) lım f(x) = − lım f(x).

(iii) lım(f(x)−g(x)) = lım(f(x)+(−g(x))) = lım f(x)+lım(−g(x)) = lım f(x)− lım g(x).

Ejemplo 1.4.8 1. Lımites de funciones polinomiales:

Sea f(x) = anxn + . . .+ a1x+ a0; ai constantes. Por teorema 1.4.6 y corolario 1.4.7

lımx→a

f(x) = an lımx→a

xn + . . .+ a1 lımx→a

x+ a0

y en virtud del ejemplo 1.4.3, caso 2 lımx→a

f(x) = anan + . . .+ a1a+ a0.

2. Lımites de funciones racionales:

Sea r(x) =p(x)

q(x); con p(x) y q(x) funciones polinomiales. Si q(a) 6= 0, entonces:

lımx→a

r(x) =lımx→a

p(x)

lımx→a

q(x)=p(a)

q(a)= r(a).

Teorema 1.4.9 Una condicion necesaria y suficiente para que lımx→a

f(x) = L es que, para

cada sucesion {xn} ⊂ D(f), xn 6= a y que converge hacia a, se tenga que:

lımn→∞

f(xn) = L.

Demostracion:

(i) Primero demostraremos que si existe lımx→a

f(x), entonces se tiene la condicion del

enunciado.

Sea {xn} una sucesion que converge hacia a y xn 6= a para todo n. Entonces, dadoη > 0, existe N tal que si n > N , se cumple que 0 < |xn − a| < η.

Como L = lım f(x), dado ε > 0, existe δ > 0 tal que, 0 < |x − a| < δ implicaque |f(x) − L| < ε. Tomando en particular η = δ, podemos concluir que si n >N , entonces |xn − a| < δ y por tanto |f(xn) − L| < ε. Con lo cual tenemos quelım

n→∞f(xn) = L.

(ii) Supongamos que la condicion del enunciado se cumple y demostremos quelımx→a

f(x) = L.

Por reduccion al absurdo supongamos que lımx→a

f(x) 6= L. Usando la negacion de

la definicion 1.4.1), existe ε > 0 tal que para todo δ > 0, existen x tales que 0 <|x− a| < δ, pero |f(x) − L| ≥ ε.

Tomando δ =1

n, n ∈ N, tenemos que para cada n, existe al menos un xn tal que

0 < |xn − a| < 1

npero |f(xn) − L| ≥ ε.

Ası podemos formar una sucesion {xn} tal que xn 6= a y lımxn = a, pero tal quelım f(xn) 6= L, lo que contradice la hipotesis. Por tanto, lım f(x) debe ser igual a L.

Observacion 1.4.10 1. En relacion a la demostracion del teorema, podemos observarque existen infinitas sucesiones {xn} contenidas en el dominio de f con xn 6= a paratodo n y que convergen hacia a, pues a es un punto de acumulacion del dominio def .

2. El teorema 1.4.9 puede simplificar algunos calculos de lımite; por ejemplo, usandoalgunas propiedades de las potencias, tenemos que:

lımx→1

x2 = 1 y lımx→a

√x =

√a ; a > 0.


f(x) y lımx→a

g(x) existen, entonces:

(i) f(x) ≤ g(x) implica lımx→a

f(x) ≤ lımx→a

g(x).

(ii) Si la funcion h es tal que f(x) ≤ h(x) ≤ g(x) y ademas lımx→a

f(x) = lımx→a

g(x), entonces

lımx→a

h(x) = lımx→a

f(x) = lımx→a

g(x).

Demostracion: La demostracion de este teorema es consecuencia del teorema ante-rior y de las respectivas desigualdades para lımites de sucesiones, por lo que se deja comoejercicio.


f(x) = A, lımx→A

g(x) = B y f(x) 6= A para todo x 6= a en algun

intervalo abierto que contiene al punto a, entonces lımx→a

g[f(x)] = B.

Demostracion: Como lım f(x) = A, entonces para cualquier sucesion {xn}, xn 6= ay tal que lımxn = a se tiene que lım f(xn) = A. Sea yn = f(xn) y como f no asume el valorA en algun intervalo que contiene al punto a, para n suficientemente grande f(xn) 6= A,o lo que es lo mismo yn 6= A. Ası lım

n→∞g(yn) = B, es decir, lım

n→∞g(f(xn)) = B; para toda

sucesion {xn} tal que xn 6= a y tal que lımxn = a. Por el teorema 1.4.9:

lımx→a

g(f(x)) = B.

Ejemplo 1.4.13 Calcular lımx→1

√x2 + 1.

Aquı f(x) = x2+1 y g(x) =√x, entonces

√x2 + 1 = g(f(x)); lım

x→1f(x) = 2 y f(x) 6= 2

para todo x 6= 1 cercanos a 1, ademas lımx→2

g(x) =√

2, entonces lımx→1

√x2 + 1 =

√2.

1.4.2. Lımites laterales

En la definicion 1.4.1 se contempla la posibilidad de acercarse al punto a por amboslados por ser a un punto de acumulacion. Para simplificar, suponemos que existe unintervalo abierto (a − δ, a + δ) de modo que, excepto eventualmente a, este contenido enel dominio de la funcion.

Pero podemos tambien analizar el comportamiento de una funcion separando los va-lores de x mayores que a y los valores de x menores que a. Ası surge el concepto de lımitelateral.

Definicion 1.4.14 Diremos que el numero Ld ( respectivamente Li) es el lımite a laderecha (respectivamente a la izquierda) en un punto a de una funcion f si:

Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si a < x < a + δ, entonces |f(x) − Ld| < ε(respectivamente si a− δ < x < a, entonces |f(x) − Li| < ε). En estos casos se suele usarlas notaciones siguientes:

Ld = lımx→a+

f(x) ; Li = lımx→a−

f(x)

Ejemplo 1.4.15 1. lımx→3+

[x] = 3; lımx→3−

[x] = 2. En general, dado n ∈ Z: lımx→n+

[x] = n;

lımx→n−

[x] = n− 1. En cada entero: Ld 6= Li.

2. Si el dominio de la funcion es un intervalo cerrado y acotado [a, b], para cada extremodel intervalo solo tiene sentido hablar de uno de los lımites laterales: Para a, podrıaexistir solo Ld y para b solo Li.

3. f(x) =√x en x = 0, solo puede analizarse su comportamiento para valores mayores

que 0 y tenemos que lımx→0+

√x que vale 0.

Teorema 1.4.16 (i) lımx→a+

f(x) = Ld si y solo si para toda sucesion {xn} tal que xn > a

y lımxn = a se tiene que lımn→∞

f(xn) = Ld.

(ii) lım f(x) = Li si y solo si para toda sucesion {xn} tal que xn < a, y lımxn = a setiene que lım

n→∞f(xn) = Li.

(iii) lımx→a

f(x) = L si y solo si lımx→a+

f(x) = lımx→a−

f(x) = L.

Demostracion: Ejercicio

1.4.3. Lımites finitos cuando la variable independiente crece o decrece

indefinidamente

Definicion 1.4.17 Diremos que el numero L es el lımite de f(x) cuando:

(i) x crece indefinidamente si dado ε > 0 existe M > 0 tal que si x > M . Entonces|f(x) − L| < ε. En tal caso escribimos

lımx→+∞

f(x) = L o lımx→∞

f(x) = L o f(x) → L cuando x→ +∞.

(ii) x decrece indefinidamente si dado ε > 0 existe M < 0 tal que si x < M . Entonces|f(x) − L| < ε. En este caso escribiremos lım

x→−∞f(x) = L o f(x) → L cuando

x→ −∞.

Ejemplo 1.4.18 1. lımx→∞

1

x= 0+. En efecto: dado ε > 0, existe M =

1

ε> 0 tal que si

x > M . Entonces x >1

εy por tanto, 0 <

1

x< ε. Escribimos 0+ para enfatizar que

1

xse acerca a 0 por la parte positiva del eje Y .

2. lımx→−∞

1

x= 0−. Dado ε > 0, existe M = −1

ε< 0 tal que si x < M , o lo que es lo

mismo x < −1

εentonces −ε < 1

xy como

1

x< 0, −ε < 1

x< ε, es decir, | 1

x| < ε.

En general, ninguna funcion trigonometrica tiene lımite cuando x → ±∞, porquedebido a la periodicidad ellas oscilan.

Los teoremas 1.4.6, 1.4.11 y 1.4.12 permanecen validos al reemplazar a por +∞ o −∞.La siguiente propiedad permite reducir el calculo de lımites al +∞ al calculo de lımites

en puntos finitos.

Teorema 1.4.19 (i) Si lımx→0+

f(1

x) existe, entonces lım

t→∞f(t) = lım

x→0+f(

1

x).

(ii) Si lımt→∞

f(t) existe, entonces lımx→0+

f(1

x) = lım

t→∞f(t).

Demostracion:

(i) Haciendo x =1

t, tenemos que lım

t→∞1

t= 0+. Usando el teorema 1.4.12 con a = ∞ y

A = 0+, se tiene la conclusion.(ii) Demostracion analoga.

Ejemplo 1.4.20 Lımites de funciones racionales cuando x→ ±∞.Sea

r(x) =p(x)

q(x)

con p(x) = anxn + . . . + a1x+ a0 ; an 6= 0 y q(x) = bmx

m + . . . + b1x+ b0 ; bm 6= 0.Entonces,

lımx→∞

r(x) =lım

x→∞p(x)

lımx→∞

q(x)

Escribiendo p(x) = xn(an +an−1

x+ . . . +

a1

xn−1+a0

xn) y q(x) = xm(bm +

bm−1

x+ . . . +

b1xm−1

+b0xm

), tenemos que :

lımx→∞

r(x) = lımx→∞

anxn

bmxm.

Si n = m: lımx→∞

r(x) =an

bm.

Si m > n: lımx→∞

r(x) =an

bmlım

x→∞1

xm−n= 0.

Si m < n: lımx→∞

r(x) =an

bmlım

x→∞xn−m = ±∞. Ası, lım

x→∞r(x) es finito si y solo si m ≥ n.


Interpretacion Geometrica: Si hacemos un grafico de lımx→∞

f(x) = L, vemos que para

valores grandes de x, los valores de la funcion se acumulan en torno a la recta y = L. Estoinspira la siguiente definicion:

Definicion 1.4.21 Decimos que la recta y = L es una asıntota horizontal del graficode f si lım

x→∞f(x) = L o si lım

x→−∞f(x) = L.

Ejemplo 1.4.22 1. Como lımx→∞

1

x= 0, la recta y = 0, es decir, el eje X parte positiva

es una asıntota horizontal de1

x.

2. Como lımx→−∞

1

x= 0, tenemos el siguiente grafico.

y

x

y =1

x

Figura 1.4.3: Asıntota de1

x.

3. La recta y = 3 es una asıntota horizontal para la funcion f(x) =3x+ 1

x, pues

lımx→∞

(3x+ 1

x) = lım

x→∞(3 +

1

x) = 3+

lımx→−∞

(3x+ 1

x) = lım

x→−∞(3 +

1

x) = 3−

y

x

y = 3

f(x) =3x+ 1

x

Figura 1.4.4: Asıntota horizontal de3x+ 1

x.

Lımites infinitos

Un lımite infinito refleja el crecimiento o decrecimiento indefinido de la variable depen-diente, lo que puede suceder cuando la variable independiente se acerca a un punto finitoo cuando ella crece o decrece a su vez, indefinidamente. Por tal razon debemos separar loscasos.

Definicion 1.4.23 Diremos que:

(i) lımx→a

f(x) = ∞ si dado M > 0 existe δ > 0 tal que si |x− a| < δ, entonces f(x) > M.

(ii) lımx→a

f(x) = −∞ si dado M < 0 existe δ > 0 tal que si |x−a| < δ, entonces f(x) < M.

(iii) lımx→∞

f(x) = ∞ si dado M > 0, existe K > 0 tal que si x > K, entonces f(x) > M.

(iv) lımx→−∞

f(x) = −∞, si dado M < 0, existe K < 0 tal que si x < K, entonces

f(x) < M.

(v) lımx→−∞

f(x) = ∞, si dado M > 0, existe K < 0 tal que si x < K, entonces f(x) > M.

(vi) lımx→∞

f(x) = −∞, si dado M < 0, existe K > 0 tal que si x > K, entonces f(x) < M.

Observacion 1.4.24 1. De manera obvia las definiciones (i) y (ii) pueden escribirsepara lım

x→a+f(x) = ±∞ y para lım

x→a−

f(x) = ±∞.

2. Todos ellas, como en el caso finito, pueden reinterpretarse en terminos de sucesiones.Tal escritura se deja como ejercicio.


3. Las reglas aritmeticas valen tambien para estos lımites, excepto cuando se obtieneuna de las formas indeterminadas. En estos casos se debe buscar en primera instancia,como ya hemos visto, formas algebraicas de hacer desaparecer la indeterminacion.

Ası, en particular, tenemos que: Si lımx→a

f(x) = 0 entonces lımx→a

1

f(x)= ±∞.

Ejemplo 1.4.25 1. lımx→2

1

(x− 2)2= ∞. Si f(x) =

1

(x− 2)2su dominio excluye el punto

x = 2, ademas f es siempre positiva por ser un cuadrado, cuando uno se acerca a 2por ambos lados, f(x) crece indefinidamente.

x = 2

y

x

Figura 1.4.5: f(x) =1

(x− 2)2

2. lımx→2

− 1

(x− 2)2= −∞. La funcion g(x) = − 1

(x− 2)2, es la funcion simetrica de la

anterior y, por tanto, es evidente que lımx→2

g(x) = −∞.

x = 2

y

x

g(x) = − 1

(x− 2)2

Figura 1.4.6


3. lımx→2+

1

x− 2= +∞ y lım

x→2−

1

x− 2= −∞. Si h(x) =

1

x− 2, x 6= 2, ella cambia de signo

segun x sea mayor o menor que 2. Cuando x→ 2+, la funcion crece indefinidamentey cuando x→ 2−, la funcion decrece indefinidamente.

x = 2

y

x

h(x) = − 1

x− 2

Figura 1.4.7

4. lımx→∞

(4x3 + 1− 3x) = +∞ y lımx→−∞

(4x3 + 1− 3x) = −∞. Sea f(x) = 4x3 + 1− 3x =

x3(4 +1

x3− 3

x2); como

1

xk→ 0 cuando x → ∞, tenemos: lım

x→∞f(x) = 4 lım

x→+∞x3 =

4(+∞) = +∞. y lımx→−∞

= 4 lımx→∞

x3 = 4(−∞) = −∞.

x

y

f(x) = 4x3 + 1 − 3x = x3

(4 +

1

x3− 3

x2

)

Figura 1.4.8

5. lımx→−∞

x2 = +∞ y lımx→+∞

−x2 = −∞.

Como g(x) = x2 es una parabola y es siempre positiva, lımx→±∞

x2 = +∞.

lımx→±∞

(−x2) = −∞.

y

x

g(x) = x2

g(x) = −x2

Figura 1.4.9

6. Lımites de polinomios: Sea

p(x) = anxn + . . .+ a1x+ a0 an 6= 0

= xn(an +an−1

x+ . . . +

a1

xn−1+a0

xn)

Como lımx→∞

1

xk= 0

lımx→∞

p(x) = lımx→∞

anxn = an lım

x→∞xn =

{+∞ si an > 0

−∞ si an < 0

En particularlım

x→+∞(3x− 5x4 + 8) = −5 lım

x→∞x4 = −∞.

Definicion 1.4.26 Diremos que la recta x = a es una asıntota vertical del grafico dela funcion f si: lım

x→af(x) = ±∞ o lım

x→a+f(x) = ±∞ o lım

x→a−

f(x) = ±∞.

Ejemplo 1.4.27 1. Los casos 1, 2 y 3 del ejemplo 1.4.25 muestran asıntotas verticales.

2. La recta x = 2 es una asıntota vertical de las funciones ± 1

(x− 2)2,± 1

x− 2.


1.4.4. Las funciones circulares o trigonometricas

Conceptos previos

La formula de la distancia en el plano: Sean P1, P2 dos puntos del plano, concordenadas (x1, y1), (x2, y2) respectivamente. El triangulo P1QP2 es rectangulo en Q, porteorema de Pitagoras, tenemos que:

P1P22

= P1Q2+QP2

2

si llamamos d a la distancia entre P1 y P2, tenemos que

d =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

-

6y

x

P2

QP1

y2

y1

x1 x2

Figura 1.4.10: Distancia entre dos puntos

La circunferencia de centro C=(h, k) y radio r Recordando que la circunferencia deradio r y centro C es el lugar geometrico de los puntos p del plano que estan a la distanciar del centro C, podemos deducir la ecuacion que satisfacen las coordenadas de los puntosde dicha circunferencia.Sean (h, k) las coordenadas del centro C y sea P de coordenadas (x, y) un punto cualquierade la circunferencia. Usando la definicion de la circunferencia tenemos que:

d(P,C) = r ⇐⇒ [d(P,C)]2 = r2

ssi (x− h)2 + (y − k)2 = r2

Por lo tanto, la ecuacion de la circunferencia de radio r y centro (h, k) es:

(x− h)2 + (y − k)2 = r2. (1.8)

En particular, para nuestros fines trabajaremos con la circunferencia mas simple, la decentro en el origen y radio 1, cuya ecuacion es:

x2 + y2 = r2 (1.9)


x

y

θ

0 A

B

1−1

Figura 1.4.11: Cırculo unitario

Medicion de angulos Intuitivamente consideremos dos semirrectas en el plano conextremo comun. Por simplicidad supongamos que este extremo es el origen del plano yuna de las semirrectas esta en el eje de las abscisas. Por angulo entenderemos la medidade la separacion de estas semirrectas. Como existen distintas maneras de medir estaseparacion, adoptaremos la siguiente convencion.

Diremos que un angulo esta en posicion normal o estandar si lo medimos desde elsemieje OX, con lo cual la medida de separacion se reduce a dos posibilidades: Si estamedida de separacion se toma en el sentido contrario a los punteros del reloj, el angulose dice positivo y si es en el sentido de los punteros del reloj se dice que el angulo esnegativo.

x

angulo positivo

angulo negativo

Figura 1.4.12: Dos sentidos en la medida de un angulo

Esta nocion se puede ver mas dinamicamente pensando que el angulo es la medida deseparacion de una semirrecta que gira en torno a su extremo. La maxima rotacion esaquella que vuelve a su posicion inicial; este angulo se llamara angulo completo y si estarotacion fue en sentido positivo le daremos el valor de 360 grados, que se denota por 360o.¿Por que 360o y no otro valor? Tal vez corresponde a los dıas de un ano calendario que


en la epoca de los griegos clasicos era de 360 dıas. La division en solo 360 unidades que asimple vista parece razonable, no lo es tanto si queremos mas precision. Por ejemplo, enastronomıa dividimos un grado en 60 minutos; 1o = 60′ y para ser mas finos aun, 1 minutoen 60 segundos 1′ = 60′′ y podemos continuar, dependiendo de nuestras necesidades. Ladivision en 60 o sistema sexagesimal es herencia de los babilonios.

Los 360 grados corresponden a una vuelta completa en el sentido positivo. Por supuestoque podemos dar las vueltas que queramos en cualquiera de los dos sentidos. Por ejemplo:un angulo de 765 grados, descomponiendo 765 = 2 · 360 + 45 , significa haber dado dosvueltas completas y estar en el punto determinado por un angulo de 45 grados. Si consi-deramos el angulo de −765 grados, significa que hemos dado dos vueltas completas y nosencontramos en el punto determinado por el angulo −45 grados. es decir hemos caminadoen el sentido de los punteros del reloj y estamos a 45 grados bajo el semirecta OX.Como nuestro objetivo es introducir las funciones circulares o trigonometricas como fun-ciones de numeros reales y los grados no son numeros reales debemos hacer unatransformacion de los grados para hacerlos equivalentes a numeros reales. Para ello imagi-naremos que caminamos sobre la circunferencia unitaria, y por lo tanto al dar una vueltacompleta hemos caminado una longitud de 2π y descrito un angulo de 360 grados.

Definicion 1.4.28 Llamaremos un radian a la longitud de arco de1

2π.

Ası, a los 360 grados le corresponde una longitud de arco sobre la circunferencia unitariade 2π unidades de longitud. Esto nos permite, usando un razonamiento de proporcionesdirectas, tener una formula que trasforme grados en radianes y viceversa.

angulo en radianes

angulo en grados=

2π

360(1.10)

1.4.5. Definicion de las funciones circulares o trigonometricas

Consideremos la circunferencia unitaria cuya ecuacion es:

x2 + y2 = 1, (1.11)

y sobre ella consideremos un punto cualquiera P . Este punto determina el angulo θ como lomuestra la figura. Como el punto P es un punto del plano le corresponden las coordenadas


(xP , yP ), donde xP = OA e yP = AP .

x

y

θ

0 A

P

1−1

Figura 1.4.13 : Circunferencia unitaria

Definicion 1.4.29 Definiremos las siguientes funciones numericas:

1. La funcion seno: R → R; θ 7→ sen θ = yP

2. La funcion coseno: R → R; θ 7→ cos θ = xP

Propiedades basicas de seno y coseno Antes de deducir las propiedades mas elemen-tales de estas funciones, es importante observar y retener en la mente que estas funcionesno son de naturaleza algebraica. forman parte del tipo de funciones que se llaman fun-ciones trascendentes.

x

y

0 A

B

θ1−1

Figura 1.4.14: Representacion del seno y coseno en el cırculo unitario

1. Algunos valores de referencia de seno y coseno


Si θ = 0, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es(1, 0), lo que nos permite concluir que:

cos 0 = 1

sen 0 = 0.

Si θ =π

2, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es

(0, 1), lo que nos permite concluir que:

cosπ

2= 0

senπ

2= 1.

Si θ = π, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es(−1, 0), lo que nos permite concluir que:

cos π = −1

senπ = 0.

Si θ =3π

2, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria

es (0,−1), lo que nos permite concluir que:

cos3π

2= 0

sen3π

2= −1.

Si θ = 2π, entonces el punto correspondiente sobre la circunferencia unitaria es(1, 0), lo que nos permite concluir que:

cos 2π = 1

sen 2π = 0.

2. Periodicidad Dado que los valores de senx y cos x dependen de la ubicacion delpunto en la circunferencia unitaria y como su longitud total es 2π, entonces fueradel intervalo [0, 2π] los valores de estas funciones se repiten periodicamente. Por lotanto las funciones seno y coseno son perıodicas de perıodo 2π. Es decir, para todox ∈ R

sen(x+ 2π) = senx

cos(x+ 2π) = cos x


3. Paridad de coseno e imparidad de seno

Si P = (xp, yp) y P ′ = (x′p, y′p) con xp = x′p y y′p = −yp. De aquı concluimos que

cos(−x) = cosx y sen(−x) = − senx. Es decir, la funcion coseno es una funcion pary la funcion seno es impar.Ası, tenemos que para todo x ∈ R tenemos que:

cos(−x) = cos(x) y sen(−x) = − sen(x).

yp

y′p

x

−xxp

P

P ′

Figura 1.4.15: Relaciones de paridad en las funciones trigonometricas

4. Identidad fundamentalDado que seno y coseno de un mismo numero corresponden a las coordenadas de unpunto sobre la circunferencia unitaria, tenemos que:

cos2 x+ sen2 x = 1 ,para todo x ∈ R. (1.12)

5. Recorrido Como consecuencia inmediata de la identidad fundamental dada por laecuacion 1.12, se tiene que el recorrido de las funciones seno y coseno es [−1, 1].

Calculo de los valores mas usuales de las funciones seno y coseno

1. x =π

3

En el cırculo unitario inscribimos un hexagono regular como en la figura 2.3.10.


P0

P1P2

P3

π/3

Figura 1.4.16: Hexagono regular

Si (u, v) son las coordenadas de P1, entonces las de P2 son (−u, v); como

P1P0 =√

(u− 1)2 + (v − 0)2 = P2P1 =√

(−u− u)2 + (v − v)2 ,

se tiene (elevando al cuadrado) que (u − 1)2 + v2 = (−2u)2. Como u2 + v2 = 1,entonces 2 − 2u = 4u2 que tiene como soluciones u1 = 1

2 y u2 = −1. Como u > 0 se

elige la solucion u = 12 , y de u2 + v2 = 1, se tiene que v =

√1 − u2 (raız positiva)

que es v =√

32 . Por lo tanto:

u = cosπ

3=

1

2; v = sen

π

3=

√3

2.

El angulo P0OP2 es 2π3 y se obtiene:

cos2π

3= −1

2; sen

2π

3=

√3

2.

2. x =π

4.

En el cırculo unitario inscribimos un octagono regular como en la figura 1.4.17.


P0

P1

P2

π/4

Figura 1.4.17: Octagono regular

Si (u, v) son las coordenadas de P1, entonces la ecuacion P0P1 = P1P2 es equivalentea: √

(u− 1)2 + (v − 0)2 =√

(0 − u)2 + (1 − v)2 ,

es decir, u2 − 2u + 1 + v2 = u2 + 1 − 2v + v2 lo que implica u = v. Por lo tanto,u2 + v2 = 1 =⇒ 2u2 = 1 =⇒ u = 1√

2, por lo tanto, v = 1√

2, lo que implica

cosπ

4= sen

π

4=

1√2.

3. x =π

6.

En el cırculo unitario inscribimos un dodecagono regular como en la figura 2.3.12.

P0

P1

P2P3

π/6

Figura 1.4.18: Dodecagono regular

Entonces P1 = (u, v) y P2 =

(1

2,

√3

2

)como se calculo en el punto (1) por ser

π

3el

angulo P0OP2.


De la ecuacion P3P2 = P0P1 obtenemos u =√

32 , v = 1

2 , por tanto:

cosπ

6=

√3

2; sen

π

6=

1

2; tan

π

6=

1√3

=

√3

3

Observacion 1.4.30 Con este metodo de inscribir polıgonos regulares conociendo suslados y apotemas, podemos seguir calculando los valores de las funciones trigonometricas

para angulos cada vez mas pequenos de la formaπ

2k,

π

3k,

π

5k, etc. (k ∈ N).

Con estos valores encontrados, usando la geometrıa euclidiana elemental mas los quepodemos encontrar con una calculadora, podemos esbozar los graficos de las funcionesseno y coseno.

Los graficos de seno y coseno Reuniendo la informacion obtenida tenemos:

1.

x

y

−2π −3π/2 −π −π/2 0 π/2 π 3π/2 2π

1

−1

Figura 1.4.19: La funcion y = senx

2.

x

y

−2π −3π/2 −π −π/2 0 π/2 π 3π/2 2π

1

−1

Figura 1.4.20: La funcion y = cos x

Las funciones tangente, cotangente, secante y cosecante Estas funciones trigo-nometricas estan definidas en terminos de seno y coseno. Por lo tanto, sus propiedades sededucen de las de aquellas.


Definicion 1.4.31 1. La funcion tangente: tan x =senx

cosx, definida para todos los

x ∈ R donde no se anula la funcion cos x. Es decir:D(tan) = R − {(2n− 1)π

2 : n ∈ Z}; R(tan) = R.

La funcion tangente tambien es periodica, pero de perıodo π, es decir, para todox ∈ D(tan).

tan(x+ kπ) = tan x.

2. La funcion cotangente se define como:

cotan (x) =1

tan(x)para todo, x ∈ {x ∈ R : senx 6= 0} = R − {nπ, n ∈ Z} .

3. La funcion secante se define como:

sec(x) =1

cos(x), para todo x ∈ {x ∈ R : cos x 6= 0} = R − {(2n− 1)

π

2: n ∈ Z}.

4. La funcion cosecante se define como:

cosec(x) =1

sen(x), para todo x ∈ {x ∈ R : senx 6= 0} = R − {nπ, n ∈ Z}.

Interpretacion geometrica de las funciones tangente, cotangente, secante ycosecante Estas funciones para angulos agudos pueden ser representadas por los si-guientes trazos como vemos en la figura 2.3.16.

P Q

T

AO

θ

θ

tan θ = AT , cotan θ = PQ, sec θ = OT , cosec θ = OQ

Figura 1.4.21: Interpretacion geometrica

Es un bonito ejercicio de semejanza de triangulos justificar esta interpretacion geometricay extenderla a cualquier angulo θ.


Graficos de las funciones tangente, cotangente, secante y cosecante

1.

x

y

−3π/2 −π −π/2 0 π/2 π 3π/2 2π

Figura 1.4.22: La funcion y = tan x

2.

x

y

−3π/2 −π −π/2 0 π/2 π 3π/2 2π

Figura 1.4.23: La funcion y = cotan x


3.

x

y

−3π/2 −π −π/2 0 π/2 π 3π/2 2π

1

−1

Figura 1.4.24: La funcion y = sec x

4.

x

y

−3π/2 −π −π/2 0 π/2 π 3π/2 2π

1

−1

Figura 1.4.25: La funcion y = cosec x


Identidades fundamentales de las funciones trigonometricas

Casi todas las propiedades e identidades fundamentales pueden desprenderse de lasformulas para sen(α ± β) o cos(α ± β). De allı que existan variadas formas de obtenerdichas formulas. Veremos la sugerida por Cauchy.

Teorema 1.4.32 Para todo α, β ∈ R se verifica quecos(α− β) = cosα cos β + senα senβ.

Demostracion: Consideremos la siguiente figura:

x

y

O

R

Q

Pα

α− β

β

A

Donde:

∠AOP = β P = (cos β, senβ)∠AOQ = α− β Q = (cos(α− β), sen(α− β))∠AOR = α R = (cosα, senα)

A = (1, 0)

Figura 1.4.26: Diagrama de Cauchy

Los angulos AOQ y POR son de igual medida y por tanto subtienden cuerdas de lamisma longitud, entonces se tiene:

d2(A,Q) = d2(P,R);

es decir:

(cos(α− β) − 1)2 + (sen(α− β) − 0)2 = (cosα− cos β)2 + (senα− senβ)2

⇐⇒ 2 − 2 cos(α− β) = 2 − 2(cosα cos β − senα senβ)⇐⇒ cos(α − β) = cosα cos β + senα senβ.


Del teorema 1.4.32se obtiene la mayorıa de las identidades fundamentales que detalla-remos a continuacion:

cos(π

2− β) = cos

π

2cos β + sen

π

2senβ = senβ

sen(π

2− α) = cos(

π

2− (

π

2− α)) = cosα

sen(α+ β) = cos(π

2− (α+ β)) = cos((

π

2− α) − β)

= cos(π

2− α) cos β + sen(

π

2− α) sen β

= senα cos β + cosα senβ

cos(α+ β) = cos(α− (−β)) = cosα cos(−β) + senα sen(−β)

= cosα cos β − senα senβ

sen(α− β) = sen(α+ (−β)) = senα cos(−β) + cosα sen(−β)

= senα cos β − cosα senβ

Del mismo modo tenemos que:

senα

2= sen(α− α

2) = senα cos

α

2− cosα sen

α

2,

implica

(1 + cosα) senα

2= senα cos

α

2,

y por lo tanto,

tanα

2=

senα

1 + cosα.


A continuacion daremos una lista de las identidades mas trascendentales:

sec2α = tan2 α+ 1

sen(α+ β) = senα cosβ + senβ cosα

sen(α− β) = senα cosβ − senβ cosα

cos(α+ β) = cosα cos β − senα senβ

tan(α+ β) =tanα+ tan β

1 − tanα tanβ

tan(α− β) =tanα− tan β

1 + tanα tanβsen 2α = 2 senα cosα

cos 2α = cos2 α− sen2 α = 1 − 2 sen2 α

tan 2α =2 tanα

1 − tan2 α

sen(α/2) = ±√

1 − cosα

2

cos(α/2) = ±√

1 + cosα

2

tan(α/2) = ±√

1 − cosα

1 + cosα

El doble signo indica que en cada caso debe seleccionarse el valor que corresponda deacuerdo al cuadrante donde se encuentra α.

senα+ senβ = 2 senα+ β

2cos

α− β

2

senα− senβ = 2 cosα+ β

2sen

α− β

2

cosα+ cos β = 2 cosα+ β

2cos

α− β

2

cosα− cos β = −2 senα+ β

2sen

α− β

2

Ademas, para cada θ ∈ R:

sen θ = cos(π/2 − θ) cos θ = sen(π/2 − θ)

tan θ = cot(π/2 − θ) cotan θ = tan(π/2 − θ)

secθ = cosec(π/2 − θ) cosec θ = sec(π/2 − θ)


Teoremas del seno y del coseno

Queremos abordar ahora dos problemas clasicos de la geometrıa:

1. Dado un triangulo cualquiera del cual se conoce la longitud de dos de sus lados,encontrar la longitud del tercero.

2. Encontrar en un triangulo cualquiera la longitud de un lado conociendo el anguloopuesto y la longitud y el respectivo angulo opuesto de otro lado.

Estos problemas son resueltos por el teorema del coseno y el teorema del seno respectiva-mente. Antes de enunciarlos veamos la siguiente equivalencia:

En un triangulo ABC cualquiera, se tiene que:

A B

C

α β

γ

c

b a

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β (i)

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ

si y solo si

senα

a=

senβ

b=

sen γ

c(ii)

Demostremos primeramente que (i) =⇒ (ii)

Sea a2 = b2 + c2 − 2bc cosα, entonces cosα = b2+c2−a2

2bc , por lo tanto:


sen2 α = 1 − cos2 α = 1 −(b2 + c2 − a2

2bc

)2

sen2 α = 1 − cos2 α = 1 −(b2 + c2 − a2

2bc

)2

=4b2c2 − (b2 + c2 − a2)2

4b2c2

=(2bc− (b2 + c2 − a2))(2bc + (b2 + c2 − a2))

4b2c2

=(a+ b+ c)(−a+ b+ c)(a− b+ c)(a+ b− c)

4b2c2

Analogamente usando el mismo procedimiento, considerando b2 = a2 + c2 − 2ac cos β,se tiene

sen2 β =(a+ b+ c)(−a+ b+ c)(a− b+ c)(a+ b− c)

4a2c2

De ambas ecuaciones obtenemos b2 sen2 α = a2 sen2 β y como senα, senβ ≥ 0, se tiene

senα

a=

senβ

b

La otra identidad se obtiene de la misma manera. Demostremos ahora que (ii) =⇒ (i)

Sabemos que π = α+ β + γ, por lo tanto:

senα = sen[π − (β + γ)] = sen(β + γ), entonces:

sen2 α = (senβ cos γ + cosβ sen γ)2

= sen2 β cos2 γ + cos2 β sen2 γ + 2 sen β sen γ cos β cos γ

= sen2 β(1 − sen2 γ) + (1 − sen2 β) sen2 γ + 2 senβ sen γ cos β cos γ

= sen2 β + sen2 γ − 2 sen2 β sen2 γ + 2 senβ sen γ cos β cos γ

= sen2 β + sen2 γ − 2 sen β sen γ(senβ sen γ − cos β cos γ)

= sen2 β + sen2 γ − 2 sen β sen γ(− cos(β + γ))

= sen2 β + sen2 γ − 2 sen β sen γ(− cos(π − α)

por lo tanto:


sen2 α = sen2 β + sen2 γ − 2 senβ sen γ cosα

Por hipotesis sabemossenα

a=

senβ

b=

sen γ

c= k = constante 6= 0, entonces senα = ka,

senβ = kb, y sen γ = kc. Sustituyendo estas expresiones en la expresion encontrada parasen2 α, se obtiene:

k2a2 = k2b2 + k2c2 − 2k2bc cosα

es decir, a2 = b2 + c2 − 2bc cosα, que es lo que querıamos probar. Las otras identidades sedemuestran de la misma manera. Enunciaremos ahora los teoremas del coseno y del seno.

Teorema 1.4.33 Teorema del CosenoEn un triangulo cualquiera ABC, se tiene que:

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ

Teorema 1.4.34 Teorema del SenoEn un triangulo cualquiera ABC, se tiene que:

senα

a=

senβ

b=

sen γ

c

Por lo obtenido anteriormente estos teoremas son equivalentes, luego basta demostrarsolo uno de ellos. Demostraremos el teorema del coseno.Sea ABC un triangulo cualquiera y ubiquemoslo en un sistema de coordenadas de formaque el angulo α este en el vertice O y el lado c en el eje de las abscisas, como lo indica lafigura.

x

y

A B

C

αc

ba

A = (0, 0) ; B = (c, 0) ; c = (b cosα, b senα)


Figura 1.4.27: Teorema del seno

Por tanto:

a2 = d2(B,C) = (c− b cosα)2 + (0 − b senα)2

= c2 + b2 cos2 α− 2bc cosα+ b2 sen2 α

= b2(cos2 α+ sen2 α) + c2 − 2bc cosα

= b2 + c2 − 2bc cosα

Las otras identidades se demuestran en forma similar ubicando el sistema de coordenadasen los vertices y lados indicados.Observacion: Sabemos de los teoremas de congruencias de triangulos en geometrıa planaque un triangulo queda completamente determinado si se conoce una de las siguientesalternativas:

1. Un lado y dos angulos.

2. Dos lados y el angulo opuesto al mayor de ellos.

Con el teorema del seno podemos entonces resolver cualquier triangulo si se conoce(1) o (2).

3. Dos lados y el angulo comprendido entre ambos.

4. Los tres lados.

En estos casos con el teorema del coseno resolvemos el triangulo.

Ecuaciones trigonometricas

Son ecuaciones donde las variables o incognitas solo aparecen en los argumentos de lasfunciones trigonometricas. Por ejemplo:

4 sen2 x = tanx

o el sistema:

senx+ sen y = a

cos 2y − cos 2x = b


La ecuacion tan x− x = 0 no es una ecuacion trigonometrica, sin embargo el sistema

x+ y = a

tan x tan y = b

puede reducirse a una ecuacion trigometrica. Observemos que no todas las ecuacionestrigonometricas tienen solucion; por ejemplo:

3 sen2 x+ cos 2x = 5

no tiene solucion, pues los maximos valores que pueden tomar 3 sen2 x y cos 2x son 3y 1 respectivamente, y por lo tanto su suma sera siempre inferior a 5 para cualquier valorx ∈ R.

Observemos tambien que, debido a la periodicidad de las funciones trigonometricas, siuna ecuacion tiene una solucion x0, entonces tiene infinitas soluciones x0 + 2kπ, k ∈ Z.

Basta entonces encontrar las soluciones de una ecuacion trigonometrica en el intervalo[0, 2π), o bien, en algunos casos en (−π, π]. Estas soluciones se llaman soluciones basicas.

Como podemos ver no hay teorıa sobre ecuaciones trigonometricas, solo algunos meto-dos y estos consisten en reducirlas a una ecuacion algebraica tomando una funcion trigonometri-ca como incognita auxiliar; algunos ejemplos:

1. Resolver 3 tan2 x+ 5 =7

cos x

Sea u = cos x, entonces como tan2 x =1 − cos2 x

cos2 x, tenemos

3(1 − u2)

u2+ 5 =

7

u

es decir,2u2 − 7u+ 3

u2= 0. Como u = 0 (es decir, cos x = 0) no es solucion de la

ecuacion, tenemos que 2u2 − 7u + 3 = 0, que tiene como soluciones a u =3 y1

2.

La primera no es solucion por ser mayor que 1; por lo tanto u = cos x = 12 es la

ecuacion que debemos resolver y cuyas soluciones basicas son x = ±π

3. Entonces las

soluciones de la ecuacion son:

S = {±π3

+ 2kπ ; k ∈ Z}


Si hacemos el reemplazo v = tanx, la ecuacion se convierte en:

3v2 + 5 = ±7√

1 + v2

pero esta ecuacion no es equivalente a la propuesta, porque con las soluciones deesta, admite todavıa las soluciones de la ecuacion

3 tan2 x+ 5 =7

cos x

Las soluciones de 3 tan2 x + 5 = ±7√

1 + tan2 x son S ={±π

3+ kπ , k ∈ R

}

que es un conjunto mayor que el buscado.

En general, no es recomendable usar sustituciones que conduzcan a raıces, pues sedebe considerar el doble signo que aporta mas soluciones que las buscadas en elproblema original.

2. Resolver y discutir la ecuacion: a senx+ b cos x = c

Dividiendo por a, se tiene senx +b

acos x =

c

a,

b

a∈ R, por lo tanto, existe

ϕ ∈ (−π2 ,

π2 ) tal que tanϕ =

senϕ

cosϕ=

b

a. Reemplazando en la ecuacion original y

multiplicando por cosϕ se tiene:

senx cosϕ+ senϕ cos x =c

acosϕ

es decir, sen(x+ ϕ) = cacosϕ

Sea φ tal que senφ =c

acosϕ, entonces x+ϕ = 2kπ+φ, o bien, x+ϕ = (2k+1)π−φ

donde x = 2kπ + φ− ϕ, o bien, x = (2k + 1)π − φ− ϕ.

Este resultado es formal, tenemos que encontrar las condiciones para que estos valoresexistan:

Primero debemos tener −1 ≤ c

acosϕ ≤ 1 para que exista el valor φ.

Es decir,c2 cos2 ϕ

a2≤ 1

El valor de cos2 ϕ en funcion de los datos se deduce de la ecuacion principal:

cos2 ϕ =1

1 + tan2 ϕ=

1

1 + b2

a2

=a2

a2 + b2

Entonces, la condicion de posibilidad se reduce a :

c2cos2 ϕ

a2=

c2

a2 + b2≤ 1 ⇐⇒ c2 ≤ a2 + b2.

La funcion sinusoidal

Las funciones de la forma

f(x) = a sen(ωx) + b cos(ωx)

se llaman funciones sinusoidales y aparecen en modelos matematicos de problemasoscilatorios. En electromagnetismo, sonido, las ondas estan representadas por funcionesde tipo sinusoidal.Escribamos f(x) como:

f(x) =√a2 + b2

(a√

a2 + b2senωx+

b√a2 + b2

cosωx

)

como

(a√

a2 + b2

)2

+

(b√

a2 + b2

)2

= 1, entonces el punto

(a√

a2 + b2,

b√a2 + b2

)pertenece

a la circunferencia unitaria y por tanto, existe un unico ϕ, 0 ≤ ϕ < 2π tal que :

cosϕ =a√

a2 + b2

senϕ =b√

a2 + b2,

tanϕ =b

a.

Pongamos A :=√a2 + b2, entonces f(x) se puede escribir como:

f(x) = A(cosϕ senωx+ senϕ cosωx)

= A sen(ωx+ ϕ)

1. La funcion f(x) es periodica y su perıodo T es:

A sen(ω(x+ T ) + ϕ) = A sen(ωx+ ϕ)

= A sen(ωx+ 2π + ϕ)


Por tanto, ωx+ ωT = ωx+ 2π, es decir, el perıodo T de la sinusoide es

T =2π

|ω| (tomando |ω| para obtener T > 0).

2. Como f(x) = A sen(ωx+ϕ) = A sen (ω(x− (−ϕω ))) se tiene que −ϕ

ω es el monto en elcual la sinusoide esta desfasada. Entonces el ciclo se inicia en el punto (−ϕ

ω , 0). Los

ingenieros electricos llaman al desfase−ϕω

como angulo de fase de la sinusoide.

3. El numero A se llama la amplitud de la sinusoide.

4. El numero |ω| =2π

Tse llama la frecuencia de la sinusoide.

y

x−ϕ/ω

−ϕ/ω + T

Figura 1.4.28: Funcion sinusoidal f(x) = A sen(ωx+ ϕ)

A

−A

Algunas veces la funcion sinusoidal no aparece en la forma explıcita f(x) = a sen(ωx)+b cos(ωx); pero bajo identidades trigonometricas podemos llevarla a esta forma. Veamosun ejemplo:

f(x) = 3 sen x cos2 x− sen3 x+1

2cos 3x.


Entonces

f(x) = senx cos2 x+ 2 senx cos2 x− sen3 x+1

2cos 3x

= senx(cos2 x− sen2 x) + 2 senx cos2 x+1

2cos 3x

= senx cos 2x+ 2 senx cos2 x+1

2cos 3x

= senx cos 2x+ cos x sen 2x+1

2cos 3x

= sen(x+ 2x) +1

2cos 3x

= sen 3x+1

2cos 3x.

que es de la forma sinusoidal.Obviamente no toda funcion del tipo trigonometrico es sinusoidal, por ejemplo f(x) =sen2 x sen 2x es la funcion sen 2x con amplitud periodica igual a sen2 x. Realice con ayudade su calculadora un grafico de esta funcion.

Ejemplo 1.4.35 1. La funcion ϕ1(x) = 2 sen(x) es la sinusoide seno con amplitud 2.

2. La funcion ϕ2(x) = cos(2x) es la sinusoide coseno de perıodo π.

3. La funcion f(x) = 2 sen(x) + cos(2x) que es la suma de las dos sinusoides anterioresno es una funcion sinusoidal.

ϕ2(x) = cos(2x)

ϕ1(x) = 2 sen(x)

f(x) = 2 sen(x) + cos(2x)

0 π/4 π/2 3π/4 π 5π/4 3π/2 7π/4 2π

Algunos lımites relevantes que involucran las funciones circulares

1. lımx→0

senx = 0. Este lımite se obtiene usando la desigualdad :

| senx |≤| x | .

Esta se obtiene usando la definicion de senx y elementos de la geometrıa euclidiana,intuitivamente basta mirar el dibujo con que se definen las funciones circulares. Deuna manera mas formal:Dado ε > 0, podemos elegir δ = ε y tenemos que si | x− 0 |=| x |< δ entonces,

| senx− 0 |=| senx |≤| x |< δ = ε.

2. lımx→a

senx− a

2= 0. Es consecuencia del lımite anterior y del teorema 1.4.12.

3. lımx→a

senx = sen a. Usando la formula trigonometrica:

senx− senx0 = 2 senx− x0

2cos

x+ x0

2.

Tenemos

| senx− sen a |=| 2 senx− a

2cos

x+ a

2|≤ 2 | sen

x− a

2| .

En virtud del teorema 1.4.11, podemos concluir que:

lımx→a

senx = sen a.

4. lımx→a

cos x = cos a.

Se obtiene de modo similar al de la funcion senx, usando la formula

cos x− cos x0 = −2 senx− x0

2sen

x+ x0

2,

y el lımite anterior.

5. lımx→0

senx

x= 1.

Supongamos que x ∈ (0, π2 ). El triangulo ORQ de la figura esta contenido en el

sector circular OSQ que, a su vez, esta contenido en el triangulo OST . Por tanto,

Area 4ORQ ≤ Area sector OSQ ≤ Area 4OST. (1)


Ademas, RQ = senx, OR = cos x, OS = 1.

x

y

O R

S

Q

T

Por semejanza de triangulos tenemos:

ST

RQ=OS

OR

. Despejando ST obtenemos que:

ST =senx

cosx= tanx.

Entonces, la expresion (1) toma la forma:

senx cos x

2≤ Area sectorOSQ ≤ senx

2 cos x. (2)

Usando proporciones podemos calcular el area del sector circular:

x

2π=

Area del sector

π.

Ası (2) se escribe como:senx cos x

2≤ x

2≤ senx

2 cos x. (3)

Si x ∈ (0, π2 ), tenemos que de la primera desigualdad de (3) obtenemos al dividirla

porx cos x

2,

senx

x≤ 1

cos x, (4)

al multiplicar la segunda desigualdad por2 cos x

xobtenemos:

cos x ≤ senx

x. (5)


De (4) y (5) tenemos que:

cos x ≤ senx

x≤ 1

cos x.

desigualdad que sigue valiendo para x ∈ (− π2 , 0), pues cos(−x) = cosx y

sen(−x)−x =

senx

x.

Ası, para todo x ∈ (−π2 ,

π2 ), tenemos:

cos x ≤ senx

x≤ 1

cos x.

Usando el teorema 1.4.11 y el hecho que lımx→0

cos x = 1, obtenemos que ,

lımx→0

senx

x= 1.

−π−2π 0 π 2π

y

x

◦

lımx→0

f(x) = 1

Figura 1.4.29: y =senx

x.

6. lımx→a

cos x− cos a

x− a. Usando la formula trigonometrica:

cos x− cos x0 = −2 senx− x0

2sen

x+ x0

2,

tenemos que ,

cos x− cos a

x− a=

2 senx− a

2sen

x+ a

2x− a

= − senx+ a

2

senx− a

2x−a

2

.

Tomando el lımite cuando x → a tenemos que u =x− a

2→ 0 y entonces podemos

usar el lımite 5 y concluir que el valor de este lımite es − sen a.


7. La funcion f(x) = sen1

xtiene por dominio a R − {0}. Veremos que lım

x→0+sen

1

xno

existe.

Si x > 0; sen1

x= 1 si y solo si

1

x=

π

2+ 2nπ, es decir, cuando x =

2

(4n+ 1)π.

sin1

x= −1 cuando

1

x=

3π

2+ 2nπ, es decir, cuando x =

2

(4n+ 3)π.

Ası vemos que la sucesion xn =2

(4n+ 1)πes tal que xn > 0, xn 6= 0, xn → 0 cuando

n→ ∞ y lımn→∞

f(xn) = 1.

Pero tambien existe la sucesion yn =2

(4n+ 3)πque tambien converge a cero, cuando

n crece, pero lımn→∞

f(yn) = −1. Esto significa que la funcion oscila entre 1 y -1 cuando

x→ 0+.

Por tanto, lımx→0+

sen1

xno existe.

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

Figura 1.4.30: Grafico de f(x) = sen1

x

8. lımx→−∞

sen1

x= 0.

9. Asıntotas de la tangente

Las rectas x = (n + 1)π

2; n ∈ Z, n 6= −1 son asıntotas verticales de la funcion

y = tan x

lımx→π

2−

tanx = lımx→s π

2−

senx

cos xcomo lım

x→π2−

senx = 1; lımx→π

2−

cos x = 0+ lımx→π

2+

cosx = 0−,

entonces lımx→π

2−

tan x = +∞ y lımx→π

2+

tan x = −∞


-3 -2 -1 1

-1

-0.5

0.5

1

Figura 1.4.31

x

y

0π2−π

2

Figura 1.4.32 : y = tanx

Algunas aplicaciones de los lımites:

1. Si cuando x crece indefinidamente, la diferencia entre las funciones f(x) y g(x) sehace indefinidamente pequena, se dice que f(x) y g(x) se aproximan asintoticamente.Es decir, si lım

x→∞[f(x) − g(x)] = 0, entonces escribimos f(x) ≈ g(x) cuando x→ ∞.

Lo mismo se puede hacer cuando x→ −∞.

2. Si lımx→a

f(x)

g(x)= 1, entonces decimos que f(x) y g(x) se comportan aproximadamente

iguales para valores muy cercanos al punto a; se puede escribir nuevamente f(x) ≈g(x). Siempre que g(x) sea acotada para valores grandes de x.

3. La siguiente notacion es muy usual :f(x) es o(n) si lımx→0

f(x)

xn= 0. Por ejemplo,

4x2 + 6x3 es o(1), pero senx no es o(1).



1. Calcule:

a) lımx→1

(x2 + 3x− 4).

b) lımx→∞

(x2 + 3x− 4).

c) lımx→∞

1

x2 + 3x− 4.

d) lımx→∞

x3 + 5

x2 + 3x− 4.

e) lımx→1

√x2 + 3x− 4.

f ) lımx→√

π(3x2 + π).

g) lımx→√

πsen√

3x2 + π

h) lımx→−3+

x

√3 − x

3 + x.

i) lımx→−1

x

√x

1 − x.

Solucion:

a) El teorema 1.4.6 nos permite escribir:

lımx→1

(x2 + 3x− 4) = lımx→1

x2 + 3 lımx→1

x− lımx→1

4

= ( lımx→1

x)2 + 3 lımx→1

x− lımx→1

4

= 12 + 3 · 1 − 4 = 0.

b)

lımx→∞

(x2 + 3x− 4) = lımx→∞

x2(1 +3

x− 4

x2)

= lımx→∞

x2 · lımx→∞

(1 +3

x− 4

x2)

= ∞ · 1 = ∞.

c) lımx→∞

1

x2 + 3x− 4=

1

∞ = 0.


d)

x3 + 5

x2 + 3x− 4=

x3(1 +5

x3)

x2(1 +3

x− 4

x2)

lımx→∞

x(1 +5

x3)

(1 +3

x− 4

x2)

= lımx→∞

xlım

x→∞(1 +

5

x3)

lımx→∞

(1 +3

x− 4

x2)

= ∞ · 1 = ∞.

e) En virtud de a), si f(x) = x2 + 3x− 4 entonces , lımx→1

f(x) = 0.

Aplicando el teorema 1.4.12 con f(x) = x2 + 3x− 4 y g(x) =√x , entonces

lımx→1

g(x) = 0, tenemos que lım√x2 + 3x− 4 = 0.

f ) lımx→√

π(3x2 + π) = 3(

√π)2 + π = 4π.

g) En virtud del teorema 1.4.12 y el lımite relevante 3 tenemos: lımx→√

πf(x) =

√4π

y si g(x) = senx, entonceslım

x→√πg(x) = sen

√4π.

h) Para calcular lımx→−3+

x ·√

3 − x

3 + x, escribiremos: x = −3+ ε y ası se cumple que:

x→ −3+ si ε→ 0+ , y por lo tanto:

lımx→−3+

x√

3 − x√3 + x

= lımε→0+

(−3 + ε)√

6 − ε√ε

= −∞.

i) De manera similar a h)

lımx→1−

x

√x

1 − x= +∞.

2. Calcule

lımx→±∞

(2x− 1 +√

4x2 − 5x+ 3).


Solucion: Sea y = 2x− 1 +√

4x2 − 5x+ 3.

lımx→∞

y = lımx→∞

y · (2x− 1) −√

4x2 − 5x+ 3

(2x− 1) −√

4x2 − 5x+ 3

= lımx→∞

(2x− 1)2 − (4x2 − 5x+ 3)

2x− 1 −√

4x2 − 5x+ 3

= lımx→∞

4x2 − 4x+ 1 − 4x2 + 5x− 3

2x− 1 −√

4x2 − 5x+ 3

= lımx→∞

x− 3

2x− 1 −√

4x2 − 5x+ 3

= lımx→∞

1 − 3/x

2 − 1/x−√

4 − 5/x+ 3/x2

= +∞.

Analogamente,

lımx→−∞

(2x− 1 +√

4x2 − 5x+ 3) = +∞.

3. Calcule

lımx→1

x2 − 5x+ 4

x2 − 3x+ 2.

Solucion: El numerador y el denominador se anulan cuando x toma el valor 1, porlo que debemos tratar de factorizar ambos trinomios.

x2 − 5x+ 4

x2 − 3x+ 2=

(x− 1)(x− 4)

(x− 1)(x− 2),

si x 6= 1 entonces podemos simplificar teniendo:x2 − 5x+ 4

x2 − 3x+ 2=x− 4

x− 2, y ası,

lımx→1

x2 − 5x+ 4

x2 − 3x+ 2= lım

x→1

x− 4

x− 2=

−3

−1= 3.

4. Calcule

lımx→0

√x+ 1 −

√x2 + x+ 1

x.


Solucion: Tanto el numerador como el denominador se anulan cuando x toma elvalor 0; por lo tanto, debemos transformar algebraicamente la expresion racional-izando el numerador:

√x+ 1 −

√x2 + x+ 1

x=

√x+ 1 −

√x2 + x+ 1

x·√x+ 1 +

√x2 + x+ 1√

x+ 1 +√x2 + x+ 1

=x+ 1 − (x2 + x+ 1)

x(√x+ 1 +

√x2 + x+ 1)

=−x2

x(√x+ 1 +

√x2 + x+ 1)

=−x√

x+ 1 +√x2 + x+ 1

,

por consiguiente,

lımx→0

√x+ 1 −

√x2 + x+ 1

x=

0

2= 0.

5. Calcule

lımx→0

1 − 3√

1 − x

3x.

Solucion: Usando la formula de factorizacion a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2)podemos transformar algebraicamente la expresion de la misma forma que se hizoen el ejercicio anterior, es decir, racionalizando el numerador:

1 − 3√

1 − x

3x=

1 − 3√

1 − x

3x· 1 + 3

√1 − x+ 3

√(1 − x)2

1 + 3√

1 − x+ 3√

(1 − x)2

=1 − (1 − x)

3x(1 + 3√

1 − x+ 3√

(1 − x)2)

=x

3x(1 + 3√

1 − x+ 3√

(1 − x)2)

=1

3(1 + 3√

1 − x+ 3√

(1 − x)2).

Por lo tanto,

lımx→0

1 − 3√

1 − x

3x=

1

9.

6. Calcule

lımx→∞

(2x− 3)2(4x+ 7)2

(3x− 4)2(5x2 + 1)2.


Solucion: Segun lo visto para funciones racionales en el ejemplo 1.4.20, para cal-cular este lımite, basta conocer los coeficientes de los terminos en x4 en el numeradory denominador. Ası,

lımx→∞

(2x− 3)2(4x+ 7)2

(3x− 4)2(5x2 + 1)2=

4 · 169 · 5 =

64

45.

7. Calcule

lımx→±∞

(√ax2 + bx+ c− x

√a).

Solucion:

√ax2 + bx+ c− x

√a =

√ax2 + bx+ c− x

√a ·

√ax2 + bx+ c+ x

√a√

ax2 + bx+ c+ x√a

=bx+ c√

ax2 + bx+ c+ x√a

=x(b+ c/x)

|x|√a+ b/x+ c/x2 + x

√a.

Ası,

lımx→+∞

(√ax2 + bx+ c− x

√a) = lım

x→+∞b+ c/x√

a+ b/x+ c/x2 +√a

=b

2√a.

Y

lımx→−∞

(√ax2 + bx+ c− x

√a) = lım

x→−∞−2

√ax = +∞.

8. Analizar el lımite de la expresion

y = xp

3

[(x2 + 1)

13 − x

23

]

cuando x→ ∞, segun los valores de p.

Solucion:

xp

3

[(x2 + 1)

13 − x

23

]= x

p

3

[(x2 + 1)

13 − x

23

]·

[3√

(x2 + 1)2 + 3√x2(x2 + 1) +

3√x4]

[3√

(x2 + 1)2 + 3√x2(x2 + 1) +

3√x4]

=x

p

3 (x2 + 1 − x2)[3√

(x2 + 1)2 + 3√x2(x2 + 1) +

3√x4]

=x

p

3[3√

(x2 + 1)2 + 3√x2(x2 + 1) +

3√x4] · x

− 43

x−43

=1

3x

p−43 · 1

3√

1 + 2x−2 + x−4 + 3√

1 + x−2 + 1

Entonces, tenemos: Si p = 4, lımx→∞

y =1

3.

Si p > 4, lımx→∞

y = ∞.

Si p < 4, lımx→∞

y = 0.

9. Dada

f(x) =1

x2 + x− 6.

a) Resuelva graficamente la desigualdad x2 + x− 6 ≤ 0.

b) Analice los ceros y el signo de la funcion f .

c) Calcule lımx→∞

f(x), lımx→−∞

f(x), lımx→−3−

f(x), lımx→−3+

f(x), lımx→2−

f(x), lımx→2+

f(x).

d) Bosqueje el grafico de f.

e) Bosqueje el grafico de g(x) = x2 + f(x).

Solucion:

a) La funcion y = x2 + x− 6 = (x− 2)(x + 3) representa una parabola que cortael eje x en los puntos x = 2 y x = −3; es abierta hacia arriba y su vertice

(−1

2,−25

4). Su grafico es el que muestra la figura 1.4.33. De donde podemos

deducir que:

x2 + x− 6 ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [−3, 2].

x

y

−3 2

Figura 1.4.33: Grafico de y = x2 + x− 6.

b) f(x) =1

x2 + x− 6=

1

(x− 2)(x+ 3); D(f) = R − {−3, 2} y no tiene ceros.

Como x2 + x− 6 > 0 en (−∞,−3) ∪ (2,+∞) que: f(x) > 0 sobre (−∞,−3) ysobre (2,+∞); f(x) < 0 sobre (−3, 2).

c) lımx→±∞

f(x) =1

x2(1 +1

x− 6

x2)

= 0

lımx→−3−

f(x) = +∞;

pues para valores de x menores que −3 la funcion es positiva.

lımx→−3+

f(x) = −∞

lımx→2−

f(x) = −∞

lımx→2+

f(x) = ∞.

d) f(−1

2) = −0, 16; como en −1

2la parabola alcanza su mınimo valor, f(−1

2) es

el mayor valor que toma f en (−3, 2).


−3 2x

y

−12

Figura 1.4.34: Grafico de f(x) =1

x2 + x− 6.

e) g(x) = x2 + f(x); D(g) = D(f). Como x2 ≥ 0, para todo x, la funcion g(x) espositiva en (−∞,−3) y en (2,+∞).

lımx→±∞

g(x) = lımx→±∞

(x2 + f(x)) = lımx→±∞

x2

(1 +

f(x)

x2

)= +∞

lımx→2+

g(x) = lımx→2+

(x2 + f(x)) = lımx→2+

(x2(x− 2) +

1

x− 3

)= +∞.

−3 2x

y

Figura 1.4.35: Grafico de g(x) = x2 +1

x2 + x− 6.

10. Analice el comportamiento de la funcion f(x) =3x2 − 1

x3 − xy bosqueje su grafico.

Solucion: Si f(x) =3x2 − 1

x(x− 1)(x+ 1), el dominio de f es R−{−1, 0, 1}, por lo que

el grafico de f consta de 4 ramas.

Los ceros de f(x):

3x2 − 1 = 0 ⇐⇒ x = ± 1√3.

En los puntos (− 1√3, 0), (

1√3, 0), el grafico corta al eje x.

El signo de f(x):

f(x) =3x2 − 1

x(x2 − 1)

Veamos el comportamiento de las parabolas: 3x2 − 1, x2 − 1. Del grafico de ellas sededuce facilmente que:

x2 − 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [−1, 1]

3x2 − 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [− 1√3,

1√3]

Por tanto:

(i) Sobre (−∞,−1) : x < 0; y3x2 − 1

x2 − 1≥ 0, es decir, f es negativa.

(ii) Sobre (−1,− 1√3); f(x) > 0.

(iii) Sobre (− 1√3, 0); f(x) < 0.

(iv) Sobre (0,|√3); f(x) > 0.

(v) Sobre (1√3, 1); f(x) < 0.

(vi) Sobre (1,∞; f(x) > 0.

Para poder bosquejar el grafico, analizaremos algunos lımites. Para ello escribiremos


f en la forma, f(x) =x2(3 − 1

x2)

x3(1 − x

x3)

lımx→−∞

f(x) = lımx→−∞

3

x= 0−

lımx→−1−

f(x) = lımx→−1−

(1

x− 1+

1

x+

1

x+ 1) = −1

2− 1 + (−∞) = −∞.

lımx→−1+

f(x) = +∞.

−1 −1√3

1√3

1

f(x) =3x2 − 1

x3 − x

x

y

Figura 1.4.36: Grafico de f(x) =3x2 − 1

x3 − x.

11. Analice el comportamiento de la funcion g(x) =

√2x− 3

x2y bosqueje el grafico.

Solucion:

a) Primero determinaremos el dominio D(g) de la funcion.

x ∈ D(g) ⇐⇒ 2x− 3 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 3

2.


b) g(x) = 0 ⇐⇒ x =3

2.

c) g(x) ≥ 0; para todo x ∈ D(g).

d)

lımx→∞

g(x) = lımx→∞

√x(2 − 3

x)

x2

= lımx→∞

lımx→∞

√2 − 3

x√x3

= 0.

32

y

x

g(x) =

√2x− 3

x2

Figura 1.4.37: Grafico de g(x) =

√2x− 3

x2.

12. Esbozar los graficos de las funciones:

a) f(x) = sen1

x.

b) g(x) = x sen1

x.

c) h(x) =1

xsen

1

x.

Solucion:

a) D(f) = R − {0}. Como la funcion es acotada por 1, es decir, | senu| ≤ 1,entonces tenemos que:

−1 ≤ sen1

x≤ 1.

Por lo cual su grafico se encuentra en la franja [−1, 1] del eje Y .


-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

Figura 1.4.38: Grafico de f(x) = sen1

x

Como hemos visto en el ejemplo 1.4.15 caso 4, lımx→0

sen1

xno existe, pues la

funcion oscila.

lımx→∞

sen1

x= lım

t→0+sen t = 0, usando el teorema 1.4.19 y el lımite relevante 1.

b) D(g) = R − {0}.−x ≤ g(x) ≤ x

Lo que nos dice que el grafico de g(x) esta comprendido entre las rectas y = −x,y = x.

lımx→0

−x ≤ lımx→0

x sen1

x≤ lım

x→0x

Usando el teorema 1.4.11, vemos que lımx→0

x sen1

x= 0.

-0.4 -0.2 0.2 0.4

-0.2

-0.1

0.1

0.2

0.3

0.4

Figura 1.4.39: Grafico de g(x) = x sen1

x.

c) El grafico de h(x) esta comprendido entre las hiperbolas y = ± 1

x. Con un


calculo semejante al de las dos funciones anteriores obtenemos que :

lımx→±∞

h(x) = 0.

En las cercanıas de x = 0 la funcion cruza infinidad de veces el eje X oscilandoentre sus valores extremos que estan sobre las hiperbolas. Su grafico es el quevemos en la figura 1.4.40.

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

-60

-40

-20

20

40

60

Figura 1.4.40: Grafico de h(x) =1

xsen

1

x.

13. a) Demuestre que valores pequenos de x, x ≈ tanx.

b) Demuestre que lımn→∞

(cosx

2· cos x

22· . . . · cos x

2n) =

senx

x. cuando x 6= 0.

Solucion:

a) Es equivalente a demostrar que lımx→0

tan x

x= 1.

En efecto:

tanx

x=

senx

cos xx

=1

cos x· senx

x

lımx→0

tan x

x= lım

x→0

1

cos x· lım

x→0

senx

x= 1 · 1 = 1.

b) Usando inductivamente la formula del angulo doble, tenemos las siguientesigualdades:

senx = 2 senx

2· cos x

2; sen

x

2= 2 sen

x

4· cos x

4sen

x

22= 2 sen

x

23· cos x

23, . . . , sen

x

2n−1= 2 sen

x

2ncos

x

2n


Remplazando, nos queda:

senx = 2n senx

2ncos

x

2· cos x

22· . . . · cos x

2n

si x 6= 0,

senx

x=

senx

2n

x

2n

cosx

2· cos x

22· . . . · cos x

2n

Como para x fijo, lımn→∞

senx

2n

x

2n

= 1, se tiene lo que querıamos demostrar.

14. a) Calcular lımx→0

sen 5x

sen 4x.

b) Calcular lımx→0

senmx

sennx.

Solucion:

a)5x

4x

sen 5x

5x· 4x

sen 4x=

5

4· sen 5x

5x· 4x

sen 4x.

Cuando x→ 0 4x y 5x→ 0, por tanto lımx→0

(sen 5x

sen 4x) =

5

4· 1 · 1 =

5

4.

b) Con los mismos pasos se llega a que este lımite esm

n.

15. Calcular: lımx→π

senx

2+ cos x

1 + sen2 x+ cos x.

Solucion: Reemplazando cos x por 1−2 sen2 x

2y senx por 2 sen

x

2cos

x

2, la expre-

sion se transforma en:

senx

2+ 1 − 2 sen2 x

2

1 + 4 sen2x

2cos2 x

2+ 1 − 2 sen2 x

2

=sen

x

2

(1 − sen

x

2

)+(1 − sen2 x

2

)

2(1 − sen2

x

2

)+ 4 sen2

x

2

(1 − sen2 x

2

)

=

(1 − sen

x

2

)(1 + 2 sen

x

2

)

2(1 − sen2

x

2

)(1 + 2 sen2

x

2

)

=

(1 + 2 sen

x

2

)

2(1 + sen

x

2

)(1 + 2 sen2

x

2

) .


Cuando x = π la ultima expresion vale1

4.

16. Resuelva la ecuacion tan x tan2 x

2+ 2 tan

x

2− tan x = 0,tomando como incognita

tanx

2, y encuentre los lımites de las raıces de esta ecuacion cuando tanx → ∞ y

tan x→ 0.

Solucion: Tenemos :

tanx

2=

−1 ±√

1 + tan2 x

tanx= − 1

tanx±√

1

tan2 x+ 1.

Si tan x→ ∞, entonces tanx

2→ ±1.

Si tan x→ 0, separando las raıces tenemos que:

tanx

2=

−1 +√

1 + tan2 x

tan x

=tan2 x

tanx(√

1 + tan2 x+ 1)

=tan x√

1 + tan2 x+ 1.

Por tanto, si tanx→ 0, entonces tanx

2→ 0.

Para la otra raız tenemos:

tanx

2=

−1 −√

1 + tan2 x

tan x.

Si tan x→ 0, entonces tanx

2→ ∞.

17. Dada la funcion:

y(x) =x2 + x+ 1

x2 − x− 1.

a) Encuentre el dominio y el recorrido.

b) Analice el signo de f .

c) Analice la existencia de asıntotas.

d) ¿Existe x ∈ D(y) tal que y(x) = −1, y(x) =3

5?


Solucion:

a) D(y) = {x ∈ R; x2 − x− 1 6= 0}.

Como x2 − x− 1 = 0 es equivalente a x =1 ±

√5

2, tenemos que

D(y) = R −{

1 ±√

5

2

}.

Para calcular el recorrido debemos despejar x en la expresion que define lafuncion: y(x2 − x− 1) = x2 + x+ 1, implica x2(y− 1) − x(y+ 1) − (y+ 1) = 0,lo que nos da:

x =y + 1 ±

√5y2 + 2y − 3

2(y − 1).

Para que x sea un numero real debemos imponer la condicion

5y2 + 2y − 3 ≥ 0,

desigualdad que se resuelve segun lo estudiado en la seccion 1.3 y nos da:

y ≥ 3

5o y ≤ −1.

Ası, R(y) = (−∞,−1] ∪ [3

5,∞).

b) Como el polinomio x2 + x + 1 es siempre positivo, el signo de la funcion ycorresponde al signo del denominador: x2 − x− 1 = 0 que tiene por soluciones

x =1 ±

√5

2, por lo tanto y ≥ 0 cuando x ≤ 1 −

√5

2y cuando x ≥ 1 +

√5

2. En

(1 −

√5

2,

1 +√

5

2

)la funcion es negativa..

c) Las asıntotas verticales se obtienen igualando a cero el denominador una vezeliminados los posibles factores comunes. Por lo cual tenemos las rectas

x =1 −

√5

2y x =

1 +√

5

2.

Para obtener las asıntotas horizontales debemos calcular lımx→±∞

y(x).

y =x2 + x+ 1

x2 − x− 1=

1 +1

x+

1

x2

1 − 1

x− 1

x2

.


Esto nos dice que lımx→±∞

y(x) = 1.

Es decir, la recta y = 1 es una asıntota horizontal.

d) del primer item sabemos que

x =y + 1 ±

√5y2 + 2y − 3

2(y − 1).

Haciendo y = −1 nos da x = 0 y si y toma el valor3

5tenemos que x = −2.

x

y

y = 1

x = 1−√

52 x = 1−

√5

2

f(x) =x2 + x+ 1

x2 − x− 1

Observe que la curva corta a su asıntota y = 1.

18. Asıntotas oblicuas de un grafico de una funcion racional

Dada la funcion racional

f(x) =x2 − 5x+ 4

2x+ 1,

a) Encuentre sus asıntotas verticales.

b) Encuentre sus asıntotas horizontales.

c) Efectuando la division de polinomios entre el numerador y el denominador,demuestre que la recta L = 4y − 2x+ 11 = 0, es una asıntota oblicua, es decir,cuando x→ ±∞, la diferencia |f(x) − L| tiende a cero.


Solucion:

a) 2x+ 1 = 0 implica que la recta x = −1

2es una asıntota vertical.

b) Segun lo visto en el ejemplo 1.4.20 , lımx→±∞

f(x) = ±∞, pues el grado del

polinomio numerador es mayor que el grado del denominador. Por lo tanto, nohay asıntotas horizontales.

c)

x2 − 5x+ 4

2x+ 1=x

2− 11

4+

27

4(2x+ 1),

implica que f(x)−L = 274(2x+1) , ası, lım

x→±∞|f(x)−L| = 0. Por lo tanto la recta

L = 4y − 2x+ 11 = 0, es una asıntota oblicua.

x

y

−12

4y − 2x+ 11 = 0

f(x) =x2 − 5x+ 4

2x+ 1

19. lımx→+∞

senx no existe.

Si x > 0

senx = 1 ⇐⇒ x =π

2+ 2nπ ;n ∈ N

senx = 0 ⇐⇒ x = 2nπ ; n ∈ N.

Para ε =1

3, cualquiera sea M > 0. Por la propiedad arquimediana existe n tal que

2nπ > M yπ

2+ 2nπ > M .

Si lımx→+∞

senx = L existiera, entonces llamando f(x) = senx tenemos:

|L− f(2nπ)| < 1

3y |L− f(2nπ +

π

2)| < 1

3.

Lo que implica :

|f(2nπ) − f(2nπ +π

2)| = 1 < |L− f(2nπ)| + |L− f(2nπ − π

2)| < 2

3.

Contradiccion que proviene de suponer que lımx→+∞

senx existe.


Calcule los siguientes lımites:

1. lımx→1

x3 − 3x+ 2

2x3 − 3x2 + 1= 1.

2. lımx→1

nxn+1 − (n+ 1)xn + 1

xp+1 − xp − x+ 1=n(n+ 1)

2p.

3. lımx→2

x−√x+ 2√

4x+ 1 − 3=

9

8.

4. lımx→1

√x+ 1 +

√x2 − 1 −

√x3 + 1√

x− 1 +√x2 + 1 −

√x4 + 1

=√

2.

5. lımx→∞

(2x+ 1)3(4x− 5)(x + 2)

x3(9x+ 2)(3x − 1).

6. lımx→±∞

√x2 + x+ 1 +

√x2 − x+ 2

x+√x2 + 1

.

7. lımx→∞

3√x3 + 1 − x.

8. lımx→±∞

√x2 + 1 − 3

√x3 − 1.

9. Demuestre el teorema 1.4.6 parte (iii).

10. Demuestre el teorema 1.4.11.

11. Demuestre el teorema 1.4.16

12. Demuestre el teorema 1.4.19 parte (ii).

13. Bosquejar el grafico de f(x) =x4 − 1

x.


x2 sen1

x.

b) Demuestre que si lımx→0

f(x) = 0, entonces lımx→0

f(x) sen1

x= 0.

c) Calcular√|x| sen 1

x.

d) Demuestre que si lımx→a

f(x) = 0 y |g(x)| < M en un intervalo (a − r, a + r),

entonces lımx→a

f(r)g(r) = 0.

15. Calcular lımx→a

sinx− sen a

x− a.

16. Calcular lımx→a

sec x, lımx→a

tan x, lımx→a

cosec x, lımx→a

cotan .


sen 2x

x.

b) Calcular lımx→0

sen ax

x.

18. Demuestre, usando la definicion, que lımx→a

|x| = |a|.

19. Sea f(x) = a senωx+ b senωx una sinusoide y h(x) una funcion positiva definida enR. Bosqueje el grafico de h(x)f(x).

Indicacion: ver ejercicio resuelto 12.

20. Encuentre las asıntotas verticales, horizontales y oblicuas de la funcion racional:

f(x) =(x− 3)2(2x+ 3)

3(x2 − 1).

Grafique las asıntotas y deduzca como se ubica el grafico de f con respecto a estasasıntotas.

21. Sea

f(x) =(x+ 2)(x+ 6)√x2 + 4x+ 3

.

a) Escriba el dominio de f como union de intervalos.

b) Analice el comportamiento de f cuando x tiende a los extremos de los intervalosque componen el dominio.


c) Demuestre que f(x) − x − 6 → 0 cuando x → +∞ y que f(x) + x + 6 → 0cuando x→ −∞ .

Indicacion: use el ejercicio resuelto 18

d) Deducir que la curva f(x) tiene dos asıntotas oblicuas y ubicar la curva conrespecto a estas asıntotas.

1.5. Funciones continuas


Definicion 1.5.1 Diremos que una funcion f es continua en un punto a ∈ D(f) si,dado cualquier ε > 0 existe un numero δ > 0 tal que la desigualdad | x − a |< δ implica| f(x) − f(a) |< ε.

Segun lo visto en la seccion 1.4, esta definicion puede expresarse diciendo que: f(x) escontinua en a si y solo si :

Si a es un punto aislado del dominio de la funcion f ,o bien,

Si a es un punto de acumulacion del dominio, entonces se debe cumplir quelımx→a

f(x) = f(a).

Usando los ejemplos y ejercicios de la seccion 1.4, tenemos que las funciones constante,lineal no constante, cuadratica y polinomiales son continuas en cada punto de su dominio.

Si la definicion 1.5.1 no se cumple, diremos que la funcion es discontinua en x = a. Esdecir, una funcion puede ser discontinua en un punto no aislado del dominio si no existe ellımite en el punto , o bien, aun existiendo el lımite en el punto este es diferente del valorde la funcion en dicho punto.

Ejemplo 1.5.2 1. La funcion f(x) =1

x, si x 6= 0 y f(0) = 0 es discontinua en x = 0,

pues lımx→0

f(x) 6= f(0).

2. La funcion g(x) = [x] es discontinua en a = 1, porque a pesar que g(a) = g(1) = 1,el lım

x→1[x] no existe, como hemos visto en la seccion 1.4. Por la misma razon, esta

funcion es discontinua en cada x = n, con n ∈ Z.

3. La funcion

h(x) =

x sen1

x, si x 6= 0

1, si x = 0

es discontinua en el punto x = 0, porque no se cumple la condicion lımx→a

f(x) = f(a),

al ser lımx→0

h(x) = 0 distinto de h(0).

4. La funcion

g(x) =


es discontinua en cada punto de su dominio.

1.5. FUNCIONES CONTINUAS 193

Definicion 1.5.3 Diremos que una funcion f es:

Continua a la derecha en un punto a ∈ D(f) si, dado cualquier ε > 0 existe unnumero δ > 0 tal que la desigualdad 0 < x− a < δ implica | f(x) − f(a) |< ε. Estosignifica que:

f(a+) = lımx→a+

f(x) = f(a) (1.13)

Continua a la izquierda en un punto a ∈ D(f) si, dado cualquier ε > 0 existe unnumero δ > 0 tal que la desigualdad 0 < a− x < δ implica | f(x) − f(a) |< ε. Estosignifica que:

f(a−) = lımx→a−

f(x) = f(a) (1.14)

Ejemplo 1.5.4 1. Es inmediato que una funcion continua a la derecha y a la izquierdade un punto a, es continua.

2. La funcion [x] es continua a la derecha en cada valor entero de x, pero es discontinuaa la izquierda de tales puntos.

3. La funcion 4 del ejemplo 1.5.2 es discontinua a la derecha y a la izquierda en cadapunto del dominio.

La idea subyacente de la continuidad es que a pequenas variaciones de la variableindependiente le corresponden pequenas variaciones de la variable dependiente. Mas rigu-rosamente, dado x, la variacion de ella suele representarse como ∆x y la correspondientevariacion de y como ∆y, entonces si y = f(x) , ∆y = f(x + ∆x) − f(x). Con estasnotaciones la continuidad puede ser expresada como:

f es continua en x ⇐⇒ lım∆x→0

f(x+ ∆x) = f(x). (1.15)

o equivalentemente:∆y → 0 cuando ∆x→ 0.

Otra notacion usada para expresar la misma idea es representar la variacion ∆x como h,para hacerla independiente de x. En este caso, la continuidad queda expresada como:

lımh→0

f(x+ h) = f(x) , (1.16)

es decir,

Dado ε > 0 , existe δ > 0 tal que, si | h |< δ entonces | f(x+ h) − f(x) |< ε .

Si recordamos que tanto x como y son abstracciones de magnitudes fısicas, entonces ellasrepresentan su valor exacto (ideal) y f(x + h) o f(x + ∆x) los valores aproximados que


entregan los aparatos de medicion con los distintos errores que ellos introducen. En el casode tener continuidad, podemos trabajar tranquilamente con estos pequenos errores en x,pues solo implican pequenos errores, despreciables en la practica, en la magnitud y.

Definicion 1.5.5 Diremos que la funcion f es:

(i) continua, si ella es continua en cada punto de su dominio.

(ii) continua a tramos, si ella es continua excepto en una cantidad finita o en una sucesionde puntos del dominio donde ella es discontinua.

Ejemplo 1.5.6 1. Las funciones lineal, cuadratica, polinomial son continuas.

2. En virtud del lımite relevante 3 de la seccion 1.4 tenemos que las funciones senx ycos x son continuas en todo R.

3. La funcion x− [x] es continua a tramos, pues es discontinua en cada valor entero dex.

4. La funcion tan x es continua en su dominio que es el conjunto R menos los multiplos

impares deπ

2.

Interpretacion geometrica. La continuidad de una funcion f en un punto a nos diceque si estamos a una distancia menor que ε de f(a), existe una distancia δ tal que todoslos puntos x que estan a una distancia menor que δ del punto a, tienen sus imagenes en lafranja (f(a) − ε, f(a) + ε). Por tanto, el grafico de la funcion queda dentro del rectangulo(a− δ, a+ δ) × (f(a) − ε, f(a) + ε).

x

y

a− δ a a+ δ

f(a) − ε

f(a)

f(a) + ε

y = f(x)

Figura 1.5.1: Interpretacion geometrica de la continuidad.

Observacion 1.5.7 Observemos que si a es un punto aislado de D(f) ⊂ R, entonces f escontinua en a.Esto implica que toda sucesion es continua pensada como funcion de N ⊂ R

con valores en R, pues los numeros naturales son aislados en R. Este hecho nos muestraque no tiene sentido la continuidad para funciones de variable discreta , por esta razon esque nos centraremos en las variables continuas, como ya lo habıamos anunciado.

Continuidad y sucesiones. Se puede dar una equivalencia de la definicion 1.5.1 atraves de sucesiones como lo muestra el siguiente teorema y que a veces es mas facil deutilizar.

Teorema 1.5.8 Para que una funcion f sea continua en un punto a es necesario y su-ficiente que para toda sucesion {xn}n∈N tal que lım

n→∞xn = a se tenga que f( lım

n→∞xn) =

lımn→∞

f(xn).

Demostracion:

(i) Supongamos que f es continua en un punto a. Sea {xn}n∈N una sucesion tal quelım

n→∞xn = a. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si | x− a |< δ, entonces

| f(x)−f(a) |< ε. Para tal δ, existe N de modo que si n ≥ N se tiene que | xn−a |< δ.Usando la definicion de continuidad 1.5.1, se puede concluir que, | f(xn)−f(a) |< ε.Lo cual nos dice que lım

n→∞f(xn) = f(a) = f( lım

n→∞xn).

(ii) Recıprocamente, supongamos que f tiene la siguiente propiedad: Dada cualquiersucesion {xn}n∈N convergente hacia a, f(xn) converge hacia f(a).

Usando el teorema 1.4.9, se tiene que lımx→a

f(x) = f(a) y, por tanto, f es continua en

a.

1.5.2. Continuidad de funciones elementales

Del teorema 1.4.6 se obtiene en forma inmediata el siguiente teorema:

Teorema 1.5.9 Si las funciones f y g son continuas en un punto a, entonces la suma, ladiferencia, el producto y el cuociente (cuando g(a) 6= 0) de estas funciones son continuasen el punto a.

Ejemplo 1.5.10 1. Todo polinomio es continuo, pues la funcion constante y la funcionidentica son continuas.

2. Toda funcion racional es continua en todo punto del dominio, es decir, sobre todo R

menos aquellos puntos que anulan el denominador.


3. Como las funciones senx y cos x son continuas, las restantes funciones trigonometri-cas tanx, cotan x, sec x, cosec x son continuas en todo punto a de R que no anulan eldenominador.

Teorema 1.5.11 Si dos funciones y = f(x), z = g(y) son tales que f es continua enun punto a y g es continua en el punto f(a), entonces la funcion compuesta g(f(x)) escontinua en el punto a.

Demostracion: Sea {xn}n∈N una sucesion tal que lımn→∞

xn = a. Como f es continua,

lımn→∞

f(xn) = f(a). Sea b = f(a) e yn = f(xn), entonces lımn→∞

yn = b y usando la con-

tinuidad de g en el punto b, tenemos que, lımn→∞

g(yn) = g(b), es decir, lımn→∞

g(f(xn)) =

g(f(a)). Lo cual significa la continuidad de la funcion compuesta g(f(x)) en el punto a.

Ejemplo 1.5.12 La funcion sen(x5 − 4x2 + 1) es continua por ser compuesta de dosfunciones continuas sobre todo R.

1.5.3. Discontinuidades removibles

Observando los diferentes ejemplos de existencia y calculo de lımites podemos constatarque existen dos tipos de discontinuidades: unas que se deben a la no existencia del lımiteen el punto y otras que, en cambio, tienen lımite. Cuando en un punto el lımite existe yno coincide con el valor en el punto, se puede redefinir la funcion en dicho punto dandolecomo valor el lımite. La nueva funcion es ahora continua en el punto en cuestion. A esteultimo tipo se le llama discontinuidades removibles.

◦a

x◦a

x

Figura 1.5.2: Casos de discontinuidades removibles.

Ejemplo 1.5.13 1. f(x) = x sen1

xsi x 6= 0 y f(0) = 1 se puede redefinirse de modo

que resulte continua en x = 0. Para ello basta definir f(0) = lımx→0

f(x) = 0.

2. f(x) =senx

xpuede extenderse de manera que sea continua en x = 0 definiendo

f(0) = 1.

3. f(x) =x2 − 4

x− 2no esta definida en x = 2, pero puede definirse f(2) = 4 de modo que

la nueva funcion resulte ser continua en x = 2.

4. No son removibles las discontinuidades en x = 0 de las funciones1

xy sen

1

x(tomando

en ambos caso la funcion en x = 0 como 0), por no existir el lımite en el puntoconsiderado.

1.5.4. Propiedades de las funciones continuas

Teorema 1.5.14 Teorema de Bolzano - WeierstrassSi f(x) es continua en el intervalo cerrado y acotado [a, b] y si f(a) y f(b) tienen signos

contrarios, entonces existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = 0.

Demostracion: Supongamos f(a) > 0, f(b) < 0. Si x0 ∈ (a, b), entonces f(x0) =0 o f(x0) < 0 o f(x0) > 0. Si f(x0) = 0, el teorema esta demostrado. Si f(x0) >0, entonces nos restringimos al intervalo [a1, b1] con a1 = x0 y b1 = b. Si f(x0) < 0,entonces consideramos el intervalo [a1, b1] con a1 = a y b1 = x0, y tenemos igualmenteque f(a1) > 0, f(b1) < 0. Repitiendo el mismo procedimiento obtenemos una sucesionde intervalos encajonados [an, bn] ⊂ [an−1, bn−1] ⊂ . . . ⊂ [a, b] de modo que f(an) >0, f(bn) < 0. El metodo se puede precisar mas aun, tomando cada vez el punto medio y

ası cada intervalo es la mitad del anterior. Por tanto, bn − an =b− a

2ny bn − an −→ 0,

cuando n −→ ∞ y lımn→∞

bn = lımn→∞

an. Sea c = lımn→∞

an = lımn→∞

bn, demostraremos que

f(c) = 0. Por ser f continua f(c) = f( lımn→∞

an) = lımn→∞

f(an) y como f(an) > 0 tenemos,

usando las propiedades del lımite que, lımn→∞

f(an) ≥ 0. Analogamente obtenemos que

f(c) = lımn→∞

f(bn) ≤ 0. Del hecho que f(c) ≤ 0 y f(c) ≥ 0 concluimos que f(c) = 0.

a

f(a)

c b

f(b)

Figura 1.5.3: Teorema de Bolzano - Weierstrass

Observacion 1.5.15 1. El teorema 1.5.14 es falso cuando f no es continua, como se

puede ver a traves de la funcion f(x) =1

x, f(0) = 1 definida en el intervalo [−1, 1].

Aunque f(−1) < 0 y f(1) > 0 no existe ningun punto c ∈ [−1, 1] tal que f(c) = 0,lo cual se debe a que la funcion no es continua en dicho intervalo.

2. Una interesante aplicacion del teorema 1.5.14 es la aproximacion de raıces no racionalesde polinomios que mostraremos en los ejercicios resueltos.

Teorema 1.5.16 Teorema del valor intermedio o de DarbouxUna funcion continua en el intervalo [a, b] toma todos los valores entre dos valores

diferentes. Es decir, si f(a) 6= f(b), entonces dado y entre f(a) y f(b) existe c ∈ (a, b) talque f(c) = y.

Demostracion: Sea g(x) = f(x) − y. Supongamos que f(a) < f(b), entonces y ∈(f(a), f(b)) y tenemos que g(a) = f(a) − y < 0 y g(b) = f(b) − y > 0. Aplicando elteorema 1.5.14, podemos asegurar la existencia de un punto c tal que g(c) = 0, lo que esequivalente a tener que f(c) = y, y por tanto, se cumple el teorema.

Observacion 1.5.17 1. Si f no es continua el teorema no se cumple. Consideremos

f(x) = [x] en el intervalo [1, 2] y demonos y =1

2. Para este y no existe ningun c tal

que f(c) =1

2.

2. El teorema 1.5.16 hace coincidir la intuicion geometrica con el concepto analıtico decontinuidad, es decir, el grafico de una funcion continua es una curva continua.

3. La propiedad descrita por el teorema 1.5.16 no caracteriza a todas las funcionescontinuas, es decir, existen funciones que tienen dicha propiedad sin ser continuas.

Por ejemplo, la funcion f(x) = sen1

xsi x 6= 0 y f(0) = 0 toma todos los valores

comprendidos entre −1 y 1, pero como ya hemos visto no es continua.

Teorema 1.5.18 Teorema de WeierstrassUna funcion continua en un intervalo cerrado y acotado [a, b] es acotada y alcanza su

valor maximo M y su valor mınimo m. Es decir, existen puntos x1, x2 ∈ [a, b] tal quef(x1) = M y f(x2) = m.

Demostracion: Daremos una demostracion con pocos detalles.Por ser f continua en [a, b] es posible, dado ε = 1, encontrar un δ tal que si x1, x2 son

tales que | x1−x2 |< δ, entonces | f(x1)−f(x2) |< 1 (*). Eligiendo n tal queb− a

n< δ, por

principio de Arquımedes, tenemos que [a, b] queda dividido en n subintervalos [ak, ak+1]de longitud menor que δ.

a x5 x1 b

m

M

x

y

Figura 1.5.4: Teorema de Weierstrass.

Para todo x ∈ [ak, ak+1] se tiene que | f(x) − f(ak) |< 1, de donde

| f(x) |< 1+ | f(ak) | ; k = 1, . . . , n.

Definiendo C = sup{| f(ak) | ;k = 1, . . . n}, podemos concluir que | f(x) |< 1 + C, paratodo x ∈ [a, b]. Por tanto f es acotada.

En virtud del axioma del supremo, el conjunto H = {f(x) : x ∈ [a, b]} tiene supremoM y tiene ınfimom. Demostraremos que f alcanza el valor M . Supongamos que no alcanza

el valor M , es decir, f(x) 6= M para todo x ∈ [a, b]. Entonces la funcion g(x) =1

M − f(x)es positiva y continua en todo [a, b]. Usando el resultado de la primera parte de este mismoteorema, tenemos que g es acotada. Sea n una cota superior para los valores de g. Ası,g(x) < N , lo que implica que,

M − f(x) >1

N.

Por tanto, f(x) < M − 1

Npara todo x ∈ [a, b], lo cual nos dice que sup

x∈[a,b]f(x) < M ,

lo que contradice la definicion de M . Por tanto, debe existir un x1 ∈ [a, b] de modo quef(x1) = M . Para ver que la funcion alcanza su mınimo se procede de forma analoga y sedeja de ejercicio.

Observacion 1.5.19 La propiedad (*) usada en la demostracion es la de continuidaduniforme que es otra propiedad de las funciones continuas que tienen un intervalo de laforma [a, b] como dominio.

Corolario 1.5.20 Conservando las notaciones del teorema 1.5.18, se tiene que el recorridode una funcion continua en un intervalo [a, b] es [m,M ].

Demostracion:

Es consecuencia directa de los teoremas 1.5.16 y 1.5.18.

Ejemplo 1.5.21 1. Como hemos visto en la seccion 1.3, f(x) = x2 definida en [0, 2]alcanza su mınimo en x = 0 y su maximo valor 4 en x = 2.

2. Si el dominio no es un intervalo cerrado y acotado, por ejemplo, la misma funcionanterior con dominio [0, 2), la funcion no alcanza su maximo que sigue siendo 4.

3. Si la funcion no es continua, por ejemplo, g(x) =1

x, g(0) = 1 en [−1, 1] no es

acotada y por tanto no tiene maximo ni mınimo.

Hemos visto a traves de f(x) = sen1

xsi x 6= 0 y f(0) = 0 que una funcion que toma

todos los valores de un intervalo no necesariamente es continua. Pero, si ademas la funciones estrictamente creciente (o decreciente), entonces es continua. Es lo que veremos en elsiguiente teorema.

Teorema 1.5.22 Una funcion estrictamente creciente ( o decreciente) que toma todos losvalores comprendidos entre f(a) y f(b) es continua en [a, b].

Demostracion:

Supongamos que f : [a, b] −→ R, es estrictamente creciente. Entonces si h > 0 ,f(x) < f(x+ h). Manteniendo fijo x, la funcion g(h) = f(x+ h) − f(x) es estrictamentecreciente en el intervalo [0, b− x] y como f toma todos los valores entre f(a) y f(b), g(h)toma todos los valores entre 0 y f(b)−f(x) en forma creciente. Por tanto, lım

h→0+g(h) = 0 y

obtenemos la continuidad de f en x. Como x es cualquier punto del dominio, f es continuaen [a, b].

Teorema 1.5.23 Si y = f(x) es continua y estrictamente creciente ( o decreciente) en[a, b], entonces su inversa y = g(x) definida sobre el recorrido de f , R(f) = [m,M ], esestrictamente creciente (o decreciente) y continua.

Demostracion: La demostracion es consecuencia directa del teorema 1.5.22 y del ejercicioresuelto 10 de la seccion 2.2.


x

y

f

f−1

Figura 1.5.5: Continuidad de la inversa

Ejemplo 1.5.24 1. Si n es par, f(x) = xn es una funcion estrictamente creciente,positiva con lım

x→∞f(x) = +∞. Por ser continua toma todos los valores entre 0 y

+∞. Usando el teorema 1.5.23 podemos concluir que su inversa g(x) = n√x definida

en [0,+∞) es tambien estrictamente creciente y continua.

2. h(x) = senx, con x ∈ [−π2 ,

π2 ], es estrictamente creciente y continua. Por teorema del

valor intermedio toma todos los valores entre −1 y 1. Por teorema 1.5.23 su inversah−1(x) es continua en [−1, 1]. A la funcion h−1(x) se le llama arcoseno de x y sedenota y = arcsenx.

y

xπ2−π

2

x

y

π2

−π2

−1 1

Figura 1.5.6: La funcion senx y su inversa.

1. Dada la funcion:

f(x) =a1x

2 + b1x+ c1a2x2 + b2x+ c2

,

con a1 6= 0 y a2 6= 0. Analice la continuidad.

Solucion:

Veamos primero cual es el dominio de la funcion. Por ser una funcion racionalsu dominio es el conjunto:

D(f) ={x ∈ R : a2x

2 + b2x+ c2 6= 0}.

Para conocer exactamente los puntos que debemos excluir, debemos resolver laecuacion de segundo grado:

a2x2 + b2x+ c2 = 0.

Resolviendo la ecuacion vemos que,

x =−b2 ±

√b22 − 4a2c2

2a2,

entonces,

• D(f) = R −{− b2

2a2

}si b22 = 4a2c2.

• D(f) = R − {x1, x2} si b22 − 4a2c2 > 0.

• D(f) = R si b22 − 4a2c2 < 0.

Si D(f) = R, entonces la funcion es continua en todo punto, pues el denomi-nador no se anula nunca y es cuociente de funciones continuas.

Cuando b22 − 4a2c2 > 0, la funcion es continua en su dominio y no esta definida

en los puntos x1 =−b2 +

√b22 − 4a2c2

2a2y x2 =

−b2 −√b22 − 4a2c2

2a2.

Si b22 = 4a2c2, entonces f es continua en su dominio y no esta definida en

x = − b22a2

.

2. Analice la continuidad de la funcion definida mediante un proceso de lımite:

f(x) = lımn→∞

1

1 + xn, con x ∈ R.

Solucion:

Si x = 0, entonces f(x) = 1.

Si x = 1, entonces f(x) = 12 .

Si x ∈ (0, 1), entonces f(x) = 1. Esto se debe a que lımn→∞

rn = 0 cuando

x ∈ (0, 1).

Si x ∈ (1,∞), entonces f(x) = 0. Esto se debe a que lımn→∞

rn = ∞ cuando

x > 1.

Por tanto, f tiene una discontinuidad no removible en x = 1; en todos los demaspuntos del dominio la funcion es continua.

3. Encuentre los puntos de discontinuidad de la funcion parte entera de x2, [x2], ybosqueje su grafico.

Solucion: f(x) = [x2]. Como x2 ≥ 0, el recorrido de f , R(f) = {0, 1, 2, 3, . . . , }.Si x ∈ [0, 1), entonces x2 ∈ [0, 1), lo que implica que [x2] = 0.

Si [x2] = 1, entonces x2 ∈ [1, 2), por consiguiente 1 ≤ x <√

2.

En general, si [x2] = n, entonces x2 ∈ [n, n+1). De donde deducimos que√n ≤ x <√

n+ 1. Ası, podemos apreciar que los puntos de discontinuidad son: 1,√

2, . . . , . . . ,√n, . . . .

Por otro lado,

lımn→∞

√n+ 1 −√

n = lımn→∞

1√n+ 1 +

√n

= 0.

Esto nos dice que los intervalos donde f es continua tienen longitud cada vez maspequena a medida que crece n.

4. Analice la continuidad def(x) = signo (senx).

Solucion: Por ser sen x una funcion periodica de perıodo 2π, f(x+2π) = signo( sen (x+2π)) = signo( senx) = f(x). Entonces, vemos que f tambien es una funcion periodi-ca con perıodo 2π, lo que nos permite restringir el analisis al intervalo [0, 2π].

f(0) = f(π) = f(2π) = 0.

Si x ∈ (0, π), f(x) = 1, en cambio, si x ∈ (π, 2π), f(x) = −1. Por consiguiente, lafuncion es continua en los intervalos (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z, y es discontinua en lospuntos x = kπ, k ∈ Z.


y

x0 π 2π

y = sen(x)

y

x0 π 2π

• • •

◦ ◦

◦ ◦

y = signo(sen x)

5. Sea f(x) una funcion continua en [0, 1]. Supongamos que f(x) ∈ Q, para todo x yque f(0,5) = 0,5. Demuestre que f(x) es la funcion constante con valor 0,5.

Solucion: y

x0 1

2 1

12

f(z)

z

Supongamos por contradiccion que existe z ∈ [0, 1] tal que f(z) 6= 1

2. Supongamos en

particular que f(z) >1

2, entonces el intervalo

[1

2, f(z)

]contiene infinitos numeros

irracionales u. Usando el teorema del valor intermedio, 1.5.16, tenemos que dado


u ∈[1

2, f(z)

], debe existir x ∈ [0, 1] tal que f(x) = u. Lo cual contradice la hipotesis

que f toma solamente valores racionales. Por lo tanto, f(x) =1

2, para todo x ∈ [0, 1].

6. Sea f(x) = x2 − 2 en [0, 3] y

h(x) =

{f(x) en [0, 3]L en [3, 5] ,

donde L es la recta y = ax+ b. Calcule a y b de modo que:

a) L pase por el origen y la funcion h(x) sea continua en x = 3.

b) L tenga pendiente −2 y h(x) sea continua en x = 3.

Solucion:

a) Si L pasa por el origen, entonces b = 0. Para que h(x) sea continua en x = 3,

basta que L pase por el punto (3, f(3)) = (3, 7). Por lo tanto, a =7

3. Entonces

tenemos que:

h(x) =

{(x2 − 2) en [0, 3]7

3x en [3, 5] ,

,

es continua en x = 3.

Su grafico es:

y

x3 5

7


b) En este caso la recta L pasa por el punto (3, f(3)) = (3, 7) y tiene pendiente−2, por lo tanto su ecuacion es: y − 7 = −2(x− 3), es decir, y = −2x+ 13.

Su grafico es:

y

x3 5

7

7. Sea f(x) una funcion continua de R en R que satisface la relacion:

f(x+ y) = f(x) + f(y).

a) Calcule f(0), f(n) con n ∈ N, f(k) con k ∈ Z, f(r) con r ∈ Q.

b) Si f es continua, calcule f(x) donde x es un numero irracional.

c) Demuestre que f(x) = cx, donde c es una constante.

Solucion:

a) f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0), lo que implica f(0) = 0.

f(2) = f(1 + 1) = f(1) + f(1) = 2f(1).

f(3) = f(2 + 1) = f(2) + f(1) = 2f(1) + f(1) = 3f(1).

En general, tenemos que f(n) = nf(1), cuando n es un numero natural.

Ahora calcularemos f(−n), con n ∈ N. f(0) = f(1 − 1) = f(1) + f(−1) = 0,entonces f(−1) = −f(1). Esto nos permite calcular f(−n) = −nf(1).

Sea x ∈ R. Como f(x+ x) = f(x) + f(x) = 2f(x), inductivamente se tiene quef(nx) = nf(x).

f(1) = f(n 1n) = nf

(1

n

), implica f

(1

n

)=

1

nf(1).


Sea r un numero racional, r =p

q, entonces

f(r) = f

(p

q

)= f

(p1

q

)= pf

(1

q

)= p

1

qf(1) = rf(1).

b) Si x es un numero irracional, entonces x es el lımite de una sucesion de numerosracionales:

x = lımn→∞

rn , rn ∈ Q.

Ası,

f(x) = f( lımn→∞

rn).

Como f es una funcion continua, el teorema 1.5.8, permite escribir

f(x) = lımn→∞

f(rn) = lımn→∞

rnf(1) = f(1)x.

c) De los calculos hechos en los items anteriores se tiene que

f(x) = f(1)x , para todo x ∈ R.

lo cual puede ser expresado como

f(x) = cx , con c = f(1).

8. Analizar la continuidad de la funcion definida en el ejercicio resuelto 5 la seccion 1.3:

g(x) =

0 si x es irracional,1

qsi x =

p

q, p y q son primos relativos.

,

Solucion: Esta funcion es continua para todos los irracionales y discontinua entodos los racionales. En efecto,

a) Sea x0 un numero irracional en [0, 1] , entonces f(x0) = 0. Dado ε > 0, consid-

eremos el conjunto finito F =

{q ∈ N : q ≤ 1

ε

}.

01

q

2

q

3

q

4

q1

• • • •x0

Dejando q ∈ F fijo , de las fraccionesp

q, con p ∈ {0, ....q − 1} tomemos p∗, el

mayor natural que satisfacep∗

q< x0. Como F es finito, existe la mayor de las

fraccionesp∗

q, para todo q ∈ F . Entonces existe r′ =

p′

q′la mayor fraccion con

denominador en F menor que x0.

Del mismo modo podemos encontrar r′′ =p′′

q′′, la menor fraccion con denomi-

nador en F , tal que x0 <p′′

q′′.

Esto nos dice que el intervalo (r′, r′′) no contiene numeros racionales con de-nominador en F .

Escribiendo δ = mın{x0−r′, r′′−x0} tenemos que, si 0 <

∣∣∣∣p

q− x0

∣∣∣∣ < δ, entonces

p

qno pertenece al conjunto F , lo que implica q >

1

ε. Es decir,

∣∣∣∣f(x0) − f

(p

q

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1

q

∣∣∣∣ < ε.

Por lo tanto, f es continua en el numero irracional x0.

b) Sea x0 ∈ Q, entonces x0 =p0

q0. Dado cualquier δ > 0, en (x0− δ, x0 + δ), existen

infinitos irracionales x para los cuales se tiene

|f(x0) − f(x)| = |f(x0)| =1

q0> ε.

Por lo cual f no puede ser continua en ningun numero racional.

9. a) Demuestre que f(x) = |x| es continua en cada punto x ∈ R.

b) Analice la continuidad de g(x) =x

|x| cuando x 6= 0, y g(0) = 0.

Solucion: Sea x0 un numero real cualquiera.

a) Dado ε > 0, existe δ = ε tal que, si |x − x0| < δ, entonces |f(x) − f(x0)| =||x| − |x0|| ≤ |x− x0| < δ = ε.

b) Si x 6= 0, el cuociente de funciones continuasx

|x| es continuo, segun teorema

1.5.9. Si x = 0, debemos calcular lımx→0+

g(x) y lımx→0−

g(x) .

lımx→0+

g(x) = lımx→0+

x

|x| = lımx→0+

x

x= 1.

lımx→0−

g(x) = lımx→0−

x

|x| = lımx→0+

x

−x = −1.

Como los lımites laterales son distintos, lımx→0

g(x) no existe, y por consiguiente,

g es discontinua en x = 0.

10. Sea

h(x) =5 −

√25 − x2

x.

a) Analice la continuidad de h en cada punto de su dominio.

b) ¿ Es posible extender h a x = 0, de modo que sea continua ?

Solucion:

a) Debemos notar que h(x) es un numero real si y solo si x 6= 0 y 25 − x2 ≥ 0, esdecir,

D(h) = [−5, 0) ∪ (0, 5].

En virtud del teorema 1.5.9, h es continua en todo punto del dominio.

b) Si lımx→0

h(x) existe, entonces la funcion h puede extenderse continuamente al

intervalo [−5, 5].

Transformando algebraicamente la expresion tenemos,

5 −√

25 − x2

x=

5 −√

25 − x2

x· 5 +

√25 − x2

5 +√

25 − x2=

x

5 +√

25 − x2.

Esto implica que lımx→0

h(x) = 0. Por esta razon es posible extender el dominio de

la funcion, definiendo h(0) = 0 y la funcion extendida es continua sobre [−5, 5].

11. Calcule a, b de modo que la funcion

f(x) =

x2

√1 + x2 − 1

si x < 0

ax+ b si 0 ≤ x ≤ 2x−

√x+ 2√

4x+ 1 − 3si 2 < x

sea continua en todo punto de su dominio.


Solucion: Por teorema 1.5.9 y ejemplo 1.5.24, f(x) es continua en (−∞, 0), (0, 2)y (2,+∞). Los puntos a analizar son x = 0 y x = 2.

lımx→0−

f(x) = lımx→0−

x2

√1 + x2 − 1

·√

1 + x2 + 1√1 + x2 + 1

=x2(

√1 + x2 + 1)

x2= 2.

Esto nos dice que la recta y = ax+ b debe pasar por el punto (0, 2).

En el punto x = 2 tanto el numerador como el denominador se anulan, una posi-bilidad de evitar esta indeterminacion es transformar algebraicamente la expresionamplificando por las expresiones conjugadas del numerador y del denominador:

x−√x+ 2√

4x+ 1 − 3=

x−√x+ 2√

4x+ 1 − 3·√

4x+ 1 + 3√4x+ 1 + 3

· x+√x+ 2

x+√x+ 2

=[x2 − (x+ 2)](

√4x+ 1 + 3)

[(4x+ 1) − 9][x+√x+ 2]

=(x− 2)(x + 1)(

√4x+ 1 + 3)

4(x− 2)(x+√x+ 2)

entonces,

lımx→2+

x−√x+ 2√

4x+ 1 − 3=

9

8.

Por esta razon la recta y = ax+ b debe pasar por el punto

(2,

9

8

). Ası, vemos que

a =y1 − y2

x1 − x2=

2 − 98

0 − 2= − 7

16.

b = 2

Ası, f(x) = − 7

16x+ 2, sobre [0, 2].

12. a) Encuentre el maximo de y = x2(4x2 − x2) cuando x varıa en [0, 2a].

b) Encontrar el mınimo dea+ x

a− x+a− x

a+ x, con x ∈ (−a, a):

Solucion:

a) y(x) = x2(4a2 −x2) es continua en [0, 2a]. Por teorema de Weierstrass, teorema1.5.18, existe x1 tal que y(x1) = M es el maximo valor de la funcion y. Usandoque un producto de dos factores variables cuya suma es constante, toma suvalor maximo cuando los dos factores son iguales.

La suma de los factores es x2 + 4a2 − x2 = 4a2, entonces debemos resolver laecuacion:

x2 = 4a2 − x2, que tiene por solucion x = a√

2.

El maximo valor que toma y es y(a√

2) = 2a2(4a2 − 2a2) = 4a2.

b) Usando un resultado analogo al anterior tenemos que una suma de dos factorescon producto constante es mınima cuando ambos factores son iguales, tenemos

que siendoa+ x

a− x

a− x

a+ x= 1, la solucion al problema la obtenemos resolviendo

la ecuacion:a+ x

a− x=a− x

a+ x, lo que implica x = 0.

13. Encuentre el maximo y mınimo valor, si es que existen, que toma la funcion:

y =x2 − 6x+ 8

x2 − 2x+ 1.

Solucion: Estudiemos previamente el recorrido de la funcion. Despejando la vari-able x en la ecuacion que define la funcion tenemos,

yx2 − 2yx+ y − x2 + 6x− 8 = 0,

lo que nos da los valores

x =3 − y ±√

3y + 1

1 − y.

Como x debe ser un numero real 3y + 1 ≥ 0, de donde y ≥ − 1

3. Entonces y ∈

[−13 , 1)∪ (1,+∞). Por consiguiente su mınimo valor es − 1

3que lo alcanza en x =

5

2.

y no tiene valor maximo pues, y toma valores entre (1,+∞).

14. Considere las sinusoides ϕ1(x) = a1 senω1x+b1 cosω1x, si x < 0 y ϕ2(x) = a2 senω2x+b2 cosω2x, si x > 0. ¿ Cuales deben ser sus amplitudes para que ellas definan unafuncion continua en R ? ¿Es la nueva funcion una sinusoide ?

Solucion:

Como lımx→0−

ϕ1(x) = b1 y lımx→0+

ϕ2(x) = b2, entonces si b1 = b2 = b, la funcion:

ϕ(x) =

ϕ1(x) si x < 0b si x = 0ϕ2(x) si x > 0

es continua en R. Si Ai =√a2

i + b2i es la amplitud de ϕi(x) debemos tener A21−a2

1 =

A22 − a2

2. Si ϕ(x) fuese una sinusoide deberıa ser de la forma a senωx + b senωx,entonces como:

ϕ(x) = ϕ1(x) para x < 0 y ϕ(x) = ϕ2(x) para x > 0,

debemos tener a1 = a2 y ω1 = ω2 (ademas b1 = b2). Por tanto, genericamente elacoplamiento de sinusoides no es una sinusoide.

15. Probar que el polinomio p(x) = x4 −x3 − 1 tiene a lo mas dos raıces reales. Localiceestas raıces aproximadamente.

Solucion:

p(x) es una funcion continua en R, entonces si existen x1 < x2 tal que p(x1) ·p(x2) <0, aplicando el teorema de Bolzano-Weierstrass, se tiene que existe al menos un puntoc, x1 < c < x2 con p(c) = 0.

Apliquemos este criterio. Como los coeficientes de p(x) son cercanos a 0, busquemoslas raıces en el mismo rango.

p(−1) = 1 , p(0) = −1 , p(1) = −1 , p(2) = 7.

Entonces entre −1 y 0 y entre 1 y 2 debe haber soluciones de p(x) = 0. Busquemosla raız c entre −1 < c < 0.

p(−0, 5) = −0, 8125 =⇒ −1 < c < −0, 5p(−0, 75) = −0, 2616 =⇒ −1 < c < −0, 75p(−0, 80) = −0, 0784 =⇒ −1 < c < −0, 80p(−0, 90) = 0, 3851 =⇒ −0, 90 < c < −0, 80p(−0, 85) = 0, 1361 =⇒ −0, 85 < c < −0, 80p(−0, 83) = 0, 0463 =⇒ −0, 83 < c < −0, 80p(−0, 82) = 0, 0034 =⇒ −0, 82 < c < −0, 80p(−0, 81) = −0, 003 =⇒ −0, 82 < c < −0, 81p(−0, 815) = −0, 0174 =⇒ −0, 820 < c < −0, 815p(−0, 818) = −0, 04 =⇒ −0, 820 < c < −0, 818p(−0, 819) = −0, 0007 .

Podemos seguir si queremos una aproximacion mayor, pero con este error del ordende 10−4 es mas que suficiente para una gran gama de problemas de ingenierıa.

Concluimos que existe c ≈ −0, 819 tal que p(c) = 0. De igual forma encontramosp(1, 3804) = 0, 0005, entonces otra raız es aproximadamente 1, 3804.

16. Encuentre los x ∈ R que satisfacen la desigualdad:

(x− 3)(x+ 1)2(x2 + 4x+ 4)

x2 − 3x+ 2≥ 0

Solucion:

Sea f(x) =(x− 3)(x+ 1)2(x2 + 4x+ 4)

x2 − 3x+ 2. El numerador y el denominador son fun-

ciones continuas en R; por lo tanto, solo en sus raıces reales pueden cambiar designo.

Sea p(x) = (x− 3)(x+ 1)2(x2 + 4x+ 4), entonces las raıces reales de p(x) son x = 3y x = −1. Por otro lado, q(x) = x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2), se anula en x = 1 yx = 2, por lo tanto, estos puntos no pertenecen al dominio de f . Veamos los signosde f(x) en la siguiente tabla:

−∞ −1 1 2 3 +∞p − 0 − − − − − 0 +

q + + + 0 − 0 + + +

f − 0 − × + × − 0 +

Tabla de signos.

Luego f(x) ≥ 0 en {−1} ∪ (1, 2) ∪ [3,+∞). Observemos que el analisis de desigual-dades por este metodo solo tiene sentido si las funciones involucradas son continuas.

17. Solucione graficamente el siguiente problema: Si f : [0, 1] → R es una funcion queasume cada uno de sus valores exactamente dos veces, entonces f no puede sercontinua.

Solucion:

Supongamos que f es continua. Entonces sean 0 ≤ x1 < x2 ≤ 1, dos puntos dondeella asume el supremo. Graficando tenemos:

x

y

M

0 x1 x2 1• •

• •

x

y

M

0 x1 x2 1• •

• •y = M − ε


Figura 1.5.7

Vemos que no podemos completar el grafico, pues cualquier recta y = M − ε, εpequeno, cortarıa al menos en cuatro partes el grafico, lo que contradirıa la hipotesisde asumir exactamente dos veces. Esto es posible solo si x1 = 0 y x2 = 1, como enla figura 1.5.8.

y

x

M

m

y

x

M

m

Figura 1.5.8

Pero, como podemos ver, el mınimo solo se alcanza una vez, y si lo alcanzara dosveces se tendrıa el mismo problema anterior. Por tanto, f no puede ser continua.

18. Sea f : [0, 1] → R definida por :

f(x) =

{x si x ∈ Q

1 − x si x ∈ R − Q

Pruebe que:

(i) f es inyectiva en [0, 1].

(ii) f(f(x)) = x, para todo x ∈ [0, 1]. Es decir, f = f−1.

(iii) f solo es continua en x =1

2.

Solucion:

(i) Si x1 6= x2 y si f(x1) = f(x2) entonces, si x1 y x2 son racionales tendrıamosx1 = x2, lo que no puede ser. Si ambos son irracionales, entonces 1−x1 = 1−x2

lo cual tampoco puede suceder. Si x1 es racional y x2 es irracional tendrıamosx1 = 1−x2, lo que no puede ser pues 1−x2 es irracional. Luego f(x1) 6= f(x2).

(ii) Si x ∈ Q, entonces f(f(x)) = f(x) = x.

Si x ∈ R − Q, entonces f(f(x)) = f(1 − x) = 1 − (1 − x) = x.

(iii) Sea a =1

2. Dado ε > 0, sea |x − 1

2| < δ = ε. Si x ∈ Q, entonces |f(x) − 1

2| =

|x− 1

2| < ε.

Si x ∈ R − Q, entonces |f(x) − 1

2| = |1 − x− 1

2| = |1

2− x| = |x− 1

2| =< ε.

Si a 6= 1

2. Supongamos, por ejemplo, a ∈ Q y a <

1

2, entonces si f es continua

en a, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si |x − a| < δ se tiene |f(x) − f(a)| =

|f(x) − a| < ε. Sea ε =1 − 2a

2=

1

2− a y sea xn ∈ R − Q tal que xn → a. sea

N ∈ N tal que para todo n ∈ N si |xn − a| < δ, entonces

|f(xn) − a| = |1 − xn − a| < ε =1

2− a.

Luego 1−xn − a <1

2− a implica xn >

1

2, para todo n ∈ N. Lo que es absurdo.

De manera similar se prueban los otros casos.


1. Analice la continuidad en cada punto del dominio de las siguientes funciones:

a)√x− [x].

b) [x] +√x− [x].

c)

[1

x

].

d)1[1

x

] .

2. Sea f(x)= signo de x, que se define como:

f(x) =

1 si x > 00 si x = 0−1 si x < 0

a) Estudie la continuidad de f en cada punto de su dominio.

b) Clasifique las discontinuidades en removibles y no removibles de cada una delas siguientes funciones:


1) f(x).

2) g(x) = f 2(x).

3) h(x) = 1 − f 2(x).

4) i(x) =1

f2(x).

5) k(x) =1

1 − f2(x).

c) Bosqueje el grafico de cada una de las funciones dadas en (b).

3. Analice la continuidad de cada una de las siguientes funciones y clasifique las dis-continuidades.

a) f(x) =1

1 + x2.

b) g(x) =1

1 − x2.

c) h(x) =1 − x

1 − x2.

4. Encontrar el maximo valor, si es que existe, de

y(x) = (3 + x2)(11 − x2), en [−√

11,√

11].

5. Demuestre que

f(x) =

{0 si x ∈ Q

x si x ∈ R − Q,

es continua solamente en x = 0.

6. Demuestre que

y =x2 − 4

x2 + 2x− 3,

no tiene maximo ni mınimo en su dominio. ¿Contradice esto el teorema de Weierss-trass?

7. Analice la continuidad de

g(x) =

−4x+8x

|x| si x 6= 0

0 si x = 0.

8. Analice la continuidad en cada punto del dominio de la funcion

h(x) =

x2 +18x− 2x2

|9 − x2| si x 6= 3,−3

11 si x = 37 si x = −3.

9. Analice la continuidad deh(x) = x+ [2x].

10. Calcular a y b de modo que la siguiente funcion resulte continua

g(x) =

4 − x2 si x < −3ax+ b si 3 ≤ x ≤ 4|4 − x2| si x > 4.

Grafique g.

11. Calcular a y b de modo que la siguiente funcion resulte continua

h(x) =

x√16 − x2 − 4

si − 4 ≤ x < 0

ax+ b si 0 ≤ x ≤ 1x3 − 3x+ 2

2x3 − 3x2 + 1si x > 1.

Grafique h.

12. Analice la continuidad de las siguientes funciones. Para los puntos de discontinuidad,diga si son removibles o no.

a) j(x) =1 + x

1 − x,

b) k(x) =1 +

√1 − x2

x.

13. Demuestre que si f(x) y g(x) son continuas, entonces s(x) = sup{f(x), g(x)} yi(x) = inf{f(x), g(x)}. Indicacion: ver ejercicio propuesto 10 de la seccion 1.5.

14. Analice sobre que parte del dominio existe la funcion inversa de cada una de lassiguientes funciones. Estudie las propiedades de la inversa y bosqueje sus graficos.

a) cos x.

b) tan x.

c) cosec x

d) cotan x.

15. a) Demuestre que si f es continua en un punto x0 y g es discontinua en x0, entoncesf + g es discontinua en x0.

b) ¿Puede f + g ser continua en un punto cuando f y g son discontinuas en el ?

16. Localice aproximadamente dos raıces reales de p(x) = x4 − 2, 42x2 + 1, 4641.

17. Considere la sinusoide f(x) = A sen(ωx + ϕ) definida para x < 0. ¿Como debe serla amplitud y el desfase para que

g(x) =

{f(x) si x < 0cos x si x ≥ 0

sea continua en R ?

18. Encuentre los x ∈ R que satisfacen la desigualdad:

x2 − x+ 2

x3 − 3x2 + 6x− 4≤ 0.

19. Analice la continuidad de la siguiente funcion definida mediante un doble proceso delımite:

f(x) = lımm→∞

lımn→∞

(cos m!πx)n .

Capıtulo 2

La derivada y sus aplicaciones

2.1. Introduccion

En 1604 Galileo formulo la ley de la caıda de los cuerpos : la caıda de los cuerpos

es un movimiento uniformemente acelerado. Matematicamente se expresa diciendo que elespacio s(t) recorrido es proporcional al cuadrado del tiempo:

s(t) =g

2t2

Pero esto no satisfizo a Galileo, quien deseaba comprender la esencia del movimiento de lacaıda y fue aquı donde se equivoco, al igual que otros grandes del pensamiento cientıficocomo Leonardo y Descartes. El creyo que el principio era: la velocidad del cuerpo en caıda

libre es proporcional a la distancia recorrida. Ahora, con el calculo diferencial e integralno es difıcil demostrar que este principio no conduce a la ley ya establecida. Mucho se haescrito sobre este famoso error, de preferir formular la ley como la velocidad proporcionalal espacio. Algunos historiadores de la ciencia lo atribuyen, ademas de la ausencia delcalculo, al rol jugado por la geometrıa en los albores de la ciencia moderna.

El proceso del cual salio la fısica clasica consistio en un esfuerzo para racionalizar, o

dicho de otra forma, para geometrizar el espacio y matematizar las leyes de la naturaleza.

A decir verdad, se trata del mismo esfuerzo, pues geometrizar el espacio no quiere decir

otra cosa que aplicar al movimiento leyes geometricas. ¿Y como -antes de Descartes- se

podıa matematizar algo si no es geometrizandolo? 1

Para llegar a comprender la esencia del movimiento, era necesario llegar a la idea fısicarealmente difıcil de velocidad instantanea. Sea

s = f(t)

1A. Koyre: Estudios Galileanos. Siglo veintiuno, 1988.

219

220 CAPITULO 2. LA DERIVADA Y SUS APLICACIONES

una funcion que nos da la posicion de un movil en el instante t. Para encontrar la velocidadv en un instante t = t0, consideremos el intervalo de tiempo transcurrido entre t0 y t0 +h,h 6= 0. El camino recorrido en el intervalo dado es

∆s = f(t0 + h) − f(t0).

La velocidad promedio v es

v =∆s

h=f(t0 + h) − f(t0)

h,

para obtener la velocidad instantanea v es necesario hacer el intervalo de tiempo tanpequeno como queramos, es decir,

v = lımh→0

f(t0 + h) − f(t0)

h.

Este lımite corresponde a la derivada de una funcion y dice la rapidez con que esta va-riando la funcion. Fue Newton en 1665 quien llego a este concepto llevando el problemafısico a una formulacion geometrica, que establece la equivalencia entre la existencia dellımite v y el problema de trazar la recta tangente en un punto t0 al grafico de la funcionf .

En primera instancia, no es claro que es la tangente a una curva plana en un puntodado, pues no es equivalente al caso de la geometrıa elemental de la circunferencia, en quela tangente es la recta que tiene solo un punto comun con ella. Para una curva cualquieraesto pierde sentido.

Consideremos la curva y = f(x) y sobre ella un punto P0 de abscisa a. Para definir latangente en el punto P0 consideremos otro punto P de abscisa a+h y tracemos la secanteP0P que forma un angulo α con el eje X. Entonces, la recta tangente en el punto P0 esla recta que se obtiene como caso lımite de estas secantes cuando el punto P se acercaindefinidamente a P0. La tangente del angulo α es:

tanα =QP

P0Q=f(a+ h) − f(a)

h.

Para tener la inclinacion de la recta tangente debemos pasar al lımite y obtenemosque:

tanα = lımP→P0

tanα = lımh→0

f(a+ h) − f(a)

h.

Con los conocimientos de geometrıa analıtica sabemos que conociendo un punto y lainclinacion de la recta, ella esta completamente determinada.

2.1. INTRODUCCION 221

a

α

a+ h

h

f(a+ h) − f(a)

P0 = (a, f(a))

x

y


2.2. Definicion y formulas basicas de la derivada


Definicion 2.2.1 Sea f una funcion definida en un intervalo abierto que contiene al puntoa. Llamaremos la derivada de la funcion f en el punto a al lımite

lımh→0

f(a+ h) − f(a)

h, (2.1)

cuando existe. En tal caso lo denotaremos por f ′(a) odf

dx(a) o

df(x)

dx

∣∣∣∣x=a

.

Ejemplo 2.2.2 1. Si f(x) = c; donde c es una constante, entonces f ′(a) = 0. Ya que

f(a+ h) − f(a)

h=c− c

h= 0 ; para todo h 6= 0.

2. Si f(x) = mx+ p, con m y p numeros fijos, entonces f ′(a) = m. Ya que

f(a+ h) − f(a)

h=m(a+ h) + p− (ma+ p)

h=mh

h= m ; para todo h 6= 0.

Por tanto, f ′(a) = m.

3. Si f(x) = x2, entonces f ′(a) = 2a. En efecto,

f(a+ h) − f(a)

h=

(a+ h)2 − a2

h

=a2 + 2ah+ h2 − a2

h

=h(2a+ h)

h= 2a+ h.

Por tanto,

f ′(a) = lımh→0

f(a+ h) − f(a)

h= lım

h→02a+ h = 2a.

2.2. DEFINICION Y FORMULAS BASICAS DE LA DERIVADA 223

4. Si f(x) =1

x, entonces f ′(a) = − 1

a2, cuando a 6= 0. En efecto,

f(a+ h) − f(a)

h=

1a+h − 1

a

h

=a− (a+ h)

ha(a+ h)

=−h

ha(a+ h)

=−1

a(a+ h)

Por tanto,


f(a+ h) − f(a)

h= lım

h→0

−1

a(a+ h)= − 1

a2.

5. Si f(x) =| x |, entonces f no tiene derivada en x = 0. Esto es consecuencia de la noexistencia del lımite 2.1 que define la derivada:

f(0 + h) − f(0)

h=

| h |h.

Cuando h > 0, lımh→0+| h |h

= lımh→0+

h

h= 1. Cuando h < 0, lımh→0−

| h |h

=

lımh→0−

−hh

= −1.

6. Sif(x) = 3√x, entonces f no tiene derivada en x = 0. Como

f(0 + h) − f(0)

h=f(h) − f(0)

h=

3√h− 0

h=

1

h23

,

lımh→0f(0 + h) − f(0)

h= lım

h→0

1

h23

= ∞. Por tanto f ′(0) no existe.

7. Si f(x) = cos x, entonces f ′(a) = − sen a. Esto es consecuencia del lımite relevante6 de la seccion 1.4, que nos dice que


cos(a+ h) − cos a

h= − sen a.

Observacion 2.2.3 Segun lo visto en la seccion 1.5, el lımite que define la derivada puedeescribirse como:

f ′(a) = lım∆x→0

∆f(a)

∆x.


Interpretacion geometrica de la derivada. Consideremos la curva y = f(x). Trace-mos la recta secante a la curva que pasa por los puntos (a, f(a)) y (a+h, f(a+h)) tomandoh positivo y fijo. Esta recta forma un angulo α(h) con la parte positiva del eje X, cuyatangente es:

tanα(h) =f(a+ h) − f(a)

h.

Cuando hacemos tender h a 0, la recta secante va transformandose en una recta quetiende a tocar a la curva solamente en el punto (a, f(a)). La pendiente de esta recta espor tanto,

tanα = lımh→0

f(a+ h) − f(a)

h= f ′(a).

a

(a, f(a))

x

y

Figura 2.2.1: Interpretacion geometrica de la derivada.

Definicion 2.2.4 (i) Si f es una funcion con derivada en x = a, llamaremos rectatangente al grafico de f en el punto (a, f(a)) a la recta que pasa por el punto(a, f(a)) y cuya pendiente es f ′(a). Esta recta tiene por ecuacion:

y = f ′(a)(x− a) + f(a). (2.2)

(ii) Si f ′(a) = ∞, entonces la recta tangente al grafico de f en el punto (a, f(a)) esx = a.


y = f(x)

T

x

y

x

yT

y = f(x)

Figura 2.2.2: Recta tangente.

Ejemplo 2.2.5 1. La recta tangente a f(x) = x2 en x = 1 es, segun ejemplo 2.2.2parte 3:

y = 2(x− 1) + 1

y = 2x− 1.

2. La recta tangente a f(x) = cosx en x =π

6es, segun ejemplo 2.2.2 parte 7:

y = − senπ

6(x− π

6) + cos

π

6

y = −1

2(x− π

6) +

√3

2

= −x2

+π

12+

√3

2.

3. La recta tangente a f(x) = 3√x en x = 0 es, segun ejemplo 2.2.2 parte 6:

x = 0.

Definicion 2.2.6 Si f es una funcion con derivada en x = a distinta de 0, llamare-mos recta normal al grafico de f en el punto (a, f(a)) a la recta perpendicular a larecta tangente en ese punto y que pasa por el. Es decir, es la recta cuya ecuacion es:

y = − 1

f ′(a)(x− a) + f(a) (2.3)


Si f ′(a) = 0, entonces la recta normal al grafico de f en el punto (a, f(a)) es x = a.

Si f ′(a) = ∞, entonces la recta normal al grafico de f en el punto (a, f(a)) esy = f(a).

y = f(x)

TN

x

y N y = f(x)

T

x

y

x

y T

y = f(x)

N

Figura 2.2.3: Recta normal.

Ejemplo 2.2.7 1. La recta normal a f(x) = x2 en x = 1 es, segun ejemplo 2.2.2 parte3:

y = −1

2(x− 1) + 1

y = −1

2x+

3

22y = −x+ 3.

2. La recta normal a f(x) = cos x en x =π

6es, segun ejemplo 2.2.2 parte 7:

y = − 1

− sen π6

(x− π

6) + cos

π

6

y = − 1

−12

(x− π

6

)+

√3

2

y = 2(x− π

6) +

√3

2

y = 2x− π

3+

√3

2

3. La recta normal a f(x) = 3√x en x = 0 es, segun ejemplo 2.2.2 parte 6:

y = 0.

Definicion 2.2.8 Diremos que una funcion f es derivable o diferenciable en un in-tervalo abierto I si existe la derivada en cada punto del intervalo. En este caso podemosdefinir la funcion derivada f ′ cuyo dominio es I y su valor en cada punto x es f ′(x).

Ejemplo 2.2.9 1. La funcion lineal y cuadratica son derivables en cualquier intervaloabierto, segun ejemplo 2.2.2, partes 2 y 3.

2. Las funciones valor absoluto y raız cubica no son derivables en ningun intervaloabierto que contiene al cero, pues ellas no son derivables en x = 0. Ver ejemplo 2.2.2,parte 6.

Derivadas laterales. Para poder extender la definicion 2.2.12 a un intervalo cerrado yacotado en algun extremo, es necesario definir las derivadas laterales tomando el lımite ala derecha o a la izquierda del punto en la expresion que define a la derivada, segun sea elcaso.

Definicion 2.2.10 (i) Llamaremos derivada a la derecha del punto x = a al lımite:

lımh→0+

f(a+ h) − f(a)

h, (2.4)

y lo denotaremos f ′+(a).

(ii) Llamaremos derivada a la izquierda del punto x = a al lımite:

lımh→0−

f(a+ h) − f(a)

h, (2.5)

y lo denotaremos f ′−(a).

Observacion 2.2.11 Es consecuencia inmediata de las propiedades de lımite que si lasderivadas a la derecha y a la izquierda de un punto son iguales, entonces existe la derivadaen el punto.

Definicion 2.2.12 Diremos que una funcion f es derivable o diferenciable en unintervalo cerrado y acotado [a, b] si existe la derivada en cada punto del intervalo abierto(a, b), existe la derivada a la derecha en x = a y existe la derivada a la izquierda en x = b.

Ejemplo 2.2.13 La funcion f(x) =| x | es derivable en intervalos de la forma [0, b], [a, 0],con a < 0 y b > 0.


2.2.2. Formulas elementales

Ahora comenzaremos a estudiar las propiedades basicas de la derivada.

Teorema 2.2.14 Si una funcion es derivable en un punto a, entonces ella es continua enese punto.

Demostracion: Para demostrar que f es continua en a, basta demostrar, segun laecuacion 1.16 de la seccion 1.5 que lımh→0[f(a+ h) − f(a)] = 0. Como,

f(a+ h) − f(a) =f(a+ h) − f(a)

h· h.

Entonces:

lımh→0

[f(a+ h) − f(a)] = f ′(a) · lımh→0

h = 0.

Observacion 2.2.15 Como puede verse facilmente del ejemplo 2.2.2, una funcion con-tinua en un punto puede no tener derivada en el, como sucede con | x |, 3

√x en x = 0.

Teorema 2.2.16 Sean f y g funciones derivables en a. Entonces:

(i) f ± g es derivable en a y (f ± g)′(a) = f ′(a) ± g′(a).

(ii) f · g es derivable en a y (f · g)′(a) = f ′(a) · g(a) + f(a) · g′(a).

(iii)f

ges derivable en a si g(a) 6= 0 y se tiene:

(f

g

)′(a) =

f ′(a) · g(a) − f(a) · g′(a)(g(a))2

.

Demostracion:

(i)

(f + g)′(a) = lımh→0

(f + g)(a + h) − (f + g)(a)

h

= lımh→0

[f(a+ h) − f(a)

h+g(a+ h) − g(a)

h

]

= lımh→0

f(a+ h) − f(a)

h+ lım

h→0

g(a+ h) − g(a)

h

= f ′(a) + g′(a).


(ii)

(f · g)′(a) = lımh→0

(f · g)(a+ h) − (f · g)(a)h

= lımh→0

[(f · g)(a+ h) − (f · g)(a) + f(a+ h) · g(a) − f(a+ h) · g(a)

h

]

= lımh→0

[f(a+ h)[g(a + h) − g(a)] + g(a)[f(a + h) − f(a)]

h

]

= lımh→0

f(a+ h) · lımh→0

g(a + h) − g(a)

h+ g(a) · lım

h→0

f(a+ h) − f(a)

h

= f(a)g′(a) + g(a)f ′(a).

(iii) Para probar la formula de la derivada de un cuociente probaremos primero que:

(1

g

)′(a) = − 1

(g(a))2· g′(a).

(1

g

)′(a) = lım

h→0

1

h

[1

g(a+ h)− 1

g(a)

]

= − 1

lımh→0 g(a+ h)· 1

g(a)· lım

h→0

g(a+ h) − g(a)

h

= − 1

(g(a))2· g′(a).

Ahora, escribiendof

g= f · 1

gaplicamos la formula del producto y se obtiene sin

dificultad la formula buscada.

Ejemplo 2.2.17 Si f(x) =1

xy g(x) = x2, entonces:

1.

d

dx(f + g) (x) =

d

dx(x2) +

d

dx

(1

x

)

= − 1

x2+ 2x

=2x3 − 1

x2


2.

d

dx(f · g) (x) = x2 d

dx

(1

x

)+

1

x

d

dx

(x2)

= x2

(− 1

x2

)+

1

x2x

= 1.

3.

d

dx

(f

g

)=

x2(− 1

x2

)− 1

x2x

x4

= − 3

x4

= −3x−4.

Corolario 2.2.18 (i) Si f(x) = c g(x), entonces f ′(x) = c g′(x), donde c es una con-stante.

(ii) Si f(x) = xn, entonces f ′(x) = nxn−1, n ∈ N.

(iii) Si f(x) = x−n, entonces f ′(x) = −nx−n−1, n ∈ N.

Demostracion: Por ser aplicaciones directas del teorema 2.2.16 se deja como ejercicio.

Ejemplo 2.2.19 1.d

dx

(x100

)= 100x99.

2. ddx

(x−100

)= −100x−101.

3. ddx

(x7 + 9x6 − 7x3 + 10

)= 7x6 + 54x5 − 21x2.

4.

d

dx

(x3 + 2x

x2 − 1

)=

(3x2 + 2)(x2 − 1) − (x3 + 2x) 2x

(x2 − 1)2

=x4 − 5x2 − 2

(x2 − 1)2.

Teorema 2.2.20 Si f(x) = x

1

q , q ∈ Z, q 6= 0. Entonces f ′(x) =1

qx

1

q− 1

.


Demostracion: f(x) = x

1

q , f(x+ h) = (x+ h)

1

q ,∆f

h=

(x+ h)

1

q − x

1

q

h.

f ′(x) = lımh→0

(x+ h)

1

q − x

1

q

h.

Para calcular este lımite debemos racionalizar el numerador”, usando la formula de fac-torizacion:

am − bm = (a− b)(am−1 + am−2b+ . . .+ abm−2 + bm−1).

Tomando a = (x+ h)

1

q , b = x

1

q ,m = q, amplificamos por:

aq−1 + aq−2b+ . . .+ abq−2 + bq−1,

y nos queda que:

∆f

h=

(x+ h)

1

q − x

1

q

h· (x+ h)

q − 1

q + (x+ h)

q − 2

q x

1

q + . . .+ x

q − 1

q

(x+ h)

q − 1

q + (x+ h)

q − 2

q x

1

q + . . .+ x

q − 1

q

=[(x+ h) − x]

h· 1

(x+ h)

q − 1

q + (x+ h)

q − 2

q x

1

q + . . .+ x

q − 1

q

=1

(x+ h)

q − 1

q + (x+ h)

q − 2

q x

1

q + . . .+ x

q − 1

q

Entonces, cuando h→ 0, se tiene que,

∆f

h→ f ′(x) =

1

x

q − 1

q + x

q − 2

q x

1

q + x

q − 3

q x

2

q + . . .

=1

qx

q − 1

q

=1

qx

1 − q

q =1

qx

1

q− 1

.

Ejemplo 2.2.21 ddx

x

1

100

=

1

100x

1

100− 1

=1

100x−

99

100 .


Regla de la cadena. La regla de la cadena es la formula que permite derivar funcionescompuestas y es uno de los teoremas mas importantes del calculo. Para poder demostrarlonecesitaremos algunos resultados intermedios.

Teorema 2.2.22 Si f tiene derivada en el punto x = a, entonces

f(a+ h) − f(a)

h= f ′(a) +G(h),

donde G es una funcion tal que G→ 0 cuando h→ 0.

Demostracion: Por hipotesis existe el numero f ′(a), por tanto, si h 6= 0 podemos definirla funcion:

G(h) =f(a+ h) − f(a)

h− f ′(a).

Es inmediato de la definicion de derivada que

G(h) → 0 cuando h→ 0,

y ademas cumple con la propiedad del enunciado.

Corolario 2.2.23 (i) La funcion G definida en el teorema anterior se puede extenderpara h = 0 definiendola como G(0) = 0 y ademas resulta continua en este punto.

(ii) ∆f(x) = [f ′(x) +G(h)]h o equivalentemente, ∆f(x) = [f ′(x) +G(∆x)]∆x.

Teorema 2.2.24 Regla de la cadena Sean f, g, u funciones tales que f(x) = g(u(x)),g y u derivables. Entonces, f es derivable y f ′(x) = g′(u(x))u′(x).

Demostracion: Como f(x) = g(u(x)) y

f(x+ h) = g(u(x+ h))

= g(u(x+ h) + u(x) − u(x))

= g(u+ ∆u)(x).

Entonces,∆f(x) = g(u+ ∆u)(x) − f(x) = g(u + ∆u) − g(u(x)).

Por corolario 2.2.23, podemos escribir:

∆f = [g′(u) +G(∆u)]∆u.

Por tanto,∆f

h= [g′(u) +G(∆u)] · ∆u

h.


En virtud del teorema 2.2.22 G(∆u) → 0 cuando ∆u → 0 y por definicion de derivada∆u

h→ u′(x) cuando h→ 0, tenemos que:

∆f

h→ g′(u(x))u′(x) cuando h→ 0.

Corolario 2.2.25 (i) Si f(x) = xr con r ∈ Q, entonces f ′(x) = rxr−1.

(ii) Si f(x) = [u(x)]n con n ∈ N, entonces f ′(x) = n[u(x)]n−1u′(x).

Ejemplo 2.2.26 1. ddx

(x

78

)=

7

8

(x

78−1)

=7

8x−

18 .

2.

d

dx

√3x2 − 5x+ 2 =

d

dx

(3x2 − 5x+ 2

) 12

=1

2

(3x2 − 5x+ 2

) 12−1 d

dx

(3x2 − 5x+ 2

)

=1

2

(3x2 − 5x+ 2

)− 12 (6x− 5)

=(6x− 5)

2√

3x2 − 5x+ 2.

2.2.3. Las derivadas de las funciones trigonometricas

Teorema 2.2.27 (i) Si f(x) = senx, entonces f ′(x) = cos x.

(ii) Si f(x) = cosx, entonces f ′(x) = − senx.

(iii) Si f(x) = tanx, entonces f ′(x) = sec2 x.

(iv) Si f(x) = cotan x, entonces f ′(x) = − cosec2 x.

(v) Si f(x) = secx, entonces f ′(x) = sec x tanx.

(vi) Si f(x) = cosec x, entonces f ′(x) = − cosec xcotan x.

Demostracion:

(i)


sen(x+ h) − senx

h= lım

h→0

2

h· sen h

2· cos

(x+

h

2

)

= lımh→0

sen h2

h2

· lımh→0

cos

(x+

h

2

)

= cos x.


(ii)


cos(x+ h) − cos x

h= lım

h→0

−2

h· sen h

2· sen

(x+

h

2

)

= − lımh→0

sen h2

h2

· lımh→0

sen

(x+

h

2

)

= − senx.

(iii) Usando la definicion de la funcion tanx y la formula para derivar cuocientes, tenemos:

f ′(x) =d

dx

(senx

cosx

)=

1

cos2 x

(cos x · d senx

dx− senx · d cosx

dx

)

=1

cos2 x

(cos2 x+ sen2 x

)=

1

cos2 x.

Las partes (iv), (v) y (vi) se hacen de manera analoga y se dejan como ejercicios.

2.2.4. Las derivadas de orden superior

La derivada de una funcion en un punto, como ya hemos visto, es una medida de lainclinacion de la recta tangente en el punto considerado. Ahora necesitamos medir cuanseparado esta el grafico de la funcion de su recta tangente. Por ejemplo, las tangenciasde las curvas y = x2, y = x3 o y = x4 con la recta y = 0 son muy diferentes. Lo querealmente queremos medir es como se curva el grafico de f en una vecindad del punto detangencia.

Definicion 2.2.28 (i) Diremos que una funcion f es dos veces derivable en un puntoa si f ′ tiene derivada en a. A este numero lo llamaremos segunda derivada de fen a y lo denotaremos f ′′(a). Es decir,

f ′′(a) = lımh→0

f ′(a+ h) − f ′(a)h

. (2.6)

(ii) Diremos que la funcion f es dos veces diferenciable en I ⊂ R, si f es dos vecesderivable en todo punto de I.

Otras notaciones usadas son:

f ′′(a) =d2f

d x2(a) =

d2f

d x2

∣∣∣∣x=a

.


(iii) Analogamente podemos definir para n ≥ 2, la derivada de orden n en el puntoa como la derivada de f (n−1) en el punto a. Las notaciones usadas para este casoson:

f (n)(a) =dnf

d xn(a) =

dnf

d xn

∣∣∣∣x=a

.

Ejemplo 2.2.29 Si f(x) = sen x, entonces f ′(x) = cos x, f ′′(x) = − sen x, f (3)(x) =− cos x, f (4)(x) = sen x, etc.

En general, f (4n+1)(x) = cos x ; f (4n+2)(x) = − sen x , f (4n+3)(x) = − cos x ,f (4n+4)(x) = sen x, f (4n) = sen x, n 6= 0.

Definicion 2.2.30 Sea f : (a, b) → R. Si f es continua diremos que es de clase C (0) en(a, b); si f ′ es continua diremos que f es de clase C (1) en (a, b); en general, diremos que fes de clase C(n) en (a, b) si f (n) : (a, b) → R es continua.

Ejemplo 2.2.31 Sea f(x) = xk sen1

xsi x 6= 0 y f(0) = 0. Entonces, si

k = 0, f es discontinua en 0.

k = 1, f es de clase C (0), pero no es diferenciable en 0.

k = 2, f es diferenciable , pero no de clase C (1).


1. Dada la funcion f(x) = x2 + 3x+ 2:

a) Usando la definicion, calculedf

dx(x).

b) Encuentre la ecuacion de la recta tangente al grafico de f en el punto (1, 6).

c) Encuentre la ecuacion de la recta normal al grafico de f en el punto (1, 6).

d) ¿Existe otro punto sobre la curva f donde su tangente sea paralela a la tangenteen (1, 6) ?

Solucion:


a)

df

dx(x) = lım

h→0

[((x+ h)2 + 3(x+ h) + 2) − (x2 + 3x+ 2)

h

]

= lımh→0

[x2 + 2xh+ h2 + 3x+ 3h+ 2 − x2 − 3x− 2

h

]

= lımh→0

h(2x + 3 + h)

h= lım

h→0(2x+ 3 + h)

= 2x+ 3.

b) Si x = 1, entonces f ′(1) = 2x + 3|x=1 = 5. Esto nos dice que la recta tangenteen el punto (1, 6) tiene pendiente 5 y por tanto su ecuacion es:

y = 5(x− 1) + 6

y = 5x+ 1.

c) La pendiente de la recta normal en el punto (1, 6) es − 1

5y su ecuacion es :

y = −1

5(x− 1) + 6

5y = 31 − x.

d) Para que una recta sea paralela a la tangente en el punto (1, 6), su pendientedebe ser 5. Sea (z, f(z)) un punto sobre la curva donde la tangente tiene pen-diente 5, entonces se debe tener:

f ′(z) = 2z + 3 = 5.

Lo que implica z = 1. Por tanto, no existe sobre la curva otro punto en el cualla recta tangente tenga pendiente 5.

2. Dada la funcion f(x) = x3 + 3x2 − 1:

a) Usando la definicion calculedf

dx(x).

b) Encuentre la ecuacion de la recta tangente al grafico de f en el punto (1, 3).

c) Encuentre la ecuacion de la recta normal al grafico de f en el punto (1, 3).

d) ¿Existe otro punto sobre la curva f donde su tangente sea paralela a la tangenteen (1, 3) ?


Solucion:

a)

df

dx(x) = lım

h→0

[((x+ h)3 + 3(x+ h)2 − 1) − (x3 + 3x2 − 1)

h

]

= lımh→0

[x3 + 3xh2 + 3x2h+ h3 + 3x2 + 6xh+ 3h2 − 1 − x3 − 3x2 + 1

h

]

= lımh→0

h(3xh+ h2 + 3h+ 3x2 + 6x)

h

= lımh→0

(3xh + h2 + 3h+ 3x2 + 6x)

= 3x2 + 6x.

b) Cuando x = 1,f ′(1) = 3x2 + 6x|x=1 = 9. Lo que nos dice que la recta tangenteen el punto (1, 3) tiene pendiente 9 y por tanto su ecuacion es:

y = 9(x− 1) + 3

y = 9x− 6.

c) La recta normal en el punto (1, 3) tiene ecuacion:

y = −1

9(x− 1) + 3

9y = 28 − x.

d) Sea (z, f(z)) un punto sobre la curva donde la tangente tiene pendiente 9,entonces se debe tener que f ′(z) = 9. Es decir,

3z2 + 6z = 9

3z2 + 6z − 9 = 0

z2 + 2z − 3 = 0

(z − 1)(z + 3) = 0

Ecuacion que tiene dos soluciones z = 1 y z = −3. Por tanto en el punto(−3, f(−3)) = (−3,−1) la recta tangente es paralela a la recta tangente en(1, 3).

3. Se dice que dos curvas son tangentes en un punto P si ellas se intersectan en P y sus

rectas tangentes en P son iguales. Considere la funcion h(x) =1

xsenx. Demuestre

que los graficos de h(x) y f(x) = ± 1

xson tangentes en todos los puntos de contacto.


Solucion:

Supongamos f(x) =1

x. Entonces x0 es un punto de contacto entre los graficos si y

solo si f(x0) = h(x0), es decir,1

x0=

1

x0senx0, lo que implica senx0 = 1, por tanto,

x0 =π

2+ 2kπ.

f ′(x0) = − 1

x20

= − 4

(4k + 1)2π2y por otro lado,

h′(x0) = − 1

x20

senx0 +1

x0cos x0 = − 4

(4k + 1)2π2. Se procede de modo analogo para

la funcion f(x) = − 1

x, en que los puntos de interseccion son x0 =

3π

2+ 2kπ.

4. Dada la funcion polinomial de grado 3

y = ax3 + bx2 + cx+ d

encuentre a, b, c, d, de modo que se satisfagan las siguientes condiciones:

La curva pasa por (0, 0).

En (0, 0) la recta tangente forma un angulo de 60 grados con la parte positivadel eje X.

En x = 1 y x = −1 la curva es paralela al eje X.

Solucion: Si la curva pasa por el punto (0, 0), entonces y(0) = 0 lo cual implica que

d = 0. Si la pendiente de la recta tangente en el origen es tanπ

3, entonces tenemos

la ecuacion: y′(0) =√

3. Como y′(x) = 3ax2 + 2bx+ c, tenemos que y′(0) = c =√

3.

Que la curva sea paralela al eje X en un punto, quiere decir que en ese punto su rectatangente es paralela al eje X, lo que a su vez implica que en ese punto su derivadaes nula. Por tanto, tenemos dos ecuaciones:

y′(1) = 3a+ 2b+ c

y′(−1) = 3a− 2b+ c

La resolucion de este sistema nos da los valores de a = −√

3

3y b = 0.

Ası, tenemos que el polinomio que satisface las condiciones pedidas es:

y(x) = −√

3

3x3 +

√3x.


5. Calcule la derivada de la funcion senxo expresada en grados.

Solucion:

Como xo no es un numero real, debemos expresar la funcion sen en radianes antes

de derivarla, senxo = senπ x

180. Por tanto tenemos la funcion f(x) = sen

π x

180, la cual

se deriva usando la regla de la cadena con funcion u(x) =π x

180, obteniendose que

f ′(x) =π

180cos

π x

180.

6. Derive las siguientes funciones usando las formulas de derivacion:

a) (x+ 1)2(x− 3)5

b)√x2 + 1

c)1√

1 − x2

d)

√x− 5√x+ 5

e) x

√a− x

a+ x

f ) (8x− 3)89

g)1

(4x− 1)5

h) sen(4x− 3)

i) cos(4x− 3)2

j ) x2 tan1

x

Solucion:

a) Si f(x) = (x+ 1)2(x− 3)5, entonces

f ′(x) = 2(x+ 1)(x− 3)5 + (x+ 1)25(x− 3)4

= (x+ 1)(x− 3)4(2(x− 3) + 5(x+ 1))

= (x+ 1)(7x− 1)(x − 3)4

b) Si f(x) =√x2 + 1, entonces

f ′(x) =1

2

(x2 + 1

)− 12 (2x)

=x√

x2 + 1


c) Si f(x) =

√x− 5√x+ 5

, entonces

f ′(x) =1

2

(x− 5

x+ 5

)− 12 d

dx

(x− 5

x+ 5

)

=1

2

(x− 5

x+ 5

)− 12 10

(x+ 5)2

=5

(x+ 5)32 (x− 5)

12

d) Si f(x) = x

√a− x

a+ x, entonces

f ′(x) =x

2

(a− x

a+ x

)− 12 d

dx

(a− x

a+ x

)+

√a− x

a+ x

= x

√a+ x

a− x

[ −a(a+ x)2

]+

√a− x

a+ x

=−ax

(a+ x)2

√a+ x

a− x+

√a− x

a+ x

e) Si f(x) = (8x− 3)89 , entonces

f ′(x) =8

9(8x− 3)−

19 · 8

=64

9(8x− 3)19

f ) Si f(x) =1

(4x− 1)5, entonces

f ′(x) = −5

(1

4x− 1

)4 d

dx

(1

4x− 1

)

= − 20

(4x− 1)6.

g) Si f(x) = sen(4x− 3), entonces f ′(x) = 4 cos(4x− 3).

h) Si f(x) = cos(4x− 3)2, entonces f ′(x) = −8(4x− 3) sen(4x− 3)2.


i) Si f(x) = x2 tan1

x, entonces

f ′(x) = 2x tan1

x+ x2 d

dx

(tan

1

x

)

= 2x tan1

x+ x2 sec2 1

x·(− 1

x2

)

= 2x tan1

x− sec2 1

x.

7. Determine los puntos donde la derivada de las siguientes funciones no existe.

a) | sen x|b) 3

√cos x

c)

∣∣∣∣x2 + 1

x2 − 1

∣∣∣∣

d) g(x) =


Solucion:

a) Aplicando la regla de la cadena y el ejemplo 2.2.2, parte 5, sabemos que | senx|es derivable en todos los puntos en que senx 6= 0, es decir, la derivada no existe

en los multiplos pares deπ

2.

b) La regla de la cadena y el ejemplo 2.2.2, parte 6, nos dicen que el unico puntoen que la derivada no existe es para aquellos valores que anulan el coseno. Es

decir, si x = (2k + 1)π

2.

c) es facil ver que esta funcion es derivable en cada punto de su dominio R−{±1}.d) En la seccion 1.5, hemos dicho que esta funcion es discontinua en todos sus

puntos, por tanto no puede ser derivable en ningun punto.

8. Pruebe que si f(x) es una funcion polinomial de grado n, entonces:

a) f (n)(x) es una constante independiente de x.

b) f (n+1)(x) = 0, para todo x.

Solucion: Si f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + a1x+ a0, con an 6= 0, entonces f ′(x)es a lo mas un polinomio de grado n− 1. En efecto,

f ′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + . . .+ a1 ,


f ′′(x) = n(n− 1)anxn−2 + (n− 1)(n− 2)an−1x

n−3 + . . . + a2 .

Podemos observar que en cada etapa de derivacion va desapareciendo el terminoconstante, por tanto, al derivar n veces nos queda:

f (n)(x) = n!an.

Esta funcion ya no depende de x y por consiguiente su derivada, o la derivada deorden (n+ 1) del polinomio inicial, es la funcion constante 0.

9. Calcule:d2

dx2

(x3 d

2y

dx2

).

Solucion:

d2

dx2

(x3 d

2y

dx2

)=

d

dx

(x3 d

3y

dx3+ 3x2 d

2y

dx2

)

= x3 d4y

dx4+ 3x2 d

3y

dx3+ 6x

d2y

dx2+ 3x2 d

3y

dx3

= x3 d4y

dx4+ 6x2 d

3y

dx3+ 6x

d2y

dx2.

10. Demuestre que si y = 3 cos 2x+ sen 2x, entonces y ′′ + 4y = 0.

Solucion:

y′ = −6 sen 2x+ 2 cos 2x, entonces y′′ = −12 cos 2x− 4 sen 2x = −4y.


1. Dada la funcion f(x) = x3 + 3x2 − 1:

a) Usando la definicion, calculedf

dx(x).

b) Encuentre la ecuacion de la recta tangente al grafico de f en el punto (−1, 1).

c) Encuentre la ecuacion de la recta normal al grafico de f en el punto (−1, 1).

d) ¿Existe otro punto sobre la curva f donde su tangente sea paralela a la tangenteen (−1, 1) ?

2. Usando la definicion de derivada, analice la existencia de la derivada en el origenpara las funciones:


a) y = x sen1

xb) y = cos

√x

3. Derive las siguientes funciones usando las formulas de derivadas:

a)3x5 − 4x3 + 2x− 6

x2 − 3x+ 9.

b)x√

1 + x2.

c)

√1 + x2

1 − x2.

d)

√1 + senx

1 − senx.

e) sen (4x4 + 3x2 − 6).

f )

√6

senx cos 5x.

g) cos tan(x2 − 5x+ 1).

h) tan(x2 + 1)o, la funcion esta expresada en grados.

4. Encuentre las ecuaciones de las rectas tangentes y normales a la curva y(x) en elpunto (x0, y0).

a) y(x) = x3 sen1

x; (x0, y0) = (0, 0).

5. Encuentre los puntos de tangencia entre las curvas:

a) f(x) =1

xsen

1

xy g(x) =

1

x.

b) f(x) =1

xsen

1

xy g(x) = − 1

x.

6. Dada la funcion yn(x) = xn:

a) Grafique en un mismo diagrama y2, y3 e y4.

b) Calcule y′n(x).

c) La tangente en el punto (1, 1) a la curva yn corta al eje de las abscisas en (z, 0),calcule lım

n→∞yn(z).

d) ¿ Para que punto (xn, yn) de la curva yn su tangente es paralela a la secanteque pasa por (0, 0) y (1, 1) ?

e) Calcule lımn→∞

yn.

7. Determine una funcion polinomial de grado seis de modo que en los puntos (1, 1),(−1, 1) la tangente sea horizontal y que ademas pase por el origen.

8. Dada la funcion y(x) = x n√

cos x, calcule: y(0), y′(0), y′′(0), y′′′(0).

9. Dada una parabola y = ax2 + bx+ c.

a) ¿Desde que puntos se puede trazar dos tangentes a la curva?

b) ¿Desde que puntos puede trazarse solamente una tangente a la curva?

c) ¿Desde que puntos no se puede trazar ninguna tangente a la curva?

10. Dada la funcion:

f(x) =a1x

2 + b1x+ c1a2x2 + b2x+ c2

,

con a1 6= 0 y a2 6= 0.

a) ¿En que puntos la funcion f no es derivable ? (ver ejercicios resueltos de laseccion 3.4).

b) ¿En que puntos la funcion f tiene tangente paralela al eje X ?

11. Sea k ∈ N y f(x) = |x|k. Demuestre que f(x) es de clase C (n) si n < k, pero f(x)no es clase C(n) si n > k. ¿Que sucede para n = k ?

2.3. PROPIEDADES DE LAS FUNCIONES DERIVABLES 245

2.3. Propiedades de las funciones derivables

2.3.1. Teoremas principales

Segun el teorema 1.5.18 de la seccion 1.5, las funciones continuas cuyo dominio esun intervalo cerrado y acotado tienen la importante propiedad de alcanzar sus valoresmaximo y mınimo. Pero este teorema es de aquellos llamados de existencia, pues asegurala existencia de puntos donde la funcion alcanza sus valores extremos, pero no nos dicecomo encontrar tales puntos. Para determinar estos importantes puntos y obtener mayorinformacion sobre el comportamiento de la funcion podemos usar ciertas propiedades dela derivada, como veremos en los siguientes teoremas.

Teorema 2.3.1 Supongamos que f es continua en un intervalo I y alcanza su maximo( mınimo) valor en un punto x0 en el interior del intervalo I. Si f ′(x0) existe, entoncesf ′(x0) = 0.

Demostracion: Si f tiene un maximo en x0 entonces,

f(x0 + h) ≤ f(x0), para todo h tal que x0 + h ∈ I.

Por tanto, f(x0 + h) − f(x0) ≤ 0.

Ası, si h > 0 tenemos quef(x0 + h) − f(x0)

h≤ 0, y en consecuencia,

f ′(x0) ≤ 0 (2.7)

Si h < 0 tenemos quef(x0 + h) − f(x0)

h≥ 0, y en consecuencia,

f ′(x0) ≥ 0. (2.8)

De las desigualdades 2.7 y 2.8 tenemos que f ′(x0) = 0.La demostracion para el caso que en x0 hay un mınimo es similar y se deja como

ejercicio.

x

y

f ′(x0) = 0

Figura 2.3.1

Observacion 2.3.2 1. Es interesante darse cuenta de la importancia que x0 sea unpunto interior del intervalo, pues si no lo fuera, no podrıamos tomar h < 0 y h > 0en la demostracion del teorema 2.3.1.

2. Si el maximo o mınimo se alcanza en un punto frontera del intervalo, entonces laderivada en ese punto no necesariamente se anula. Por ejemplo, f(x) = x2 en [1, 2]alcanza su maximo f(2) = 4 en x = 2 pero, f ′(2) = 4 6= 0.

3. Podemos usar el teorema 2.3.1 para encontrar candidatos a maximos y/o mınimosinteriores. Por ejemplo si f(x) = x3 − x. Entonces f ′(x) = 3x2 − 1, luego f ′(x) = 0

si y solo si x = ±√

1

3. Estos puntos son los candidatos a maximos y mınimos.

4. Si f ′(x0) = 0 no necesariamente x0 es un maximo o un mınimo. Por ejemplo, f(x) =x3, f ′(0) = 0, pero 0 no es maximo ni mınimo.

5. Una funcion continua puede alcanzar su maximo o mınimo y puede que no tengaderivada en el punto. Por ejemplo, la funcion f(x) = |x| tiene un mınimo en x = 0,pero f ′(0) no existe.

Teorema 2.3.3 Teorema de Rolle

Supongamos que f es una funcion continua en [a, b] y que f ′(x) existe para todox ∈ (a, b). Si f(a) = f(b), entonces existe al menos un punto x0 ∈ (a, b) tal que f ′(x0) = 0.

Demostracion: Analizaremos las tres posibilidades siguientes:

1. Si f(x) = f(a) para todo x ∈ (a, b). Entonces, por ser f constante, su derivada f ′ esnula sobre (a, b), por lo que el teorema se cumple trivialmente.

2. Si f(x) > f(a) para algun x ∈ (a, b). Por teorema 1.5.18 existe x0 ∈ (a, b) donde falcanza valor maximo . En virtud del teorema 2.3.1, f ′(x0) = 0.

3. Si f(x) < f(a) para algun x ∈ (a, b). Entonces, existe x0 ∈ (a, b) donde f alcanza suvalor mınimo . Por teorema 2.3.1, f ′(x0) = 0.


x

yf ′(x0) = 0

x0

Figura 2.3.2: Teorema de Rolle.

Observacion 2.3.4 El teorema de Rolle puede ser interpretado geometricamente diciendoque: si una funcion continua y derivable cruza dos veces una recta paralela al eje X,entonces existe entre los dos cruces consecutivos un punto donde la tangente al grafico esparalela al eje X.

Teorema 2.3.5 Teorema del valor medio de LagrangeSea f : [a, b] → R continua y derivable en (a, b). Entonces, existe un punto x0 ∈ (a, b)

tal que :

f ′(x0) =f(b) − f(a)

b− a(2.9)

Demostracion: Definamos una nueva funcion F mediante la relacion:

F (x) = f(x) − f(b) − f(a)

b− a(x− a).

Esta funcion es continua en [a, b], derivable en (a, b) y ademas cumple que F (a) = F (b). Portanto, podemos aplicar el teorema de Rolle y obtener la existencia de un punto x0 ∈ (a, b)tal que F ′(x0) = 0. Calculando F ′ tenemos que existe x0 ∈ (a, b) tal que F ′(x0) = 0. Esdecir, existe x0 ∈ (a, b) tal que la ecuacion 2.9 se satisface.

Observacion 2.3.6 1. Interpretacion fısica del teorema del valor medio.

Interpretando la variable x como el tiempo t y f(t) como la posicion de un objeto enel instante t, podemos hacernos la siguiente pregunta:¿Es posible que la velocidaddel objeto alcance en algun momento su valor promedio ? En realidad la respuesta noes obvia, salvo que apliquemos el teorema del valor medio y en ese caso la respuestaes afirmativa. Existe un instante t0 en que la velocidad instantanea f ′(t) es igual a

la velocidad promedio f(b)−f(a)b−a en el intervalo de tiempo [a, b].


2. Interpretacion geometrica del teorema del valor medio.

El primer miembro de la ecuacion 2.9 puede ser interpretado como la pendientede la recta tangente al grafico de f en el punto x0; el segundo miembro puede servisto como la pendiente de la recta secante al grafico de f que pasa por los puntos(a, f(a)) y (b, f(b)). Como la ecuacion 2.9 dice que ambas pendientes son iguales,quiere decir que existe un punto (x0, f(x0)) donde la recta tangente y la recta secanteson paralelas.

x

y

(a, f(a))

(b, f(b))

a bx0

Figura 2.3.3: Interpretacion geometrica del teorema del valor medio.

Teorema 2.3.7 Teorema del valor medio para dos funciones o Teorema del valormedio de Cauchy.

Sean f(x) y g(x) funciones derivables cuyas derivadas no se anulan simultaneamenteen el intervalo [a, b] y si g(a) no es igual a g(b), entonces existe un numero c ∈ (a, b) parael cual

f(b) − f(a)

g(b) − g(a)=f ′(c)g′(c)

(2.10)

Demostracion:Si definimos la funcion

h(x) = f(a) − f(x) + [g(x) − g(a)]f(b) − f(a)

g(b) − g(a),

vemos que ella satisface las hipotesis del teorema de Rolle:

h(a) = h(b) = 0.

h′(x) = −f ′(x) + g′(x)f(b) − f(a)

g(b) − g(a).

Por tanto, existe un c ∈ (a, b) tal que h′(c) = 0, lo que es equivalente a decir que c satisfacela ecuacion (2.10).

Observacion 2.3.8 Este teorema tiene una importante aplicacion en la llamada reglade L’Hopital que sirve para calcular lımites de formas indeterminadas, como veremos enla proxima seccion de aplicaciones.

Teorema 2.3.9 Si f es una funcion tal que f ′(x) es positiva para cada x perteneciente aun intervalo (a, b), entonces f es estrictamente creciente en (a, b).

Demostracion: Dados x1 y x2 en (a, b) tal que x1 < x2, podemos aplicar el teorema delvalor medio a la funcion f en el intervalo [x1, x2].

Ası, existe un punto x0 ∈ (x1, x2) tal que :

f(x2) − f(x1) = f ′(x0)(x2 − x1) ,con x0 ∈ (x1, x2).

Como x1 < x2 implica que x2 − x1 > 0 y por hipotesis f ′(x0) > 0, tenemos que f(x2) −f(x1) > 0 y entonces, f(x2) > f(x1). Lo que nos dice que f es creciente.

x

y

a a+ h1 a+ h2

Figura 2.3.4: Funcion con derivada positiva.

Corolario 2.3.10 Si f es una funcion tal que f ′(x) es negativa para cada x pertenecientea un intervalo (a, b), entonces f es estrictamente decreciente en (a, b).

Demostracion: f ′(x) < 0 implica que −f ′(x) > 0. Aplicando el teorema 2.3.9 a −fobtenemos que −f es estrictamente creciente y por consiguiente f es estrictamente decre-ciente.

Teorema 2.3.11 Sea f una funcion continua en un intervalo [a, b].

(i) Si f es estrictamente creciente en algun intervalo (a, x0) y es estrictamente decre-ciente en algun intervalo (x0, b), entonces f tiene un maximo relativo en x0.


(ii) Si f es estrictamente decreciente en algun intervalo (a, x0) y es estrictamente cre-ciente en algun intervalo (x0, b), entonces f tiene un mınimo relativo en x0.

Demostracion: Es consecuencia directa de la definicion de maximo y de mınimo relativo.

x

y

x0

Figura 2.3.5: Mınimo de una funcion.

Corolario 2.3.12 Criterio de la primera derivada para detectar maximos ymınimos

Sea f una funcion derivable en un intervalo [a, b] tal que f ′ es continua en [a, b].

(i) Si f ′ es positiva en algun intervalo (a, x0) y es negativa en algun intervalo (x0, b),entonces f tiene un maximo relativo en x0.

(ii) Si f ′ es negativa en algun intervalo (a, x0) y es positiva en algun intervalo (x0, b),entonces f tiene un mınimo relativo en x0.

Demostracion: Es consecuencia directa de los teoremas 2.3.9, 2.3.11 y 2.3.10.

Definicion 2.3.13 Llamaremos punto crıtico de una funcion f derivable a x tal quef ′(x) = 0.

Ejemplo 2.3.14 1. Todo punto donde una funcion derivable alcanza maximos y mıni-mos relativos o locales, son puntos crıticos.

2. Existen puntos crıticos que no son maximos ni mınimos, como por ejemplo x = 0para la funcion y = x3.

xx1

f ′(x1) < 0

x2

f ′(x2) = 0

x3

f ′(x3) > 0

x4

f ′(x4) = 0

x5

f ′(x5) = 0

x6

f ′(x6) = 0

Figura 2.3.6: Significado geometrico del signo de la derivada.

Definicion 2.3.15 Diremos que una funcion es convexa o concava hacia arriba sobreun intervalo I si su grafico queda sobre el grafico de su recta tangente en cada punto deI. Si su grafico queda bajo el de su recta tangente, diremos que la funcion es concava oconcava hacia abajo en I.

x

y

x

y

Figura 2.3.7: Funciones convexas (a) y funciones concavas (b).

Teorema 2.3.16 Sea f una funcion dos veces derivable en un intervalo I.

(i) Si f ′′(x) > 0 para todo x interior a I, entonces f es convexa en I.

(ii) Si f ′′(x) < 0 para todo x interior a I, entonces f es concava en I.

Demostracion: Sea x0 un punto interior de I. La ecuacion de la recta tangente al graficode f en x0 tiene ecuacion:

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Para demostrar que f es convexa, debemos probar que para todo x ∈ I,

f(x) ≥ f(x0) + f ′(x0)(x− x0). (2.11)

Si x = x0, entonces la desigualdad 2.11 se cumple trivialmente. Si x 6= x0. Llamemosx1 al valor de x, entonces podemos aplicar el teorema del valor medio a f en el intervalo(x0, x1) o (x1, x0) segun sea el caso, obteniendo la existencia de un punto x entre x0 y x1,de modo que:

f ′(x) =f(x1) − f(x0)

x1 − x0. (2.12)

Si en particular x1 > x0, despejando f(x1) en la ecuacion 2.12, tenemos que

f(x1) = f(x0) + f ′(x)(x1 − x0). (2.13)

f ′ es una funcion estrictamente creciente en I debido a la hipotesis que f ′′ es positiva. Portanto, f ′(x) > f ′(x0), lo que implica:

f ′(x)(x1 − x0) > f ′(x0)(x1 − x0). (2.14)

Usando 2.14 en 2.13, obtenemos la desigualdad 2.11 con x = x1. Por consiguiente, f esconvexa.

La demostracion de (ii) se hace analogamente.

Corolario 2.3.17 Criterio de la segunda derivada para detectar maximos ymınimos.

Sea f una funcion con segunda derivada continua y sea x0 un punto crıtico de f .

(i) Si f ′′(x0) > 0, entonces f tiene un mınimo relativo en x0.

(ii) Si f ′′(x0) < 0, entonces f tiene un maximo relativo en x0.

(iii) Si f ′′(x0) = 0, entonces no hay informacion.

Ejemplo 2.3.18 Sea f(x) : [0, 2π) → R de modo que x 7→ senx(1 + cos x).

Para encontrar los posibles a maximos y mınimos debemos resolver la ecuacionf ′(x) = 0 .

df

dx= cos x(1 + cos x) + senx · (− senx) = cosx(1 + cos x) − sen2 x

= cos x+ cos2 x− sen2 x = cos x+ cos2 x− (1 − cos2 x)

= cos x+ cos2 x− 1 + cos2 x = 2 cos2 x+ cos x− 1

Luego,df

dx= 0 ⇔ 2 cos2 x+ cosx− 1 = 0 ⇔ 4 cos2 x+ 2 cos x− 2 = 0

(2 cos x+ 2)(2 cos x− 1) = 0 ⇔ cos x = −1 o = cos x =1

2.

Ası tenemos que (x = π) o(x =

π

3

)o

(x =

5π

3

)

Para analizar la naturaleza de los puntos crıticos encontrados, usaremos el criterio dela segunda derivada.

d2f

dx2= − senx+ 4 cos x · − senx = − senx(1 + 4 cos x)

d2f

dx2

∣∣∣∣x=π

3

= f ′′(π

3

)= − sen

π

3(1 + 4 cos

π

3)

−1

2

√3(1 + 4 · 1

2) < 0.

Por lo tanto, en x =π

3la funcion tiene un maximo relativo.

d2f

dx2

∣∣∣∣x= 5π

3

== f ′(

5π

3

)= − sen

(5π

3

)·(1 + 4 cos

π

3

)

= −(−1

2

)√3 ·(

1 +4

2

)

=3√

3

2> 0.


Por lo tanto, en x =5π

3la funcion tiene un mınimo relativo.

El maximo se localiza en el punto

(π

3, f(π

3

)) =

(π3, sen

π

3·(1 + cos

π

3

))

(π

3,1

2

√3

(1 +

1

2

))=

(π

3,3√

3

4

)

y el mınimo se localiza en el punto

(5π

3, f

(5π

3

))

(5π

3,−3

√3

4

)

d2f

dx2

∣∣∣∣x=π

= f ′′(π) = 0 · (1 + 4 cos π) = 0.

En este caso no tenemos informacion.

Definicion 2.3.19 Diremos que en x0 hay un punto de inflexion de la funcion f sif ′′(x0) = 0 y ademas hay cambio de concavidad en el.

xx0

Figura 2.3.8: Puntos de inflexion.

Ejemplo 2.3.20 Considerando la misma funcion del ejemplo 2.3.18, tenemos que

f ′′(x) = − senx(1 + 4 cos x).

Los posibles puntos de inflexion se encuentran resolviendo la ecuacion f ′′(x) = 0 .


f ′′(x) = 0 ⇔ − senx(1 − 4 cos x) = 0 ⇔ .

(− senx = 0) o (1 + 4 cos x = 0)

(senx = 0) o

(cos x = −1

4

)

(x = 0) o (x = π) o x = cos

(−1

4

).

Analizaremos el caso x = 0.Como f ′′ es continua, ella no cambia de signo entre cerosconsecutivos. Considerando el intervalo [−π/2, π/2) que contiene un unico cero de f ′′,

x = 0, para saber si hay cambio de signo de f ′′ en x = 0, evaluamos f ′′ en ±π2.

f ′′(π

2

)= −1 , f ′′

(−π

2

)= 1.

Entonces, en x = 0 se anula la segunda derivada y f ′′ cambia de signo, por lo tanto, enx = 0 la funcion f tiene un punto de inflexion.

Ejemplo 2.3.21 La funcion ϕ(x) = x4 no tiene un punto de inflexion en x = 0, a pesarde tener ϕ′′(0) = 0, pues no hay cambio de concavidad en 0.

Teorema 2.3.22 Teorema de la funcion inversa

Sea f : [a, b] → R una funcion derivable sobre [a, b] tal que f ′(x) 6= 0 y es continuapara todo x ∈ [a, b]. Entonces, f−1 existe y es diferenciable sobre el recorrido de f y setiene la siguiente formula:

(f−1

)′(f(x)) =

1

f ′(x)para todo x ∈ [a, b]. (2.15)

Demostracion: Como f ′ es continua y distinta de cero, ella no cambia de signo; portanto f es estrictamente creciente o estrictamente decreciente. En particular, es inyectiva.

Por otro lado, tenemos que f es continua en [a, b]; aplicando el corolario 1.5.20 elrecorrido de f es un intervalo del tipo [m,M ].

Por consiguiente, existe f−1 : [m,M ] → [a, b].

Calculemos su derivada en un punto cualquiera de su dominio. Sea y0 ∈ [m,M ] yx0 ∈ [a, b] tal que f(x0) = y0. Como

f−1(y) − f−1(y0)

y − y0=

x− x0

f(x) − f(x0)

=1

f(x) − f(x0)

x− x0

,


entonces

(f−1

)′(f(x0)) = lım

y→y0

f−1(y) − f−1(y0)

y − y0

= lımy→y0

1

f(x) − f(x0)

x− x0

= lımx→x0

1

f(x) − f(x0)

x− x0

=1

f ′(x0).

Observacion 2.3.23 La ecuacion 2.15 puede escribirse como :

(f−1

)′(y) =

1

f ′(f−1(y)). (2.16)

O mejor aun, usando como siempre el sımbolo x como la variable independiente:

(f−1

)′(x) =

1

f ′(f−1(x)). (2.17)

Otra alternativa de escritura es usando la notacion de Leibniz escribiendo y en vez de f(x)

ydy

dxen vez de f ′(x), x en vez de f−1(y) y

dx

dyen vez de

(f−1

)′(y). Entonces, la ecuacion

2.16 queda en la forma:dy

dx=

1(dx

dy

) . (2.18)

Ejemplo 2.3.24 1. Sea f(x) = x2, x ≥ 0, por tanto

y = x2 ⇐⇒ x =√y.

Es decir, f−1(y) =√y, entonces

(f−1

)′(f(x)) =

1

2xo bien

(f−1

)′(y) =

1

2√y, o

bien (√x)

′=

1

2√x

.

2. Sea f(x) =√

1 − x−1, x ∈ R − [0, 1), por lo tanto

y =√

1 − x−1 =⇒ x =1

1 − y2.


Como f ′(x) =1

2√

1 − x−1· 1

x2, entonces

(f−1

)′(y) =

1

f ′(f−1(y))=

21

v

u

u

t1−

1

1 − y2

!−1· 1

1

1 − y2

!2

=2y

(1 − y2)2.

2.3.2. Derivadas de las inversas de las funciones trigonometricas

La obtencion de las formulas para las derivadas de las funciones inversas de las funcionestrigonometricas es una aplicacion del teorema de la funcion inversa.

1. La funcion arcoseno

y = arc senx : [−1, 1] → [−π2 ,

π2 ] es la funcion inversa de senx : [− π

2 ,π2 ] → [−1, 1]

como hemos visto en el ejemplo 1.5.24 de la seccion 1.5. Ahora, en virtud del teoremade la funcion inversa demostraremos que es derivable y calcularemos su derivada.

Como la derivada de senx es la funcion cos x, que es distinta de cero en (− π2 ,

π2 ),

podemos aplicar el teorema de la funcion inversa, que nos asegura la existencia dela derivada y nos dice como calcularla:

y = arc senx ⇐⇒ x = sen y

d arc sen x

dx=

1

cos y

=1√

1 − sen2 y

=1√

1 − x2

La raız tiene el signo + porque y ∈ [− π2 ,

π2 ].


x

y

0 1−1

π2

−π2

Figura 2.3.9: Grafico de f(x) = arcsenx.

2. La funcion arcocoseno

y = arc cos x : [−1, 1] → [0, π] es la funcion inversa de cosx : [0, π] → [−1, 1], tal que

y = arc cos x ⇐⇒ x = cos x.

Nuevamente se satisfacen las hipotesis del teorema de la funcion inversa y tenemos:

d arc cos x

dx= − 1

sen y

= − 1√1 − cos2 y

= − 1√1 − x2


x

y

0 1−1

π

Figura 2.3.10: Grafico de f(x) = arc cos x.

3. La funcion arcotangente

y = arctan x : R → (−π2 ,

π2 ) es la funcion inversa de tanx : (− π

2 ,π2 ) → R, es decir,

y = arctanx ⇐⇒ x = tan y.

En virtud del teorema de la funcion inversa, tenemos:

d arctan x

dx=

1

sec2y=

1

1 + tan2 y=

1

1 + x2.

x

y

π2

−π2

Figura 2.3.11: Grafico de f(x) = arctan x.


4. La funcion arcocotangente

y = arctan x : R → (0, π) es la funcion inversa de cotan x : (0, π) → R, tal que

y = arccotan x ⇐⇒ x = cotan x.

Aplicando el teorema de la funcion inversa, tenemos:

d arccotan x

dx= − 1

1 + x2.

x

y

π

Figura 2.3.12: Grafico de f(x) = arccotan x.

5. La funcion arcosecante

y = arc secx : (−∞,−1] ∪ [1,+∞) → [0, π2 ) ∪ (π

2 , π] es la funcion inversa de sec x :[0, π

2 ) ∪ (π2 , π] → (−∞,−1] ∪ [1,+∞), tal que

y = arcsec x ⇐⇒ x = sec y.


d arcsec x

dx=

1

|x|√x2 − 1

.


x

y

π2

π

0 1−1

Figura 2.3.13: Grafico de f(x) = arcsec x.

6. La funcion arcocosecante

y = arccosec x : (−∞,−1] ∪ [1,+∞) → [− π2 , 0) ∪ (0, π

2 ] es la funcion inversa decosec x : [−π

2 , 0) ∪ (0, π2 ] → (−∞,−1] ∪ [1,+∞), tal que

y = arccosec x ⇐⇒ x = cosec y.


d arc cosec x

dx= − 1

|x|√x2 − 1

.


x

y

−π2

π2

1−1

Figura 2.3.14: Grafico de f(x) = arccosec x.


1. a) Pruebe que si f(x) es una funcion continua en un intervalo I de modo quef ′(x) = 0 para todo x ∈ I. Entonces, f(x) es constante en I.

b) Demuestre que si dos funciones tienen derivadas iguales, entonces ellas difierenen una constante.

Solucion:

a) Sean x1, x2 dos valores cualesquiera en el intervalo I, aplicando el teorema 2.3.5(teorema del valor medio) en [x1, x2], tenemos que existe un c ∈ [x1, x2] tal que:

f(x2) = f(x1) + (x2 − x1)f′(c).

Como f ′(c) = 0, obtenemos que x2 = x1, para todo x1, x2 ∈ I. Por tanto ,podemos concluir que f es constante en I.

b) Sean f(x) y g(x) funciones tales que f ′(x) = g′(x) para todo x en algun intervaloI. Si definimos la funcion h(x) = f(x) − g(x), entonces h′(x) = 0 para todox ∈ I. Por la parte recien demostrada podemos concluir que h(x) es constanteen I; por tanto, las funciones f y g difieren en una constante.

2. Encuentre maximos, mınimos y puntos de inflexion de la funcion racional:

f(x) =x

x2 + 1.

Solucion:

f ′(x) =1 − x2

(x2 + 1)2.

Entonces,f ′(x) = 0 ⇐⇒ 1 − x2 = 0.

Por tanto, los candidatos a maximos y mınimos son: x = ±1. Para saber que sonrealmente cada uno de estos puntos, calcularemos la segunda derivada de f :

f ′′(x) =2x5 − 4x3 − 6x

(x2 + 1)4.

Podemos observar que el signo de f ′′ lo determina su numerador, pues el denominadores siempre positivo.

Un calculo directo nos da f ′′(1) < 0 y f ′′(−1) > 0. Por tanto, en x = 1 la funciontiene un maximo y en x = −1 tiene un mınimo.

Veamos ahora los puntos de inflexion.

f ′′(x) = 0 ⇐⇒ 2x(x4 − 2x2 − 3) = 0.

La resolucion de esta ecuacion de quinto grado nos da: x = 0 o x4 − 2x2 − 3 = 0.Resolviendo la ecuacion de cuarto grado como una ecuacion de segundo grado en x2,

obtenemos: x2 = 3 y x2 = −1. Como la ultima ecuacion no tiene soluciones reales,tenemos que como candidatos a puntos de inflexion tenemos: x = 0, x =

√3 y

x = −√

3. Para saber cuales de estos puntos son puntos de inflexion y considerandoque f ′′ es continua, basta calcular f ′′ en un valor menor y en un valor mayor que elcandidato a punto de inflexion para saber si ella cambia de signo:

Para x = 0. Nos sirven los valores ya calculados de f ′′ en ±1, lo que nos diceque ella cambia de signo en x = 0, por tanto es punto de inflexion.

Eligiendo 1 ∈ (0,√

3) y 2 ∈ (√

3,∞) , vemos que f ′′(1) < 0 y f ′′(2) > 0. Portanto x =

√3 es otro punto de inflexion de f .

Eligiendo −2 ∈ (−∞,−√

3) y −1 ∈ (−√

3, 0) , vemos que f ′′(−2) < 0 yf ′′(−1) > 0. Por tanto, x = −

√3 es un punto de inflexion de f .

3. Encuentre maximos, mınimos y puntos de inflexion de la funcion racional:

g(x) =x2

x2 + 1.

Solucion:

Procediendo de manera analoga al ejercicio anterior, obtenemos que la funcion gtiene un mınimo en (0, 0) y puntos de inflexion en (± 1

3

√3, 1

4 ).

4. Demuestre que la ecuacion x2 = x senx+ cosx tiene solo dos soluciones:

Solucion:

Sea f(x) = x senx + cos x − x2. Entonces f(0) = 1 > 0 , f(−π) = −1 − π2 < 0y f(π) = 1 − π2 < 0 , por tanto, f(x) tiene al menos dos ceros. Por otro lado,f ′(x) = x cos x − 2x se anula en x = 0 y cos x = 2 (lo que no puede ser), por lotanto el unico punto crıtico es x = 0 y como f ′′(x) = cosx − x senx − 2 se tienef ′′(0) = −1 < 0. Luego f en x = 0 tiene un maximo, lo que implica que f(x) tienesolo dos ceros. Porque si tuviera un tercer cero, como la funcion es continua, tendrıa,segun el teorema de Rolle, otro punto donde se anula la derivada.

5. Demuestre que las sinusoides ϕ(x) = a senωx+ b cosωx y φ(x) = a cosωx− b senωxtienen ceros alternados.

Solucion:

Como ϕ′(x) = ωφ(x), entonces si x1 < x2 son ceros consecutivos de ϕ(x), es decir,ϕ1(x) = ϕ2(x) = 0 y ϕ(x) 6= 0, x1 < x < x2. Entonces, en virtud del teorema deRolle, existe x0 tal que x1 < x0 < x2 y cumple que ϕ′(x0) = φ(x0) = 0. Como ambassinusoides tienen el mismo perıodo, estos ceros son alternados.

Este metodo puede aplicarse en forma mas general. Si g(x) = f ′(x), entonces entredos ceros de f(x) existe al menos un cero de g(x).

6. Compruebe que la funcion

f(x) =

{x+ 2x2 sen

1

x, si x 6= 0

0, si x = 0

satisface f ′(0) = 1 > 0, sin embargo esta funcion no es creciente en ninguna vecindadde 0. ¿Contradice esta funcion el teorema 2.3.9 ?

Solucion: Observemos que:

f(0 + h) − f(0)

h=

1

h

[h+ 2h2 sen

1

h

]→ 1 cuando h→ 0.

Lo cual dice que f ′(0) = 1. Por otra parte, f es derivable en cualquier intervalo dela forma (0, ε), ε > 0, con f ′ dada por:

f ′(x) = 1 + 4x sen1

x− 2 cos

1

x.

Si consideramos la sucesion xn =1

2nπque converge a 0, tenemos f ′(xn) = 1− 2 < 0

Si f fuese creciente en alguna vecindad de cero tendrıamos f ′(x) ≥ 0 para todox ∈ (0, ε), luego f no es creciente cerca del cero. Esto no contradice el teorema 2.3.9,pues f ′ no es continua en cero, y por lo tanto el ser positiva en x = 0, no da ningunainformacion cerca del 0.

7. Calcular aproximadamente√

304.

Solucion:

Sea f(x) =√x. Para aplicar el teorema del valor medio busquemos una raız exacta

menor y mas cercana a 304. Sean a = 289 y b = 304 , entonces tenemos:

f ′(x0) =f(b) − f(a)

b− a=

1

2√x0

=

√304 − 17

15,

para algun x0 en (289, 304).

Como f(x) =√x es una funcion creciente, se tiene:

17 <√x0 <

√304,

acotando tenemos:17 <

√x0 <

√304 <

√324 = 18.

Luego,15

2 · 18 <√

304 − 17 <15

2 · 17 ,ası

17,416 <√

304 < 17,441

Lo que es una aproximacion bastante razonable, si no se tiene calculadora.

8. Usando el teorema del valor medio, demuestre las siguientes desigualdades:

a) −x ≤ senx ≤ x , para todo x ≥ 0.

b) Si α > 1, entonces (1+x)α ≥ 1+αx, para todo x > −1. Esta es la desigualdadde Bernoulli que esta demostrada en un caso particular, cuando α ∈ N,en eldesarrollo del ejemplo 1.2.34 de la seccion 1.2.

Solucion:

a) Sea f(x) = senx. Apliquemos el teorema del valor medio con a = 0, b = x.Ası obtenemos:

senx− 0

x= cos x0

pero, −1 ≤ cos x0 ≤ 1. Luego, −x ≤ senx ≤ x para x ≥ 0.

b) Sea f(x) = (1 + x)α con α > 1.

Si x > 0, aplicamos el teorema del valor intermedio en [0, x], obtenemos:

(1 + x)α − 1

x= α (1 + x0)

α−1 0 < x0 < x.

Como x0 > 0 y α− 1 > 0, entonces (1 + x0)α−1 > 1, lo que implica que

(1 + x)α > 1 + αx.

Si −1 < x < 0 el teorema del valor medio se aplica en [x, 0] y obtenemos elmismo resultado.

Si x = 0 obtenemos la igualdad.

9. Si

Pn(x) = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ . . .+

xn

n!,

demuestre que la ecuacion Pn(x) = 0 no tiene raıces reales cuando n es par y tieneexactamente una raız cuando n es impar.

Solucion:

Para demostrar este ejercicio usaremos induccion.

Si n = 1, entonces P1(x) = 1 + x y la ecuacion P1(x) = 0 tiene exactamente unaraız. Por tanto, en este caso se verifica la afirmacion.

Supongamos que la propiedad vale para n y demostremos su validez para n+ 1.

Si n es par, por hipotesis de induccion Pn(x) no tiene raıces reales.

Sea Pn+1(x) = 0; como P ′n+1(x) = Pn(x), entonces P ′

n+1 no se anula y, portanto, la funcion Pn+1(x) es estrictamente creciente o estrictamente decreciente.Pero, n+1 es impar, ası cuando x→ −∞, Pn+1 toma valores negativos y tomavalores positivos cuando x → +∞. Por ser funcion continua Pn+1 debe cruzarel eje X, es decir, existe una raız real de Pn+1 .

Veamos ahora que no puede tener mas de una raız. Si tuviera una segunda raızpodrıamos aplicar el teorema de Rolle, obteniendo que existe un punto donde suderivada se anula, pero su derivada es Pn(x) que no tiene raıces segun nuestrahipotesis. En sıntesis, solo existe una unica raız para Pn+1(x).

Supongamos n es impar, por hipotesis de induccion Pn(x) tiene exactamenteuna raız real r, r 6= 0.

Debemos demostrar que Pn+1(x) no tiene raıces. Como P ′n+1(x) = Pn(x), en-

tonces P ′n+1(r) = 0. Por lo cual r es el unico posible punto de maximo o mınimo.

Por ser (n+ 1) par lımx→±∞

Pn+1(x) es positivo, lo que a su vez nos dice que r es

un mınimo.

Por otro lado,

Pn+1(r) =

(1 + r +

r2

2!+r3

3!+ . . .+

rn

n!

)+

rn+1

(n+ 1)!=

rn+1

(n+ 1)!.

Por ser (n+ 1) par Pn+1(r) > 0. Por tanto,Pn+1 no se anula nunca.


1. Pruebe que si f(x) es una funcion continua tal que f ′(x) = 4 para todo x en algunintervalo I, entonces f es de la forma f(x) = 4x+ b, para alguna constante b y paratodo x ∈ I.

2. La funcion f(x) = senx(1 + cos x) con 0 ≤ x ≤ 2π, ha sido parcialmente estudiadaen el ejemplo 2.3.18. Demuestre que en su dominio ella tiene tres puntos de inflexion.Encuentrelos y haga el grafico de f .

3. Demuestre que para x ≥ 0 y 0 < α < 1 se tiene

xα ≤ αx+ (1 − α).

Sugerencia: Aplique el teorema del valor medio a f(x) = αx− xα.

Deduzca que aαb1−α ≤ αa+ (1 − α)b si a, b son numeros positivos.

4. Encuentre los puntos crıticos y de inflexion de las siguientes funciones:

a) y = x− x3

3!.

b) y = x− x3

3!+x5

5!.

c) y =x3

x2 − x− 2.

d) y =2

cos x.

e) y = tan x tan(π

4− x).

5. Demuestre que f(x) = x2 lnx satisface la ecuacion diferencial 2f(x)−xf ′(x)+x2 = 0.


6. Sea p(x) un polinomio. El numero x0 se dice una raız de multiplicidad m si

p(x) = (x− x0)mq(x),

con q(x) 6= 0. Demuestre:

a) Si tiene r raıces en [a, b], entonces p′(x) tiene por lo menos r − 1 raıces, y engeneral, la derivada de orden k de p(x), p(k)(x) tiene por lo menos r − k raıcesen [a, b].(Las raıces se cuentan tantas veces como su multiplicidad).

b) Si p(k)(x) tiene exactamente r raıces en [a, b], ¿que puede decir del numero deraıces de p(x) en [a, b] ?

7. Sean a1, a2, . . . , an numeros reales y se define f(x) en R por:

f(x) =n∑

i=1

(ai − x)2.

Encuentre el unico punto de mınimo de f .

8. Suponga que f(x) y g(x) son funciones derivables en R tal que f(x)g ′(x)−f ′(x)g(x) 6=0, para todo x ∈ R. Pruebe que los ceros de estas funciones son alternados. Sugeren-

cia: Suponga que la tesis es falsa y aplique el teorema de Rolle af

gy a

g

f.

9. Considere el polinomio cubico p(x) = x3 + px+ q con p ≥ 0. Demuestre que existep−1(x), calcule (p−1)′(x) y encuentre una expresion explıcita para esta inversa.

10. Demuestre que la derivada de una funcion impar es par.

11. Deduzca una formula para la derivada de arccotan x, arcsec x y arccosec x.

2.4. APLICACIONES I: LA REGLA DE L’HOPITAL 269

2.4. Aplicaciones I: La regla de L’Hopital

El teorema del valor medio de Cauchy tiene una importante aplicacion en un teoremaque permite calcular lımites de algunos tipos de formas indeterminadas, como por ejemplo,

lımx→a

f(x)

g(x), cuando f(a) = g(a) = 0.

Este tipo de expresion suele llamarse forma indeterminada del tipo0

0.

Teorema 2.4.1 (i) Si f(x) y g(x) son funciones continuas en un intervalo I tal quef(a) = g(a) = 0, f ′(a) , g′(a) existen y g′(a) 6= 0, a ∈ I, entonces

lımx→a

f(x)

g(x)=f ′(a)g′(a)

. (2.19)

(ii) Si f(x) y g(x) son funciones continuas y derivables en un intervalo I tal que f(a) =

g(a) = 0 y lımx→a

f ′(x)g′(x)

existe, entonces

lımx→a

f(x)

g(x)= lım

x→a

f ′(x)g′(x)

. (2.20)

Demostracion:

(i) Como f(a) = g(a) = 0, tenemos que

f(x)

g(x)=

f(x) − f(a)

x− ag(x) − g(a)

x− a

, x 6= a.

Si hacemos tender x→ a obtenemos la igualdad de (i).

(ii) Aplicando el teorema del valor medio de Cauchy, teorema 2.3.7, sabemos que existeun c entre a y x tal que

f(x) − f(a)

g(x) − g(a)=f ′(c)g′(c)

.

Si x→ a, entonces c→ a, por tanto:

lımx→a

f(x)

g(x)= lım

x→a

f(x) − f(a)

g(x) − g(a)= lım

c→a

f ′(c)g′(c)

= lımx→a

f ′(x)g′(x)

.


Ejemplo 2.4.2 1. lımx→1

1 − x3

1 − x2= lım

x→1

−3x2

−2x=

3

2.

2. lımx→1

(1 − x)3

1 − x3= lım

x→1

−3(1 − x)2

−3x2=

0

−3= 0.

3. lımx→0

x− senx

x3= lım

x→0

1 − cos x

3x2= lım

x→0

senx

6x=

1

6lımx→0

senx

x=

1

6. Observe que en este

ultimo caso aplicamos dos veces la regla de L’Hopital.

4. lımx→π

4

1 − tanx

1 − cotan x= lım

x→π4

− sec2 x

cosec2 x= −1.

Observacion 2.4.3 1. La formula 2.20 vale cuando se toma lımite a la derecha o a laizquierda de a.

2. Si f ′(x) y g′(x) son continuas en el punto a y si g′(a) 6= 0, entonces

lımx→a

f(x)

g(x)=f ′(a)g′(a)

.

3. Si g′(a) = 0, pero f ′(a) 6= 0, entonces

lımx→a

g(x)

f(x)= 0.

4. Si g′(a) = f ′(a) = 0, entonces se debe aplicar nuevamente la regla a la funcion f ′ sise satisfacen las hipotesis, como hicimos en el ejemplo 2.4.2 parte 3.

5. La formula 2.20 vale tambien en el caso que a = ∞ como veremos en el siguienteteorema.

Teorema 2.4.4 Si f y g son funciones derivables tales que lımx→∞

f(x) = lımx→∞

g(x) = 0 y

si lımx→∞

f ′(x)g′(x)

existe, entonces

lımx→∞

f(x)

g(x)= lım

x→∞f ′(x)g′(x)

(2.21)

Demostracion: Haciendo x =1

ty definiendo las funciones F y G por las relaciones:

F (t) = f

(1

t

)si t 6= 0 ,F (0) = 0, G(t) = g

(1

t

)si t 6= 0 ,G(0) = 0, tenemos que: F y G


son continuas para todo t 6= 0, por ser compuestas de funciones continuas. Ademas, F escontinua a la derecha de 0, ya que:

lımt→0+

F (t) = lımt→0+

f

(1

t

)= lım

x→∞f(x) = 0 = F (0).

Por el mismo argumento, G tambien es continua a la derecha de 0. Usando la regla de lacadena:

dF (t)

dt=

df

(1

t

)

dt=df(x)

dx· dxdt

= − 1

t2f ′(

1

t

), si t 6= 0.

Analogamente obtenemos que:

dG(t)

dt= − 1

t2g′(

1

t

), si t 6= 0.

Por tanto, en virtud del teorema 2.4.1, podemos escribir:

lımx→∞

f(x)

g(x)= lım

t→0+

F (t)

G(t)= lım

t→0+

F ′(t)G′(t)

= lımt→0+

f ′(

1

t

)

g′(

1

t

) = lımx→∞

f ′(x)g′(x)

.

Ejemplo 2.4.5 El siguiente ejemplo muestra una forma del tipo0

0cuando x→ −∞.

lımx→−∞

arctan x+π

21

x

= lımx→−∞

1

x2 + 1

− 1

x2

= −1.

Formas indeterminadas del tipo∞∞ . Estas consisten en expresiones de la forma:

lımx→a

f(x)

g(x)cuando lım

x→af(x) = lım

x→af(x) = ∞.

Estas pueden reducirse a una expresion del tipo0

0, usando el siguiente recurso.

Definiendo F (x) =1

f(x)y G(x) =

1

g(x), tenemos que,

lımx→a

f(x)

g(x)= lım

x→a

G(x)

F (x),

y como ademaslımx→a

F (x) = lımx→a

G(x) = 0,

tenemos una forma del tipo0

0.


Formas indeterminadas del tipo 0 · ∞. Estas consisten en expresiones de la forma:

lımx→a

f(x) · g(x) cuando lımx→a

f(x) = 0 y lımx→a

g(x) = ∞.

Definiendo G(x) =1

g(x), estas pueden ser reducidas a una del tipo

0

0.

Ejemplo 2.4.6 lımx→π

2+

(π2− x)

tan x = lımx→π

2+

π

2− x

cotan x= lım

x→π2

+

−1

− cosec2 x= 1.

Formas indeterminadas del tipo ∞−∞. Diremos que una forma indeterminada esdel tipo ∞−∞ si tenemos lım

x→a[f(x)− g(x)] cuando lım

x→af(x) = lım

x→af(x) = ∞. Definiendo

nuevamente F y G como los inversos multiplicativos de f yg respectivamente, podemosobservar que

lımx→a

[f(x) − g(x)] = lımx→a

G(x) − F (x)

F (x) ·G(x),

siendo el segundo miembro de la ultima igualdad una forma indeterminada del tipo0

0.


1. Calcular lımx→π

sen(x

2

)+ cos x

1 + sen2 x+ cos x.

Solucion: La expresion:

sen(x

2

)+ cosx

1 + sen2 x+ cos x

evaluada en x = π da una forma indeterminada del tipo0

0. Aplicando regla de

L’Hopital se tiene:

lımx→π

f(x) = lımx→π

1

2cos

x

2− senx

2 sen x cos x− senx

Esta expresion tambien es una forma indeterminada del tipo0

0, por lo cual nueva-

mente debe aplicarse la regla de L’Hopital.

lımx→π

f(x) = lımx→π

−1

4sen(x

2

)− cos x

2 cos 2x− cos x=

−1

4+ 1

2 − (−1)=

1

4


2. Calcular lımx→0

(cotan x− 1

x

).

Solucion: Este lımite corresponde a una forma indeterminada del tipo ∞−∞.

cotan x− 1

x=

cos x

senx− 1

x=x cos x− senx

x senx,

esta ultima expresion es una forma del tipo0

0y aplicamos el teorema 2.4.1 obtenien-

do:f ′(x)g′(x)

=−x senx

senx+ x cos x=

−x1 +

x

senxcos x

Por tanto,

lımx→0

(cotan x− 1

x

)= lım

x→0

−x1 +

x

senxcos x

= 0.

3. lımx→1

(2

x2 − 1− 1

x− 1

)= lım

x→1

2x− x2 − 1

(x2 − 1)(x− 1)= −1

2.

4. lımx→0

(1

senx− 1

x

)= lım

x→0

x− senx

x sen x= lım

x→0

1 − cos x

senx+ x cos x

= lımx→0

senx

cos x+ cos x− x senx= 0.

5. Calcule lımx→0

1 − cos2 x

x tanxSolucion:

Evaluando1 − cos2 x

x tanxen x = 0, se obtiene una forma indeterminada del tipo

0

0, por

lo cual se debe aplicar regla de L’Hopital.

lımx→0

1 − cos2 x

x tanx= lım

x→0

−2 cos x(− senx)

tan x+ x sec2 x= lım

x→0

2 cos x senx

tan x+ x sec2 x

Evaluando la ultima expresion se obtiene una forma0

0. Aplicando nuevamente la

regla de L’Hopital.:

lımx→0

−2 sen2 x+ 2 cos2 x

sec2 x+ sec2 x+ 2x sec2 x tan x= 1.

6. Calcule lımx→+∞

√x(π − 2 arctan

√x).


Solucion: El calculo directo de lımx→+∞

√x(π− 2 arctan

√x) conduce a una forma

indeterminada de tipo 0 · +∞ .

Para aplicar la regla de L’ Hopital se debe transformar en una forma de tipo0

0.

lımx→+∞

√x(π − 2 arctan

√x) = lım

x→+∞(π − 2 arctan

√x)

1√x

= 2.

7. Calcular lımx→+∞

x(π − 2 arc sen

(x√

x2 + 1

).

Solucion: La evaluacion directa de este lımite da lugar a una forma indeterminada

de tipo ∞ · 0 , por lo tanto se debe transformar en una del tipo0

0.

lımx→+∞

x

(π − 2 arc sen

(x√

x2 + 1

))= lım

x→+∞

π − 2 arc sen

(x√

x2 + 1

)

1

x

= lımx→+∞

−2v

u

u

t

1−x2

x2 + 1

·(√

x2+1− 2x2

2√

x2+1

x2+1

)

−1

x2

= lımx→+∞

2x2√x2 + 1 · 1

(x2 + 1)√x2 + 1

= lımx→+∞

2x2

x2 + 1= 2.



x3 − 3x+ 2

2x3 − 3x2 + 1.


sen 4x

sen 7x.

3. Demuestre que la regla de L’Hopital falla al intentar aplicarla para calcular

lımx→∞

x+ senx

x− senx.

x

tanx− senx= +∞.

4. Demuestre que lımx→1

ax2 − 2ax+ a

bx2 − 2bx+ b=a

b.



1 − cos x

x2=

1

2.


x− senx

x3=

1

6.

7. Demuestre que lımh→0

f(a+ h) − f(a) − hf ′(a)12h

2= f ′′(a).

8. Demuestre que lımx→+∞

x2(2 arctan x2 − π) = −2.


2.5. Aplicaciones II: Graficos de funciones

Todos los teoremas de la seccion 2.3 encuentran directa o indirectamente aplicacion enel analisis del comportamiento de funciones numericas y en la construccion de sus graficos.

De gran utilidad es conocer las asıntotas a una curva en una direccion cualquiera. Enel capıtulo de lımites solo podıamos definir las asıntotas paralelas a los ejes; ahora, con elconcepto de derivada, podemos ampliar este concepto.

Definicion 2.5.1 Diremos que la recta y = ax+ b es una asıntota de la curva y = f(x)si

a = lımx→∞

f ′(x) y b = lımx→∞

[f(x) − ax].

Podemos observar que la direccion de una asıntota es la direccion lımite a la que tiendela direccion de la tangente a la curva en el punto (x, f(x)) cuando x→ ∞.

Para poder hacer un grafico que refleje fielmente el comportamiento de una funcion f ,seguiremos el siguiente esquema:

1. Determinar el dominio de la funcion.

2. Encontrar los ceros de la funcion.

3. Determinar el signo de f .

4. Encontrar los puntos crıticos de f .

5. Determinar el signo de f ′.

6. Encontrar los puntos que anulan f ′′ y clasificacion de los puntos crıticos.

7. Determinar el signo de f ′′.

8. Analizar la existencia de asıntotas y calculos de lımites complementarios.

9. Bosquejar el grafico de f .


1. Analizar el comportamiento de f(x) =√

4 − x2.

Solucion:

f(x) ∈ R ⇐⇒ 4 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [−2, 2] ⇐⇒ D(f) = [−2, 2].

f ′(x) =−x√4 − x2

. Por tanto, f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.

2.5. APLICACIONES II: GRAFICOS DE FUNCIONES 277

f ′(x) > 0 si x < 0 y f ′(x) < 0 si x > 0. Lo que nos dice que en x = 0 la funcionalcanza su maximo valor f(0) = 2.

f ′′(x) =−4√

(4 − x2)3, por lo cual ella es siempre negativa y la curva es concava.

Su grafico es la parte superior de una semicircunferencia con centro en el origeny radio dos, lo cual lo sabemos de la geometrıa analıtica.

x

y

2−2

Figura 2.4.1: Grafico de√

4 − x2.

2. Analizar el comportamiento de f(x) =1√

4 − x2.

Solucion:

Observando que esta funcion corresponde al inverso multiplicativo de la anteriorpodemos utilizar lo ya estudiado para hacer mas rapido el analisis.

D(f) = [−2, 2].

La curva tiene dos asıntotas verticales x = 2 y x = −2 pues lımx→±2

1√4 − x2

= ∞.

El punto de maximo de la funcion anterior es en este caso un mınimo que toma

el valor f(0) =1

2.

x

y

2−2

Figura 2.4.2: Grafico de1√

4 − x2.

3. Analizar el comportamiento de la funcion parcialmente estudiada en los ejercicios dela seccion 2.3:

f(x) =x

x2 + 1.

Solucion:

Como el denominador no se anula para ningun x, el dominio de f es R.

f(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.

Por tanto, en x = 0 el grafico corta al eje X.

f(x) > 0 ⇐⇒ x > 0.

Por tanto f es positiva para valores positivos de x y es negativa para valoresnegativos de x. Por tanto, el grafico se ubica en el primer y tercer cuadrante.

Los puntos crıticos fueron calculados en el ejercicio de la seccion 2.3 y tenemosque:

f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = ±1.

Como f ′ es continua, para conocer su signo basta calcular su valor en un puntode cada intervalo : (−∞,−1), (−1, 1), (1,+∞).Tenemos que: f ′(−2) = f ′(2) <0, f ′(0) = 1 > 0.

−1 1+∞−∞

Figura 2.4.3: Crecimiento de la curva.

En (−1,− 12 ) la funcion tiene un mınimo. En (1, 1

2) la funcion tiene un maximo.

f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = ±√

3 o x = 0.

Nuevamente usando la continuidad de f ′′ para conocer su signo, basta calcularsu valor en un punto de cada intervalo: (−∞,−

√3), (−

√3, 0), (0,

√3), (

√3,∞):

f ′′(−2) < 0, f ′′(−1) > 0, f ′′(1) < 0, f ′′(2) > 0.

−∞ −√

3 0√

3+∞

Figura 2.4.4: Concavidad de la curva.

Por no haber indeterminaciones en el denominador no hay asıntotas verticales.

lımx→∞

x

x2 + 1= 0. lım

x→−∞x

x2 + 1= 0. Por tanto, la recta y = 0 es una asıntota

horizontal.

x

y

1√

3-1−√

3

y =x

x2 + 1

Figura 2.4.5: Grafico de f(x) =x

x2 + 1.


4. Analizar el comportamiento de f(x) =x2

x2 + 1.

Solucion:

Dominio de f = R.

La funcion tiene un cero en x = 0.

f es siempre positiva.

Tiene un mınimo en (0, 0).

Sus puntos de inflexion son : (−√

33 ,

14), (

√3

3 ,14).

lımx→±∞

f(x) = 1, por tanto, la recta y = 1 es una asıntota horizontal de f .

Su grafico es:

x

y

√3

3−√

3

3

y =x2

x2 + 1

Figura 2.4.6: Grafico de f(x) =x2

x2 + 1.

5. Analice el comportamiento de la funcion

f(x) =1

x2 + 2x− 15.

Determinando:

a) El dominio de f .

b) Las asıntotas verticales.

c) Los ceros y el signo de f .

d) El crecimiento de f y sus maximos y mınimos.

e) Las asıntotas horizontales.

f ) La concavidad y puntos de inflexion de f .


Solucion:

f(x) =1

x2 + 2x− 15=

1

(x− 3)(x+ 5)

a) Dominio de f = R − {3,−5}b) Para analizar la existencia de asıntotas verticales se debe calcular :

lımx→3−

f(x), lımx→3+

f(x), lımx→−5−

f(x) y lımx→−5+

f(x).

En efecto:

lımx→3−

f(x) = lımx→3−

1

(x− 3)(x+ 5)=

(1

8

)lım

x→3−

1

(x− 3)=

1

8(−∞) = −∞.

Haciendo calculos similares se obtiene que:

lımx→3+

f(x) = +∞

lımx→−5−

f(x) = +∞

lımx→−5+

f(x) = −∞

Por lo tanto, las rectas x = −5 y x = 3 son asıntotas verticales.

c) El signo de f depende del signo del denominador (x+ 5)(x − 3).

−5 3

−+ +

Por lo tanto,

1) f es positiva en ] −∞,−5[.

2) f es negativa en ] − 5, 3[.

3) f es positiva en ]3,∞)[.

4) f no tiene ceros, pues el numerador no se anula por ser constante.

d) f ′(x) =−2(x+ 1)

(x2 + 2x− 15)2

Por ser el denominador positivo, el signo de f ′ es igual al signo del numerador.f ′(x) > 0 ⇐⇒ −2(x+ 1) > 0 ⇐⇒ x+ 1 < 0 ⇐⇒ x < −1.f ′(x) < 0 ⇐⇒ x > −1f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1

−5 3−1

−+ −+

Considerando el signo de f ′ y los puntos que no pertenecen al dominio de lafuncion , se tiene que :

1) f es creciente en ] −∞,−5[.

2) f es creciente en ] − 5,−1[.

3) f es decreciente en ] − 1, 3[.

4) f es decreciente en ]3,+∞[.

Como f ′(−1) = 0 ⇐⇒ x = −1 ; en x = −1 la funcion puede alcanzar unmaximo o un mınimo. Aplicando el criterio de la primera derivada, se tiene que

en x = −1 , f alcanza un maximo local y este es f(−1) = − 1

16.

La funcion no tiene otros maximos, ni mınimos.

e) Para estudiar la existencia de asıntotas

horizontales, se debe calcular lımx→−∞

f(x) y lımx→∞

f(x).

lımx→−∞

f(x) = lımx→−∞

1

x2

(1 +

2

x− 15

x2

) = 0.

lımx→∞

f(x) = lımx→∞

1

x2

(1 +

2

x− 15

x2

) = 0.

Por lo tanto, y = 0 es una asıntota horizontal del grafico de f .

f ) La concavidad puede deducirse del crecimiento de f y los lımites calculadosanteriormente.

1) f es convexa en ] −∞,−5[.


2) f es concava en ] − 5, 3[.

3) f es convexa en ]3,∞[.

Alternativamente, puede usarse el signo de la segunda derivada.

f ′′(x) =2(3x2 + 6x+ 19)

(x2 + 2x− 15)3

El numerador no tiene raıces reales y el denominador tiene potencia impar, porlo tanto el signo de f ′′ es igual al signo de f . Ası, se tiene que:

1) f ′′ es positiva en ] −∞,−5[.

2) f ′′ es negativa en ] − 5, 3[.

3) f ′′ es positiva en ]3,∞[.

Como los cambios de signo de f ′′ se producen en los puntos no pertenecientesal dominio de la funcion , se concluye que f no tiene puntos de inflexion.

-5 -1 3

Figura 2.4.7 : Grafico de f(x) =1

x2 + 2x− 15.

6. Analizar el comportamiento y bosquejar el grafico de: f(x) =x3

x2 − x− 2.

Solucion:

Como f(x) =x3

(x+ 1)(x − 2), D(f) = R − {−1, 2}.

f(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.

Como el numerador cambia de signo en x = 0 y el denominador en x = −1 yx = 2 y f es continua en su dominio , para conocer el signo de f basta calcularun valor de f en cada subintervalo determinado por los puntos antes senalados.En (−∞,−1) la funcion es negativa , pues f(−2) < 0. En (−1, 0) la funcion espositiva , pues f(− 1

2) > 0. En (0, 2) la funcion es negativa , pues f( 12) < 0. En

(2,∞) la funcion es positiva , pues f(3) > 0.

f ′(x) =x2(x2 − 2x− 6)

((x+ 1)(x− 2))2 .

Por tanto,

f ′(x) = 0 ⇐⇒ x2(x2 − 2x− 6) = 0 ⇐⇒ x = 0 o x = 1 ±√

7.

Estos tres valores son los puntos crıticos de la funcion.

De la expresion de f ′ vemos que su signo depende del signo de (x2 − 2x − 6),es decir, los cambios de signo pueden producirse en x = 1 +

√7 ≈ 3, 65 o en

x = 1 −√

7 ≈ −1, 65.

• En (−∞, 1 −√

7), f ′ es positiva.

• En (1 −√

7, 0) ∪ (0, 1 +√

7) , f ′ es negativa.

• En (1 +√

7,∞) , f ′ es positiva.

1 −√

7 1 +√

7+∞−∞

Figura 2.4.8: Crecimiento de la funcion

f ′′(x) =6x(x2 + 2x+ 4)

(x+ 1)3(x− 2)3.


Como x2 + 2x+ 4 no tiene raıces reales, esta expresion es siempre positiva,

f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.

f ′′ es negativa en (∞,−1), f ′′ es positiva en (−1, 0), f ′′ es negativa en (0, 2),f ′′ es positiva en (2,∞). Entonces (0, 0) es el unico punto de inflexion. En(1 −

√7,−1, 9) la funcion tiene un maximo local y en (1 +

√7, 6, 34) tiene un

mınimo local.

−∞−1 0 2

+∞

Figura 2.4.9: Concavidad de la funcion

lımx→−∞

f(x) = −∞ , lımx→∞

f(x) = ∞ .

lımx→∞

f ′(x) = 1 , por tanto, a = 1.

lımx→∞

[f(x) − ax] = lımx→∞

[x3

x2 − x− 2− x

]= 1. Ası, la recta y = x + 1 es una

asıntota al grafico de f .


x

y

2−11 −√

7 1 +√

7

y =x3

x2 − x− 2

Figura 2.4.10: Grafico dex3

x2 − x− 2.

7. Analizar el comportamiento de f(x) =x2

√x2 − 4

.

Solucion:

D(f) = (−∞,−2) ∪ (2,∞).

f(x) > 0 para todo x ∈ D(f). Ademas es una funcion par, por lo cual su graficoes simetrico con respecto al eje Y .

f ′(x) =x(x2 − 8)√(x2 − 4)3

, ası f ′(x) = 0 ⇐⇒ x(x2 − 8) = 0 ⇐⇒ x = 0, x = ±2√

2.

Pero como 0 no pertenece al dominio de la funcion, solo debemos considerarx = ±2

√2.

f ′(x) > 0 en (−2√

2,−2) y en (2√

2,∞) , f ′(x) < 0 en (−∞,−2√

2) y en(2, 2

√2) .

+∞−∞

Figura 2.4.11: Crecimiento de la funcion

f ′′(x) =4x2 + 32√(x2 − 4)5

. Podemos observar que f ′′ es siempre positiva, por tanto,

la curva es convexa. Los puntos crıticos corresponden a mınimos.

lımx→±∞

x2

√x2 − 4

= lımx→±∞

x√1 − 1

x2

= ∞.

lımx→±2

x2

√x2 − 4

= ∞, lo que implica que x = −2 y x = 2 son asıntotas verticales.

lımx→±∞

x(x2 − 8)√(x2 − 4)3

= 1.

lımx→∞

(f(x) − x) = lımx→∞

(x2

√x2 − 4

− x

)

= lımx→∞

x2 − x√x2 − 4√

x2 − 4

= lımx→∞

x4 − x2(x2 − 4)√x2 − 4

[x2 + x

√x2 − 4

]

= lımx→∞

4x2

√x2 − 4

[x2 + x

√x2 − 4

]

= 0.

Luego, la recta y = x es una asıntota de la curva y por simetrıa tambien lo esy = −x.


x

y

−2 2−2√

2 2√

2

y =x2

√x2 − 4

Figura 2.4.12: Grafico de f(x) =x2

√x2 − 4

.

8. Analizar el comportamiento de la funcion f(x) = 2 sen2 x− 2 senx+ 3.

Solucion:

D(f) = R. Como la funcion es de perıodo 2π, por tanto basta analizarla en[0, 2π].

f(x) = 0 ⇐⇒ sen2 x− 2 senx+3 = 0. Pero el polinomio 2z2 − 2z+3 no tieneraıces reales , por lo tanto, f(x) no tiene ceros.

f ′(x) = 4 senx cos x − 2 cos x = 2 cos x(2 sen x− 1), por tanto, f ′(x) = 0 ⇐⇒cos x = 0 o (2 sen x−1) = 0. Entonces f ′ se anula para x =

π

6, x =

5π

6, x =

π

2

y x =3π

2.

f ′ es positiva en (π

6,π

2) y en (

5π

6,3π

2).

0 π/6 π/2 5π/6 3π/2 2π

Figura 2.4.13: Crecimiento de la funcion.

f ′′(x) = 4 cos2 x − 4 sen2 x + 2 sen x = 4 + 2 sen x − 8 sen2 x. f ′′ se anula para

senx =1 ±

√33

8, lo que nos da aproximadamente los angulos de 57, 123, 217

y 323 grados.

Para conocer el signo de la segunda derivada entre ceros consecutivos basta

calcular: f ′′(π

6

)= 3 > 0, f ′′

(π2

)= −2 < 0, f ′′

(5π

6

)= 3 > 0, f ′′

(3π

2

)=

−6 < 0. Ası, podemos concluir que la funcion tiene mınimos en (π

6,5

2) y (

5π

6,5

2).

Maximos en (π

2, 3) y (

3π

2, 7). Los cuatro angulos que anulan la segunda derivada

son puntos de inflexion.

x

y

y = 2 sen2(x) − 2 sen(x) + 3

0 π/6 π/2 5π/6 3π/2 2π

5/23

7

Figura 2.4.14: Grafico de f(x) = 2 sen2 x− 2 senx+ 3.

9. Analizar el comportamiento de f(x) =1

sen3 x

2

+1

cos3x

2

.

Solucion:

La funcion es de perıodo 4π, por lo que basta analizarla en [0, 4π]. Por estarazon trabajaremos en el dominio restringido.

D(f) = [0, 4π] − {0, π, 2π, 3π, 4π}.

f(x) =sen3 x

2+ cos3 x

2

sen3x

2cos3

x

2

= 0,

por tanto, f(x) = 0 ⇐⇒ sen3 x

2+ cos3 x

2= 0 ⇐⇒ sen

x

2+ cos

x

2= 0. Pues

el otro factor no tiene raıces reales. Esto implica:x

2=

3π

4yx

2=

7π

4, es decir,

x =3π

2y x =

7π

2.

f ′(x) =3

2

sen5 x

2− cos5 x

2

sen4x

2cos4 x

2

. Se anula para sen

x

2= cos

x

2, es decir , para

x =π

2y x =

5π

2.

La derivada es positiva para los x tales que senx

2> cos

x

2, lo que implica,

π

2< x <

5π

2.

0 π/2 π 3π/2 2π 5π/2 3π 7π/2 4π

Figura 2.4.15: Crecimiento de la funcion.

f ′′(x) =

[15 + 9 cos x

8

] [cosec5 x

2+ sec5 x

2

],

el primer factor no se anula, pues si lo hiciera tendrıamos cos x = − 15

9lo que

no puede ser. Por tanto debe anularse el segundo factor, lo que sucede cuando

senx

2= − cos

x

2, ası

x

2=

3π

4,7π

4y entonces, tenemos como candidatos a puntos

de inflexion x =3π

2,7π

2.

Para determinar el signo de f ′′ basta calcular la f ′′ en algunos puntos estrategi-

cos , como ya hemos hecho en otras oportunidades. f ′′(

5π

4

)= −323, 778 < 0,

f ′′(

7π

4

)= 323, 778 ¿0, f ′′

(13π

4

)= 323, 778 > 0, f ′′

(15π

4

)− 323, 778 < 0,

En (π

2, 4√

2) la funcion tiene un mınimo y en (5π

2,−4

√2) un maximo. Los

puntos (3π

2, 0), (

7π

2, 0) son puntos de inflexion.

x

y

0 π/2 π 3π/2 2π 5π/2 3π 7π/2 4π

y =1

sen3(x/2)+

1

cos3(x/2)

Figura 2.4.16: Grafico de f(x) =1

sen3 x

2

+1

cos3x

2

.

10. Dada la funcion f(x) = 2 arctan x2, encuentre el recorrido, los intervalos donde esestrictamente creciente y los intervalos donde es convexa.Solucion

Como arctan x tiene como recorrido]−π

2,π

2

[y es positiva cuando x ≥ 0,

tenemos que 0 ≤ f(x) < 2 · π2. Luego: R(f) = [0, π[.

f ′(x) = 2 · 1

1 + x4· 2x =

4x

1 + x4. Ası, f ′(x) = 0 ⇔ x = 0.

Como 1 + x4 > 0, para todo x, el signo de f ′ es el signo de x. Es decir:

f ′ < 0 en ] −∞, 0[

f ′ > 0 en ]0,+∞[.

Por lo tanto,

−∞ +∞0

f es creciente en ]0,+∞[ y decreciente en ] −∞, 0[.

f es convexa ⇔ f ′′ > 0.

4 − 12x2

(1 + x4)2=

4(1 − 3x4)

(1 + x4)2.

Como el denominador es positivo para todo x, tenemos:

f ′′ > 0 ⇔ 1 − 3x4 > 0 ⇔ 1 − 3x4 = (1 −√

3x2)(1 +√

3x2) > 0,

pero: (1 +√

3x2) > 0 para todo x, luego basta analizar:

1 −√

3x2 > 0 ⇔ (1 − 4√

3x)(1 +4√

3x) > 0 ⇔ x ∈]− 1

4√

3,

14√

3

[.

Luego f es convexa si x ∈]− 1

4√

3,

14√

3

[.


Ejercicios Propuestos Analizar el comportamiento de las siguientes funciones y bosque-jar sus graficos.

1. f(x) = 4x3 − 5x2 + x− 8.

2. f(x) = 1 + x+x2

2!+x3

3!.

3. f(x) = x− x3

3!+x5

5!.

4. f(x) = x− x3

3+x5

5.

5. f(x) = 1 − x2

2!+x4

4!.

6. f(x) =√x2 − 4.

7. f(x) =1√

4 − x2.

8. f(x) =x2 + x+ 1

x2 − x.

9. f(x) = x

√x

1 − x.

10. f(x) = x

√1 − x

1 + x.

11. f(x) = x+ senx.

12. f(x) =senx

1 + tan2 x.

13. f(x) =

√1 + senx

1 − senx.

14. f(x) = arctan√x.

15. f(x) =√

arctan x.


2.6. Aplicaciones III: Analisis de curvas en el plano

Las curvas planas mas simples son aquellas cuyas ecuaciones contienen a las variables xe y en primer y segundo grado. Ellas pueden ser analizadas usando geometrıa analıtica. Poresta razon hacemos una presentacion de sus elementos basicos. En particular, si estudianteya conoce esta materia puede omitir esta subseccion.

2.6.1. Elementos de Geometrıa Analıtica

Los dos conceptos fundamentales de la geometrıa analıtica corresponden a la idea deDescartes de crear un metodo que pudiera aplicarse a la resolucion de todos los problemasde la geometrıa. Ellos son:

El concepto de coordenada de un punto, lo que permite, como ya hemos visto enla subseccion 1.3.2, representar en forma de curva plana cualquier ecuacion algebraicacon dos incognitas.

El concepto de variable introducido en la expresion de una ecuacion algebraica condos incognitas del tipo F (x, y) = 0, lo que permite mirar una ecuacion algebraicabajo otra perspectiva. Pues, si cada solucion (x, y) de la ecuacion se ve como unpunto del plano, entonces el conjunto

{(x, y) : F (x, y) = 0}

puede ser representado como una curva en el plano.

Ası, se obtiene la ventaja de poder aplicar metodos algebraicos a la resolucion de problemasgeometricos y viceversa.

Recordemos que en el siglo XVII, la geometrıa estaba en el mismo estado que la habıan de-jado los griegos de la Antiguedad, en cambio el algebra habıa sido desarrollada fuertementepor los arabes en la Edad Media e italianos en el siglo XVI, principalmente.

La determinacion de un punto en el plano fue descrita en la subseccion 1.3.2. Haciendouso del sistema de coordenadas cartesianas estableceremos algunos resultados elementalesde la geometrıa analıtica.

Distancia entre dos puntos Sean P1, P2 dos puntos del plano, con cordenadas (x1, y1),(x2, y2) respectivamente. El triangulo P1QP2 es rectangulo en Q, por teorema de Pitagoras,tenemos que:

P1P22

= P1Q2+QP2

2

2.6. APLICACIONES III: ANALISIS DE CURVAS EN EL PLANO 295

si llamamos d a la distancia entre P1 y P2, tenemos que

d =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

X

Y

� �

�

�

�

� �

O

y1

y2

x2x1

P1 Q

P2

Figura 2.6.1: Distancia entre dos puntos.

Coordenadas de un punto que divide a un segmento segun una razon dadaDados los puntos P1 y P2, queremos encontrar las coordenadas del punto P que divide elsegmento P1P2 en la razon m : n.

Sean P1 = (x1, y1); P2 = (x2, y2) , P = (x, y) , ; Q = (x, y1) y R = (x2, y).

X

Y

� �

�

�

�

� �

O

y1

y

x x2x1

P1 Q

P�

�� y2

� �

R

P2

Figura 2.6.2: Razon Dada

Los triangulos P1QP y PRP2 son semejantes, por tantox− x1

x2 − x=m

nde donde

x =nx1 +mx2

m+ n(2.22)

por otro ladoy − y1

y2 − y=m

n


de donde

y =ny1 +my2

m+ n. (2.23)

Como un caso particular tenemos las coordenadas del punto medio de un trazo. Toman-dom = n = 1 en las ecuaciones (2.22) y (2.23), obtenemos las coordenadas del punto mediodel trazo P1P2 :

x =x1 + x2

2; y =

y1 + y2

2

Determinacion de los puntos de interseccion de dos curvas Como cada curvacorresponde a una ecuacion algebraica, tener dos curvas equivale a tener dos ecuacionesdel tipo F (x, y) = 0, G(x, y) = 0. Como los puntos de interseccion de las curvas debensatisfacer ambas ecuaciones, las coordenadas de tales puntos se encuentran resolviendo elsistema algebraico compuesto por las dos ecuaciones.

Curvas representadas por ecuaciones de primer grado

Teorema 2.6.1 Toda recta queda determinada por una ecuacion de la forma Ax+By+C = 0, con A , B, C son constantes. Recıprocamente, toda ecuacion de primer gradoAx+By + C = 0 representa una recta.

Demostracion: Supongamos primero que la recta pasa por el origen del sistema.

X

Y

� �

��

� �

�

��

�

��

O

P1

P2

P3

P4

M4

M1 M3M2

N4

N2

N1

N3

Figura 2.6.3: Recta que pasa por el origen.

Por semejanza de triangulos se tiene, para todo punto Pi de la recta, la siguiente relacion:

P1M1

OM1

=P2M2

OM2

=P3M3

OM3

= ...


A esta constante de proporcionalidad la podemos llamar a, ademas los numeradores dela relacion son las respectivas coordenadas y de los puntos, y los denominadores son lascoordenadas x. Por tanto, tenemos una ecuacion de la forma

y = ax con a = constante.

Ahora supongamos que la recta no pasa por el origen.

X

X ′

Y

L′

O′

O

L

y′

b

Figura 2.6.4: Recta que no pasa por el origen

Aplicando el mismo razonamiento a L con los ejes X ′Y , obtenemos que y′ = ax, dondey′ = y − b.

Entonces, la ecuacion que satisfacen las coordenadas de los puntos de la recta es:

y = ax+ b con a, b constantes.

Ahora demostraremos la afirmacion recıproca.

Sea la ecuacion Ax+By + C = 0

Si B = 0 entonces x = −CA , es decir x = K, con K constante, lo que representa una recta

paralela al eje Y .

Si B 6= 0, se tiene y = −ABx − C

B ; como A,B,C son constantes, la ecuacion queda comoy = ax+ b, donde a = −A

B y b = −CB son constantes.


X

Y

O

α

Figura 2.6.5 : Recta

Si b = 0 entonces y = ax, lo que implica quey

x= a.

Es decir, son los puntos cuyas coordenadas estan en una razon constante, lo que - segunlo visto anteriormente -, es una recta que pasa por el origen. Del mismo modo, si b 6= 0 sepuede ver que la ecuacion y = ax+ b es una recta que corta el eje Y en (0, b).

Definicion 2.6.2 (i) Llamaremos pendiente o inclinacion de una recta L, a la tan-gente del angulo α formado entre el semieje positivo de las x y la recta medido en laforma convencional en el sentido contrario al movimiento de los punteros del reloj.

(ii) Llamaremos angulo formado por dos rectas L, L′ al angulo φ ∈ [0, π] formadopor la diferencia de los respectivos angulos α y α′ .

X

Y

O

αα’

L

L’

Figura 2.6.6: Angulo formado por dos rectas


La definicion (2.6.2) nos dice que φ = α′ −α y usando las formulas trigonometricas dela seccion 2.3, tenemos:

tanφ = tan(α′ − α) =tanα′ − tanα

1 + tanα′ tanα(2.24)

Si denotamos por m y m′ las respectivas pendientes de las rectas L y L′, entonces tanφ =m′ −m

1 +m′m. Si en particular las rectas son paralelas tenemos que,

L ‖ L′ ⇐⇒ φ = 0 ⇐⇒ m′ = m (2.25)

L ⊥ L′ ⇐⇒ φ =π

2⇐⇒ cotan φ = 0 ⇐⇒ m′m = −1 (2.26)

La geometrıa de Euclides nos ha ensenado que dados dos puntos existe una unica rectaque pasa por dichos puntos. ¿Cual es la ecuacion de esta recta ?

Sean P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2) dos puntos del plano.

X

Y

O�

� �

�

��

P1

P2

x1

x2

y1

y2

Figura 2.6.7: Recta que pasa por dos puntos

La recta que pasa por P1 y por P2 tiene pendiente:

m =y2 − y1

x2 − x1(2.27)

La recta de ecuacion y = ax+b tiene pendiente a, como puede verse en la demostraciondel teorema (2.6.1). Para encontrar b reemplazamos en la ecuacion de la recta el valor de mdado por (2.27) y las coordenadas x e y por las de uno de los dos puntos dados. Haciendolos calculos algebraicos, obtenemos finalmente que la ecuacion de una recta que pasa porP1 y P2 es:

y =y2 − y1

x2 − x1(x− x1) + y1 (2.28)


Curvas representadas por ecuaciones de segundo grado

Recordemos el concepto de lugar geometrico como el conjunto de puntos del planoque satisfacen una cierta propiedad geometrica. Esta propiedad geometrica, gracias alsistema de coordenadas, puede ser expresada por una ecuacion algebraica satisfecha porlas coordenadas de los puntos.

Definicion 2.6.3 La circunferencia es el lugar geometrico de todos los puntos P cuyadistancia a un punto fijo C es constante.

Ecuacion de una circunferencia:Sea P un punto de la circunferencia, entonces

PC = r , r = constante.

Si P tiene coordenadas (x, y) y C tiene coordenadas (a, b), usando la formula de la dis-tancia, se obtiene la ecuacion:

(x− a)2 + (y − b)2 = r2 (2.29)

que caracteriza la circunferencia de centro (a, b) y radio r.

Ejemplo 2.6.4 Encontrar la ecuacion de una circunferencia de radio dado y tangente aleje Y en el origen. Solucion:

Segun la ecuacion (2.29), si (0, 0) pertenece a la circunferencia pedida, entonces a2 +b2 = r2. Si el eje Y es tangente a la circunferencia entonces, el radio es ⊥ al eje Y y elcentro esta sobre el eje X. Por tanto, la coordenada b del centro vale 0.

Para obtener el valor de la coordenada a usamos el hecho que la distancia entre elcentro y el origen es r, lo que implica que a = r. Ası,

(x− r)2 + y2 = r2 ⇐⇒ x2 + y2 − 2rx = 0

X

Y

�

�

(x, y)

(0, 0) O

r

x2 + y2 = r2

X

Y

�

�

(0, 0)

r

x2 + y2 = 2rx

O

(x, y)

X

Y

(0, 0) (a, 0)

(0, b)�

�

x2 + y2 = ax+ by

Or

Figura 2.6.8: Circunferencias


Definicion 2.6.5 La elipse es el lugar geometrico de todos los puntos del plano cuya sumade sus distancias a dos puntos fijos F1, F2 es constante con una constante mayor que eltrazo F1F2.

Ecuacion de una elipsePara obtener la ecuacion que satisfacen las coordenadas de los puntos de una elipse,supongamos que la constante sea 2a y que los ejes coordenados estan ubicados como en lafigura 2.6.9.

X

Y

�

�

�

F1 F2

P = (x, y)

(0, 0) O(a, 0)

(0, b)

Figura 2.6.9: Elipse

Sean x e y las coordenadas de un punto P cualquiera de la elipse; y supongamos queF1 = (−c, 0) y F2 = (c, 0):

PF1 + PF2 = 2a (2.30)

PF12

= y2 + (x+ c)2 (2.31)

PF22

= y2 + (x− c)2 (2.32)

Eliminando PF1 y PF2 de las ecuaciones (2.30), (2.31) y (2.32), obtendremos una relacionentre las variables x e y.Restando las ecuaciones (2.31) y (2.32):

PF12 − PF2

2= 4cx

(PF1 + PF2)(PF1 − PF2) = 4cx

2a(PF1 − PF2) = 4cx


Ası tenemos:

{PF1 + PF2 = 2a

PF1 − PF2 =2cx

a

lo que nos da los valores de PF1, PF2:

PF1 = a+cx

a; PF2 = a− cx

a

reemplazando estos valores en (2.31) o en (2.32), nos da la ecuacion:

(a+cx

a)2 = y2 + (x+ c)2

a2y2 + (a2 − c2)x2 = a2(a2 − c2)

Por la definicion de la elipse 2a > 2c, es decir, a > c, a2 − c2 > 0 y puede ser representadopor un cuadrado b2, lo que nos da: a2y2 + b2x2 = a2b2, de donde tenemos la ecuacioncartesiana de la elipse:

x2

a2+y2

b2= 1 (2.33)

Para la elipse de ecuacion dada en (2.33) se tiene que:

(i) El origen (0,0) corresponde al centro de la elipse.

(ii) Si y = 0 entonces x = ±a y si x = 0 se tiene y = ±b. Estos valores determinanlos puntos A y A′, B y B′ donde la curva corta a los ejes y a su vez representanlos valores extremos que pueden tomar ambas variables, por tanto A, A′, B y B′ sellaman vertices de la elipse.

(iii) Las distancias a y b del origen a los vertices se llaman longitudes de los semiejesde la curva. Los ejes enteros tienen longitudes 2a y 2b.

(iv) Si la elipse no es un cırculo, entonces a 6= b. Si a > b, entonces el trazo AA ′ es el ejemayor y BB ′ es el eje menor.

(v) Los focos F1, F2 de la elipse situados sobre el eje mayor tienen coordenadas (−c, 0),(c, 0), con c =

√a2 − b2. La distancia F1F2 se llama distancia focal.

Ejemplo 2.6.6 la ecuacion

x2

4+y2

2= 1


representa una elipse con centro en el origen. Escribiendo la ecuacion en la forma

x2

22+

y2

(√

2)2= 1

podemos deducir que la longitud del semieje mayor es a = 2 y que la longitud del semiejemenor es b =

√2.

X

Y

(2, 0)

(0,√

2)

(0, 0) O

x2

4+y2

2= 1

X

Y

(0, 0)

x2

2+y2

4= 1

O (√

2, 0)

(0, 2)

Figura 2.6.10: Elipses

Los vertices de la elipse son: A = (2, 0), A′ = (−2, 0), B = (0,√

2), B′ = (0,−√

2).Para encontrar las coordenadas de los focos debemos calcular el valor de c. c2 = a2 − b2

implica que c =√

2 y por tanto los focos tienen coordenadas: F1 = (√

2, 0), F2(−√

2, 0).

La ecuacionx2

2+y2

4= 1

representa una elipse del mismo tipo anterior, pero con su eje mayor sobre el eje Y , dondeademas estan sus focos con coordenadas F1 = (0,

√2, F2 = (0,−

√2).

Definicion 2.6.7 La hiperbola es el lugar geometrico de los puntos del plano tal que ladiferencia de sus distancias a dos puntos fijos F1, F2 es una constante menor que F1F2.

Ecuacion de una hiperbola

Se procede en forma analoga al caso de una elipse:

PF1 − PF2 = 2a

PF12

= y2 + (x+ c)2

PF22

= y2 + (x− c)2 .

Observando que a < c, entonces a2 − c2 < 0 y lo reemplazamos por −b2 llegandose a laecuacion:

x2

a2− y2

b2= 1 (2.34)

X

Y

O

bc

F1 = (c, 0)(−c, 0) = F2

�

�

a

Figura 2.6.11: Hiperbola

Para la hiperbola de ecuacion dada en (2.34) se tiene:

(i) El origen (0,0) corresponde al centro de la hiperbola.

(ii) Si y = 0 entonces x = ±a, pero cuando x = 0 tenemos que y2 = −b2. Por tanto lacurva intersecta al eje x en los puntos (−a, 0) y (a, 0), pero no hay interseccion conel eje Y . Por tal razon se llama al primero eje transversal y tiene longitud 2a, elsegundo suele llamarse eje conjugado o eje imaginario. Los puntos (−a, 0), (a, 0)se llaman vertices de la hiperbola.


(iii) Los focos de la hiperbola son los puntos (−c, 0), (c, 0).

(iii) Como

y = ± b

a

√x2 − a2 (2.35)

se deduce que ningun punto de la curva puede tener abscisa menor, en valor absoluto,que a, ademas cuando x crece de a a ∞ o decrece de −a a −∞, el valor absoluto dey crece infinitamente, es decir, sin acotamiento. Ası la curva tiene dos arcos infinitos.

(iv) La ecuacion (2.34) puede escribirse tambien como y = ± bax√

1 − a2

x2 . Del estudio

hecho en la seccion 2.2 de la funcion1

x, sabemos que cuando |x| crece, entonces

a2

x2

disminuye. Por tanto, cuando |x| crece, el |y| se acerca al valor ± bax. Por esta razon

las rectas y = ± b

ax se llaman asıntotas de la hiperbola.

(v) Observemos que las asıntotas contienen a las diagonales del rectangulo central delados 2a y 2b. Ademas, si vemos la diferencia entre la hiperbola y sus asıntotastenemos:

| ba

√x2 − a2 − b

ax| =

b

a|x−

√x2 − a2| =

b

a| a2

x+√x2 − a2

| (2.36)

nuevamente aquı podemos apreciar que cuando |x| crece, la expresion (2.36) se hacecada vez mas pequena.

(vi) Las hiperbolas

x2

a2− y2

b2= 1 y

x2

a2− y2

b2= −1

se llaman hiperbolas conjugadas. Si a = b, la hiperbola se llama equilatera.


X

Y

O

bc

(c, 0) = F1(−c, 0) = F2

�

�

�

�

� �

��

�

�

F1 = (0, c)

F2 = (0,−c)

a

y

b=x

ay

b= −x

a

x2 + y2 = c2

x2

a2− y2

b2= 1

y2

b2− x2

a2= 1

Figura 2.6.12: Hiperbolas Conjugadas

Ejemplo 2.6.8 La ecuacion

x2

4− y2

2= 1

representa una hiperbola con centro en el origen y eje transversal sobre el eje X. Susvertices son los puntos (2, 0) y (−2, 0).

Para conocer las coordenadas de sus focos debemos calcular el valor de c. Como c2 =a2+b2 tenemos que c =

√6 y por tanto F1 = (

√6, 0) y F2 = (−

√6, 0). Sus rectas asıntotas

son: y = ±√

2

2x.

La hiperbola conjugada tiene ecuacion

x2

4− y2

2= −1 ⇐⇒ y2

2− x2

4= 1

que tiene su eje transversal sobre el eje Y y sus focos tienen coordenadas F1 = (0,√

6) y

F2 = (0,−√

6). Sus rectas asıntotas son: x = ±√

2

2y.

Definicion 2.6.9 La parabola es el lugar geometrico de los puntos del plano que estan aigual distancia de una recta fija L, y de un punto fijo F .


Ecuacion de la parabolaUbicando los ejes coordenados como en la figura 2. 4.13, consideremos un punto cualquiera

P (x, y) de la parabola, llamemos p = AF , entonces F tiene coordenadas(p

2, 0). En virtud

de la definicion de parabola tenemos:

PQ2

=(x+

p

2

)2

PF2

= y2 + (x− p

2)2

por definicion de la parabola PQ = PF , de donde obtenemos

(x+p

2)2 = y2 + (x− p

2)2

que reducida es:y2 = 2px (2.37)

Para la parabola de ecuacion (2.37) tenemos que:

(i) El punto O = (0, 0) se llama vertice , el punto F =(p

2, 0), con p > 0, se llama

foco de la parabola y la recta x = −p2

se llama directriz.

X

Y

O

� �QP�

�

F

Figura 2.6.13 : Parabola


Ejemplo 2.6.10 (i) La ecuacion

y2 = 13x

representa una parabola que tiene su vertice en el origen (0, 0), su foco en ( 134 , 0)

y su directriz es la recta x = − 134 . Su grafico es simetrico con respecto al semieje

positivo de las x.

(ii) La ecuacion

y2 = −13x

representa una parabola que tiene su vertice en el origen (0, 0), su foco en (− 134 , 0)

y su directriz es la recta x = 134 . Su grafico es simetrico con respecto al semieje

negativo de las x.

X

Y

Figura 2.6.14.a : y2 = 13x

X

Y

Figura 2.6.14.b : y2 = −13x

(iii) La ecuacion

x2 = 13y

representa una parabola con vertice en el origen, foco en (0, 134 ) y directriz y = − 13

4 .Su grafico es simetrico con respecto al semieje positivo de las y.

(iv) La ecuacion

x2 = −13y

representa una parabola con vertice en el origen, foco en (0,− 134 ) y directriz y = 13

4 .Su grafico es simetrico con respecto al semieje negativo de las y.

X

Y

Figura 2.6.15.a : x2 = 13y

X

Y

Figura 2.6.15.b : x2 = −13y

Comentarios

(i) la circunferencia es un caso particular de la elipse, tomando a = b.

(ii) La elipse, la parabola y la hiperbola se llaman conicas pues se obtienen de la inter-seccion de un plano con uno o dos conos.

(iii) Las secciones conicas fueron estudiadas por Apolonio (260 - 200 a.C.). Su estudiofue geometrico y muy completo, tanto que fue usado por Kepler (1571-1630), unosdos mil anos despues, en el establecimiento de sus famosas leyes.

(iv) Aparte de las orbitas de los planetas, las elipses se aplican a ciertos problemastecnicos como la elipse de inercia utilizada en resistencia de materiales.

(v) Fue Galileo ( 1564-1642), quien establecio que una piedra lanzada al aire describeuna parabola, lo cual fue aplicado al estudio de la trayectoria que sigue una baladisparada por un canon. La propiedad de la tangente a una parabola fue usadaen la construccion de los telescopios reflectantes, como el inventado por Newton(1642-1727). Esto tambien se usa para los grandes proyectores de seguimiento.

Directrices y excentricidad

Toda curva de segundo grado puede ser considerada como el lugar geometrico de los puntoscuya distancia a un punto fijo y a una recta fija estan en una relacion constante. El puntorecibe el nombre de foco y la recta fija se llama directriz, la relacion constante se llamaexcentricidad (e). En el caso que haya dos focos, a cada uno le corresponde una directriz.

Si e < 1 se tiene una elipse, si e > 1 es una hiperbola, en el caso que e = 1 se trata de unaparabola.

En la elipse, las directrices son: x =a2

cque corresponde al foco (c, 0) y x = −a

2

cque corresponde al foco (−c, 0).Por otro lado, la excentricidad es e = c

a , como c < a, entonces e < 1 y se puedever que los puntos de la elipse estan mas cerca de cada foco que de la directrizcorrespondiente.

En la circunferencia los ejes son iguales, la excentricidad es nula, los focos seconfunden con el centro y las directrices estan a una distancia infinita.

Las directrices de la hiperbola son las rectas: x = a2

c correspondiente al foco (c, 0)

y x = −a2

c correspondiente al foco (−c, 0).

Como c > a, la distanciaa2

ces menor que a, las dos directrices estan situadas entre

los vertices (a, 0) y (−a, 0).Su excentricidad es e =

c

a. Como c > a se tiene e > 1, entonces los puntos de la

curva estan mas cerca de la directriz que del foco. Es la situacion inversa a la de laelipse.

En la parabola la directriz tiene ecuacion x = − p2 y por su misma definicion los

puntos de la curva estan a igual distancia de la directriz que del foco, y por tantoe = 1.

Las ecuaciones que hemos deducido de las secciones conicas se llaman, por su simplicidad,formas canonicas.En general tenemos el siguiente cuadro de formas canonicas de segundo grado, donde a, by p son constantes distintas de cero:

Cuadro 1

1. x2

a2 + y2

b2 − 1 = 0 : Elipse.

2. x2

a2 + y2

b2+ 1 = 0 : Elipse imaginaria.

3. x2

a2 + y2

b2= 0 : Punto. Par de rectas imaginarias que se cortan en un punto real.

4. x2

a2 − y2

b2− 1 = 0 : Hiperbola.

5. x2

a2 − y2

b2= 0 : Par de rectas que se cortan.

6. y2 − 2px = 0 : Parabola.


7. x2 − a2 = 0 : Par de rectas paralelas.

8. x2 + y2 = 0 : Par de rectas paralelas imaginarias.

9. x2 = 0 : Par de rectas coincidentes.

Hasta aquı hemos visto que las secciones conicas estan representadas por ecuaciones desegundo grado bastante simples, cuya simplicidad en parte se debe a la eleccion del sistemade coordenadas. Pero no siempre encontraremos las curvas ubicadas de manera tan ideal.Una primera generalizacion de estas ecuaciones se tiene cuando el centro de la curva nocoincide con el origen.

Traslacion de los ejes de coordenadas

SeaXY un sistema de coordenadas rectangulares yX ′Y ′ el sistema obtenido por traslacionparalela de los ejes iniciales.

X

Y

O (0, 0)

X ′

Y ′

O′ (h, k)

(h, 0)

(0, k)

Figura 2.6.16 : Traslacion de ejes

El nuevo origen O′ tiene coordenadas (h, k) con respecto al sistema original. Sea P unpunto del plano con coordenadas (x, y) y (x′, y′), queremos establecer una relacion entrelas coordenadas. Es facil deducir de la figura que:

x′ = x− h


y′ = y − k

de donde se tiene:x = x′ + h

y = y′ + k

Siempre es posible encontrar una traslacion de los ejes de modo que toda recta pasepor el nuevo origen del sistema. Si la recta tiene ecuacion y = ax + b, la podemosescribir como y− b = ax. Esto sugiere la idea de elegir el nuevo origen en O ′ = (0, b)y su ecuacion en el nuevo sistema es:

y′ = ax′

que corresponde a una recta que pasa por el origen.

] Si tenemos una circunferencia con ecuacion (x − a)2 + (y − b)2 = r2. Eligiendo elnuevo origen en el punto O′ = (a, b), la ecuacion en el nuevo sistema es:

(x′)2 + (y′)2 = r2

que representa una circunferencia centrada en el origen O ′.

Usando una traslacion de ejes podemos reescribir el cuadro de las nueve formascanonicas, encontrando ecuaciones en que aparecen ahora las variables en primergrado, por ejemplo, la ecuacion

(x− h)2

a2+

(y − k)2

b2− 1 = 0

representa una elipse con centro en (h, k), pero en general la encontraremos en laforma b2x2 − 2b2hx + b2h2 + a2y2 − 2a2ky + a2k2 − a2b2 = 0 y mediante opera-ciones algebraicas, completacion de cuadrados, se puede llegar a la forma canonicatrasladada.

Ejemplo

1. La ecuacion x2 +2√

2x+y2−2y−1 = 0 representa un cırculo con centro en el punto(−

√2, 1) y radio r = 2. Pues al completar los cuadrados en x y en y, nos queda:

(x2 + 2√

2x+ 2) + (y2 − 2y + 1) = 1 + 2 + 1 ,

es decir,(x+

√2)2 + (y − 1)2 = 4 .


2. La ecuacion 16x2 − 96x + 9y2 + 90y + 225 = 0 representa una elipse. En efecto, laecuacion puede transformarse de la siguiente manera:

16(x2 − 6x) + 9(y2 + 10y) + 225 = 0

16(x2 − 6x+ 9) + 9(y2 + 10y + 25) + 225 = 144 + 225

16(x − 3)2 + 9(y + 5)2 = 144

(x− 3)2

9+

(y + 5)2

16= 1

Por tanto la ecuacion representa una elipse con centro en el punto (3,−5). Comoa = 3 y b = 4, su eje mayor, donde se encuentran sus focos, es paralelo al ejeY . c2 = b2 − a2 implica que c =

√7, por tanto las coordenadas de los focos son:

(3,−5 +√

7), (3,−5 −√

7).

3. Con calculos similares puede demostrarse que la ecuacion 3x2−16y2−6x+64y−13 =0 representa la hiperbola

(x− 1)2

16− (y − 2)2

3= 1 .

4. La ecuacion 3x2−6x+2−y = 0 representa una parabola. Completando el cuadradoen x nos queda:

3(x2 − 2x+ 1) + 2 = y + 3

3(x− 1)2 = y + 1

3(x′)2 = y′

Considerando la traslacion: x′ = x − 1 y y′ = y + 1, por lo cual el vertice de laparabola esta en el punto (1,−1) y se abre hacia arriba.

Rotacion de los ejes coordenados

Una rotacion de los ejes consiste en girar los ejes X e Y en sentido contrario a lospunteros del reloj en un angulo φ manteniendo fijo el origen. El siguiente teorema nos dicecomo se relacionan las coordenadas de un mismo punto antes y despues de la rotacion.

Teorema 2.6.11 Las ecuaciones que describen una rotacion de ejes son:

(R)

{x = x′ cosφ− y′ senφy = x′ senφ+ y′ cosφ

o equivalentemente,


(R′)

{x′ = x cosφ+ y senφy′ = −x senφ+ y cosφ

Demostracion:De la figura 2.6.17

Figura 2.6.17: Rotacion de ejes

tenemos que:x = OA = OP cos (φ+ α)

y = AP = OP sen (φ+ α)

como

sen (φ+ α) = senφ cosα+ cosφ senα

cos (φ+ α) = cosφ cosα− senφ senα

asıx = OP (cosφ cosα− senφ senα) (∗)y = OP (senφ cosα+ cosφ senα) (∗∗)

Del triangulo OBP podemos deducir que senα =y′

OP; y cosα =

x′

OP. Es decir,


y′ = OP senα

x′ = OP cosα

}(∗ ∗ ∗)

reemplazando (∗ ∗ ∗) en (∗) y (∗∗) se obtiene la ecuacion (R).

Para conocer la ecuacion de una curva F (x, y) = 0 despues de una rotacion de los ejes enun angulo φ, debemos reemplazar x e y por las expresiones respectivas de (R) obteniendouna ecuacion de la forma F (x′ cosφ− y′ senφ, x′ senφ+ y′ cosφ) = 0.

Observemos que las ecuaciones (R) y (R′) son de primer grado, ası la ecuacion de lacurva en x′, y′ tambien es de segundo grado. Ademas usando la formula del cuadrado delbinomio, es facil deducir que en este caso x, y o x′, y′ aparecen en la ecuacion formandoproductos mixtos.

Ejemplo Si hacemos una rotacion de los ejes en un angulo φ =π

4, tenemos que x, y

satisfecen las ecuaciones:

x =1√2x′ − 1√

2y′

y =1√2x′ +

1√2y′

Entonces una parabola del tipo y = 4x2 se transforma en

1√2x′ +

1√2y′ = 4(

1√2x′ − 1√

2y′)2 .

Lo que nos da la ecuacion en x′ e y′:

4(x′)2 + 4(y′)2 − 8x′y′ −√

2x′ −√

2y′ = 0 .

Observe que una rotacion de ejes complica la forma de las ecuaciones.

La ecuacion general de segundo grado

Veremos ahora que mediante rotaciones y traslaciones paralelas de los ejes, todaecuacion de segundo grado puede ser reducida a una de las nueve formas canonicas.

Teorema 2.6.12 La ecuacion:

Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+Ey + F = 0 (2.38)

representa una de las nueve formas canonicas del cuadro 1.


Demostracion: Primer paso: Haciendo una rotacion apropiada de ejes podemos hacerdesaparecer el termino mixto, es decir, queremos obtener una ecuacion de la forma:

A′x′2 + C ′y′2 +D′x′ +E′y′ + F ′ = 0 ,

donde el coeficiente B ′ que acompana al producto x′y′ sea nulo. Para ello usaremos laformula (R) en (2.38), lo que nos da:A(x′ cosφ− y′ senφ)2 +B(x′ cosφ− y′ senφ)(x′ senφ+ y′ cosφ) +C(x′ senφ+ y′ cosφ)2 +D(x′ cosφ− y′ senφ) +E(x′ senφ+ y′ cosφ) + F = 0Desarrollando los productos y reduciendo los terminos semejantes obtenemos que:

B′ = −2A senφ cosφ+B(cos2 φ− sen2 φ) + 2C senφ cosφ

= B cos(2φ) − (A− C) sen(2φ)

Igualando B ′ = 0, tenemos que

cotan (2φ) =A− C

B(2.39)

como el recorrido de la funcion cotangente es R, existe φ tal que la ecuacion ( 2.39 ) sesatisface.Segundo paso: Tenemos una ecuacion de la forma:

A′x′2 + C ′y′2 +D′x′ +E′y′ + F ′ = 0. (2.40)

Como hemos visto, para hacer desaparecer los terminos en primer grado es necesariocompletar los cuadrados en x e y para hacer una traslacion apropiada de ejes:

1. Si A′ 6= 0 y C ′ 6= 0, se tiene:

A′(x′2 +D′

A′ x′ +

(D′

2A′

)2

) + C ′(y′2 +E′

C ′ y′ +

(E′

2C ′

)2

+ F ′ − D′2

4A′2 − E′2

4C ′2 = 0

A′(x′ +D′

2A′ )2 + C ′(y′ +

E′

2C ′ )2 + (F ′ − D′2

4A′2 − E′2

4C ′2 ) = 0

elegimos la traslacion:

x′′ = x′ +D′

2A′

y′′ = y′ +E′

2C ′


y haciendo F ′′ = F ′ − ( D′

2A′ )2 − ( E′

2C′ )2 y hagamos un cambio de notacion F ′ = F ′′,

resulta:

A′(x′′)2 + C ′(y′′)2 + F ′ = 0

Si ademas F ′ 6= 0, podemos escribir:

(x′′)2

−F ′

A′

+(y′′)2

−F ′

C′

− 1 = 0

es decir, corresponde a una ecuacion del tipo (1), (2) o (4), segun sean los signos deA′, C ′ y F ′.

Si F ′ = 0 tenemos:

(x′′)2

1A′

+(y′′)2

1C′

= 0

obtenemos una ecuacion del tipo (3) o (5) dependiendo nuevamente de los signos deA′ y C ′.

2. Si A′ 6= 0 y C ′ = 0, pero E ′ 6= 0 se tiene:

A′(x′ +

D′

2A′

)2

+E′(y′ +

F ′

E′

)= 0

con la traslacion

x′′ = x′ +D′

2A′

y′′ = y′ +F ′

E′

obtenemos la ecuacion A′(x′′)2 +E′(y′′) = 0, dividiendo por A′

(x′′)2 +E′

A′ y′′ = 0

que corresponde a una ecuacion del tipo (6) y representa una parabola en torno aleje Y .

3. Si A′ = 0, C ′ 6= 0, D′ 6= 0, intercambiando los roles de x e y se obtiene el mismoresultado, es decir, la ecuacion representa una parabola.


4. Si A′ 6= 0, C ′ = 0 y E′ = 0, la ecuacion (2.40) puede escribirse: A′(x′+ D′

2A′ )2+F ′ = 0.

Haciendo:

x′′ = x′ +D′

2A′

y′′ = y

la ecuacion queda A′(x′′)2 + F ′ = 0, de donde, dividiendo por A′:

(x′′)2 +F ′

A′ = 0

que corresponde a una ecuacion del tipo (7), (8) o (9).

5. Se obtiene el mismo resultado de (4), intercambiando los roles de x e y cuandoA′ = 0, C ′ 6= 0 y D′ = 0.

Ası hemos visto que toda ecuacion de segundo grado puede reducirse a una de las formascanonicas de nuestro cuadro.

Clasificacion de la curvas de segundo grado segun los coeficientes de la ecuacion

La ecuacion:

Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+Ey + F = 0 (2.41)

la podemos resolver como una ecuacion de segundo grado con respecto a y, suponiendoque C 6= 0. Entonces,

y = −Bx+E

2C± 1

2C

√(B2 − 4AC)x2 + 2(BE − 2CD)x+ (E2 − 4CF ) (2.42)

Es decir y = −Bx+E

2C±Y ; donde Y = 1

2C

√(B2 − 4AC)x2 + 2(BE − 2CD)x+ (E2 − 4CF ).

Segun los valores que pueda tomar Y , veremos que tipo de curva representa la ecuacion

(2.41), trazando la recta y = −Bx+E

2Cy aumentandola o disminuyendola segun los val-

ores que toma Y . Observemos primero que el numero Y se debe restar y sumar a la recta en

cada x, por lo cual el grafico de la curva es simetrico con respecto a la recta y = −Bx+E

2C.

Por esta razon dicha recta puede ser considerada el diametro de la curva.

Analizaremos algebraicamente la forma que toma la curva segun el signo del coeficientedel trinomio de segundo grado en x que aparece bajo el signo de la raız.

1. Si B2 − 4AC < 0, entonces el trinomio bajo el radical es negativo para los valoresde | x |≤ M , para algun M ∈ R+. Ademas si | x |≤ M , entonces Y es acotado yası tambien y permanece acotado. Vemos ası que la curva y es acotada en todos lossentidos y por tanto representa una elipse.

2. Si B2 − 4AC > 0, tenemos que el trinomio bajo el radical representa un numeroreal cuando | x |≥ M , para algun M ∈ R+; como ahora x puede crecer o decreceren forma indefinida, los valores de Y , y por tanto de la curva y, crecen hacia +∞o decrecen hacia −∞. La curva que crece indefinidamente en ambos sentidos, tantopara la variable x como para la variable y es una hiperbola.

3. Si B2 − 4AC = 0, entonces Y = 12C

√2(BE − 2CD)x+ (E2 − 4CF ).

Si ademas BE − 2CD > 0 , el binomio bajo la raız es positivo si x ≥ M , donde Mes la raız de la ecuacion de primer grado en x. Es decir, x puede crecer hacia infinitoy proporcionalmente crece tambien Y . Entonces tenemos que y crece hacia el ladode los x positivos indefinidamente a ambos lados del diametro.

Si BE − 2CD < 0, se tiene un resultado del mismo tipo, pero hacia el lado de los xnegativos.

El analisis nos permite concluir que y es una curva acotada en una direccion y noacotada en la direccion opuesta, por tanto y representa una parabola.

Ejemplo. Dada la ecuacion

2x2 − 4xy + 4y2 − 2x− 8y + 9 = 0

se tiene

y =1

2x+ 1 ± 1

2

√−(x− 1)(x − 5)

Por tanto, la curva tiene por diametro a la recta y = 12x+ 1 y esta comprendida entre las

rectas x = 1 y la recta x = 5. El valor mas grande de y se obtiene en el punto medio, esdecir, para x = 3, al que le corresponden los valores y = 3

2 e y = 72 . El punto medio de

estos nos da la ordenada del centro de la elipse 5. Ası el centro de la curva es el punto(3, 5).

Algunas curvas de grado mayor que dos

En esta subsection presentaremos un par de casos de curvas de grado superior a dos enalguna de sus variables. Usando la geometrıa analıtica podemos , a partir de sus definicioncomo legar geometrico, tal como hicimos con las curvas de grado dos, obtener la ecuacionalgebraica que satisfacen dichos puntos.


1. La cisoideDada una circunferencia C y una tangente a ella, sea A el punto de contacto y Oel punto diametralmente opuesto. Se hace pasar una secante por O que corta a lacircunferencia en un punto I y a la recta tangente en el punto B. Sobre esta secante,a partir del punto O, se toma una longitud OM , igual a IB. ¿ Cual es el lugargeometrico de los puntos M ası obtenidos ?

Solucion: Observemos que este lugar geometrico es simetrico respecto a OA. Ladistancia IB aumenta a medida que la secante se aleja de OA, y por tanto tambiencrece OM . El punto M se aleja al infinito cuando la secante OB se convierte entangente en O.

X

Y

AOM

IB

Figura 2.6.18: Cisoide

Sean (x, y) las coordenadas de M . Tenemos OP = x, MP = y y OA = a. Porsemejanza de triangulos, se tiene

MP

OP=

IQ

OQ

es decir:

y

x=

IQ

OQ

OM = IB, OP = AQ, por tanto: OQ = OA−AQ = OA−OP = a− x, ası:

y

x=

IQ

a− x

pero IQ2

= OQ AQ = (a− x)x, luego:

y =xIQ

a− x

y2 =x2(a− x)x

(a− x)2

y2 =x3

a− x(2.43)

la expresion (2.43) representa la ecuacion de la cisoide.

Observe que esta curva tiene una ecuacion de tercer grado.

2. Lemniscata de BernoulliEncuentre el lugar geometrico de los puntos tales que el producto de sus distanciasa dos puntos fijos F1 y F2 sea igual a una constante dada.

Solucion: Tomando la recta que contiene a los puntos F1 y F2 como eje X, pasandoel eje Y por el punto medio del trazo F1F2, llamaremos 2c = F1F2 y a2 a la constante.Sea P = (x, y) un punto del lugar geometrico, entonces,

d(F1, P ) · d(F2, P ) = a2 ⇐⇒√

(x+ c)2 + y2√

(x− c)2 + y2 = a2

Elevando al cuadrado toda la ecuacion y desarrollando los productos, nos queda laecuacion de cuarto grado en y:

y4 + 2(x2 + c2)y2 + (x2 − c2)2 − a4 = 0. (2.44)

Como las dos variables aparecen en potencias pares, la curva es simetrica con respectoa ambos ejes y el origen.

y2 =−2(x2 + c2) ±

√4(x2 + c2)2 − 4[(x2 − c2)2 − a4]

2

La cantidad subradical se reduce a 4(4c2x2 + a4) que es siempre positiva, entoncesy2 existe como numero real.

Si (x2 − c2)2−a4 es positivo, los valores de y2 tienen el mismo signo y como su sumaes −2(x2 + c2), entonces los dos valores de y2 son

negativos y por tanto los cuatro valores de y son complejos.

Para que la ecuacion tenga raıces reales, es necesario que:

(x2 − c2)2 − a4 < 0

lo que es equivalente a

(x2 − c2 − a2)(x2 − c2 + a2) < 0

por lo tanto,

x2 < a2 + c2 y x2 > c2 − a2

entonces uno de los valores de y2 es positivo y el otro negativo.

Ahora tenemos que analizar los tres casos posibles: a < c , a = c , a > c.

Veremos solamente el caso a = c. Los otros se dejaran como ejercicios.

Cuando a = c, la ecuacion se escribe como:

y4 + 2(x2 + c2)y2 + (x2 − c2) − c4 = 0 .

Si x = 0, entonces y4 + 2c2y2 = 0, por lo cual solo es posible que y = 0.

Si x = c√

2 entonces y4 + 6c2y2 = 0, por tanto, nuevamente y debe ser igual a 0.

Como las dos variables aparecen en potencias pares, existe simetrıa con respecto aambos ejes. La curva resultante se llama lemniscata de Bernoulli que esta repre-sentada en la figura 2.6.19.

X

Y

(a, 0)(−a, 0) O

Figura 2.6.19: Lemniscata de Bernoulli


1. Determine el lugar geometrico de los puntos del plano de coordenadas (x, y) talesque |x| + |y| = 1.

Solucion:

Si x ≥ 0, y ≥ 0, entonces |x| + |y| = x+ y = 1. implica y = 1 − x.

Si x ≤ 0, y ≥ 0, entonces |x| + |y| = −x+ y = 1. implica y = 1 + x.

Si x ≤ 0, y ≤ 0, entonces |x| + |y| = −x− y = 1. implica y = −1 − x.

Si x ≥ 0, y ≤ 0, entonces |x| + |y| = x− y = 1. implica y = x− 1.


En consecuencia los puntos cuyas coordenadas satisfacen |x|+ |y| = 1, es el cuadradocon vertices en (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0,−1).

X

Y

�

�

�

�

�

O

(0, 1)

(0,−1)

(−1, 0) (1, 0)

Figura 2.6.20

2. Resolucion geometrica de un sistema de ecuaciones de primer grado olineales.

Demuestre que el conjunto de las soluciones del sistema

ax+ by = c

a′x+ b′y = c′

donde a, b por un lado y a′, b′ por otro no se anulan simultaneamente, es el conjuntode los puntos de interseccion de las dos rectas de ecuaciones:

ax+ by − c = 0 , a′x+ b′y − c′ = 0.

Solucion:

Es una aplicacion directa de lo dicho en la subseccion 2.6.1 sobre interseccion decurvas y del hecho que una ecuacion de la forma ax+ by− c = 0, en que a y b no seanulan al mismo tiempo, es una lınea recta.

En particular el sistema tiene una unica solucion si las rectas no son paralelas, es

decir, cuandoa

b6= a′

b′. El sistema no tiene solucion si las rectas son paralelas, es

decir, cuandoa

b=a′

b′, con a 6= a′, b 6= b′. El sistema tiene infinitas soluciones cuando

ambas rectas son iguales.


X

Y

O X

Y

O X

Y

O

Figura 2.6.21

3. Distancia de un punto a una recta

Dado un punto P y una recta L, encontrar la distancia de P a L.

Solucion:

X

Y

O

�

� P

Q

L : ax+ by + c = 0

Figura 2.6.22: Distancia desde un punto a una recta

Si el punto P pertenece a la recta, entonces la distancia es cero. Por lo cual supon-dremos que P no es un punto de la recta L. Geometricamente la distancia es el trazode la perpendicular trazada desde P hasta la recta L.

Sean ax + by + c = 0 la ecuacion de la recta L, (x0, y0) las coordenadas del puntoP y (x∗, y∗) las coordenadas de Q, punto de interseccion entre la recta L y la rectaortogonal a L que pasa por P . Ası tenemos que

d = PQ =√

(x0 − x∗)2 + (y0 − y∗)2.

Para poder calcular d debemos encontrar las coordenadas de Q, lo que nos lleva aencontrar la ecuacion de la recta que pasa por P y que es perpendicular a L.


Como L tiene pendiente −ab, la ecuacion de la recta perpendicular a L es:

y − y0 =b

a(x− x0).

La que tambien puede escribirse como

ay − bx = ay0 − bx0.

segun el ejercicio resuelto 2, el punto Q es la interseccion de las dos rectas y, portanto, tiene por coordenadas la solucion del sistema:

ay − bx = ay0 − bx0

by + ax = −c.

Cuya resolucion algebraica nos da los valores:

x∗ =b2x0 − aby0 − ac

a2 + b2

y∗ =−abx0 + a2y0 − bc

a2 + b2

Ası,

(PQ)2 = (x0 − x∗)2 + (y0 − y∗)2

=

[(a2 + b2)x0 − b2x0 + aby0 + ac

a2 + b2

]2

+

[(a2 + b2)y0 − a2y0 + abx0 + bc

a2 + b2

]2

=

[a2x0 + aby0 + ac

a2 + b2

]2+

[b2y0 + abx0 + bc

a2 + b2

]2

=

[a(ax0 + by0 + c)

a2 + b2

]2

+

[b(ax0 + by0 + c)

a2 + b2

]2

=a2(ax0 + by0 + c)2 + b2(ax0 + by0 + c)2

a2 + b2

Por tanto,

d =|ax0 + by0 + c|√

a2 + b2.

4. Recuerde que la simetral de un triangulo es la perpendicular trazada en el puntomedio de un lado. Demuestre que las tres simetrales de un triagulo concurren en unmismo punto que equidista de los tres vertices del triangulo, por lo que constituyeel centro de la circunferencia circunscrita.


Solucion: Segun la ecuacion (2.27), la pendiente de la recta que pasa por los puntos

P1(x1, y1) y P2(x2, y2) esy2 − y1

x2 − x1. Usando la ecuacion (2.28), la recta perpendicular

a ella tiene pendiente −x2 − x1

y2 − y1. Ası la ecuacion de la recta normal a la que pasa

por P1 y P2 y que a su vez pasa por el punto medio del trazo P1P2 es, usando laecuacion (2.28),

y − y2 + y1

2=x2 − x1

y1 − y2(x− x2 + x1

2) (2.45)

Haciendo pasar uno de los ejes por un lado del triangulo, tenemos una situacioncomo en la figura 2. 6. 23.

Figura 2.6.23: Simetrales del triangulo

Los vertices del triangulo son (0, 0), (a, 0), (b, c). Usando (2.45) podemos encontrarla ecuacion de cada una de las rectas que contienen a las medianas del triangulo.

Sean: M1 =(a

2, 0)

, M2 =

((a+ b)

2,c

2

), M3 =

(b

2,c

2

), los puntos medios de cada

lado.

Llamando Li a la recta que pasa por Mi y es perpendicular al respectivo lado deltriangulo, tenemos las siguientes ecuaciones:

L1: x =a

2(2.46)

L2: y − c

2=

b− a

−c (x− a+ b

2) (2.47)

L3: y − c

2=

−bc

(x− b

2) (2.48)

Trabajando algebraicamente las ecuaciones (2.46), (2.47), (2.48), tenemos:

L1: x =a

2(2.49)

L2: 2(a− b)x− 2cy = a2 − b2 − c2 (2.50)

L3: 2bx+ 2cy = b2 + c2 (2.51)

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (2.49) y (2.51) obtenemos el punto

x =a

2; y =

b2 + c2 − ab

2c

Reemplazando estas coordenadas en la ecuacion (2.50), podemos verificar con uncalculo simple que dicho punto tambien pertenece a la recta L2.

Verificar que este punto equidista de los vertices del triangulo se deja al lector.

5. Resolucion grafica de inecuaciones lineales con dos variables.

Sean a, b, c numeros reales fijos, a y b no se anulan simultaneamente.

a) Demuestre que toda recta de ecuacion ax + by + c = 0 divide al plano en dossemiplanos tales que la expresion ax+ by + c es positiva para las coordenadasde los puntos de uno de los semiplanos y es negativa para las coordenadas delos puntos del otro semiplano.

b) Deduzca que el conjunto de las soluciones de la inecuacion ax+ by < c( respectivamente ax+ by > c) , es uno de los semiplanos limitados por la rectaax+ by + c = 0.

c) Deduzca que el conjunto de las soluciones de la inecuacion ax+by ≤ c (respecti-vamente ax+by ≥ c), es uno de los semiplanos incluyendo la recta ax+by−c = 0.

d) Deduzca que el conjunto de las soluciones de un sistema de inecuaciones linealesen R2 es la interseccion de los semiplanos que representan las soluciones de cadainecuacion del sistema.

Solucion:

a) Dado que a, b, c ∈ R, (x, y) ∈ R2, por tricotomıa la expresion ax+ by+ c puedeser positiva, negativa o nula.

Sabemos que ax+ by + c = 0 si y solo si x e y son las coordenadas de la rectaax + by = −c. Por tanto, los restantes puntos de R2 pueden hacer positiva onegativa la expresion ax+ by + c.

Consideremos un punto fuera de la recta ax+ by + c = 0, supondremos b > 0,pues si no multiplicamos la ecuacion de la recta por −1.

X

Y

O�

��

� � ax+ by + c = 0

x0

z

y0

Figura 2.6.24

Sea (x0, z) un punto bajo la recta. Reemplazando x en la ecuacion de la recta

obtenemos el numero y0 = −abx0−

c

b. De la figura podemos ver claramente que

y0 > z. Ası,

−abx0 −

c

b> z

−ax0 − c > bz, pues b > 0

−ax0 − bz − c > 0

ax0 + bz + c < 0.

b) Esto como los puntos siguientes son aplicaciones inmediatas de la parte (a) yde las propiedades elementales de los conjuntos.

6. Resuelva graficamente el sistema

2x− 3y + 2 ≤ 0

x+ y − 1 ≤ 0.

Solucion:

Figura 2.6.25

Primero debemos graficar cada una de las rectas y =2

3x+

2

3, y = 1−x. La solucion

al sistema es la region comun bajo ambas rectas tal como se muestra en la figura.

7. Una caja contiene monedas de 20 gramos y de 30 gramos.

a) Escriba el sistema de inecuaciones que describe el peso total de las monedasque esta comprendido estrictamente entre 300 y 330 gramos.

b) Determine todos las posibles soluciones al problema.

c) Determine graficamente los puntos cuyas coordenadas enteras positivas verificanlas hipotesis del problema.

Solucion:

a) Sea x el numero de monedas de 20 gramos y sea y el numero de monedas de 30gramos. Entonces, tenemos:

20x+ 30y > 300

20x + 30y < 330.

Este sistema puede ser reducido a

2x+ 3y > 30

2x+ 3y < 33

b) Del grafico se deduce que todas las posibles soluciones al problema es la regiondel primer cuadrante comprendida entre ambas rectas, sin incluirlas a ellas. lassoluciones negativas no tienen sentido en el contexto del problema.

c) Del grafico vemos que las soluciones con coordenadas enteras son: (5, 7), (8, 5), (9, 4), (11, 3), (14, 1).

Figura 2.6.26

8. Resolucion geometrica de una ecuacion de segundo grado

a) Demuestre que las raıces de la ecuacion de segundo grado ax2 + bx+ c = 0, a 6=0, x ∈ R, corresponden a los puntos de interseccion de una parabola con unarecta.

b) Obtenga geometricamente las soluciones de la ecuacion −x2 + 2x+ 3 = 0.

Solucion:

a) La ecuacion ax2 + bx+ c = 0, con a 6= 0, puede ser escrita como

ax2 = −bx− c,


por lo tanto, los puntos que satisfacen dicha relacion pueden ser considerados,de acuerdo a lo dicho en la subseccion 2.6.1, como la interseccion de la parabolay = ax2 con la recta y = −bx− c.

b) De acuerdo a lo visto en el item anterior, las soluciones de la ecuacion −x2 +2x + 3 = 0 son los puntos de interseccion de la parabola y = −x2 y la rectay = −2x− 3.

X

Y

O�

�

�

�

r1 = −1 r2 = 3

(3,−9)

Figura 2.6.27

9. Estudio de la parabola y = ax2 + bx+ c.

Demuestre que la ecuacion y = ax2 + bx+ c representa una parabola. Encuentre suvertice, foco, directriz y los puntos de interseccion con el eje X.

Solucion: Completando el cuadrado de binomio en x podemos escribir:

y = ax2 + bx+ c = a

[(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a2

]= a

[(x+

b

2a

)2]

+4ac− b2

4a.

Haciendo la traslacion de los ejes en la forma:

x′ = x+b

2a

y′ = y − 4ac− b2

4a

La ecuacion puede escribirse como

y′ = a(x′)2,

la cual representa una parabola con vertice en el nuevo origen O ′ cuyas coordenadasen el antiguo sistema son (

− b

2a,

4ac− b2

4a

).

Su directriz es la recta y =4ac− a2 − b2

4a, su foco es el punto (− b

2a,4ac+ a2 − b2

4a).

La curva corta al eje X en los puntos (b±

√b2 − 4ac

2a, 0) si b2 − 4ac > 0. Corta al eje

X en un unico punto (b

2a, 0) si b2 − 4ac = 0. No corta al eje X si b2 − 4ac < 0.

10. Caracterice la curva y = −x2 + 2x+ 3.

Solucion: Completando el cuadrado de binomio en x tenemos:

y = −x2 + 2x+ 3 = −[(x2 − 2x+ 1) − 3 − 1] = −(x− 1)2 + 4.

Por tanto, y − 4 = −(x− 1)2. Ası, la traslacion

x′ = x− 1

y′ = y − 4

nos permite escribir la ecuacion original en la forma:

y′ = −x′2,

que representa la parabola abierta hacia abajo con vertice en (1, 4), foco en (1,15

4)

y directriz y =17

4. Sus intersecciones con el eje X son (−1, 0), (3, 0).

11. Encuentre la ecuacion de la parabola que pasa por los puntos (−2, 16), (0, 2) y (1, 4).

Solucion: Como la ecuacion general de la parabola tiene la forma

y = ax2 + bx+ c,

ella esta completamente determinada conociendo los valores de los coeficientes a, b,c. Para ello tenemos que si el punto (x, y) pertenece a la curva, entonces los numerosx, y, satisfacen la ecuacion de la curva. Por lo tanto, tenemos tres ecuaciones:

a(−2)2 + b(−2) + c = 16

a02 + b0 + c = 2

a12 + b1 + c = 4.


Que se reducen al sistema:

4a− 2b+ c = 16

c = 2

a+ b+ c = 4,

Cuya solucion es:a = 3, b = −1, c = 2.

Ası, la ecuacion de la parabola es y = 3x2 − x+ 2

12. Encuentre la ecuacion de un cırculo que pasa por tres puntos dados.

Solucion: Si los tres puntos son colineales, entonces el problema no tiene solucion.

Sean P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2), P3 = (x3, y3), tres puntos del plano no colineales.Como encontrar el centro del cırculo, lo hemos visto en el ejercicio 1. Pero tambiense puede hacer usando la ecuacion de la circunferencia ( 2.29).

Sea (x − a)2 + (y − b)2 = r2 la ecuacion del cırculo pedido, por tanto cada puntoPi satisface esta ecuacion; ası obtenemos el siguiente sistema de tres ecuaciones contres incognitas a, b, r.

(x1 − a)2 + (y1 − b)2 = r2

(x2 − a)2 + (y2 − b)2 = r2

(x3 − a)2 + (y3 − b)2 = r2

Desarrollando los cuadrados podemos escribir,

a2 + b2 − r2 − 2x1a− 2y1b = −x21 − y2

1 (2.52)

a2 + b2 − r2 − 2x2a− 2y2b = −x22 − y2

2 (2.53)

a2 + b2 − r2 − 2x3a− 2y3b = −x23 − y2

3 (2.54)

Restando las ecuaciones (2.52) y (2.53) y las ecuaciones (2.52) y (2.54), obtenemos:

2(x2 − x1)a+ 2(y2 − y1)b = (x22 − x2

1) + (y22 − y2

1)

2(x3 − x1)a+ 2(y3 − y1)b = (x23 − x2

1) + (y23 − y2

1)

Este sistema puede ser resuelto usando regla de Cramer y obtenemos las coordenadasdel centro:

a =

∣∣∣∣(x2

2 − x21) + (y2

2 − y21) 2(y2 − y1)

(x23 − x2

1) + (y23 − y2

1) 2(y3 − y1)

∣∣∣∣∣∣∣∣

2(x2 − x1) 2(y2 − y1)2(x3 − x1) 2(y3 − y1)

∣∣∣∣


b =

∣∣∣∣2(x2 − x1) (x2

2 − x21) + (y2

2 − y21)

2(x3 − x1) (x23 − x2

1) + (y23 − y2

1)

∣∣∣∣∣∣∣∣

2(x2 − x1) 2(y2 − y1)2(x3 − x1) 2(y3 − y1)

∣∣∣∣

13. Dada la ecuacion 4x2 − 16x+ 9y2 + 18y − 11 = 0,

a) Escribirla en una de las formas canonicas.

b) Encontrar las coordenadas de sus focos y de sus vertices.

c) Encontrar las ecuaciones de sus directrices y calcular su excentricidad.

d) Escribir la ecuacion de la curva despues de una rotacion de los ejes en un anguloφ = π

6 .

Solucion:

a) Completando los cuadrados en x y en y, la ecuacion queda en la forma: 4(x −2)2 + 9(y + 1)2 = 36, la que es equivalente a

(x− 2)2

9+

(y + 1)2

4. Por tanto la

curva representa una elipse.

b) a2 = 9 y b2 = 4, entonces c2 = 5.

El centro de la elipse es el punto (2,−1), por tanto las coodenadas de sus focosson: (2 +

√5,−1) y (2 −

√5,−1).

Los vertices son (5,−1), (−1,−1), (2, 1), (2,−3).

c) Las directrices de la elipse son las rectas x = ± a2

c + 2. Ası, x = ± 9√5

+ 2 y su

excentricidad es e =√

53 .

d) Usando las formulas (R) del teorema 2.4.11, tenemos que:

x = x′ cosπ

6− y′ sen

π

6

y = x′ senπ

6+ y′ cos

π

6

Lo que nos da las ecuaciones:

x =

√3

2x′ − 1

2y′

y =1

2x′ +

√3

2y′


Reemplazando estos valores en la ecuacion de la elipse obtenemos:

4(

√3

2x′− 1

2y′)2−16(

√3

2x′− 1

2y′)+9(

1

2x′ +

√3

2y′)2 +18(

1

2x′ +

√3

2y′)−11 = 0 .

Trabajando algebraicamente esta expresion llegamos finalmente a la nuevaecuacion que tiene la forma:

21x′2 + (36 − 32√

3)x′ + 31y′2 + (32 + 36√

3)y′ + 10√

3x′y′ − 44 = 0 .

14. Dada la ecuacion de segundo grado 2x2 − 3xy + 3y2 + x− 7x+ 1 = 0, determine laforma de la curva y escrıbala en la forma canonica correspondiente.

Solucion: A = 2, B = −3, C = 3, D = 1, E = −7, F = 1. Como B2 − 4AC = −15 ≤0, la curva representa una elipse. tg(2φ) = B

A−C = 3. Usando tablas se tiene que

φ = 35046′57′′. Por otro lado,

A′ = A cos2 φ+B cosφ senφ+C sen2 φ

C ′ = A sen2 φ−B cosφ senφ+ C cos2 φ

Por tanto

A′ +C ′ = A+ C

A′ −C ′ = (A− C)(cos2 φ− sen2 φ) + 2B senφ cos φ

= (A− C) cos 2φ+B sen 2φ

Como tg(2φ) = 3, podemos pensar en un triangulo rectangulo de catetos 3 y 1,entonces:

sen 2φ =B

±√B2 + (A−C)2

cos 2φ =A− C

±√B2 + (A−C)2

Reemplazando estos valores en la expresion de A′ − C ′, obtenemos:

A′ − C ′ =(A− C)2

±√B2 + (A− C)2

+B2

±√B2 + (A− C)2

A′ − C ′ = ±√B2 + (A− C)2

Ası obtenemos el sistema:

A′ + C ′ = 5

A′ − C ′ = −√

10


Para la segunda ecuacion se elige el signo menos, pues A′ y C ′ deben tener el mismo

signo. Por tanto, A′ = 5−√

102 y C ′ = 5+

√10

2 . Para calcular los otros coeficientes,usaremos las siguientes formulas:

D′ = E senφ+D cosφ

E′ = E cosφ−D senφ

senφ =

√1 − cos 2φ

2=

√1

2− 1

2√

10

cosφ =

√1 + cos 2φ

2=

√1

2+

1

2√

10

Por tanto,

D′ = −7

√1

2− 1

2√

10+

√1

2+

1

2√

10

E′ = −7

√1

2+

1

2√

10+

√1

2− 1

2√

10

Despues de efectuar estos largos calculos aritmeticos obtenemos que F ′′ = −159 , por

lo cual la curva puede escribirse como

(5 −√

10)(x′′)2 + (5 +√

10)(y′′)2 =50

9

15. Sea la parabola y2 = 2px, con foco F , directriz d y P (x∗, y∗) un punto cualquiera deella.

a) Calcule la tangente del angulo α formado por el eje X y el trazo FP .

b) Calcule la tangente del angulo β ( pendiente de la recta tangente a la curva enel punto P (x∗, y∗)).

c) Calcule tg 2β.

d) Deduzca que γ = β, siendo γ el angulo formado por la recta tangente y FP .

e) Usando la ley de reflexion de un rayo de luz, deduzca el camino que sigue unrayo de luz que emerge del foco F de la parabola.

Solucion:


a) Como F =(p

2 , 0), el triangulo FAP es rectangulo en A, por tanto tg α =

y∗

x∗ − p

2

.

b) La pendiente de la recta tangente puede calcularse usando los puntos P y C.De la geometrıa clasica vemos que C es el punto medio del trazo DF , ası,

C =(0, y∗

2

)y,

tg β =y∗ − y∗

2

x∗=

y∗

2x∗

Pero, 2x∗p = y∗2, entonces tg β = py∗ .

c) Usando la formula de la tangente para un angulo doble tenemos:

tg 2β =

2py

1 − p2

y2

=2py

y2 − p2=

2py

2px− p2=

y

x− p2

.

d) Por propiedad de los angulos de un triangulo tenemos que, α = β+γ y 2β = α,por tanto γ = β.

X

Y

O

D P

�

�

F

�

�β α

C

γ

β

Figura 2.6.28 : Reflejo de la luz en la parabola

e) En virtud de la ley de la reflexion de un rayo de luz, angulo de incidencia igualal angulo de reflexion, un rayo que emerja del foco F y que se refleje en unpunto de la parabola, cuya direccion en ese punto es el de su recta tangentepartira en una direccion paralela al eje de simetrıa de la parabola. En esta


propiedad se basa la construccion de los telescopios reflectantes, los proyectoresde seguimiento, los focos de los vehıculos.

16. Dada la ecuacion 4x2 − 12xy + 9y2 − 36x + 100, determine que curva representa yescrıbala en la forma canonica correspondiente.

Solucion: A = 4, B = −12, C = 9, D = 36, E = 0, F = 100.

Como B2 − 4AC = 0, la ecuacion representa una parabola.

tg φ = − B

2C=

2

3, por tanto, senφ =

2√13

y cosφ =3√13

. Usando una tabla vemos

que φ = 34041′25′′. Usaremos las mismas formulas que en el ejercicio anterior para

calcular los coeficientes. A′ = 0, C ′ = 13, D′ = − 108√13, E′ =

72√13, F ′ = F . Ası la

ecuacion se transforma en :

13(y′)2 − 72√13, x′ +

72√13y′ + 100 = 0 .

Completando el cuadrado en y′ y sacando factor comun − 108√13

para los terminos

restantes nos queda:

13(y′ − 36

13√

13)2 − 108√

13(x′ − 3901

27 · 13√

13= 0 .

Haciendo la evidente traslacion de ejes obtenemos:

13(y′′)2 − 108√13x′′ = 0 .

17. Demuestre que la ecuacion x2+xy+y2−2x−3y+1 = 0 representa una circunferencia.

Solucion:

B2 − 4AC = 1 − 4 = −3, por tanto, la curva es una elipse.

Para eliminar el termino en xy es necesario una rotacion en un angulo φ tal que

cotan 2φ =A− C

B= 0, es decir, 2φ =

π

2y por tanto, φ =

π

4.

Como cosπ

4= sen

π

4=

√2

2, las ecuaciones de la traslacion tienen la forma:

x =

√2

2(x′ − y′)

y =

√2

2(x′ + y′)


Reemplazando estos valores en la ecuacion dada tenemos:

(x′ − y′)2

2+

(x′ − y′)(x′ + y′)2

+(x′ + y′)2

2− 2(x′ − y′)√

2− 3(x′ + y′)√

2+ 1 = 0.

Desarrollando los cuadrados y reduciendo los terminos semejantes nos queda laecuacion:

3√

2x′2 + 3√

2y′2 − 10x′ − 2y′ + 2√

2 = 0.

Ahora debemos completar los cuadrados de binomio en x′ e y′:

3√

2

[x′2 − 10

3√

2x′ +

25

18

]+ 3

√2

[y′2 − 2

3√

2y′ +

1

18

]+ 2

√2 − 75

√2

18− 3

√2

18= 0

3√

2

[x′ − 5

3√

2

]2

+ 3√

2

[y′ − 1

3√

2

]2

− 7√

2

3= 0.

Dividiendo la ecuacion por 3√

2 se obtiene:

(x′ − 5

3√

2

)2

+

(y′ − 1

3√

2

)2

=7

9.

Ası podemos ver que la ecuacion representa una circunferencia de centro

(5

3√

2,

1

3√

2

)

y radio

√7

3.

18. Calcule las longitudes de las varillas verticales y diagonales de la viga parabolica dela figura 2.6.29, con los datos l y p.

Solucion: Haciendo pasar los ejes en la forma descrita por la figura 2.4.22, tenemosque la ecuacion de la parabola es:

y = p− 4px2

l2.

Por tanto p1 = 34p , d = 1

4

√16p2 + l2 ; d1 = d2 = 1

4

√9p2 + l2.

Figura 2.6.29: Viga Parabolica


1. Determine el lugar geometrico de los puntos del plano cuyas coordenadas (x, y)satisfacen la relacion max{|x|, |y|} = 1.

2. Demuestre que las tres bisectrices de los angulos interiores de un triangulo concurrenen un mismo punto que equidista de los lados del triangulo, por lo que constituye elcentro de la circunferencia inscrita.

3. Demuestre que las tres alturas de un triangulo concurren en un mismo punto que sellama ortocentro.

4. La transversal de gravedad de un triangulo es la recta que une un vertice del triangulocon el punto medio del lado opuesto. Demuestre que las tres transversales de gravedadconcurren en un mismo punto, que se llama centro de gravedad del triangulo.

5. Use las formulas encontradas en los ejercicios resueltos para encontrar la ecuaciondel cırculo que pasa por los puntos:

(i)(1, 1), (2, 4), (5, 3).

(ii) (0, 0), (a, 0), (b, c).

6. Por un punto fijo A sobre un cırculo de diametro b se traza una secante cualquieraAD, sobre la cual desde D se trazan dos puntos M y N a una misma distancia ade D. El lugar geometrico de estos puntos M y N se llama caracol de Pascal.Encuentre la ecuacion que describe esta curva y bosqueje su grafico separando loscasos: a > b, a = b y a < b.

7. Dada la ecuacion 16x2 + 36y2 + 16x− 36y − 131 = 0, determine:

a) la curva que ella representa.


b) las coordenadas del centro, de sus focos y sus vertices.

c) la ecuacion de sus directrices.

d) su excentricidad.

8. Dada la ecuacion 36y2 − 36y − 16x2 − 16x− 139 = 0, determine:


b) las coordenadas del centro, de sus focos y sus vertices.

c) la ecuacion de sus directrices.


9. Dada la ecuacion y − 6x2 + 2x+ 1 = 0, determine:


b) las coordenadas del foco y del vertice.

c) la ecuacion de su directriz.


10. Dada la ecuacion 2x2−5xy+5y−1 = 0, determine la curva que representa y escrıbalaen la forma canonica correspondiente.

Determine y caracterice la curva que representa cada una de las siguientes ecuaciones:

11. 4x2 + 2y2 + 8x− 4y − 2 = 0.

12. y2 − 4y + 4 + 12x = 0.

13. 9y2 − 25x2 + 18y + 50 − 241 = 0.

14. 2y2 − 5y + 2x− 6 = 0.

15. 4x2 − 9y2 = 0.

16. 9x2 + 4y2 − 54x+ 8y + 61 = 0.

17. 4x2 + 9y2 − 8x+ 27y + 49 = 0.

18. −3x2 + 2x+ 4y + 2 = 0.

19. x2 − 4y2 − 8x+ 8y + 11 = 0.

20. x2 − y2 + 2x+ 6y − 14 = 0.

21. 4x2 − 9y2 + 14x+ 21y = 0.


22. 9x2 + 4y2 − 18x− 40y + 109 = 0.

23. Un cable suspendido en una conduccion de alta tension tiene aproximadamente laforma de una parabola y = ax2 + bx + c. Determine los valores de los coeficientesa, b, c con los datos de la figura 2.6.30.

Figura 2.6.30: Cable en forma de parabola.

Escribir en su forma canonica y graficar cada una de las siguientes curvas:

24. 4x2 − 4xy + y2 − 3x+ 2y = 0.

25. x2 − 4xy + 4y2 + 2x− 4y − 4 = 0.

26. x2 − 4xy + 4y2 + 2x− 4y + 1 = 0.

27. x2 − 4xy + 4y2 + 2x− 4y + 6 = 0.

28. x2 − 2xy − 4y + 4 = 0.

29. x2 − xy + y − 1 = 0.

30. 2x2 − 2xy + y2 + 2x− 2y − 3 = 0.

2.6.2. Analisis de curvas en coordenadas rectangulares

Cuando las variables x e y aparecen en potencias superior o igual a tres, en la mayorıade los casos, es imposible despejar explıcitamente una variable en terminos de la otra, parapoder aplicar el analisis de funciones de la seccion 2.5 para conocer el comportamiento dela curva. Veamos los siguientes casos:


Ejemplo 2.6.13 1. La estrofoide recta (Barrow (1630-1677)), cuya ecuacion generales

y2(a− x) = x2(a+ x); a > 0. (2.55)

contiene la variable y en grado dos y la x en grado tres, lo cual permite analizarcada una de sus ramas como funcion tradicional:

y2 =x2(a− x)

a+ x

y = ±√x2(a− x)

a+ x, cuando

a− x

a+ x≥ 0.

Entonces, cada rama de y puede analizarse como funcion siguiendo el esquema de laseccion 2.5

2. En cambio, curvas como el folio de una hoja de Descartes(1638), descrito por laecuacion:

x3 + y3 = 3axy; a > 0

que es simetrica con respecto a X e Y , no resulta practico despejar una variable enfuncion de la otra. Si usted quiere hacerlo, tendrıa que usar la formula de Cardano-Tartaglia, la cual complica mucho la expresion y sus derivadas.Para analizar el comportamiento de este tipo de curva, es mas practico utilizar elmetodo de derivacion implıcita.

Derivacion Implicita Para conocer el comportamiento de una curva f(x, y) = 0, en unentorno de un punto (x0, y0) tal que f(x0, y0) = 0, supongamos que para (x, y) ∈ I×J y ,donde I = (x0−r, x0+r), r > 0 y J = (y0−s, y0+s), r > 0 , s > 0, se puede “despejar” ycomo funcion de x y que esta funcion es dos veces derivable, entonces usando la regla de lacadena, podemos conocer y′(x), y′′(x) y conocer su comportamiento, al menos localmente.

Bajo estas hipotesis podemos imaginar o escribir la curva:

x3 + (y(x))3 = 3axy(x); x ∈ I.

Y aplicando regla de la cadena, derivar la ecuacion.

d

dx

(x3 + (y(x))3

)=

d

dx(3axy(x)) .

Lo cual implica:

3x2 + 3(y(x))2 · ddxy(x) = 3ay(x) + 3ax · d

dxy(x).


O lo que es lo mismo:

3x2 + 3(y(x))2y′(x) = 3ay(x) + 3axy′(x). (2.56)

Despejando y′(x):

y′(x)(3y2(x) − 3ax

)= 3ay(x) − 3x2

Si 3y2(x) − 3ax 6= 0

y′(x) =3ay(x) − 3x2

3y2(x) − 3ax.

Si en particular nos interesa y′(x0) entonces

y′(x0) =3ay(x0) − 3x2

0

3y2(x0) − 3ax0

=3ay0 − 3x2

0

3y20 − 3ax0

(2.57)

mas en concreto

Si a =2

3, entonces:

x3 + y3 = 2xy (2.58)

Entonces el punto (x0, y0) = (1, 1) pertence a dicha curva, pues sus coordenadas satisfacenla ecuacion 2.58; en efecto:

1 + 1 = 2 · 1 · 1

Suponiendo que en un rectangulo del plano que contiene al punto (1, 1) se puede despejary como funcion de x, y que esta funcion es derivable, tenemos segun la ecuacion 2.57 que:

y′(1) =3 · 2

3− 3

3 − 2= −1

En el punto (1, 1) la curva tiene una pendiente de −1. Es decir, la recta tangente a lacurva en dicho punto es perpendicular a la recta y = x.


X

Y

� �

�

y = x

(1, 1)

y = −x(1, 0)

(0, 1)

Figura 2.6.31

¿Por que este resultado vale solo en un rectangulo que contiene al punto(1, 1)?Porque si en la ecuacion 2.58 reemplazamos x por 1, resulta una ecuacion cubica en y.

y3 − 2y + 1 = 0

la cual, segun el Teorema Fundamental del Algebra tiene tres raıces en C.Para buscar las otras raıces, basta dividir el polinomio y3 − 2y + 1 por y − 1, por cuantoya sabemos que y = 1 es una raız de este.


y3 − 2y + 1 : y − 1 = y2 + y − 1

−(y3 − y2)

0 + y2 − 2y + 1

−(y2 − y)

0 − y + 1

−(−y + 1)

0

Ası, y3 − 2y + 1 = (y − 1)(y2 + y − 1)

y2 + y − 1 = 0 ⇔ y =−1 ±

√1 + 4

2

Por lo tanto, para x = 1 se tiene y =

y = 1

y =−1 ±

√5

2.

Esto significa geometricamente

que si trazamos una recta paralela al eje Y a traves de x = 1, esta corta a la curvaentres puntos que son las raices que hemos encontrado. Esta figura geometrica se puedeexpresar diciendo que x = 1 tiene tres ”imagenes”, por lo cual, globalmente la curvano es una funcion. Pero, localmente puede serlo. Ası, localmente podemos analizar elcomportamiento de la curva.Por ejemplo, si nos interesa saber en cuales puntos la curva tiene tangente paralela al ejeX, debemos buscar los puntos que anulan la primera derivada.Usando la ecuacion 2.57,


tenemos:

y′(x) = 0 ⇐⇒ 2y(x) − 3x2

3y2(x) − 2x= 0

⇐⇒{

2y = 3x2

3y2 6= 2x.

Para calcular los puntos, reemplazamos la ecuacion 2y = 3x2 3n la ecuacion ?? y obten-emos:

x3

(27

8x3 − 2

)= 0.

Esta ecuacion tiene dos raıces reales:

x = 0 y x =2 3√

2

3.

Por lo tanto, el punto

(2 3√

2

3, 2

3√

4

)satisface las condiciones. En cambio el punto (0, 0)

no satisface la relacion 3y2 6= 2x, por lo cual hasta el momento no podemos concluir nada.

Ejemplo 2.6.14 Encontrar los puntos donde la tangente a la lemniscata de Bernoulli esparalela al eje X.

Solucion: La ecuacion de esta curva fue deducida en la subseccion ?? y corresponde ala ecuacion 2.44:

(x2 + y292 = a2(x2 − y2) , a > 0.

Derivando implıcitamente:

2(x2 + y2)(2x+ 2yy′) = a2(2x− 2yy′).

Despejando y?:

y′(x) =a2x− 2xx3 − 2xy2

2yx2 + 2y3 + a2y=

1

a2 + 2y2 + 2x2· x(a

2 − 2x2 − 2y2)

y. (2.59)

Observando esta ecuacion podemos deducir que

y′(x) = 0 ⇐⇒ (x = 0) o (a2 − 2x2 − 2y2) = 0, y 6= 0.

Si a2 − 2x2 − 2y2 = 0, entonces:

x2 + y2 =a2

2. (2.60)

Reemplazando la ecuacion 2.60 en la ecuacion de la lemniscata, nos queda:

a4

4= a2(x2 − y2). (2.61)

Para calcular los puntos (x, y) correspondientes, debemos resolver el sistema:{x2 + y2 = a2

2

x2 − y2 = a2

4 ,(2.62)

cuyas soluciones son,

x = ±a√

6

4, y = ±a

√2

4.

Si x = 0; reemplazando este valos en la ecuacion 2.44 nos da y = 0. Este resultadonos da, para y′ una forma indeterminada, por lo tanto no podemos concluir nada.

Naturaleza de los puntos crıticos: Para poder clasificarlos calcularemos implıcita-mente la segunda derivada de y(x), suponiendo que existe: Derivando la ecuacion 2.59obtenemos,

y′′(2yx2 + 2y3 + a2y) + y′(2y′x2 + 4yx+ 6yy′ + 2ay′) = a2 − 6x2 − 2y2 − 4xyy′.

Como en los puntos que nos interesa calcular la segunda derivada son los que anulan y ′,la ecuacion se reduce a :

y′′(2yx2 + 2y3 + a2y) = a2 − 6x2 − 2y2.

Ası,

y′′(x) =a2 − 6x2 − 2y2

y(a2 + 2y2 + 2x2)= frac1a2 + 2y2 + 2x2 · a

2 − 6x2 − 2y2

y. (2.63)

Observando la ecuacion 2.63, vemos que el signo de la segunda derivada depende del signo

dea2 − 6x2 − 2y2

y. Evaluando esta expresion en las soluciones del sistema 2.62 obtenemos

que ,

y′′(±a√

6

4,a√

2

4) < 0

y′′(±a√

6

4, −a

√2

4) > 0.


Por lo tanto:

(±a√

6

4,a√

2

4) son maximos y (±a

√6

4, −a

√2

4) son mınimos.


1. Dada la curva f(x, y) = 0 y el punto (x0, y0) suponga que en un entorno de este

punto,existedy

dxydx

dy.

Verifique que (x0, y0) pertenece a la curva.

Calculedy

dx(x0, y0)

dx

dy(x0, y0).

Interprete geometricamente los resultados.

a) x7 + y5x− 3x7y2 + y − 1 = 0, (x0, y0) = (0, 1).

b) x3 cos(xy) = 1 = 0, (x0, y0) = (−1, π).

c) cos(x+ y) + sen(x− y) = 1 = 0, (x0, y0) = (π/2, 0).

2. Sea C una circunferencia de radio r y centro en el origen.

a) Utilice derivacion implıcita para obtener el valor de la pendientemC , en cualquierpunto P (x0, y0). ¿Depende del radio este valor ?

b) Sea C1 la semicircunferencia de C que esta en el primer y segundo cuadrante yC2 la semicircunferencia de C que esta en el tercer y cuarto cuadrante. Deter-mine una expresion para C1 y C2 colocando y como funcion de x.

c) Utilice el resultado anterior para encontrar el valor de mC(x0, y0), solo en ter-minos de x0.

3. Dada la ecuacion de la curva llamada Hoja de Descartes:

y3 − 2xy + x3 = 0

a) Verifique que el punto (1, 1) pertenece a la curva definida por la ecuacion dada.

b) Si x = 1, la ecuacion resultante es de tercer grado en y.Encuentre los tres valoresde y correspondientes a x = 1, usando (a) y division de polinomios.

c) Calcule la ecuacion de las rectas tangentes a la curva en cada uno de los puntosencontrados en (b).


4. La curva llamada Rosa de cuatro petalos tiene por ecuacion:

(x2 + y2)3 − 4a2x2y2 = 0

a) Haciendo x = r cosα y y = r senα , r > 0, α ∈ [0, 2π].Encuentre la ecuacion equivalente en funcion de r α.

b) Encuentre el angulo α para el cual se obtiene el mayor valor de r ycalcule los correspondientes puntos (x, y).

c) Encuentre la recta tangente a la curva en cada uno de los puntos encontradosen el item anterior. Diga en que region del plano se ubica la curva.

d) Analice la simetrıa de la curva con respecto a los ejes coodenados, al origen ya la recta y = x.

e) Considerando la simetrıa estudiada, establezca la region mınima donde se debeanalizar la curva para obtener su grafico.

5. La ecuacion

(x2 + y2 − ax)2 = a2(x2 + y2), a > 0,

representa una curva llamada Cardioide.

a) Calcule todos los puntos de la curva cuya abscisa es x = 0.

b) Calcule las rectas tangentes a la curva en los puntos obtenidos en (a).

c) Encuentre los puntos de la curva donde su tangente es horizontal.

d) Haciendo el cambio de variable x = r cosα y y = r senα , r > 0,α ∈ [0, 2π], demuestre que la ecuacion se escribe como :

r = a(cosα+ 1).

e) Deduzca en que region del plano esta ubicada la curva.

6. Dada la curva:

(x2 + y2)2 = 36x2

a) Calcule los puntos donde la curva corta al eje X.

b) Calculedy

dxpara cada uno de los puntos encontrados en la pregunta 6a e inter-

prete el resultado.

c) Determine los puntos crıticos de la curva y clasıfiquelos en maximos o mınimos.

d) Deduzca la region del plano donde se encuentra la curva.


e) Deduzca que la curva dada representa dos circunferencias tangentes. Encuentredichas circunferencias.

7. Dada la conica:C : x2 − y2 = σ2; con σ > 0

Se define a partir de ella el conjunto B, como:

B = {(x, y) ∈ C : y ≥ 0}

a) Esboce el grafico de B.

b) Determine que puntos de B son los mas cercanos al punto (0,3).

c) Se define la distancia vertical cuadratica de un punto P0 = (x0, y0) a una funciondada y = f(x), como la distancia al cuadrado que hay entre P0 y (x0, f(x0)).O sea,

V2(P0, f(x)) = D2 ((x0, y0), (x0, f(x0)))

Considere la parte de C que esta en el primer cuadrante del plano XY comof(x). ¿Cual debe ser el valor de σ, para que la suma de las distancias verticalesde los puntos (1, 0) y (1, 2) a f(x), sea mınima?.

d) Sea E el valor de la suma de las distancias verticales de los puntos (1, 0) y (1, 2)a f(x). ¿Cual es el mınimo valor posible para E?. ¿Por que, se puede garantizarque E 6= 0?.


2.6.3. Analisis de curvas dadas por ecuaciones parametricas

Introduccion

Una de las tantas preguntas, respecto de los fenomenos naturales, que podemos hacer-nos es como describir la trayectoria de un objeto en movimiento.Por ejemplo, supongamos que una rueda de radio a gira por un camino recto. En estarueda hemos marcado un punto P y queremos describir la trayectoria de dicho punto.

�

�

�

P

P

PFigura 2.6.32

Para obtener las ecuaciones de dicha trayectoria hacemos lo siguiente.

Supongamos por un instante que la rueda esta fija.Sea C su centro y M el punto dela rueda en que tiene contacto con el camino como se muestra en la Figura 2.5.2.

�

�

�

a

O

Q

C

MN

Pθ

Figura 2.6.33

Sea θ el angulo PCM y O el origen del movimiento.

Por las condiciones del problema OM = longitud arco PM.


En el triangulo CPQ se cumple PQ = a sen θ y CQ = a cos θ

Sean (x, y) las cordenadas de P .

x = ON = OM −NM = aθ − a sen θ = a(θ − sen θ)y = NP = MC −MQ = a− a cos θ = a(1 − cos θ)

Luego las ecuaciones de (x, y) en funcion del angulo θ son:

x = a(θ − sen θ) (2.64)

y = a(1 − cos θ)

Ası, a medida que P varıa, varıa el angulo θ entre 0 y 2π. De esta forma, las ecua-ciones del punto P (x, y) tienen la representacion parametrica dada por las ecuaciones 2.64en funcion de θ.

En general una curva puede tener mas de una representacion parametrica.

A manera de ejemplo; Si consideramos una circunferencia de centro (0,0) y radio atenemos que un punto tıpico de la circunferencia, (x, y) satisface la ecuacion:

x2 + y2 = a2 (2.65)

Si denotamos por θ el angulo que forma el segmento OP con el eje X entonces,

x = a cos θ (2.66)

y = a sen θ

es una representacion parametrica del punto (x, y).


X

Y

�

�

�

��

0 x

y P

θa−a

Figura 2.6.34: Coordenadas polares de un punto en el plano

Ası, la misma circunferencia puede representarse en la forma cartesiana 2.65 o en la forma2.66 que es la forma polar.

En general, si tenemos una curva γ ⊂ Rn entonces tendremos que describir cadax = (x1, · · · , x1) ∈ γ en la forma x1 = x1(t), · · · , xn = xn(t), t ∈ [a, b] donde t es unparametro conveniente para la escritura de la curva.

Ahora mostraremos como aplicar la informacion que proporcionan la primera y segundaderivada para analizar el comportamiento de curvas en el plano que vienen dada medianteecuaciones parametricas. Como se dijo en la introduccion, dichas curvas se pueden pensarcomo el camino que sigue un objeto en movimiento y al parametro se puede pensar comoel tiempo.

Para analizar el comportamiento de una curva y bosquejar su grafico en el plano XY ,

debemos calculardy

dxyd2y

dx2. Como nuestros datos - las ecuaciones parametricas - estan en

funcion del parametro t, estas derivadas quedan tambien expresadas en terminos de t.Paracalcular estas derivadas se deben usar dos importantes teoremas del calculo diferencial: laregla de la cadena y el teorema de al funcion inversa.

Definicion 2.6.15 Llamaremos curva en el plano a una funcion γ de [a, b] 7→ R2 talque :

γ(t) = (x(t), y(t)) = (f(t), g(t)),

donde f y g son funciones continuas.

En los casos que veremos supondremos que las componentes de γ(t) son derivables almenos dos veces.

La variacion de la abscisa respecto a la ordenada ,dy

dx, es muy importante, pues

representa la direccion de la recta tangente a la curva y(x) yd2y

dx2representa su curvatura.


Ahora mostraremos como se calculan estas derivadas.

dy

dx=dy

dt

dt

dx=

dy

dtdx

dt

=g′(t)f ′(t)

.

Es importante observar que esta formula solo tiene sentido cuando x′(t) = f ′(t) 6= 0, lo quees equivalente a la inyectividad de la funcion diferenciable x(t) = f(t) como consecuenciadel teorema de la funcion inversa, teorema 2.3.22.

Para conocer la curvatura de γ(t), debemos calculard2y

dx2.

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=

d

dt

(dy

dx

)

dx

dt

=

d

dt

(g′(t)f ′(t)

)

f ′(t)=g′′(t)f ′(t) − g′(t)f ′′(t)

(f ′(t))3.

Inductivamente, se puede demostar que, cuando existen las derivadas necesarias, se tieneque:

dny

dxn=

d

dt

(dn−1y

dxn−1

)

dx

dt

,

formula que con paciencia se puede escribir en terminos de las derivadas f k(t), gk(t), k =1, . . . , n.

Por ejemplo calculemosd3y

dx3para la campana de la cicloide

{x(t) = aty(t) = a(1 − cos t)

con 0 ≤ t ≤ 2aπ.dy

dx=g′(t)f ′(t)

=a sen t

a= sen t.

d2y

dx2=

d

dt(sen t)

a=

cos t

a.

d3y

dx3=

d

dt

(cos t

a

)

a= −sen t

a2.


Ejemplo 2.6.16 Dada la curva llamada lemniscata de Gerono y cuyas ecuacionesparametricas son:

{x(t) = cos(t)

y(t) = sen(2t), t ∈ [0, π].

1. Determine la region del plano donde se encuentra la curva.

2. Calcule los puntos (x, y) correspondientes a t = 0,π

4,π

2,3π

4, π.

3. Encuentre los puntos donde la tangente es paralela al eje X.

4. Encuentre los puntos donde la tangente es paralela al eje Y .

5. Analice el crecimiento de la curva.

6. Demuestre qued2y

dx2=

−2(cos t)(2sen2t+ 1)

sen3ty analice la concavidad de la curva

Solucion:

1. Como

{−1 ≤ cost ≤ 1−1 ≤ sen2t ≤ 1

se tiene que x(t) ∈ [−1, 1]; y(t) ∈ [−1, 1].Por lo tanto la curva se encuentra en el cuadrado [−1, 1] × [−1, 1]

2. Evaluando para cada valor de t en x(t) e y(t), obtenemos:


t = 0 =⇒{x(0) = cos0 = 1y(0) = sen0 = 0

; (1, 0)

t =π

4=⇒

x = cosπ

4=

√2

2

y = senπ

2= 1

;

(√2

2, 1

)

t =π

2=⇒

x = cosπ

2= 0

y = senπ = 0

; (0, 0)

t =3π

4=⇒

x = cos3π

4= −

√2

2

y = sen3π

2= −1

;

(−√

2

2,−1

)

t = π =⇒{x = cosπ = −1y = sen2π = 0

; (−1, 0)

3.dy

dx=

dy

dtdx

dt

La curva tiene tangente paralela al eje X ⇐⇒ dy

dx= 0 ⇐⇒

(dy

dt= 0 y

dx

dt6= 0

)

dy

dt= 0 ⇐⇒ d

dt(sen2t) = 0 ⇐⇒ 2cos2t = 0

⇐⇒

2t =π

2⇐⇒ t =

π

4o

2t =3π

2⇐⇒ t =

3π

4Segun lo calculado en (b), la curva tiene tangente paralela al eje X en los puntos:

(√2

2, 1

)y

(−√

2

2,−1

)

4. La curva tiene tangente paralela al eje Y

⇐⇒ dx

dt= 0 y

dy

dt6= 0

dx

dt= 0 ⇐⇒ −sent = 0 ⇐⇒

t = 0o

t = π

5. Para analizar el crecimiento de la curva, se debe estudiar el signo dedy

dx

dy

dx=

dy

dtdx

dt

=2cos2t

−sent= −2

cos 2t

sent

Si t ∈ [0,π

4] =⇒ dy

dx< 0, por lo cual para estos valores de t, la curva es decre-

ciente.

Si t ∈ [π

4, 3π

4];dy

dx> 0, por lo tanto la curva es creciente.

Si t ∈ [3π

4, π];

dy

dx< 0, por lo cual la curva decrece para estos tiempos.

6.

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=

d

dx

(−2

cos2t

sent

)

=

d

dt

(−2

cos2t

sent

)

dx

dt

=

d

dt

(−2

cos2t

sent

)

−sent(∗)

Calculando:

d

dt

(cos2t

sen t

)=

−2sentsen2t− cos2t · costsen2t

(∗∗)

Usando las formulas de los angulos dobles, el numerador puede ser expresado como:

−[2 sen t·2 sen t·cos t+(1−2sen2t)cost] = −[cost(4sen2t+1−2sen2t)] = −cost(2sen2t+1)

Reemplazanto este valor en (**), se tiene:

d

dt

(cos2t

sent

)= −cost(2sen2t+ 1)

sen2t

Ahora este valor se reemplaza en (∗) para obtener el valor de la segunda derivada.

d2y

dx2= −2cost(2sen2t+ 1)

sen3t

Como t ∈ (0, π), sen3t > 0 y (2sen2t+ 1) > 0,∀t el signo ded2y

dx2depende del signo

de cost.

Si t ∈[0,π

2

[,d2y

dx2< 0, entonces la curva es concava

Si t ∈]π2, π[,d2y

dx2> 0, entonces la curva es convexa.

Es decir:

Si x ∈] − 1, 0[, la curva es convexa.Si x ∈]0, 1[, la curva es concava.

El grafico de la curva es el que se muestra y corresponde a una vuelta completa, esdecir, cuando t ∈ [0, 2π]. el grafico correspondiente a t ∈ [0, π] es la parte de la curvaque esta en el primer y tercer cuadrante.


x

y

Figura 2.6.35: Lemniscata de Gerono

Ejemplo 2.6.17 Dada la curva llamada hipocicloide de cuatro vertices o astroidey definida por las ecuaciones parametricas:

x(t) = 2 cos3 t

y(t) = 2 sen3 t , t ∈ [0, 2π].

1. Determine el rango de valores que pueden tomar x e y. Deduzca la region del planoXY , donde se encuentra el grafico de la curva y calcule los puntos (x, y) correspon-

dientes a t = 0,π

2, π,

3π

2, 2π.

2. Determine los puntos del plano XY donde la tangente a la curva es paralela al ejeX y al eje Y .

3. Analice el crecimiento de la curva en el plano XY cuando t ∈ [0,π

2].

4. Demuestre que para t ∈ [0,π

2], la curva es convexa.

5. Demuestre que 3√

(x(t))2 + 3√

(y(t))2 =3√

4.

6. Utilice la informacion de los ıtemes anteriores) para graficar la curva.

Solucion:

1. Como −1 ≤ senα ≤ 1 y −1 ≤ cosα ≤ 1:x(t) ∈ [−2, 2]; y(t) ∈ [−2, 2].Esto significa que la curva se encuentra dentro del rectangulo [−2, 2] × [−2, 2].

Si t = 0: (x(t), y(t)) = (2, 0)

Si t =π

2: (x(t), y(t)) = (0, 2)

Si t = π: (x(t), y(t)) = (−2, 0)

Si t =3π

2: (x(t), y(t)) = (0,−2)

Si t = 2π: (x(t), y(t)) = (2, 0)

2. La tangente es paralela al eje X cuandody

dx= 0.

dy

dt= 6 sen2 t · cos t

dx

dt= 6 cos2 t(− sen t)

dy

dx=

dy

dtdx

dt

= −6 sen2 t cos t

6 cos2 t sen t= −sen t

cos t= − tan t

Por lo tanto:

dy

dx= 0 ⇐⇒ tan t = 0 ⇐⇒ t = 0; t = π; t = 2π

Los puntos correspondientes son segun lo calculado en (a):(2, 0), (−2, 0).

La tangente es paralela al eje Y cuando:

dx

dy= 0 ⇐⇒ cotan t = 0 ⇐⇒ t =

π

2; t =

3π

2

Segun lo calculado en (a), los punto

s correspondientes son: (0,−2), (0, 2).

3. Si t ∈ [0,π

2] =⇒ tan t > 0. Por lo tanto,

dy

dx< 0. Ası, la curva es decreciente para

t ∈ [0, π2 ].


4.

d2y

dx2=

d

dx(− tan t) = − d

dttan t · dt

dt=

− d

dt(tan t)

dx

dt

=− sec2 t

−6 cos2 t sen t=

1

6 cos4 t sen t

Si t ∈]0,π

2

[=⇒ sen t > 0 =⇒ d2y

dx2> 0. Por lo tanto, la curva es convexa en

]0,π

2

[.

5.

x2(t) = 4 cos6 t =⇒ 3√x2(t) =3√

4 cos2 t

y2(t) = 4 sen6 t =⇒ 3√y2(t) =3√

4 sen2 t

Por lo tanto:3√x2 + 3√y2 =

3√4(cos2 t+ sen2 t) =

3√4

6. Por (a) sabemos que el grafico de la curva esta en el rectangulo [−2, 2] × [−2, 2], ypor la informacion obtenida podemos bosquejar su grafico:

x

y

2

2

−2

−2

Figura 2.6.36: Astroide

Ejercicios propuestos En los siguientes ejercicios se pide analizar las ecuaciones parametri-cas de la curva para obtener el grafico dado.


1. Las ecuaciones parametricas de la Elipse son:

{x(t) = a cos(t)

y(t) = b sen(t)

x

y

a

b

Figura 2.6.37: Elipse

2. Dada la cicloide cuyas ecuaciones parametricas son:

{x(t) = a(t− sen(t))

y(t) = a(1 − cos(t))

Analıcelas para obtener el grafico:

x

y

0

at

2aπ

P

3. Demuestre que las curvas:

(i) {x(t) = a cos(t)

y(t) = a sen(t)

(ii) {x(t) = a sen(t)

y(t) = a cos(t)

Representan una circunferencia de centro (0, 0) y radio a. Explique en que con-siste la diferencia entre ellas.

2.6.4. Curvas expresadas en coordenadas polares

Un punto P del plano queda completamente determinado conociendo su distancia ral origen y el angulo θ que forma el trazo OP con el semieje X+ medido en el sentidopositivo.

X

Y

�

�

�

��

O x

y Pr

θr−r

Figura 2.6.38: Coordenadas polares de un punto en el plano

Repitiendo el razonamiento hecho en la introduccion, es facil, deducir que:

{x = r cos θ

y = r sen θ , θ ∈ [0, 2π[.

Despejando r y θ en las ecuaciones anteriores y considerando que la funcion arcotangentetiene recorrido

[−π

2 ,π2

]tenemos:

r =√x2 + y2

θ = arctany

x, si x > 0, y ≥ 0.

θ = π + arctany

x, si x < 0.

θ = 2π + arctany

x, si x > 0, y < 0.

A los numeros (θ, r) se les llama coordenadas polares del punto P .


Para ubicar en el plano XY un punto de coordenadas (θ, r), debemos medir un anguloθ a partir del semieje X+, en el sentido antihorario si θ es positivo y en sentido horario siθ es negativo. Sobre la recta que forma el angulo se mide la distancia r desde el origen.Como r es la distancia del punto al origen en principio es positivo, pero es necesariodarle sentido al punto de coordenadas (θ,−r). Por convencion este corresponde al punto(π + θ, r) , r > 0.

Usando la definicion de circunferencia de centro en el origen y radio a, tenemos que laecuacion de esta curva en coordenadas polares es.

r = a.

Podemos observar que se simplifica mucho, en general las coordenadas polares simplificanlas ecuaciones de curvas cuando el movimiento que estas representan son combinacionesde movimientos circulares.En general una ecuacion en coordenadas polares se escribe como:

F (r, θ) = 0 o r = f(θ).

Simetrıas Dada la curva r = f(θ) diremos que su grafico es simetrico con respecto a:

1. Al eje X: si la ecuacion r = f(θ) no cambia al reemplazar en ella θ por −θ o θpor π − θ y r por −r.

2. Al eje Y : si la ecuacion r = f(θ) no cambia al reemplazar en ella θ por π − θ o θpor −θ y r por −r.

3. Al origen: si la ecuacion r = f(θ) no cambia al reemplazar en ella r por −r o θpor π + θ.

Para analizar su comportamiento y bosquejar su grafico en el plano XY , debemos calculardy

dxyd2y

dx2.

Considerando:

r = f(θ)

x = r(θ) cos θ

y = r(θ) sen θ

Podemos observar que para calcular las derivadas que nos interesan, las ecuaciones de x ey pueden ser vistas como las ecuaciones parametricas de la curva r = f(θ) en que θ es el


parametro.Ası, tenemos que:

dx

dθ=

dr

dθcos θ + r(θ)(− sen θ)

= cos θdr

dθ− sen θ · r(θ)

dy

dθ=

dr

dθsen θ + r(θ)(cos θ)

= sen θdr

dθ+ cos θ · r(θ)

Por lo tanto,

dy

dx=

dy

dθdx

dθ

=sen θ

dr


cos θdr


,

donde: r(θ) = f(θ) ydr

dθ=df

dθ. Para calcular la segunda derivada tenemos que:

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)

=d

dθ

(dy

dx

)· dθdx

=

d

dθ

(dy

dx

)

dx

dθ

.

Donde:

d

dθ

(dy

dx

)=

d

dθ

sen θdr


cos θdr


dx

dθ= cos θ

dr



Ejemplo 2.6.18 Dada la curva llamada lemniscata de Bernoulli:

r = 2√

cos 2θ

1. Escriba su ecuacion en coordenadas rectangulares.

2. Analice el tipo de simetrıa que ella tiene y ubique en plano XY los puntos (θ, r(θ))

para : θ = 0 , ±π6, ±π

4. Bosqueje el grafico de la curva senalando el sentido del

movimiento.

3. Determine los valores de θ para los cuales la tangente a la curva es paralela al eje X.

Solucion:

1. (x2 + y2)2 = a2(x2 − y2).

2. Por ser coseno una funcion par, la curva es simetrica con respecto al eje X. Ademas,r(θ) = r(π − θ), por lo tanto tambien es simetrica con respecto al eje Y .

r(0) = 2

r(±π

6

)=

2√2

r(±π

4

)= 0.

3.

x = r(θ) cos θ

y = r(θ) sen θ

dx

dθ= cos θ

dr

dθ− r sen θ

dy

dθ= sen θ

dr

dθ+ r cos θ

dr

dθ=

−2 sen 2θ√cos 2θ

.

Los angulos donde la tangente es paralela al eje X son aquellos tales que:

dy

dθ= 0 y

dx

dθ6= 0.

dy

dθ=

2 sen θ sen 2θ + 2 cos 2θ cos θ√cos 2θ

=2 cos 3θ√

cos 2θ


dx

dθ=

−2 sen 3θ√cos 2θ

Por lo tanto, los angulos que satisfacen la condicion son:

θ = ±π6, π ± π

6.

4. Su grafico es:

x

y

Ejemplo 2.6.19 Curva Polar r = sen(

θ2

)

Tangentes Horizontales Para encontrar las tangentes horizontales debemos encon-

trar los puntos dondedy

dx= 0.

Por regla de la cadena sabemos que:

dy

dx=dy

dθ· dθdx

⇔ dy

dx=

dy

dθdx

dθ

Luegody

dx= 0 ⇔ dy

dθ= 0 ∧ dx

dθ6= 0

Sabemos que las coordenadas cartesianas de la curva se definen por:

x = r cos(θ) = sen

(θ

2

)cos(θ) (1)

y = r sen(θ) = sen

(θ

2

)sen(θ) (2)

De (2) obtenemosdy

dθy la igualamos a cero para obtener los angulos en los cuales la

derivada se anula:

dy

dθ=

1

2cos

(θ

2

)· sen(θ) + sen

(θ

2

)cos(θ) = 0 (3)

Resolvemos esta ecuacion trigonometrica usando:


sen

(θ

2

)=

√1 − cos(θ)

2; cos

(θ

2

)=

√1 + cos(θ)

2

en (3) queda:

1

2sen(θ)

√1 + cos(θ)

2+

√1 − cos(θ)

2cos(θ) = 0 / ·

√1 − cos(θ)

2

1

2sen(θ)

sen(θ)

2+

(1 − cos(θ))

2cos(θ) = 0 · 4

sen2(θ) + (2 − 2 cos(θ)) cos(θ) = 0

1 − cos2(θ) + 2 cos(θ) − 2 cos2(θ) = 0 · (−1)

3 cos2(θ) − 2 cos(θ) − 1 = 0

cos(θ) =2 ±

√4 + 4 · 36

=2 ± 4

6⇒

1. cos(θ) = 1 y

2. cos(θ) = −13

Para (a) tenemos:

cos(θ) = 1 ⇔ θ = 0 + 2kπ k = 0, 1, 2 ⇒ S1θ = {0, 2π, 4π}

Para (b) tenemos:

cos(θ) =−1

3⇔{θ ≈ 7

12π + 2kπ k = 0, 1 ⇒ S2θ =

{712π,

3112π}

θ ≈ 1712π + 2kπ k = 0, 1 ⇒ S3

θ ={

1712π,

4112π}

Luego el conjunto solucion para esta ecuacion trigonometrica es:

Sθ = S1θ

⋃S2

θ

⋃S3

θ =

{0, 2π, 4π,

7

12π,

17

12π,

31

12π,

41

12π

}

Debemos comprobar ahora que dxdθ (θ) 6= 0 ,∀θ ∈ Sθ

dx

dθ=

1

2cos

(θ

2

)cos(θ) − sen(θ) sen

(θ

2

)

Luego:


dx

dθ(0) =

1

26= 0 ;

dx

dθ(2π) =

−1

26= 0 ;

dx

dθ(4π) =

1

26= 0

dx

dθ

(7

12π

)≈ −0, 845 6= 0 ;

dx

dθ

(17

12π

)≈ 0, 845 6= 0

dx

dθ

(31

12π

)≈ 0, 845 6= 0 ;

dx

dθ

(41

12π

)≈ −0, 845 6= 0

Ası Sθ esta compuesto por todos los angulos θ para los cuales la derivadady

dxse anula.


A continuacion se da una lista de las curvas mas conocidas en coordenadas polares.Para cada una de ellas se pide:

Hacer una tabla mınima de valores y ubicar los puntos en el plano XY .

Analizar si la curva tiene algun tipo de simetrıa.

Estudiar el acotamiento y deducir en que region del plano se encuentra.

Calcular los angulos para los cuales la curva pasa por el origen.

Encontrar los puntos donde la curva tiene tangente paralela al eje X.

Encontrar los puntos donde la curva tiene tangente paralela al eje Y .

En los casos que las ecuaciones sean accesibles, determine la concavidad de la curvaanalizando el signo de la segunda derivada.

Al bosquejar el grafico senale con una flecha el sentido del movimiento.

1. La cardioide tiene la siguiente ecuacion en coordenadas polares

r = a(cos(θ) + 1)

o

r = a(cos(θ) − 1).

En coordenadas rectangulares es (x2 + y2 − ax)2 = a2(x2 + y2)


x

y

a

P

P ′

A

2. Bifolio.

r = a sen(θ) cos2(θ).

En coordenadas rectangulares: (x2 + y2)2 = ax2y.

x

y

3. Lemniscata de Bernoulli.

r2 = a2 cos(2θ).

En coordenadas rectangulares: (x2 + y2)2 = a2(x2 − y2).

x

y

4. Concoide de Nicomedes.

r = a sec(θ) ± b.

En coordenadas rectangulares: (x− a)2(x2 + y2) = b2x2.

x

y

0

P

P ′ Ab

a

a > b

x

y

P

P ′

Ab

a

a b

x

y

a

AP

6. Ovalos de Cassini.

(x2 + y2 + a2)2 − 4a2x2 = c4.

x

y

0

P

a > c

x

y

0

P

−a a

a < c

7. Rosa de tres petalos.

r = a sen(3θ) r = a cos(3θ)

x

y

a a

a

x

y

a

a

a


8. Rosa de cuatro petalos.

r = a sen(2θ) r = a cos(2θ)

x

y

aa

a a

x

y

aa

a

a

9. Rosa de n petalos.

r = a sen(kθ) r = a cos(kθ)

x0

πk

x

π2k

a

Si k es par, n = 2k, si k es impar, n = k.

10. Espiral de Arquimedes.

r = aθ.


x

y

11. Espiral hiperbolica.

rθ = a.

x

y

a


Grafica parcelada de r = sen(θ2

)

0

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0.07

0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18

Figura 2.1: 0 ≤ θ ≤ π8

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.05 0.1 0.15 0.2 0.25

Figura 2.2: 0 ≤ θ ≤ π4


0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.05 0.1 0.15 0.2 0.25

Figura 2.3: 0 ≤ θ ≤ π2

0

0.2

0.4

0.6

–0.6 –0.4 –0.2 0.2

Figura 2.4: 0 ≤ θ ≤ 3π4


–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2

Figura 2.5: 0 ≤ θ ≤ 3π2

–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2

Figura 2.6: 0 ≤ θ ≤ 2π


–0.8

–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2

Figura 2.7: 0 ≤ θ ≤ 17π8

–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2

Figura 2.8: 0 ≤ θ ≤ 9π4


–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2

Figura 2.9: 0 ≤ θ ≤ 5π2

–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6

Figura 2.10: 0 ≤ θ ≤ 11π4


–0.8

–0.6

–0.4

–0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

–1 –0.5 0.5 1

Figura 2.11: 0 ≤ θ ≤ 7π2

–0.6

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

–1 –0.5 0.5 1

Figura 2.12: 0 ≤ θ ≤ 4π


2.7. Aplicaciones IV: problemas de maximo y mınimo

Los problemas de maximo y mınimo tienen cierta rutina que es bueno practicar. Engeneral, del enunciado debe encontrarse la funcion a optimizar. Si esta resulta una funcionque depende de mas de una variable, entonces de los datos del problema se deben deducirrelaciones entre las variables de modo que estas permitan reemplazar en la expresion dela funcion las otras variables para que la funcion que nos interesa sea una funcion deuna variable. Solo entonces se aplican los teoremas que permiten determinar maximos ymınimos.

1. Demuestre que entre todos los rectangulos con diagonal dada d = 1, el que tienemayor area, es el cuadrado.

Solucion: Considerar un rectangulo de lados x e y.

x

y

d

Como d = 1, se tiene:x2 + y2 = 1.

La funcion que debemos ser maximizar es:A(x, y) = xy = x

√1 − x2. Se elige el signo positivo para x e y, pues son longitudes.

A(x) = x√

1 − x2; x ∈ [0, 1]

2.7. APLICACIONES IV: PROBLEMAS DE MAXIMO Y MINIMO 383

Ası tenemos:

A′(x) =√

1 − x2 + x · 1−2√

1 − x2· (−2x) =

1 − x2 − x2

√1 − x2

=1 − 2x2

√1 − x2

.

Entonces,

A′(x) = 0 ⇐⇒ x = ± 1√2.

Por lo tanto:

x =1√2, maximiza A(x). El correspondiente valor de y es

y =√

1 − x2 =

√1 − 1

2=

1√2. Luego,

x = y =1√2. El rectangulo pedido es un cuadrado.

2. Se necesita fabricar una caja rectangular, de base cuadrada, sin tapa y cuya capaci-dad (volumen) sea de 500 cm3. Calcule las dimensiones que debe tener dicha cajade manera que el material empleado sea mınimo.

Salucion: Para que el material empleado sea mınimo, debe ser mınima el areatotal de la caja A = x2 + 4xy = A(x, y).

Como V = x2y ⇐⇒ 500 = x2y ⇐⇒ y =500

x2; reemplazando esta igualdad en A,

queda.

A(x) = x2 + 4x500

x2

A(x) = x2 +2000

xA′(x) = 2x + 2000(−1)x−2

A′(x) = 0 ⇐⇒ 2x− 2000

x2= 0

⇐⇒ 2x3 − 2000 = 0⇐⇒ (x− 10)(x2 + 10x+ 100) = 0⇐⇒ x = 10; ya que

x2 + 10x+ 100 no tiene raıces reales

Usando Criterio de la segunda derivada, se tiene que:

A′′(x) = 2 − 2000(−2)x−3

A′′(10) = 2 +4000

1000= 2 + 4 > 0

Por lo tanto:

x = 10 minimiza A(x)

y =500

100= 5

x = 10, y = 5 son las dimensiones que minimizan A(x, y).

3. Se va a cortar una viga con seccion transversal rectangular de un tronco de secciontranversal circular con radio r conocido. Se supone que la resistencia de la viga esdirectamente proporcional al producto del ancho por el cuadrado de la altura de suseccion transversal.Encuentre las dimensiones de la seccion transversal que de a laviga la mayor resistencia.

Solucion:

(1) R(x, y) = Cxy2; C constante positiva.

(2) y2 + x2 = (2r)2 ( Teorema de Pitagoras en el rectangulo.)

La funcion a maximizar es R(x, y). En la ecuacion (2) se despeja y2, y se reemplazaen (1):

R(x) = Cx(4r2 − x2)

= 4Cr2x− Cx3

R′(x) = 4Cr2 − 3Cx2

R′(x) = 0 ⇐⇒ C(4r2 − 3x2) = 0 ⇐⇒ 4r2 − 3x2 = 0 ⇐⇒

(2r −√

3x)(2r +√

3x) = 0 ⇐⇒ x = +2r√3

Por ser x una longitud, se elige x =2r√3.

Para verificar que este valor de x maximiza la resistencia, se puede usar el criteriode la segunda derivada.

R′′(x) = −6Cx

R′′(

2r√3

)= −6C · 2r√

3< 0


Por lo tanto, en x =2r√3

la funcion R(x) alcanza un maximo, el correspondiente

valor de y es:

y2 +4r2

3= 4r2

y2 =8r2

3=⇒ y = 2r

√2

3

.

4. Problema de la vaca perezosa que se convirtio en fısica

Este es un viejo problema que aparece bajo diferentes formas en muchos textos.

Al atardecer, las vacas entran a un corral por una puerta ubicada en un punto A;luego se dirigen automaticamente a un estero a tomar agua. El estero sirve comolımite del canal. Despues se dirigen a la puerta del establo, ubicada en B.

A

B

Figura 2.6.1

Una vaca muy perezosa y, por lo tanto, inteligente, quiso minimizar el numero depasos que deberıa efectuar para ir primero al estero, beber agua y entrar al establoa dormir. Procedio de la siguiente forma:

El estero esta sobre una recta que tomo como el eje X; el eje Y lo tomo como laperpendicular de A al eje X. Llamo P = (x, 0) al punto en el estero en el cual deberıabeber para minimizar el numero de pasos.


α β

a b

BA

x

y

P = (x, 0) c

Figura 2.6.2

Como en la figura 2.6.2, sean A = (0, a), B = (c, b),

s = |AP | + |PB| =√x2 + a2 +

√(c− x)2 + b2.

para hallar donde s es mınima, la vaca procedio como sigue:

ds

dx=

x√x2 + a2

− c− x√(c− x)2 + b2

,

luego

ds

dx= 0 si y solo si

x√x2 + a2

=c− x√

(c− x)2 + b2.

Esta ecuacion debe resolverse para x ∈ (0, c). Si x no estuviese en el intervalo, lossignos de los miembros de la ecuacion serıan distintos.

Elevando al cuadrado se obtiene:

x2[(c− x)2 + b2

]= (c− x)2(x2 + a2),

cancelando x2(c − x)2 se llega a b2x2 = a2(c − x)2, luego bx = ±a(c − x). Como sedebe estar en el intervalo (0, c) solo sirve el signo +. Por lo tanto,

x =ac

a+ b.

Calculando ahora la segunda derivada de s respecto a x tenemos:

d2s

dx2=

a2

(x2 + a2)

3

2

+b2

[(c− x)2 + b2]

3

2

.


Esta derivada es positiva para todo x ∈ R; por tanto, s tiene un mınimo relativo en

x =ac

a+ by por ser

d 2s

dx2de signo constante, este mınimo es absoluto.

Como el problema inicial es un problema geometrico, observemos que si α y β sonlos angulos indicados en la figura 2.6.2, entonces :

cosα =x√

x2 + a2y cos β =

c− x√(c− x)2 + b2

,

por lo tanto, la ecuacionds

dx= 0 se convierte en cosα = cosβ. Como α y β son

angulos agudos, la unica solucion es α = β. Luego, la vaca se dirigio a beber agua aun punto P en la orilla del estero, de tal modo que este forma angulos iguales conlas rectas que van de P a la puerta A y a la puerta B.

Esa noche nuestra vaca penso que un rayo de luz tiene un comportamiento similaral problema que acabamos de resolver. Imagino que R es la superficie de un espejoen un medio de ındice de refraccion constante y que un haz de luz decide ir de Ahasta B, reflejandose en el espejo. Para minimizar el tiempo, la luz debe seguir elcamino ya calculado. En este contexto α se llama angulo de incidencia y β es elangulo de reflexion y se tiene el conocido principio que al reflejarse un rayo deluz sobre un espejo en el vacıo, los angulos de reflexion y de incidencia son iguales.Lamentablemente para nuestra vaca este principio fue anunciado por el gran fısico-matematico Pierre de Fermat en el siglo XVII y se llama en optica ley de reflexion.

Use este principio en su mesa favorita: la mesa de pool.

5. Con un trozo de material rectangular, se forma una caja abierta suprimiendo de cadaesquina cuadrados iguales y doblando los lados hacia arriba. Hallar las dimensionesde la caja de mayor volumen que se puede construir de esta manera, si el materialtiene dimensiones a y b.

Solucion:

La situacion geometrica es la siguiente:


x

y

x a

b

Figura 2.6.3

Volumen de la caja = V (x) = (a− 2x)(b − 2x)x. Luego

V (x) = 4x3 − 2(a+ b)x2 + abx

y su derivada es:V ′(x) = 12x2 − 4(a+ b)x+ ab.

V ′(x) se anula en x± =(a+ b) ±

√a2 + b2 − ab

6. Ambas raıces son reales y positivas,

entonces, como

V ′′(x±) = ±4√a2 + b2 − ab,

se tiene un maximo en x− y un mınimo en x+. Las dimensiones de la caja son: largo= a− 2x−, ancho = b− 2x− y alto = x−.

6. Una tropa de scouts saldra de campamento y necesitan comprar genero para construircarpas conicas, sin piso y de un volumen dado. Para disminuir los costos del campa-mento necesitan comprar el mınimo de genero. Entonces se preguntan: ¿Que relaciondebe existir entre la altura de la tienda y el radio del suelo para que el area lateralsea mınima?

Solucion:

El volumen es V =1

3πr2h y se quiere minimizar S = πr

√r2 + h2. Podemos despejar

h en funcion de r en la expresion del volumen y reemplazar en S para que nos quedeuna funcion de una variable S(r) a la cual podemos aplicar los procedimientos dela seccion 1.5. Pero esta vez utilizaremos un metodo diferente que puede ser util ensituaciones mas complejas.

Queremos minimizar S = πr√r2 + h2, lo que es equivalente a minimizar W =(

S

π

)2

= r4 + r2h2.


Derivando V y W respecto a r obtenemos,

0 =dV

dr=π

3

(2rh+ r2dh

dr

),

lo que implicadh

dr= −2h

r.

dW

dr= 4r3 + 2rh2 + 2r2h

dh

dr.

Por tanto,dW

dr= 2r(2r2−h2), y las raıces de esta ecuacion se obtienen para h = r

√2.

Comod2W

dr2= 12r2 + 6h2 > 0, se advierte que S tiene un unico mınimo absoluto

cuandoh

r=

√2.

7. De todos los triangulos isosceles inscritos en una circunferencia de radio r, ¿ Cual esel que tiene area maxima ? Solucion:

yx

r z

Area = y(r + x) , usamos la relacion x2 + y2 = r2 para reemplazar una de lavariables en funcion de la otra, y nos queda

A(y) = y(r +√r2 − y2).

A′(y) = r +√r2 − y2 +

1

2

−2y2

√r2 − y2

=r√r2 − y2 + r2 − 2y2

√r2 − y2

.

A′(y) = 0 , es equivalente a r√r2 − y2 + r2 − 2y2 = 0 , ecuacion que tiene solucion

y =r√

3

2. Con este valor de y podemos calcular x :

x2 = r2 −(r√

3

2

)2

=r2

4.

Es decir, x =r

2.

Para calcualr el lado z del triangulo de la figura, aplicamos nuevamente el teoremade Pitagoras:

z2 = (r + x)2 + y2 =

(3r

2

)2

+

(r√

3

2

)2

= 3r2.

Por lo tanto z = r√

3 .

Verifiquemos que el valor de y encontrado es efectivamente un maximo para el area

calculando el signo de la segunda derivada enr√

3

2.

A′′(y) =′5r2y + 2y3

(r2 − y2)√r2 − y2

A′′(r√

3

2

)= ′5r2

r√

3

2+

3r3√

3

4

= −7r3√

3

4< 0.

8. Entre todos los triangulos rectangulos con perımetro 2p , ¿ cual es el que tiene areamaxima ?.

Solucion:

y

xz

De la figura tenemos

x+ y + z = 2p (2.67)

x2 + y2 = z2 (2.68)

A =xy

2. (2.69)

De la ecuacion (2.67) tenemos:

z = 2p− x− y , elevando al cuadrado se tiene

z2 = 4p2 + x2 + y2 − 4px− 4py + 2xy , en virtud de la ecuacion 2.68 nos queda

4p2 = 4px+ 4py − 2xy , despejando y obtenemos

y =2p(p− x)

2p− x.

Este valor de y lo reemplazamos en la ecuacion (2.69) para dejar el area expresadacomo funcion de una variable:

A(x) =(px− x2)p

2p− x.

Entonces,

A′(x) =(x2 − 4px+ 2p2)p

(2p− x)2.

Para que se anule A′(x) , basta que se anule el numerador, por lo que debemosresolver la ecuacion

x2 − 4px+ 2p2 = 0,

cuyas soluciones son:

x = p(2 ±√

2).

De estas dos posibles soluciones debemos elegir x = p(2 −√

2) , pues el otro valores mayor que el perımetro, lo cual no puede ser. Con este valor de x calculamosy y z. Ası, y = p(2 −

√2) , z = 2p(

√2 − 1) , lo que nos dice que el triangulo es

isosceles.

Ahora verificaremos que los valores corresponden a un maximo usando el criterio dela segunda derivada.

A′′(x) =p[(2p− x)2(2x− 4p) − (x2 − 4px+ 2p2)(2(2p − x)(−1))]

(2p− x)4

=p(2p− x)

[(2p− x)(2x− 4p) + 2x2 − 8px+ 4p2

]

(2p− x)4

=2p− x

(2p− x)4[−4p3] < 0.

El signo de la segunda derivada nos confirma que los valores obtenidos correspondena un maximo.

9. a) Si la suma de dos variables x e y es constante, ¿pueden la suma de suscuadrados y la suma de sus cubos tener un maximo y un mınimo ?

b) Una recta de longitud l esta dividida en dos segmentos que sirven de diametrosa dos esferas. ¿Cual es el maximo y el mınimo de la suma de los volumenes delas dos esferas ?

Solucion:

a) Si x+y = c entonces, x = y−c . la funcion por analizar es f(y) = (c−y)2+y2 .

f ′(y) = 0 implica −2(c− y) + 2y = 0. Lo que nos da los valores x = y =c

2.

Como f ′′(y) = 4 , quiere decir que x2+y2 alcanza su mınimo para x = y =c

2.

Como tanto x como y varıan entre 0 y c , f alcanza su maximo en losextremos x = 0 e y = c. Sea g(y) = (c−x)3 +y3 = c3 −3c2y+3cy2 −y3 +y3

la suma de los cubos.

g′(y) = −3c2 + 6cy = 0 implica y =c

2lo que a su vez determina el valor de

x =c

2. Como g′′(y) = 6c , los valores obtenidos dan un mınimo de la funcion.

b) x + y = l , usando el resultado anterior tenemos que la funcionπx3

6+πy3

6

alcanza su mınimo para x = y =l

2y el maximo cuando x o y es nulo, es

decir, cuando solo hay una esfera.

10. Determine las bases del trapecio de area maxima inscrito en un semicırculo de radior

Solucion: Supondremos, para obtener area maxima, que la base mayor del trapecioesta sobre el diametro del semicırculo.

h

x

r

El area del trapecio es A = 2(rh

2) + 2(

xh

2) = (r + x)h = (r + x)

√r2 − x2 > 0.

Maximizar A es equivalente a maximizar A2 = (r+x)2(r2 −x2), pues A es positiva.

dA2

d x= 2(r + x)2(r − 2x) = 0 ⇐⇒ x =

r

2pues (r + x)2 6= 0

d2A2

d x2= −4x(r + x) < 0

Luego las bases del trapecio son 2r y r. El area maxima es A =3√

3

4r3.

11. Se tiene una cuerda de longitud l con un lazo corredizo que envuelve una columnacilındrica de radio r. En el extremo P de la cuerda se ejerce una fuerza de talmagnitud que la rompe.


Oα

r

x

A P

B

Determinar la distancia x del centro O del cilindro al punto P .

Solucion: Sean: {x = OA+AP

l = 2πr − 2rα+ 2AB +AP

Entonces,

x−OA = AP = l − 2π + 2rα− 2AB,

esto es:

x = l +OA− 2r(π − α) − 2AB.

Como OA =r

cos αy BA = r tanα, se tiene :

x(l) = l + r

[1

cos α− 2(π − α+ tanα)

]

Busquemos los valores extremos de esta funcion:

d x

dα= r

[senα

cos2 α+ 2 − 2

cos2 α

]= r

[senα− 2 sen2 α

cos2 α

]

Si α 6= π2 , d x

d α = 0 ⇐⇒ senα − 2 sen2 α = senα(1 − 2 senα) = 0 ⇐⇒ α =0 o bien α = π

6

Comod x

dαpasa de positiva a negativa en α = π

6 y de negativa a positiva en α = 0,

tenemos en α = π6 un punto de maximo.

Tambien se puede obtener este resultado evaluando x(0) y x( π6 ):


{x(0) = l + r((1 − 2π) ≈ l − 5, 2832r

x(l) = 2 + r( 2√3− 2

(π − π

6 + 1√3))≈ l − 5, 2358r

Luego se tiene x(π6 ) > x(0), lo que implica que x tiene un maximo en π

6 .

12. Una cancha de futbol mide 90 × 61 metros, y los arcos tienen un largo de 11 me-tros. Un puntero izquierdo, que chutea muy bien, se mueve pegado a su costado.¿A que distancia del banderin del corner debe chutear para obtener las maximasposibilidades de marcar un gol?

Solucion: Veamos primeramente la situacion geometrica:

h

x

ab

α

ωβ

Queremos maximizar ω = α− β, lo que es equivalente a maximizar su tangente.

tanω = tan(α− β) =tanα− tan β

1 + tanα tanβ=

b

x− a

x

1 +b

x

a

x

=bx− ax

x2 + ab

Comod tanω

dx=

(b− a)(x2 + ax) − 2x(b− a)x

(x2 + ab)2= 0 ⇐⇒ ax2 − bx2 + ab2 − a2b =

0 ⇐⇒ x2(a− b) − ab(a− b) = 0, y esto ocurre solo si x =√ab ( pues (a− b) 6= 0)

Por otro lado, se tiene que 2a+ 11 = 61 y a+ 11 = b, lo que implica que a = 25 yb = 36. Luego x =

√ab =

√25 · 36 = 30 metros.

13. Dada una circunferencia de radio r. De todos los trıangulos isoceles circuncritos,determine el de menor area.


Solucion:

r

BC

D

E

A

O x

y

F

Observe que el 4ADE es rectangulo en E.

Consideremos x = BC e y = FA, luego

AE2

= (y + r)2 − r2 = y2 + 2ry.

De los teoremas de semejanza de triangulos, tenemos que:

4ABC ∼= 4AED.

Entonces,x

r=y + 2r

AE,

esto es,x

r=

y + 2r√y2 + 2ry

.

Por lo tanto,

x =r(y + 2r)√y2 + 2ry

. (2.70)

La funcion que queremos minimizar es el area A del triangulo OCA. Como Area=x · h = x(2r + y), entonces el area esta dependiendo de dos variables x e y. Paradejarla como funcion de una variable usaremos la ecuacion 2.70 y nos queda:

A(y) =r(y + 2r)2√y(y + 2r)

.


A′(y) =

2r(y + 2r)√y2 + 2ry − r(y + 2r)2(y + r)√

y2 + 2ry

y2 + 2ry

=2r(y + 2r)(y2 + 2ry) − r(y + 2r)2(y + r)

(y2 + 2ry)√y2 + 2ry

.

Si A′(y) = 0 se debe tener que 2yr((y + 2r)2 − r(y + 2r)2(y + r) = 0, es decir,r(y + 2r)2(y − r) = 0, esto es,

{y = −2r

y = r.

El valor y = −2r se descarta pues es negativo, por tanto y = r.

El valor correspondiente de x es:

x =r(3r)√r2 + 2r2

=3r√3

= r√

3.

y el area mınima es 3√

3r2. Ahora, debemos verificar que este valor de x y de yminimizan el area. En este caso , debido a la factorizacion de A′, es inmediatousando el criterio de la primera derivada.

14. Doble una hoja de papel rectangular haciendo coincidir el vertice C con un puntodel lado AD. Determine x para que la longitud del pliege l sea mınima. Obtengaademas la longitud del pliege mınimo.

D C

BA

x

a

l


Solucion:

x

a

l

x

y

a− x

{wy −w y

Usando el teorema de Pitagoras, tenemos:

w2 = x2 − (a− x)2 (2.71)

l2 = x2 + y2 (2.72)

(y −w)2 + a2 = y2 (2.73)

Por (2.73) tenemos que

y =w2 + a2

2w.

Entonces

l2 = x2 +

(w2 + a2

2w

)2

= x2 +(w2 + a2)2

4w2

y usando (2.71) se tiene que

l2 = x2 +[x2 − (a− x)2 + a2]2

4(x2 − (a− x)2)

= x2 +[x2 − a2 + 2ax− x2 + a2]2

4(x2 − a2 + 2ax− x2)

= x2 +ax2

2x− a.

Ası,

l =

√x2 +

ax2

2x− a.

Por otro lado, como√x es creciente, basta minimizar la cantidad subradical, es decir:

f(x) = x2 +ax2

2x− a.


f ′(x) = 2x+2ax(2x − a) − 2ax2

(2x− a)2

=2x(2x− a)2 + 4ax2 − 2a2x− 2ax2

(2x− a)2

Si f ′(x) = 0 se debe tener que

2x(4x2 − 4ax+ a2) + 2ax2 − 2a2x = 0,

esto es,x(4x− 3a) = 0.

Por lo tanto, x =3a

4.

La verificacion que este valor de x minimiza l y el calculo del valor mınimo de l sedeja al estudiante.


1. Entre todos los rectangulos de perımetro dado, encuentre el de mayor area.

2. Entre todos los cilindros circulares rectos de volumen dado, hallar el de menor arealateral.

3. Se quiere cerrar un potrero en forma rectangular y dejar uno de los lados en un rıorecto. Si se dispone de 1,000 metros de alambre y el cerco debe ocupar 3 corridas deeste alambre, ¿cual es el potrero de mayor area que se puede cercar con este alambre?

4. Una escalera de 6 metros esta apoyada sobre una pared de 2, 80 metros de altura.Determinar la proyeccion horizontal maxima del saliente de la escalera al desplazarde la pared el pie de la escalera.

Indicacion: Use como variable independiente el angulo que forma la escalera con elsuelo.

5. Considere el punto (a, b) en el primer cuadrante. Hallar los puntos de la curva senal-ada mas proximos al punto (a, b).

a) y = x2.

b) x2 +y2

2= 1.

c) x2 − y2 = 1.


6. El agua sale de un estanque hemisferico (base circular) por un orificio del fondo. Seah la altura del agua por encima del orificio y V el volumen del agua que queda en el

estanque en el tiempo t. La fısica dice quedV

dtes proporcional a

√h. Pruebe que el

descenso del nivel del agua es mınimo cuando la profundidad es dos tercios del radiode la base.

7. Un camion debe recorrer 500Km a una velocidad constante v Kmh . El litro de bencina

cuesta $200 y el consumo del camion es 10 + v2

100 litros por hora.

El conductor cobra $7.500 por hora y cumple (excepcionalmente) las reglas del tran-sito, es decir, 50 ≤ v ≤ 100. Determine la velocidad mas economica y el costo delviaje.


2.8. Aplicaciones V: Razon de cambio y diferenciales

2.8.1. Razones de cambio

La razon de cambio de una funcion y = f(x) es una forma de interpretar la derivadade la funcion como veremos a continuacion.

Observemos que si el argumento x se incrementa en ∆x, entonces a la funcion y lecorresponde un incremento ∆y. Ası tenemos:

y + ∆y = f(x+ ∆x).

El incremento de la funcion ∆y correspondiente al incremento del argumento ∆x se obtienede:

y + ∆y = f(x+ ∆x)

y = f(x)

Restando miembro a miembro las dos ecuaciones anteriores, se tiene:

∆y = f(x+ ∆x) − f(x).

Definicion 2.8.1 1. La razon de cambio promedio de la funcion y en el intervalode valores del argumento desde x hasta x+ ∆x se expresa por la razon:

∆y

∆x=f(x+ ∆x) − f(x)

∆x.

El cuociente∆y

∆xindica el numero de unidades del incremento de la funcion por

unidades del incremento del argumento.

2. La razon de cambio instantanea de la funcion y, como ya lo hemos visto, es:

lım∆x→0

∆y

∆x= lım

∆x→0

f(x+ ∆x) − f(x)

∆x= f ′(x).


1. Encontrar la razon de cambio promedio de una funcion y = 4x3 − 2x + 1 cuando xcambia de 2 a 2, 5.

Solucion: Sean x1 = 2 y x2 = 2, 5, entonces ∆x = 2, 5 − 2 = 0, 5. Como y1 = 29,y2 = 58, 5; por lo tanto, ∆y = y2 − y1 = 29, 5. Luego,

∆y

∆x=

29, 5

0, 5= 59.

2.8. APLICACIONES V: RAZON DE CAMBIO Y DIFERENCIALES 401

Ahora calcularemos la razon de cambio para cualquier valor del argumento.

y + ∆y = 4(x+ ∆x)3 − 2(x+ ∆x) + 1,

y como

y = 4x3 − 2x+ 1

Restando obtenemos:

∆y = 12x2∆x+ 12x(∆x)2 + 4(∆x)3 − 2(∆x),

entonces∆y

∆x= 12x2 + 12x∆x+ 4(∆x)2 − 2.

Observemos que si ∆x→ 0, entonces∆y

∆x→ 12x2 − 2.

2. Calcular la razon de cambio del area de un cırculo con respecto a su radio.

Solucion: El area de un cırculo es A = πr2. Luego

∆A

∆r=π(r + ∆r)2 − πr2

∆r= 2πr + π∆r.

Entonces, cuando ∆r → 0 queda la longitud de la circunferencia.

Si se tiene un cırculo cuyo radio es 2cm ¿Cuanto se incrementa el area si el radiocrece en 1cm ?

Como r = 2, ∆r = 1, entonces de∆A

∆r= 2πr + π∆r, se tiene ∆A = 5π.


1. Encuentre la razon de cambio promedio de las siguientes funciones:

y = 6x2 − 3x+ 1 ; y = cos x2 ; y =1 + senx

x2,

cuando x cambia de 3 a 5 y de -1 a 1.

2. Calcule la razon de cambio del area de un trıangulo respecto a su perımetro.

3. Calcule la razon de cambio del volumen de un cilindro respecto del area de su base,manteniendo fija la altura. ¿Es esta razon de cambio la misma si ahora mantenemosfija el area de la base y movemos la altura?


4. a) Un objeto circular va aumentando de tamano de manera cuando el radio es 6,la tasa de variacion del mismo es 4. Encuentre la tasa de variacion del areacuando el radio es 6.

b) Suponga que el objeto circular de (a) es la seccion transversal de un objetoesferico. Encuentre la tasa de variacion del volumen cuando el radio es 6. (Volumen de la esfera = 4

3πr3.)

c) Suponga que la tasa de variacion del area de la seccion transversal circular es5 cuando el radio es 3. Encuentre la tasa de variacion del volumen cuando elradio es 3.

5. Si la poblacion de una ciudad crece a partir de 106 habitantes a una cantidad P (t)dada por :

P (t) = 106 + 103t2,

donde t se mide en anos.

a) Determine la rapidez con crece la poblacion.

b) Determine la poblacion despues de 10 anos.

c) ¿Cual es la tasa de creciemiento cuando t = 10 anos ?

2.8.2. Diferenciales

La diferencial de una funcion y = f(x) se define como:

df(x) = f ′(x)dx o simplemente dy = f ′(x)dx.

Por ejemplo si f(x) = 3x4−2x+1, entonces dy = (12x3−2)dx. Si g(x) = sen2 3x, entonces,dy = −6 sen 3x cos 3xdx.

Observemos que si y = f(x), entonces su diferencial es dy = f ′(x)dx y como ya hemos

visto f ′(x) =dy

dx, por lo tanto podemos escribir dy =

dy

dxdx.

Gracias a esta observacion podemos realizar formalmente las reglas de operacion del calculode derivadas con diferenciales. Por ejemplo:

d(u± v) =du

dxdx± dv

dxdx = du± dv.

d(u · v) = udv

dxdx+ v

du

dxdx = udv + vdu.

d(uv

)=vdu

dxdx− u

dv

dxdx

v2=vdu− udv

v2.


La regla de la cadena para y = f(x) , x = g(θ) toma la forma:

dy =dy

dx

dx

dθdθ = f ′(x)g′(θ)dθ = f ′(g(θ))g′(θ)dθ.

Interpretacion geometrica de la razon de cambio y el diferencial. Observemosprimeramente que el incremento ∆y = f(x + ∆x) − f(x) lo podemos pensar como unafuncion que depende de x y de ∆x, es decir, ∆y = ∆(x,∆x).

Fijemos x como x0 y definamos ∆x = h pequeno, entonces el incremento ∆y es :

∆y = ∆f (h) = f(x0 + h) − f(x0).

Sea T (x) la ecuacion de la recta tangente a f en x0, cuya ecuacion es:

T (x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Como T (x) es la mejor aproximacion lineal de f(x) en una vecindad de x0, o lo que es nomismo, f(x) ≈ T (x) para valores de x muy cercanos a x0.

El incremento de ∆y para T (x) es:

∆T (h) = T (x0 + h) − T (x0).

Pero,

T (x0 + h) − T (x0) = f(x0) + f ′(x0)(x0 + h− x0) − [(f(x0) + f ′(x0)(x0 − x0)],

Luego,∆T (h) = f ′(x0)h.

Comparemos en un grafico ∆y y dy.

x

y y = f(x)

x+ ∆x

df(x) = f ′(x)dx

x

∆y = f(x+ ∆x) − f(x)


Figura 2.9.1: Comparacion entre ∆y y dy.

La diferencial tambien puede interpretarse como una funcion lineal de R en R,de la siguiente manera: h → f ′(x0)h. Es usual denotar esta funcion por dy(h), es decir,dy(h) = f ′(x0)h.

Observemos que x 7→ dy es una funcion cuyo dominio es el dominio donde f es derivabley su recorrido esta en el espacio de las funciones lineales de R en R. Esta interpretacion esmuy util, pues para funciones de varias variables no es posible generalizar el concepto dederivada pero si el de diferencial, que sera una aplicacion lineal cuya matriz en las basescanonicas tiene por coeficiente las derivadas parciales.


1. Si f(x) = 3x4 − 2x+ 1, entonces dy = (12x3 − 2)dx.

2. Si g(x) = sen2 3x, entonces dy = −6 sen 3x cos 3xdx.

3. Si y = x3, entonces dy = 3x2dx.

4. d(tg θ) = sec2 θdθ.

5. Si y = x2, x = sen θ, entonces dy =dy

dx

dx

dθdθ = 2 sen θ cos θdθ.

6. Calculard(sen x3)

dx.

d(senx3) = (cos x3)d(x3) = cos x3(3x2dx) = 3x2 cos x3dx.

7. Calculardy

dxsi x2 + y3 − 2xy2 = 0.

Tomando formalmente diferenciales a ambos lados de la ecuacion: tenemos,

0 = d(x2) + d(y3) + d(−2xy2)

= 2xdx+ 3y2dy − 2d(xy2)

= 2xdx+ 3y2dy − 2y2dx− 4xydy

= (2x− 2y2)dx+ (3y2 − 4xy)dy

Despejando en la ultima ecuacion, obtenemos:

dy

dx=

2y2 − 2x

3y2 − 4xy.


Observacion:Estos diferenciales que, en rigor, se llaman diferenciales de primerorden son de gran utilidad para calcular antiderivadas o primitivas de funciones,como se vera mas adelante. Tambien existen los diferenciales de orden superior y suoperatoria formal es la de las derivadas de orden superior.

Si dy = f ′(x)dx, entonces d2y = f ′′(x)dx2 y , en general, dky = f (k)(x)dxk.

8. Si y = f(x) = 2 cos3 x, entonces dy = −6 cos2 x senxdx.

d2y = (12 cos x sen2 x− 6 cos3 x)dx2.

9. Encontrard2y

dx2cuando y viene dada implıcitamente por la expresion x3−2xy+y4 = 1.

0 = 3x2dx− 2ydx− 2xdy + 4y3dy

0 = (3x2 − 2y)dx + (4y3 − 2x)dy.

Por tanto,dy

dx=

2y − 3x2

4y3 − 2x.

d2y

dx2=

(4y3 − 2x)(2dy

dx− 6x) − (2y − 3x2)(12y2 dy

dx− 2)

(4y3 − 2x)2.

Reemplazandody

dxen la ultima expresion, nos queda:

d2y

dx2=

(2x+ 2)(2y − 3x2)(4y3 − 2x) − 6x(4y3 − 2x)2 − 12y2(2y − 3x2)2

(4y3 − 2x)3.

Ejercicios Propuestos

1. Calcule un valor aproximado de dos decimales para:

a)√

4,6

b) 3√

7,8

c) sen(0,2)

d) cos(−0,2)

2. Determine una solucion aproximada en [0, π], con dos decimales, para la ecuacion:

cot x− 1, 1 = 0


3. Determine solucion aproximada, con dos decimales, de la ecuacion:

x3 + 8, 4 = 0

4. ¿Cuanto varıa el area de un disco, cuando el radio crece de 2 a 2.007 cm?

5. Cuanto varıa el volumen de un cubo, cuando su arista varıa de a a a+ ∆l cm.

2.9. APLICACIONES VI: FISICA DEL MOVIMIENTO 407

2.9. Aplicaciones VI: Fısica del movimiento

Supongamos una partıcula que se mueve en lınea recta en el eje cartesiano. Sea s(t) eldesplazamiento de la partıcula, es decir, la coordenada de la partıcula en el instante t.El desplazamiento mas elemental ocurre cuando s(t) es una funcion de tipo lineal de t; ental caso,

s(t) = vt+ s0, con v, s0 ∈ R.

s0 se puede interpretar como la posicion inicial ( posicion de la partıcula en el tiempot = 0) Veamos ahora como podemos interpretar la constante v.

Observemos que para dos valores cualesquiera de t, digamos, t1 y t2 se tiene

s(t2) − s(t1)

t2 − t1= v

v se llamara la velocidad de la partıcula, que en terminos fısicos es la variacion deldesplazamiento durante un intervalo de tiempo dividido por el tiempo transcurrido. Elvalor absoluto de este numero se llama la rapidez del movimiento. Si la velocidad espositiva, la partıcula se mueve hacia la derecha y si esta velocidad es negativa se muevehacia la izquierda.

Recıprocamente, supongamos que la velocidad de la partıcula es constante e igual a vy su desplazamiento en el instante t0 es s0, entonces podemos calcular el desplazamientoen cualquier instante del tiempo por:

s(t) − s(t0)

t− t0= v ,

lo que implica s(t) = s(t0) + v(t− t0). El grafico de s(t) es una lınea recta con pendientev.

Ahora si s(t) no es una funcion lineal de t (como hemos visto en la introduccion de

este capıtulo en un cuerpo en caıda libre s(t) =gt2

2), entonces la razon:

s(t2) − s(t1)

t2 − t1

deja de ser constante. ¿Que entenderemos ahora por velocidad ? A este cuociente lo lla-maremos velocidad media de la partıcula en el intervalo de tiempo [t1, t2]. Este numeroda una buena idea de la velocidad promedio; pero nuestro objetivo es dar una idea develocidad instantanea. Queremos v = v(t). Para ello se procede como ya lo hemosexplicado, considerando t1 = t, t2 = t+ h y tomando el lımite cuando h→ 0, es decir,

v(t) = lımh→0

s(t+ h) − s(t)

h= s′(t)


Si conocemos v(t) y el desplazamiento en un instante t0, ya no es tan facil calcularel desplazamiento en un instante cualquiera s(t), pues debemos resolver una ecuacion delsiguiente tipo:

s′(t) = v(t), con s(t0) = s0.

Por ejemplo, si v(t) = gt, entonces s(t) =g

2(t − t0)

2 + s0. Estas ecuaciones se llaman

ecuaciones diferenciales y la incognita es una funcion de la cual se conocen relacionesentre sus derivadas. Volvamos a nuestra partıcula. Si suponemos ahora que la velocidadv(t) es una funcion lineal del tiempo t, es decir,

v(t) = at+ a0, con a, v0 ∈ R.

v0 se puede interpretar como la velocidad inicial ( velocidad de la partıcula enel tiempo t = 0) Veamos ahora como podemos interpretar la constante a. Llamaremosaceleracion media a la variacion de la velocidad durante un intervalo de tiempo divididopor el tiempo transcurrido:

v(t2) − v(t1)

t2 − t1= a.

De igual manera que la velocidad, el signo de la aceleracion significa que la velocidad creceo decrece con el tiempo dependiendo si es positiva o negativa .

Si este cuociente deja de ser constante, procedemos como en la velocidad instantaneapara definir la aceleracion instantanea:

a(t) = lımh→0

v(t+ h) − v(t)

h= v′(t).

Como ya sabemos que v(t) = s′(t), entonces a(t) = v′(t) = (s′(t))′ = s′′(t). Es decir, laaceleracion es la segunda derivada del desplazamiento respecto del tiempo.

Realicemos ahora el camino al reves, supongamos que la aceleracion es constante eigual a a, la velocidad en el instante t0 es v0 y la posicion inicial en t0 es s0. Calculemosv(t) y s(t). Como

v(t) − v(t0)

t− t0= a,

entonces v(t) = v0 + a(t− t0).Ahora queremos calcular s(t); primero observemos que s(t) no puede ser una funcion

lineal en t, pues debemos tener,

s′(t) = v(t) = v0 + a(t− t0).

Entonces, pensando en el ejemplo de caıda libre y lo que conocemos de calculo diferencial:

s(t) = v0(t− t0) +a

2(t− t0)

2 + s0.


El problema es mas complicado si la aceleracion a(t) no es constante, debemos resolver eneste caso

a(t) = v′(t) y s′(t) = v(t)

es decir,s′′(t) = a(t).

que es nuevamente una ecuacion diferencial, pero ahora es de segundo orden,pues apareceninvolucradas derivadas de orden dos.

Los siguientes ejercicios, que son los tıpicos de un curso de fısica elemental ayudarana entender estas definiciones.


1. Estudiemos la siguiente situacion:

Lancemos verticalmente desde el suelo con un resorte una pelota al aire con una

velocidad inicial v0 = 29, 4m

segy supongamos que el desplazamiento en el instante t

esta dado pors(t) = 29, 4 t − 4, 9 t2

a) Calculemos la velocidad media en el primer medio segundo, un segundo despuesy desde el primer al segundo segundo.

v =s(1

2) − s(0)12

= 19, 6m

seg

v =s(1) − s(0)

1= 24, 5

m

seg

v =s(2) − s(1)

1= 14, 7

m

seg

b) ¿Cual es la velocidad al cabo de medio segundo, un segundo, tres segundos ?

Primero calculemos la velocidad en funcion de t. Esta es:

v(t) = s′(t) = 29, 4 − 9, 8 t.

Luego,

v(1

2) = 24, 5

m

seg, v(1) = 19, 6

m

seg, v(3) = 0

m

seg.

c) ¿Cuando alcanzara la pelota su altura maxima y cuando caera al suelo ?

En la altura maxima v(t) = 0, es decir, 29, 4 − 9, 8 t = 0, lo que implicat1 = 3seg. Caera al suelo cuando s(t) = 0, es decir: 29, 4t − 4, 9t2 = 0 y t > 0,lo que implica t2 = 6seg.

d) ¿Cual es la altura maxima ?

La altura maxima es s(t1) = 44, 1 m.

e) ¿Que velocidad tendra al caer al suelo ? La velocidad al llegar al suelo es

v(t2) = −29, 4m

seg.

f ) ¿Como se puede saber si la pelota sube o baja?

Si el signo de v(t) es positivo, entonces la pelota sube; si v(t) < 0 entonces baja.

Luego,

v(t) > 0 ⇐⇒ 29, 4 − 9, 8 t > 0 ⇐⇒ 0 < t < t1 = 3 seg.

v(t) < 0 ⇐⇒ 29, 4 − 9, 8 t < 0 ⇐⇒ t1 < t < t2 = 6 seg.

En t = 3 seg y t = 6 seg la pelota esta detenida y corresponde a la alturamaxima y al momento en que cae al suelo.

g) ¿ Que se puede decir de la aceleracion?

a(t) = v′(t) = −9, 8m

seg2para todo t ∈ [0, t2].

Es decir, la aceleracion es constante y obviamente corresponde a la aceleracion

de gravedad promedio g = −9, 8m

seg2.

2. Supongamos que dos partıculas parten del mismo punto en lınea recta.

Sean s1(t) =1

20t5 +

1

6t4 − 1

2t2 + 3t + 1 y s2(t) =

1

6t3 +

1

2t2 − 2t + 1, las ecua-

ciones del desplazamiento de las partıculas. Determinar los instantes t donde ambasaceleraciones coinciden.

Sean a1(t) y a2(t) las aceleraciones de las partıculas. Entonces,

a1(t) = v′1(t) = s′′1(t) = t3 + 2t− 1 = (t2 + t− 1)(t+ 1)

a2(t) = v′2(t) = s′′2(t) = t+ 1

Luego a1(t) = a2(t) si y solo si t2 + t − 2 = 0, es decir, t = −2 o t = 1. Pero solotiene sentido fısico t = 1 seg

El hecho que ambas partıculas tengan la misma aceleracion en el mismo instante,no significa que esten en el mismo punto ni con la misma velocidad. En efecto,s1(1) 6= s2(1) y v1(1) = s′1(1) 6= v2(1) = s′2(1).


3. El problema fundamental en la mecanica clasica es el problema recıproco del tratadoanteriormente, es decir, se quiere encontrar la funcion desplazamiento conociendo losprincipios de la dinamica de Newton. El segundo principio por ejemplo, dice en breve,que la aceleracion de un cuerpo es directamente proporcional a la fuerza que actuasobre el e inversamente proporcional a su masa, esto es,

F = C ·m · a = C ·m d2s(t)

dt2

(Sin perdida de generalidad podemos suponer C = 1)

Esta formula es una ecuacion diferencial de segundo orden donde la incognita es lafuncion del tiempo s(t). En definitiva, se quiere calcular el desplazamiento conociendola ecuacion diferencial del movimiento y esto se puede hacer conociendo tanto tecni-cas de derivacion como de integracion. El siguiente ejemplo ilustra esta situacion:

Supongamos que tenemos una partıcula de masa m sujeta a un muro por un resorteque puede deslizarse en forma horizontal. La ley de Hooke dice que un resorte estiradoo comprimido reacciona con una fuerza proporcional a su deformacion y que tiendea su posicion de equilibrio. Esto significa que cuando la masa esta en el punto s, lafuerza sobre ella es −Ks, donde K es la constante de rigidez del resorte.

La ecuacion del movimiento, en este caso, estara dada segun el segundo principio deNewton por

md 2s(t)

dt 2+Ks = 0 , K > 0

Esto se puede escribir como:

d 2s(t)

dt 2− ω0

2s(t) = 0 ; con ω0 =

√K

m

Una solucion general de esta ecuacion diferencial es s(t) = c1 cos ω0t+ c2 senω0t.

Por lo ya visto en el capıtulo de trigonometrıa esta solucion es una sinusoide deltipo:

s(t) = R cos (ω0t− α) ; con R =√c21 + c22 y α = arctan

c2c1

¿Que conclusiones fısicas se pueden obtener de esta solucion? Veamos algunas:

a) El sistema oscila perpetuamente con perıodo T = πω0

.

b) s(t) oscila entre −R ≤ s(t) ≤ R ∀t ∈ R

c) ω0 es el numero de oscilaciones en un tiempo igual a 2π y se llama frecuencianatural del sistema. Esta frecuencia crece si aumenta la rigidez del resorte ydisminuye si aumenta su masa.

La ecuacion md2s(t)

dt2+ Ks = 0 se conoce con el nombre de la ecuacion del

movimiento oscilatorio conservativo (no hay transformacion de energıa).

Un cuadro un poco mas realista es conciderar el roce o friccion de la masa conla superficie de deslizamiento. En este caso el roce es proporcional a la velocidad ytiene sentido contrario a esta. La ecuacion del movimiento resulta entonces:

md2s(t)

dt2+ µ

ds

dt+Ks = 0 , µ > 0

La solucion general de esta ecuacion dependera de relaciones entre µ,K, y m. Porejemplo, si µ2 − 4mK ≥ 0, entonces:

s(t) = c1eλ1t + eλ2t , con λ1,2 =

1

2m[−µ±

√µ2 − 4mK]

Como estos numeros son negativos, el sistema tiende exponencialmente al equilibrio,sin oscilar.

Si ahora µ2 − 4mK < 0, entonces:

s(t) = Re−µ

2mt cos (

√4mK − µ2

2mt− α)

es la solucion general y concluimos que s(t) oscila tendiendo al equilibrio (grafiques(t) en su calculadora). Esta ecuacion se conoce como la ecuacion del movimientooscilatorio amortiguado (o disipativo), pues transforma, debido al roce, energıapotencial elastica en calorica.

Si estamos interesados en mantener el sistema oscilando, debemos aplicar una fuerzaexterna a la masa m, por ejemplo, F (t) = F0 cos ωt. La ecuacion del movimiento esentonces:

md2s(t)

dt2+ µ

dt+Ks = F0 cos ωt

Una solucion de esta ecuacion es:

g(t) =F0 cos (ωt− β)√

(K −mω2)2 + µ2ω2, con β = arctan

µω

K −mω2

Compruebe que efectivamente g(t) es una solucion y que g(t)+s(t) con s(t) solucionde la ecuacion amortiguada es la solucion general para esta ecuacion, que se conocecon el nombre de ecuacion del movimiento oscilatorio amortiguado y forzado.

4. Dos partıculas P y Q se encuentran en t = 0 en los puntos A y B de la recta realrespectivamente, con A < B. Ambas partıculas se estan moviendo hacia la derecha.


Suponga que P dobla en aceleracion a Q en cada instante y Q triplica a P envelocidad en t = 0. ¿ Es posible determinar en que instante y lugar se encontraran?

Solucion: Sean s1(t), v1(t) y a1(t), la posicion, velocidad y aceleracion de P ys2(t), v2(t) y a2(t), los mismos parametros para Q.

Por hipotesis tenemos s1(0) = A , s2(0) = B , v2(0) = 3v1(0) y a1(t) = 2a2(t).

Esta ultima expresion esd2s1(t)

dt2= 2

d2s2(t)

dt2, por lo tanto, por ejercicio resuelto

2.3.3,1(b), se tiene:ds1(t)

dt(t) = 2

ds2dt

(t) + α , α ∈ R.

Luego v1(t) = 2v2(t) +α, lo que implica por el mismo ejercicio s1(t) = 2s2(t) +αt+β , β ∈ R.

Calculemos ahora α y β: v1(0) = 2v2(0)+α, entonces por hipotesis, v1(0) = 6v1(0)+α implica α = −5v1(0).

Por otro lado s1(t) = 2s2(t) − 5v1(0)t + β y evaluando en t = 0 se tiene A =2B − 5v1(0) · 0 + β implica β = A− 2B

Si T es el instante del encuentro y C el lugar donde este ocurre, tenemos:

C = 2C − 5v1(0)T + (A− 2B) , es decir , C = 5v1(0)T + 2B −A

Esto es una relacion entre el instante y el lugar del encuentro. Para determinar estosparametros debemos tener otros datos adicionales. ¿Que tipo de datos pondrıa Ud.?

5. Suponga que en t = 0 un proyectil situado en el punto (x0, y0) del plano cartesianoes lanzado con una velocidad inicial v0. Esta velocidad es vectorial. Si θ0 es el anguloque forma este vector con el eje de las abscisas, entonces las componentes de v0 son:

v0x = v0 cos θ0

v0y = v0 sen θ0

La trayectoria del proyectil esta determinada por la fuerza gravitacional que actuasobre el (y la resistencia del ambiente). El segundo principio de Newton, en este caso,escrito en componentes es:

Fx = m · ax y Fy = m · ay

Entonces las componentes de la aceleracion son:

ax =Fx

m= 0 y ay =

Fy

m=

−mgm

= −g


Pero como ya hemos visto ax =d2x

dt2=

dvx

dt= 0 =⇒ vx = Cte = v0x y como

vx =dx

dt, entonces x = v0xt+ x0

Tambien ay =d2y

dt2=dvy

dt= −g =⇒ vy = −gt+ v0y y como vy =

dy

dt= −gt+ v0y,

entonces y = −g2t2 + v0yt+ y0. Luego reeplazando las condiciones iniciales, tenemos:

x(t) = x0 + (v0 cos θ0)t

y(t) = y0 + (v0 sen θ0)t−g

2t2

La distancia de (x0, y0) al proyectil es r =√

(x− x0)2 + (y − y0)2

La rapidez del proyectil es v =√v2x + v2

y

La direccion de la velocidad en funcion del angulo θ es tan θ =vy

vx

Supongamos para simplificar que (x0, y0) = (0, 0). De las ecuaciones de x(t) e y(t),podemos reemplazar t y resulta:

t =x

v0 cos θ0y y = (tan θ0)x− g

2v20 cos2 θ0

x2,

es decir, la trayectoria y(x) del proyectil es una parabola.


1. Realice un estudio similar al del movimiento oscilatorio para la ecuacion de un cir-cuito electrico elemental, constituido por una inductancia (L), una resistencia (R)y un condensador (C). Si un generador produce un voltaje V (t) = V0 senωt, entoncesla corriente I del circuito esta dada por la ecuacion:

Ld2I

dt2+R

dI

dt+

1

CI = V0 cos ωt

Interprete sus respuestas del punto de vista fısico.

2. Considere un proyectil lanzado desde el origen del plano cartesiano con una velocidad

inicial v0 = 26m

segy un angulo de elevacion θ0 = 530.

a) Determine la posicion del proyectil, la magnitud y la direccion de su velocidadcuando t = 2seg.


b) Calcule el tiempo que demora el proyectil en alcanzar el punto mas alto de sutrayectoria y calcule la altura de dicho punto.

c) Calcule el alcance del proyectil (mayor distancia alcanzada) y el tiempo que sedemora en llegar a ese punto.

3. Se lanza una pelota desde el suelo a otra pelota que esta a una altura h y a unadistancia c. Suponga que al momento de ser lanzada la primera pelota, la segundaes soltada en caıda libre.

Calcule donde y en que instante ellas chocan. ¿Siempre chocan?


2.10. Bibliografıa

1. A.D. Aleksandrov, A.N. Kolmogorov, M.A. Laurentiev y otros : La matematica: su

contenido, metodos y significado. Alianza Universidad, Madrid,(1985).

2. T. Apostol : Calculus. Editorial Reverte (1965).

3. R. Bartle y D. Sherbert : Introduccion al analisis matematico de una variable. Edi-torial Limusa (1989).

4. Coleccion H.E.C.: Elementos de trigonometrıa. Santiago.

5. F. Granero :Calculo. McGraw - Hill. Madrid (1991).

6. J. Guajardo y J. Urrea: Cuarenta problemas resueltos de calculo integral. Trabajode Titulacion, Fac de Ciencias - USACH (2002).

7. J. Kitchen.: Calculo. McGraw - Hill (1986).

8. I. D. Kudriavtsev, A.D. Kutasov, V.I.Chejlov, M.I.Shsbunin : Problemas d Analisis

Matematico. Ed. Mir Moscu.

9. K. Kuratowski : Introduction to calculus. Pergamon Press (1961).

10. H. Larsen.: Tables, Formulas and curves. Holt, Rinehart and Winston (1953).

11. E. Lima.: Analise real. IMPA (1989).

12. E. A. Maxwell : An analytical calculus . Cambridge University Press (1959).

13. Reunion de professeurs : Exercises de trigonometrie. Ligel, Parıs (1960).

14. R. Rothe : Matematica superior. Tomos I y II. Editorial Labor (1959).

15. M. Spivak : Calculus. Reverte. 1970.

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE

FACULTAD DE CIENCIADepartamento de Matematica y Ciencia de la Computacion

CALCULO

Segunda Version

Integracion y Series

Tomo II

Gladys Bobadilla A. y Rafael Labarca B.

Santiago de Chile2004

Prefacio

El cero es el silencio antes del numeroEl numero es el verbo matematico

Lo matematico es el calculo de la realidadLa realidad es lo unico increıble

Lo increıble es lo que no podemosY lo que no podemos es lo que queremos.

Patricio Manns.

Este texto es producto - en elaboracion aun - del proyecto de desarrollo de la docenciaTexto de calculo anual para ingenierıa civil, financiado por la Vicerrectorıa de Do-cencia y Extension de la Universidad de Santiago de Chile.

Gran parte de los contenidos de los capıtulos 1 y 2 estan sacados del antiguo texto deCalculo I escrito por Gladys Bobadilla y Jorge Billeke (Q.E.P.D.).

La idea motriz de los autores para emprender esta tarea es el profundo convencimientoque esta es una forma de contribuir a una cultura nacional independiente.

Aunque los temas tratados - generados en Europa entre los siglos 17 y 19 - formanparte del patrimonio universal y existe una amplia y variada literatura, no es una razonsuficiente para que la universidad renuncie a crear su propio material docente. Esta labores tan importante como la creacion de nuevos conocimientos y necesita, como esta ultima,de una tradicion para la cual se debe recorrer un largo camino de errores y rectificaciones.

Ademas, queremos compartir con los jovenes estudiantes que usaran este libro, lareflexion del filosofo Gaston Bachelard (1884 - 1962) sobre lo que significa enfrentarseal conocimiento cientıfico: ”Frente al misterio de lo real el alma no puede, por decreto,tornarse ingenua. Es entonces imposible hacer, de golpe, tabla rasa de los conocimientosusuales. Frente a lo real, lo que cree saberse claramente ofusca lo que debiera saberse.Cuando se presenta ante la cultura cientıfica, el espıritu jamas es joven. Hasta es muy

i

viejo, pues tiene la edad de sus prejuicios. Tener acceso a la ciencia es rejuvenecerse espir-itualmente, es aceptar una mutacion brusca que ha de contradecir a un pasado.”1

Agradecemos los valiosos comentarios de la Dra. Cecilia Yarur, la profesora GracielaEscalona y el senor Luis Riquelme que nos ayudaron a mejorar la presentacion de estetexto. Agradecemos ademas, el apoyo tecnico en la escritura digital, de la senorita EvelynAguilar y el senor Leonelo Iturriaga.

Finalmente, siendo esta una version preliminar, agradeceremos a quienes detecten e-rrores nos lo hagan saber.

Gladys Bobadilla A y Rafael Labarca B.Santiago, marzo de 2002.

1Gaston Bachelard: La formacion del espıritu cientıfico. Ed. Siglo XXI, 1997.

Indice general

1. Lımites y continuidad 11.1. Los numeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. La aritmetica de los numeros reales: axiomas de cuerpo . . . . . . . 11.1.2. Comparacion de los numeros reales: axiomas de orden . . . . . . . . 111.1.3. Resolucion de desigualdades o inecuaciones . . . . . . . . . . . . . . 161.1.4. Una distancia en R: el valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.1.5. La continuidad de R: el axioma del supremo . . . . . . . . . . . . . . 39

1.2. Lımites de funciones numericas de variable discreta. . . . . . . . . . . . . . 561.2.1. Las variables discretas y el conjunto N . . . . . . . . . . . . . . . . . 561.2.2. Convergencia de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 581.2.3. Divergencia de sucesiones hacia ±∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 691.2.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 771.2.5. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

1.3. Las funciones numericas de variable continua . . . . . . . . . . . . . . . . . 991.3.1. Definiciones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 991.3.2. Representacion grafica de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1051.3.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1081.3.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

1.4. Lımites de funciones numericas de variable continua . . . . . . . . . . . . . 1271.4.1. Lımites finitos: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1271.4.2. Lımites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1341.4.3. Lımites finitos cuando la variable independiente crece o decrece in-

definidamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1351.4.4. Las funciones circulares o trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . 1421.4.5. Definicion de las funciones circulares o trigonometricas . . . . . . . . 1441.4.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1711.4.7. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

1.5. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1921.5.1. Definiciones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

iii

1.5.2. Continuidad de funciones elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . 1951.5.3. Discontinuidades removibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1961.5.4. Propiedades de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1971.5.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2021.5.6. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

2. La derivada y sus aplicaciones 2192.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2192.2. Definicion y formulas basicas de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

2.2.1. Definiciones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2222.2.2. Formulas elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2282.2.3. Las derivadas de las funciones trigonometricas . . . . . . . . . . . . 2332.2.4. Las derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2342.2.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2352.2.6. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

2.3. Propiedades de las funciones derivables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2452.3.1. Teoremas principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2452.3.2. Derivadas de las inversas de las funciones trigonometricas . . . . . . 2572.3.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2622.3.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

2.4. Aplicaciones I: La regla de L’Hopital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2692.5. Aplicaciones II: Graficos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2762.6. Aplicaciones III: Analisis de curvas en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . 294

2.6.1. Elementos de Geometrıa Analıtica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2942.6.2. Analisis de curvas en coordenadas rectangulares . . . . . . . . . . . 3422.6.3. Analisis de curvas dadas por ecuaciones parametricas . . . . . . . . 3522.6.4. Curvas expresadas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . 364

2.7. Aplicaciones IV: problemas de maximo y mınimo . . . . . . . . . . . . . . . 3822.8. Aplicaciones V: Razon de cambio y diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . 400

2.8.1. Razones de cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4002.8.2. Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402

2.9. Aplicaciones VI: Fısica del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4072.10. Bibliografıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416

3. La integral de Riemann 4173.1. Sumas de Riemann y el concepto de integral . . . . . . . . . . . . . . . . . 417

3.1.1. Calculo de integrales mediante sumas de Riemann particulares . . . 4273.2. Propiedades de la Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4523.3. Teorema Fundamental de Calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4683.4. Las funciones logaritmo natural y exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

3.4.1. Definicion y propiedades de la funcion logaritmo natural . . . . . . 4773.4.2. La funcion exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4843.4.3. Aplicaciones de la funcion exponencial: . . . . . . . . . . . . . . . . 4933.4.4. Las funciones hiperbolicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4963.4.5. La regla de L’Hopital y calculo de lımites de formas indeterminadas

de tipo exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5043.4.6. Derivacion logarıtmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508

4. La integral indefinida: calculo de primitivas 5254.1. La integral indefinida y sus propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525

4.1.1. La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5254.1.2. Formulas basicas de integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5284.1.3. Propiedades elementales de la integral indefinida . . . . . . . . . . . 5304.1.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 536

4.2. Formulas de reduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5384.2.1. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543

4.3. Integracion de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5444.3.1. Descomposicion de un polinomio en factores . . . . . . . . . . . . . . 5444.3.2. Descomposicion de una funcion racional en fracciones simples o par-

ciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5444.3.3. Integracion de funciones racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 548

4.4. Integracion de algunas funciones algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . . 5554.4.1. Integracion de funciones irracionales simples . . . . . . . . . . . . . . 5554.4.2. Integracion de f(x) = xp(axn + b)q p, q, n ∈ Q. . . . . . . . . . . . . 5574.4.3. Integracion de funciones racionales que involucran polinomios en x

y raıces cuadradas de ax2 + bx + c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5594.4.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563

4.5. Integracion de ciertas funciones trascendentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . 5644.5.1. Integracion de funciones trigonometricas. . . . . . . . . . . . . . . . 5644.5.2. Integracion de funciones trigonometricas inversas. . . . . . . . . . . . 5744.5.3. Integracion de funciones hiperbolicas, exponenciales y logarıtmicas. . 5754.5.4. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 580

5. Aplicaciones de la integral 5855.1. Calculo de areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585

5.1.1. Calculo de areas en coordenadas rectangulares . . . . . . . . . . . . 5855.1.2. Calculo de areas usando ecuaciones parametricas . . . . . . . . . . . 5885.1.3. Calculo de areas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . 590

5.2. Calculo de longitudes de curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6115.2.1. Calculo de longitudes de curvas en coordenadas rectangulares . . . . 611

5.2.2. Calculo de longitudes de curvas dadas por ecuaciones parametricas . 6135.2.3. Calculo de longitudes de curvas en coordenadas polares . . . . . . . 615

5.3. Volumenes y areas de superficies de solidos de revolucion . . . . . . . . . . . 6235.3.1. Metodo de los discos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6235.3.2. Metodo de las cortezas o cilindros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6245.3.3. Areas de superficies de revolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 628

5.4. Integrales elıpticas e integracion numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6385.4.1. Integrales elıpticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6385.4.2. Dos metodos numericos de integracion . . . . . . . . . . . . . . . . . 641

6. Integrales impropias y series 6516.1. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651

6.1.1. Integrales impropias sobre intervalos no acotados o de primera clase 6516.1.2. Propiedades de las integrales impropias de primera clase . . . . . . . 6546.1.3. Integrales impropias cuando la funcion no es acotada en el intervalo

de integracion o de segunda clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6586.1.4. Otros criterios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6646.1.5. La funcion Gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6666.1.6. La funcion Beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667

6.2. Series Numericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6916.2.1. Conceptos generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6916.2.2. Criterios basicos de convergencia de series . . . . . . . . . . . . . . 6936.2.3. Series de terminos alternados: criterio de Leibniz . . . . . . . . . . . 6996.2.4. Convergencia absoluta y condicional de series . . . . . . . . . . . . . 7016.2.5. Multiplicacion de series de terminos no-negativos . . . . . . . . . . . 7046.2.6. Multiplicacion de series en general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7056.2.7. Criterios mas especıficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7096.2.8. Series de Numeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 711

6.3. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7266.3.1. Series de Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7266.3.2. Propiedades de las series uniformemente convergentes . . . . . . . . 7306.3.3. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732

6.4. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7516.4.1. Calculo de polinomios y series de Taylor para funciones elementales 754

Capıtulo 3

La integral de Riemann

3.1. Sumas de Riemann y el concepto de integral

Definicion 3.1.1 Particion del intervalo Sea [a, b] un intervalo cerrado y acotado deR, a < b. Una particion de [a, b] es una familia finita P = {t0, t1, . . . , tn} de puntos talesque

a = t0 < t1 < . . . < tn−1 < tn = b

Para cada particion P = {t0, t1 . . . , tn} tenemos que los intervalos [t0, t1], [t1, t2], . . . , [tn−1, tn]satisfacen:

[a, b] =

n⋃

i=1

[ti−1, ti]

Denotaremos por ∆ti la longitud del subintervalo [ti−1, ti], es decir:

∆ti = ti − ti−1 = longitud del subintervalo i.

En particular, tenemos:

n∑

i=1

∆ti = (t1 − t0) + (t2 − t1) + . . . + . . . = b− a = longitud del intervalo [a, b].

Se llama norma de la particion al numero ||P|| = max{∆ti : i = 1, . . . n}.

a t1 t2 . . . tn−1 b

Figura 3.1: Particion del intervalo

Sea f : [a, b] → R una funcion acotada. Sea P = {t0, t1, . . . , tn} una particion de [a, b].

417

418 CAPITULO 3. LA INTEGRAL DE RIEMANN

Para cada i ∈ N, 1 ≤ i ≤ n se definen los numeros:

Mi =sup{f(x) ; x ∈ [ti−1, ti]}mi =inf{f(x) ; x ∈ [ti−1, ti]}

Es inmediato que mi ≤ f(x) ≤Mi, para todo x ∈ [ti−1, ti] ; i = 1, 2, . . . , n.

Definicion 3.1.2 1. Se llama una suma de Riemann de f correspondiente a la par-ticion P a cualquier numero de la forma:

s(f,P) =

n∑

i=1

f(ξi)(ti − ti−1), ξi ∈ [ti−1, ti].

2. Se llama suma inferior de f correspondiente a la particion P al numero

I(f,P) =

n∑

i=1

mi(ti − ti−1).

3. Se llama suma superior de f correspondiente a la particion P al numero

S(f,P) =n∑

i=1

Mi(ti − ti−1).

Observacion 3.1.3 Como f es acotada en [a, b] entonces es acotada en cada [ti−1, ti] yluego tiene supremo e ınfimo en dicho intervalo. Si ademas, f es continua, el Teorema deWeierstrass 1.5.18, asegura que f alcanza su valor maximo y mınimo en cada intervalo[ti−1, ti].En particular si f es continua y creciente mi = f(ti−1) y Mi = f(ti).

I(f,P) =f(a)(t1 − a) + f(t1)(t2 − t1) + f(t2)(t3 − t2) + f(t3)(b− t3)

=suma de las areas

de las partes achuradas de la figura 3.2.,donde se toma f continua, creciente y positiva.

a t1 t2 t3 b

Figura 3.2: Sumas inferiores

3.1. SUMAS DE RIEMANN Y EL CONCEPTO DE INTEGRAL 419

S(f,P) =f(t1)(t1 − a) + f(t2)(t2 − t1) + f(t3)(t3 − t2) + f(b)(b− t3) = suma de las areas

de las partes achuradas de la figura 3.3.

a t1 t2 t3 b

Figura 3.3: Sumas superioresObservacion 3.1.4 Es facil verificar que I(f,P) ≤ S(f,P) para toda particion P de[a, b](Ejercicio ).

Definicion 3.1.5 Una particion P de [a, b] se dice mas fina o un refinamiento de laparticion P ′ de [a, b]) si se cumple que todo punto de P ′ es punto de P. En tal casoescribimos P ′ ⊂ P.

Ejemplo 3.1.6 P = {1, 1,2, 1,4, 1,6, 1,8, 2} es una particion de [1, 2] mas fina que {1, 1,4, 2}.

Lema 3.1.7 Sean P, P ′ particiones de [a, b] tales que P ′ ⊂ P y f : [a, b] → R acotada

tenemos: I(f,P ′) ≤ I(f,P) ≤ S(f,P) ≤ S(f,P ′).

Demostracion: Suponemos que P ′ = {t0, t1, . . . , tn−1, tn} y que P = {t0, t0, t1, t2, . . . , tn−1, tn},es decir que P tiene un punto mas que P ′.

t0 t0 t1

Figura 3.4:

En este caso

I(f,P ′) =m0(t1 − t0) +m1(t2 − t1) + . . . +mn−1(tn − tn−1)

I(f,P) =m0(t0 − t0) + m1(t1 − t0) +m1(t2 − t1) + . . .+mn−1(tn − tn−1)

I(f,P) − I(f,P ′) =m0(t0 − t0) + m1(t1 − t0) −m0(t1 − t0) =

=(m0 −m0)(t0 − t0) + (m1 −m0)(t1 − t0)


Ya que m0 ≤ m0 y m0 ≤ m1 tenemos I(f,P ′) ≤ I(f,P).

t0 t0 t1

Figura 3.5.Analogamente se prueban los otros resultados.

Lema 3.1.8 Si P y P ′ son dos particiones cualesquiera de [a, b] entonces se cumple que

I(f,P) ≤ S(f,P ′).

Demostracion: Sea P ′′ = P ∪ P ′, de acuerdo al lema anterior tenemos

I(f,P) ≤ I(f,P ′′) ≤ S(f,P ′′) ≤ S(f,P)

I(f,P ′) ≤ I(f,P ′′) ≤ S(f,P ′′) ≤ S(f,P ′)

Por lo tanto, I(f,P) ≤ S(f,P ′′) ≤ S(f,P ′) como querıamos probar.

Sea ahora rf = {I(f,P) ; P es particion de [a, b]} el conjunto de todas las sumas inferi-ores asociadas a todas las posibles particiones de [a , b]. La proposicion anterior garantizaque rf es acotado superiormente y , por lo tanto, tiene supremo. Esto da sentido a lasiguiente definicion.

Definicion 3.1.9 La integral inferior de f en [a, b] es el numero

∫ b

af(x)dx = sup{I(f,P) ; P es particion de [a, b]}

Sea Rf = {S(f,P) ; P es particion de [a, b]}. De acuerdo a la proposicion anterior Rf

es acotado inferiormente y , por lo tanto, tiene ınfimo. Esto da sentido a la siguientedefinicion.

Definicion 3.1.10 La integral superior de f en [a, b] es el numero

∫ b

af(x)dx = inf{S(f,P) ; P es particion de [a, b]}


Definicion 3.1.11 Diremos que f es integrable en [a, b] si se cumple que

∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx

En este caso el valor comun se denota por

∫ b

af(x)dx y se llama integral de Riemann

de f sobre el intervalo [a, b].

Observacion 3.1.12 Es inmediato que

∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

af(x)dx.

Ejemplo 3.1.13 1. Sea f la funcion constante sobre [a, b]. Es decir, f : [a, b] → R talque f(x) = c, para todo x ∈ [a , b].

Sea P = {t0, t1, . . . , tn} una particion cualquiera de [a, b]. entonces tenemos que:

I(f,P) =

n∑

i=1

mi(ti − ti−1),

S(f,P) =n∑

i=1

Mi(ti − ti−1).

Como mi = inf{f(x) ; x ∈ [ti−1, ti]} = c y Mi = sup{f(x) ; x ∈ [ti−1, ti]} = c.

Tenemos

I(f,P) =

n∑

i=1

c(ti− ti−1) = c(t1− t0 + t2− t1 + . . .+ tn− tn−1) = c(tn− t0) = c(b−a).

Analogamente tenemos que:

S(f,P) =

n∑

i=1

c(ti − ti−1) = c(b− a).

De esta forma podemos concluir que:

∫ b

af(x)dx = c(b− a) =

∫ b

af(x)dx.

Por lo tanto, en virtud de la definicion 3.1.11 tenemos que f es una funcion integrabley ∫ b

af(x)dx = c(b− a).


2. Sea f : [a, b] → R la funcion definida por

f(x) =

{0 si x es racional

1 si x es irracional

Sea P = {t0, t1, . . . , tn} una particion cualquiera de [a , b]. Entonces, debido a ladensidad de los numeros racionales e irracionales en R tenemos que:

mi = inf{f(x) ; x ∈ [ti−1, ti] } = 0

Mi = sup{f(x) ; x ∈ [ti−1, ti] } = 1.

Luego,

I(f,P) =n∑

i=1

mi(ti − ti−1) =n∑

i=1

0 · (ti − ti−1) = 0.

S(f,P) =

n∑

i=1

Mi(ti − ti−1) =

n∑

i=1

(ti − ti−1) = tn − t0 = b− a.

Por lo tanto,

∫ b

af(x)dx = sup rf = 0,

∫ b

af(x)dx = inf Rf = b− a.

Ası, f no es integrable puesto que

∫ b

af(x)dx = 0 6=

∫ b

af(x)dx = b− a.

3. Sea f : [0, 1] → R definida por f(x) = x.

1

1


Demostraremos que

∫ 1

0f(x)dx =

1

2.

En efecto, sea P = {t0, t1, . . . , tn} una particion de [0, 1] que divide el intervalo

en n subintervalos de longitud igual a1

n. Por lo cual la particion es el conjunto

{0,

1

n,2

n, . . . , . . . ,

i

n. . . , 1

}. Es decir, ti =

i

n, con 1 ≤ i ≤ n, y las sumas inferiores

son:

I(f,P) =

n∑

i=1

mi(ti − ti−1), dondemi = inf

{f(x) ; x ∈

[ i− 1

n,i

n

]}.

I(f,P) =n∑

i=1

i− 1

n

( in− i− 1

n

)=

n∑

i=1

i− 1

n· 1

n=

1

n2˙

n∑

i=1

(i− 1)

=1

n2

(n · (n− 1)

2

)=n− 1

2n.

Las sumas superiores tienen la forma:

S(f,P) =

n∑

i=1

Mi(ti − ti−1) =

n∑

i=1

i

n· 1

n=

n∑

i=1

i

n2

=1

n2

n∑

i=1

(i) =1

n2

n∑

i=1

i =n(n+ 1)

2n2=n+ 1

2n.

Como

I(f,P) ≤∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

af(x)dx ≤ S(f,P),

entonces para todo n ∈ N se tiene:

n− 1

2n≤∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

af(x)dx ≤ n+ 1

2n.

Tenemos que

lımn→∞

n− 1

2n≤∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

af(x)dx ≤ lım

n→∞n+ 1

2n.

Es decir, ∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx =

1

2

como habıamos enunciado.

Criterio de Integrabilidad

Teorema 3.1.14 Sea f : [a, b] → R una funcion acotada. f es integrable en [a, b] si y solosi para todo ε > 0 existe una particion Pε de [a, b] tal que S(f,Pε) − I(f,Pε) < ε.

Demostracion:

(⇐=) Supongamos que la condicion es cierta. Entonces, dado ε > 0 existe una particionPε de [a, b] tal que S(f,Pε) − I(f,Pε) < ε.

Por lo cual,

inf{S(f,P) ; P es particion de [a, b]} < I(f,Pε) + ε.

Usando la definicion de integral superior podemos escribir:

∫ b

af(x)dx < I(f,Pε) + ε < sup{I(f,P) ; P es particion de [a, b]} + ε.

En virtud de la definicion de la integral inferior, tenemos:

∫ b

af(x)dx <

∫ b

af(x)dx+ ε.

Lo que implica que,

0 ≤∫ b

af(x)dx−

∫ b

af(x)dx < ε.

Como esta desigualdad se cumple para todo numero positivo ε, podemos concluirque ∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx,

lo que nos dice que f es integrable.

( =⇒ ) Reciprocamente, si f es integrable, entonces

∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx = I.

Sea ε > 0 dado. Usando la definicion de integral superior, definicion 3.1.10 o -lo quees equivalente- la caractizacion de ınfimo, tenemos que existe P ′

ε tal que:

S(f,P ′ε) <

∫ b

af(x)dx+

ε

2.

En virtud del lema 3.1.7, podemos escribir:

S(f,P) <

∫ b

af(x)dx+

ε

2,para toda particion P mas fina que P ′

ε.

Analogamente, usando la definicion de integral inferior, definicion 3.1.9, o lo que esequivalente la definicion de supremo, tenemos que existe

P ′′ε tal que:

I(f,P ′′ε ) >

∫ b

af(x)dx− ε

2.

Nuevamente, usando el lema 3.1.7, podemos escribir:

I(f,P) >

∫ b

af(x)dx− ε

2,para toda particion P mas fima que P ′′

ε .

Si definimos Pε = P ′ε ∪ P ′′

ε , tenemos que:

S(f,Pε) < I +ε

2

−I(f,Pε) < −I +ε

2

sumando las dos desigualdades obtenemos,

S(f,Pε) − I(f,Pε) < ε.

Ejemplo 3.1.15 La funcion f(x) = [x], la parte entera de x, satisface el criterio deintegrabilidad en [0, 1] y por lo tanto es integrable en dicho intervalo.En efecto

f(x) =

{0 si 0 ≤ x < 1

1 si x = 1.

Esta funcion tiene una discontinuidad en [0, 1]. Sea P una particion cualquiera de [0, 1].P = {x0 , x1 , . . . xn } ;x0 = 0 , xn = 1. Como la funcion es constante en [0, 1[ e igual acero, tenemos que:

mi = inf{f(x) ; x ∈ [xi−1, xi]} = 0, i = 1, . . . n.

Mi = sup{f(x) ; x ∈ [xi−1, xi]} = 0, i = 1, . . . n− 1.

Mn = 1

Por lo tanto,

I(f,P) = 0

S(f,P) = 1 · (xn − xn−1) = ∆xn.

Ası tenemos,

0 ≤ S(f,P) − I(f,P) = ∆xn.

Entonces, dado ε positivo, en virtud del Principio de Arquımedes existe N ∈ N tal que1

N< ε. Por otro parte, podemos construir una particion Pε de modo que ||Pε|| <

1

N.

Ası, dado ε positivo hemos encontrado una particion de [0, 1], tal que

0 ≤ S(f,P) − I(f,P) = ∆xn <1

N< ε.

¿Cuanto vale

∫ 1

0[x]dx ?

Como ya sabemos que la integral existe, podemos obtener su valor por el camino mas facil.En este caso usando la integral inferior cuyo valor es cero.

∫ 1

0[x] dx = 0.

Ejemplo 3.1.16 La funcion f(x) = [x], la parte entera de x, satisface el criterio deintegrabilidad en [1, 2] y por lo tanto es integrable en dicho intervalo.En efecto

f(x) =

{1 si 1 ≤ x < 2

2 si x = 2.

Esta funcion tiene una discontinuidad en [1, 2]. Sea P una particion cualquiera de [1, 2].P = {x0 , x1 , . . . xn } ;x0 = 1 , xn = 2. Como la funcion es constante en [1, 2[ e igual auno, tenemos que:

mi = inf{f(x) ; x ∈ [xi−1 , xi]} = 1, i = 1, . . . n.

Mi = sup{f(x) ; x ∈ [xi−1 , xi]} = 1, i = 1, . . . n− 1.

Mn = 2

Por lo tanto,

I(f,P) =

n∑

i=1

mi · ∆xi =

n∑

i=1

1 · ∆xi =

n∑

i=1

∆xi = 1

S(f,P) =

n∑

i=1

Mi · ∆xi =

n−1∑

i=1

Mi · ∆xi +Mn∆xn =

n−1∑

i=1

∆xi +Mn∆xn

= (xn−1 − 1) +Mn∆xn = xn−1 − 1 + 2(xn − xn−1) = (xn − xn−1) − 1 + 2

= ∆xn + 1.

Ası tenemos,0 ≤ S(f,P) − I(f,P) = ∆xn + 1 − 1 = ∆xn.

Entonces, dado ε positivo, en virtud del Principio de Arquımedes existe N ∈ N tal que1

N< ε. Por otro parte, podemos construir una particion Pε de modo que ||Pε|| <

1

N.


0 ≤ S(f,P) − I(f,P) = ∆xn <1

N< ε.

¿Cuanto vale

∫ 2

1[x]dx ?

como en el ejemplo anterior, dado que ya sabemos que la integral existe, podemos obtenersu valor por el camino mas facil. En este caso usando la integral inferior cuyo valor es uno.

∫ 2

1[x] dx = 1.

3.1.1. Calculo de integrales mediante sumas de Riemann particulares

Teorema 3.1.17 Si f : [a, b] → R es integrable y Pn = {ti, ti = a+b− a

ni, i = 0, · · · , n}

entonces,

lımn→+∞

s(f,Pn) =

∫ b

af(x)dx.

Demostracion:S f : [a, b] → R es una funcion integrable, existen sus integrales superior e inferior:

∫ b

af(x)dx = sup{I(f,P);P particion de [a, b]}

∫ b

af(x)dx = inf{S(f,P);P particion de [a, b]}.

Ademas, se tiene la igualdad,

∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx.

Consideremos la particion Pn = {ti : ti = a+b− a

ni; i = 0, 1, 2. · · · n }.

Es inmediato que Pn divide el intervalo [a, b] en n subintervalos In1 , · · · , In

n de iguallongitud y se tiene que:

Ini = [ti−1, ti], i = 1, · · · , n.

Sean mni = inf{f(x), x ∈ In

i }, Mni = sup{f(x);x ∈ In

i }.

En este caso:

I(f,Pn) =

n∑

i=1

mni (ti − ti−1) =

n∑

i=1

mni · (b− a)

n

S(f,Pn) =n∑

i=1

Mni (ti − ti−1) =

n∑

i=1

Mni

(b− a)

n.

Esto es,

I(f,Pn) =b− a

n

n∑

i=1

mni = (b− a) · 1

n

n∑

i=1

mni

S(f,Pn) =b− a

n

n∑

i=1

Mni = (b− a) · 1

n

n∑

i=1

Mni .

1. Es inmediato que I(f,Pn) ≤ I(f,Pn+1).En efecto, si In+1

j ⊂ Inj ∪ In

i+1 entonces, mn+1j ≥ max{mn

i ,mni+1}, en consecuencia

(b− a)1

n+ 1

n+1∑

i=1

mn+1i

= (b− a) promedio de {mn+11 , · · · ,mn+1

i } ≥ (b− a) promedio de {mn, · · · ,mnn}.

2. Usando el criterio de integrabilidad, sabemos que dado ε > 0, existe una particion

Pε de [a, b], tal que 0 ≤∫ b

uf(x)dx − I(f,Pε) < ε. Por el Principio de Arquımedes,

dado el numero ||Pε|| existe N ∈ N tal que,

1

N≤ ||Pε||.

Ahora, podemos construir una particion PN que sea un refinamiento de tal Pε y de

modo que todos los subintervalos sean de longitud menor o igual que1

N.

Entonces, tenemos que para todo n ≥ N , se cumple,

I(f,Pε) ≤ I(f,PN ) ≤ S(f,PN ) ≤ S(f,Pε) ≤∫ b

af(x)dx.

Ası, 0 <

∫ b

af(x) − S(f,Pn) ≤

∫ b

af(x)dx− S(f,Pε) ≤ ε.

Por lo tanto,

lımn→∞

s(f,Pn) =

∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx.

Ejemplo 3.1.18 Consideramos f(x) = x3, x ∈ [0, 1].

En este caso, como f es creciente, mi = f(

i−1n

)=( i− 1

n

)3.

I(f,P) =1

n·

n∑

i=1

mi =1

n

n∑

i=1

( (i− 1)

n

)3=

1

n4·

n−1∑

i=1

i3

=1

n4

((n− 1) · n

2

)2

=1

4

(n− 1

n

)2

=1

4

(1 − 1

n

)2

.

Ası tenemos que:

lımn→+∞

I(f,P) = 1/4.

Ejemplo 3.1.19 La funcion f(x) = x definida en [a, b] es integrable y su integral

∫ b

ax dx =

b2 − a2

2.

En efecto, demostraremos que f(x) = x satisface el criterio de integrabilidad en cualquierintervalo [a, b].Dado un numero positivo ε positivo, debemos encontrar una particion del intervalo [a, b]tal que

S(f,Pε) − I(f,Pε) < ε.

Sea Pn una particion cualquiera de [a, b].P = {x0 , x1 , . . . xn } ;x0 = a , xn = b. Como la funcion identica es creciente en [a, b[ ,

tenemos que:

mi = inf{f(x) ; x ∈ [xi−1 , xi]} = xi−1, i = 1, . . . n.

Mi = sup{f(x) ; x ∈ [xi−1 , xi]} = xi, i = 1, . . . n.

Por lo tanto,

I(f,Pn) =

n∑

i=1

mi · ∆xi =

n∑

i=1

xi−1 · ∆xi

S(f,Pn) =

n∑

i=1

Mi · ∆xi =

n∑

i=1

xi · ∆xi.

Con estos calculos podemos escribir:

0 ≤ S(f,Pn) − I(f,Pn) = x1(x1 − a) + x2(x2 − x1) + . . . . . .+ b(b− xn−1)

−[a(x1 − a) + x1(x2 − x1) + . . . . . .+ xn−1(b− xn−1)]

= (x1 − a)(x1 − a) + (x2 − x1)(x2 − x1) + . . .

. . . + (b− xn−1)(b− xn−1)

Acotando uno de los factores en cada sumando por ||Pn)||, obtenemos:

0 ≤ S(f,Pn) − I(f,Pn) ≤ (x1 − a)||Pn)|| + (x2 − x1)||Pn)|| + . . . . . .+ (b− xn−1)||Pn)||= [(x1 − a) + (x2 − x1) + . . . . . . + (b− xn−1)]||Pn)||= (b− a)||Pn)||.

Con el mismo razonamiento usado en los ejemplos anteriores, tenemos que: dado ε positivo,

en virtud del Principio de Arquımedes existe N ∈ N tal que1

N(b− a)< ε. Por otro parte,

podemos construir una particion Pε de modo que ||Pε|| <1

N(b− a).


0 ≤ S(f,P) − I(f,P) = (b− a)||Pε)| < (b− a)1

N(b− a)< ε.

El criterio de integrabilidad nos dice que el numero

∫ b

ax dx existe, pero no dice cuanto

vale. Como sabemos que existe calcularemos la integral usando sumas de Riemann en quela funcion se evalua en el punto medio de cada subintervalo.


Sea Pn una particion cualquiera de [a, b].

P = {x0 , x1 , . . . xn } ;x0 = a , xn = b, ξi =xi + xi−1

2.

entonces:

n∑

i=1

f(ξi)∆xi =a+ x1

2(x1 − a) +

x1 + x2

2(x2 − x1) . . . . . . +

b+ xn−1

2(b− xn−1)

=(a− x1)(a+ x1)

2+

(x2 − x1)(x2 + x1)

2+ . . . . . .

(b+ xn−1)(b− xn−1)

2

=1

2(x2

1 − a2 + x22 − x2

1 + . . . . . .+ b2 − x2n−1)

=b2 − a2

2.

Observemos que el ultimo calculo vale para cualquier particion. Como la funcion es con-tinua y si n→ +∞, entonces Mi y mi tienden a confundirse con el punto medio de cadasubintervalo, por lo cual podemos concluir que:

∫ b

ax dx =

b2 − a2

2.

El siguiente teorema es una de las consecuencias mas importantes del criterio de integra-bilidad.

Teorema 3.1.20 Si f : [a, b] → R es una funcion continua o continua a tramos entonces,f es integrable en el intervalo [a, b].


1. Recuerde que si la velocidad de una partıcula es constante en un intervalo de tiempo,

entonces se usa la formula v =d

t, donde d es la distancia recorrida y t el tiempo

transcurrido.Esta formula no es valida cuando la velocidad varıa en cada instante, pero si puedeusarse para calculos aproximados.Suponga que una partıcula se mueve con velocidad v(t) = t2 + 1; t ∈ [0, 1]; t medidoen horas.

a) De un valor aproximado del camino recorrido durante una hora, suponiendoque cada 12 minutos la velocidad se mantiene constante e igual a v(ξi) dondeξi es la mitad del tiempo transcurrido en cada intervalo de 12 minutos.

b) Observando el grafico de la situacion dada en a) ¿Como podrıa obtener un valormas exacto del camino recorrido?.

c) ¿Como podrıa obtener una formula para obtener el valor exacto?.

Solucion:

a)

v(t) = t2 + 1, t ∈ [0, 1].

0 12m = 15 24m = 2

5 36m = 35 48m = 4

5 1 hora

Los puntos medios de cada subintervalo de 12 minutos son:

ξ1 =1

10, ξ2 =

3

10, ξ3 =

5

10, ξ4 =

7

10, ξ5 =

9

10.

Como v =d

t, entonces d = v · t.

Si 0 ≤ t ≤ 1/5, v = v1 = v(ξ1) =

(1

10

)2

+ 1

Si 1/5 < t ≤ 2/5, v = v2 = v(ξ2) =

(3

10

)2

+ 1

Si 2/5 < t ≤ 3/5, v = v3 = v(ξ3) =

(5

10

)2

+ 1

Si 3/5 < t ≤ 4/5, v = v4 = v(ξ4) =

(7

10

)2

+ 1

Si 4/5 < t ≤ 5/5, v = v5 = v(ξ5) =

(9

10

)2

+ 1

Por lo tanto, en cada subintervalo i supondremos que la velocidad permanececonstante e igual a vi. Por lo tanto la distancia total d recorrida es:


d = d1 + d2 + d3 + d4 + d5 =1

5(v1 + v2 + v3 + v4 + v5) =

=1

5

[(

(1

10

)2

+ 1 +

(3

10

)2

+ 1 +

(5

10

)2

+ 1 +

(7

10

)2

+ 1 +

(9

10

)2

+ 1

]

=1

5

[12

102+

32

102+

52

102+

72

102+

92

102+ 5

]=

1

5

[1 + 9 + 25 + 49 + 81

100+ 5

]

=33

100+ 1 = 1, 33.

b) Un valor mas exacto se obtiene haciendo una subdivision mas fina del intervalo[0, 1].

c) Una forma de obtener el valor exacto es haciendo divisiones tan finas de modoque la longitud de los subintervalos tiendan a cero. en ese caso la cantidad desumando se hace infinitamente grande, su suma se realiza con el concepto deintegral de Riemann.

2. Si una fuerza constante F actua sobre un cuerpo que se mueve en lınea recta, entoncesel trabajo T , realizado por la fuerza al desplazar el cuerpo una distancia x es T = Fx.

Si la fuerza es variable, esta formula ya no es valida, pero tal como en el ejercicioanterior, puede ser usada para encontrar valores aproximados del trabajo. Por ejem-plo, para estirar un resorte en la direccion del eje X en x unidades de longitud, senecesita una fuerza

F (x) = 50x ; x medido en metros.

De un valor aproximado del trabajo total efectuado por la fuerza, para estirar elresorte 10 cm, usando una particion del intervalo en que varıa x con n subdivisionesde igual longitud y suponiendo F constante en cada subintervalo. El valor de F encada subintervalo puede ser elegido como usted quiera.

Solucion:

T = F · x = T (x)

Si F = F (x); T (x) = F (x) · x

Aplicando esta formula a nivel microscopico, se obtiene:


xi = x0 + 10i

n, x0 = 0, i = 0, 1, · · · , n

0 10

Entre xi y xi+1 la distancia es1

n.

En x = xi+1, T (xi+1) = F (xi+1) ·1

n.

El trabajo total es,

T (x1) + T (x2) + · · · + T (xn) = (F (x1) + F (x2) + · · · + F (xn))1

n

= 50(x1 + x2 + · · · + xn)1

n

= 510 ·(

1 +1

n+

2

n+ · · · + n− 1

n

)· 1

n

=50

n2(1 + 2 + · · · + n)

=50

n2· n(n+ 1)

2

= 25 · n+ 1

n

Ası, el valor 25 · n+ 1

nda un valor aproximado del trabajo total cuando el intervalo

se divide en n subintervalos. Si la division de subintervalos es infinitamente grande,el valor del trabajo es:

lımn→+∞

(T (x1) + T (x2) + · · · + T (xn)) = 25.

3. Formula para calcular la longitud de una curvaConsidere y = f(x), f funcion con derivada continua en [a, b].Particione el intervalo [a, b] en n subintervalos [a, x1], [x1, x2], · · · , [xn−1, b].Sea Pi = (xi, f(xi)) , i = 1, · · · , n− 1, P0 = (a, f(a)) y Pn = (b, f(b)).

a) Calcule la longitud de la poligonal determinada por los trazos P0P1, P1, P2, · · · , Pn−1Pn.

b) Use el Teorema del Valor Medio para derivadas para reemplazar en la formulaencontrada en (a) los terminos (yi − yi−1).


c) Demuestre que la longitud L de la curva es aproximadamente

n∑

i=1

√1 + [f ′(ci)]2 (∆xi) ; ci ∈ [xi−1 , xi].

d) ¿A cual suma de Riemann corresponde la expresion obtenida en (c).

e) Use el concepto de integral para escribir la expresion exacta de L.

f ) Calcule un valor aproximado de la longitud de la curva

y = x3/2

cuando x ∈ [1, 2] usando una particion de 10 subintervalos de igual longitud.

Solucion:

a) Pi = (xi, yi) = (xi, f(xi))Pi−1Pi =

√(xi − xi−1)2 + (yi − yi−1)2. entonces, la longitud L de la poligonal

es:

L =n∑

i=1

Pi−1Pi =n∑

i=1

√(xi − xi−1)2 + (yi − yi−1)2.

b) Como f es una funcion con derivada continua, podemos aplicar el Teoremadel Valor Medio para derivadas, 2.3.5, en cada subintervalo [xi−1 , xi]. Ası,tenemos la existencia de un punto ci ∈]xi−1 , xi[ tal que f(xi) − f(xi−1) =f ′(ci)(xi − xi−1). Por esta razon podemos escribir lo siguiente:

Pi−1Pi =√

(xi − xi−1)2 + (f(xi) − f(xi−1))2 =

=√

(xi − xi−1)2 + (f ′(ci))2(xi − xi−1)2

=√

1 + (f ′(ci))2|xi − xi−1|, xi−1 ≤ ci ≤ xi.

c) Por lo tanto, la longitud de la poligonal L puede escribirse como:

L =

n∑

i=1

Pi−1Pi =

n∑

i=1

√1 + (f ′(ci))2(xi − xi−1).

d) Si consideramos a la poligonal L como una aproximacion de la longitud de lacurva y = f(x), entonces:

Longitud de la curva ≈n∑

i=1

√1 + (f ′(ci))2(xi−xi−1) =

n∑

i=1

√1 + [f ′(ci)]2 (∆xi);


donde ci ∈ [xi−1 , xi]. La expresion obtenida en (c) corresponde a a una sumade Riemann de la funcion g(x) =

√1 + (f ′(x))2.

e) El valor exacto de la longitud de la curva se obtiene haciendo la particion deldominio de la funcion cada vez mas fino, por lo cual usando la definicion deintegral podemos escribir:

L =

∫ b

a

√1 + (f ′(x))2dx.

f ) f(x) = x3/2, f ′(x) =3

2x1/2, xi = 1 +

i

10; 0 ≤ i ≤ 10.

Ası, tenemos:

x0 = 1, x1 = 1 + 1/10, x2 = 1 + 2/10, · · · , x10 = 2.

(f ′(xi))2 =

3

2(xi)

1/2, i = 1, 2, · · · , 10.Para encontrar un valor aproximado de la longitud de la curva tomaremoscomo valor de g en cada subintervalo g evaluada en el extremo derecho delsubintervalo.

lc ≈ 3

2(x1)

1/2 · 1

10+

3

2(x2)

1/2 · 1

10+ · · · + 3

2(x9)

1/2 1

10+

3

2(x

1/210 ) · 1

10

≈ 3

2· 1

10

[(x1)

1/2 + (x2)1/2 + (x3)

1/2 + (x4)1/2 + (x5)

1/2 + (x6)1/2 + (x7)

1/2+

(x8)1/2 + (x9)

1/2 + (x10)1/2)

≈ 3

20

[√1, 1 +

√1, 2 +

√1, 3 +

√1, 4 +

√1, 5 +

√1, 6 +

√1, 7+

√1, 8 +

√1, 9 +

√2]

≈ 3

20[1, 048 + 1, 095 + 1, 140 + 1, 183 + 1, 224 + 1, 264 + 1, 303 + 1, 341+

1, 378 + 1, 414]

≈ 1, 8585.

4. Dada la parabola y = x2 sobre [0, 2]

a) De un valor aproximado del area A de la region del plano comprendida entreel eje X, la curva y(x) y las rectas x = 0 y x = 2, usando la suma de Riemanncorrespondiente a una particion de 5 subintervalos de igual longitud y usandocomo ξi el punto medio de cada subintervalo.


b) Aproxime el area A mediante la suma de los trapecios que resultan usando lamisma particion del item anterior.

c) La suma resultante en el item anterior , ¿ es una suma de Riemann ? Justifique.

d) Calcule la suma superior correspondiente a una particion de n subintervalosiguales.

e) Calcule la integral superior de la funcion y sobre [0, 2] y diga por que este valorcorresponde al valor de la integral.

Solucion: y = x2, x ∈ [0, 2]

0 2

A

y = x2

a) Si dividimos el intervalo de longitud 2 en 5 partes iguales cada subintervalo

debe tener una longitud de2

5= 0, 4 unidades de longitud. Por lo tanto,x0 =

0, x1 =2

5, x2 =

2

5+

2

5=

4

5, x3 =

4

5+

2

5=

6

5, x4 =

6

5+

2

5=

8

5, x5 =

8

5+

2

5=

10

5= 2.

ξ1 =1

5, ξ2 =

3

5, ξ3 = 1, ξ4 =

7

5, ξ5 =

9

5.

Ahora, calculamos los valores de f en cada ξi:

f(ξ1) =1

25, f(ξ2) =

9

25, f(ξ3) = 1, f(ξ4) =

49

25, f(ξ5) =

91

25.

Entonces, la suma de Riemann S correspondiente a la particion P = {x0, x1, x2, x3, x4, x5}


y los puntos ξi es un valor aproximado del area A.

A ≈ S =5∑

i=1

y(ξ1)∆xi =1

25· 2

5+

9

25· 2

5+ 1 · 2

5+

49

25· 2

5+

81

25· 2

5

2

5

(1 + 9 + 25 + 49 + 81

25

)=

2

5· 165

25=

2

5· 33

5=

66

25

2, 64.

b) Area de un trapecio:

b

a

c

AT = a · b+a · c2

=2a · b+ ac

2=a · b+ (b+ c) · a

2=a · [b+ (b+ c)]

2.

1er trapecio: a =2

5, b = 0, b+ c =

(2

5

)2

=4

25; AT1 =

2

5· 4

252

=4

125

2do trapecio: a =2

5, b =

(2

5

)2

, b+ c =

(4

5

)2

; AT2 =

2

5·(

4

25+

16

25

)

2

3er trapecio: a =2

5, b =

(4

5

)2

, b+ c =

(6

5

)2

; AT3 =

2

5

(16

25+

16

25

)

2

4to trapecio: a =2

5, b =

(6

5

)2

, b+ c =

(8

5

)2

; AT4 =

2

5

(36

25+

64

25

)

2

5to trapecio: a =2

5, b =

(8

5

)2

, b+ c = 22; AT5 =

2

5

(64

25+ 4

)

2


Area ≈ 4

125+

20

125+

52

125+

100

125+

164

125=

340

125=

68

25= 2, 72.

c) Cada sumando de la suma del item anterior es de la forma:

ATi= ai ·

bi + (bi + ci)

2.

La base de cada trapecio es ai = ∆xi. Para que dicha suma sea una suma

de Riemann, el numerobi + (bi + ci)

2debe corresponder a la imagen de algun

xi ∈ [xi−1, xi]. Es decir, f(xi) =bi + (bi + ci)

2.

Como f es continua en cada intervalo [xi−1, xi] y f([xi−1, xi]) = [bi, bi + ci],podemos aplicar el Teorema del Valor Intermedio, teorema 1.5.16 para obtener

la existencia de xi ∈ [xi−1, xi] tal que f(xi) =bi + (bi + ci)

2. Por lo tanto, la

suma de las areas de los trapecios cuyas alturas son puntos sobre el grafico deuna curva continua es una suma de Riemann.

d) Sea ∆xi =2

n. Ası, obtenemos los puntos de la particion Pn:

xi =2

n· i ; con i = 0, 1, · · · n.

x0 = 0, x1 =2

n, x2 =

4

n, x3 =

6

n, · · · , xn−1 =

2(n− 1)

n, xn = 2.

Si i = 0, 1, . . . , n − 1 entonces, considerando que la funcion f es creciente

Mi = f(xi =4

n2· (i)2.

Por lo tanto,

f(xi) · (xi − xi−1) = f(xi) · ∆xi =4

n2· (i)2 · 2

n=

8

n3(i)2.

S(f,Pn) =

n∑

i=1

f(xi)(xi − xi−1) =

n∑

i=1

8

n3(i)2

=8

n3

n∑

i=1

(i)2

=8

n3· n(n+ 1)(2n+ 1)

6=

8

n2· 2n2 + 3n+ 1

6

=4

3· 2n2 + 3n+ 1

n2=

4

3

(2 +

3

n+

1

n2

).


e) La integral superior de la funcion y sobre [0, 2] corresponde al ınfimo de todaslas posibles sumas superiores. Este ınfimo se alcanza haciendo tender n a +∞en S(f,Pn) = 4

3

(2 + 3

n + 1n2

), puesto que esta sucesion es decreciente.

lımn→+∞

S(f,Pn) =4

3· 2 =

8

3= 2, 666....

Este valor corresponde al valor de la integral porque la funcion es continua ypor lo tanto integrable.

5. Dada la funcion f(x) = x(x + 2), a ≤ x ≤ 2a , a > 0, calcule

∫ 2a

af(x)dx

como lımite de sumas de Riemann.

Solucion: Consideremos la particion del intervalo [a, 2a] obtenida al subdividir

el intervalo en n subintervalos iguales de longituda

n. Entonces cada subintervalo Ii

tiene la forma:

Ii =

[a+ a · i− 1

n, a+ a · i

n

[, i = 1, · · · , n.

f

(a+ a · i

n

)=

(a+ a · i

n

)(a+ a · i

n+ 2

)

f

(a+ a · i

n

)· an

=

(a+ a · i

n

)(a+ a · i

n+ 2

)a

n=

=

(a2 + a2 i

n+ 2a+

i

na2 + a2 i

2

n2+ 2a

i

n

)a

n

=a3

n+ a3 i

n2+

2a2

n+ a3 i

n2+a3 · i2n3

+2a2

n2i

=a3

n+ 2a3 · i

n2+ a3 i

2

n3+

2a2

n2i+

2a2

n

n∑

i=1

f

(a+ a

i

n

)a

n= a3 + a3n+ 1

n+a3

6

(n+ 1)(2n + 1)

n2+ a2

(n+ 1

n

)+ 2a2

lımn→+∞

Sn = a3 + a3 +a3

6+ a2 + 2a2 =

13a3

6+ 3a2.


6. Sea I =

∫ 2

1

1

xdx

a) Diga por que la integral I existe.

b) De un valor aproximado de I subdividendo el intervalo de integracion en 10subintervalos de igual longitud:

1) Calculando la respectiva suma superior.

2) Calculando la respectiva suma inferior.

3) Usando la suma de las areas de los trapecios determinados por la particionelegida.

4) Usando los puntos medios de cada subintevalo.

c) Use consideraciones geometricas para decir, cuando sea posible, si los valoresencontrados en cada caso son mayores o menores que el valor exacto.

Solucion:

a) La integral existe porque f(x) =1

xes continua en [1, 2], como consecuencia del

teorema 3.1.20.

b) consideremos una particion del intervalo [a, b] dividiendola en n partes de igual

longitud. Tenemos, a = 1, b = 2 ∆xi =b− a

n=

1

n, xi = a + (b − a) · i

n=

1 +i

n, i = 0, 1, . . . , n.

x0 = 1, x1 = 1 +1

n, x2 = 1 +

2

n, · · · , xn−1 = 1 +

n− 1

n, xn = 2.

Si n = 10, tenemos:

x0 = 1, x1 =11

10, x2 =

12

10, x3 =

13

10, · · · , x9 =

19

10, x10 = 2.

1) Considerando que la funcion es decreciente, la suma superior queda expre-sada como sigue:

S(f,P10) =1

10· f(1) +

1

10f

(11

10

)+

1

10· f(

12

10

)+ · · · + 1

10· f(

19

10

)

=1

10

[1 +

10

11+

10

12+

10

13+ · · · + 10

19

]

=1

10[1 + 0, 909 + 0, 833 + 0, 769 + 0, 714 + 0, 666 + 0, 625

+0, 588 + 0, 555 + 0, 526]

=1

10· 7, 185 ≈ 0, 7185.


2) La suma inferior tiene la forma:

I(f,P10) =1

10

[f

(11

10

)+ f

(12

10

)+ · · · f(2)

]

=1

10

[10

11+

10

12+ · · · + 10

19+

10

20

]

=1

10· 6, 685 ≈ 0, 6685.

3) Ahora calcularemos un valor aproximado de la integral usando las areas delos trapecios determinados por la particion elegida. Recordemos que el areade un trapecio es el producto de la base por la semi suma de las alturas.

b

a

c

Trapecio: ab+ac

2=

(2b+ c)a

2=a · [b+ (b+ c)]

2.

1x

12

Entonces,como todos los trapecios tiene base de longitud1

10, tenemos que


esta suma de Riemann tiene la forma:

s(f,P10) =1

10

f

(11

10

)+ f(1)

2+

f

(11

10

)+ f

(12

10

)

2

+

f

(12

10

)+ f

(13

10

)

2+ · · · +

f(2) + f

(19

10

)

2

=1

10

10

11+ 1

2+

10

11+

10

122

+

10

12+

10

132

+

10

13+

10

142

+

10

14+

10

152

+

10

15+

10

162

+

10

16+

10

172

+

10

17+

10

182

+

10

18+

10

192

+

10

19+

1

22

+

=1

10

[0, 909 + 1

2+

0, 909 + 0, 833

2+

0, 833 + 0, 769

2+

0, 769 + 0, 714

2+

0, 714 + 0, 666

2+

0, 666 + 0, 625

2

+0, 625 + 0, 588

2+

0, 588 + 0, 555

2+

0, 555 + 0, 526

2+

0, 526 + 0, 5

2

]

=1

10[0, 9545 + 0, 871 + 0, 801 + 0, 7415 + 0, 690 +

0, 6455 + 0, 6065 + 0, 5715 + 0, 5405 + 0, 513]

=1

10· 6, 9350 ≈ 0, 6935.


4) Usando puntos medios, tenemos:

x0 =1 +

11

102

=21

20, x1 =

11

10+

12

102

=23

20

x2 =

12

10+

13

102

=25

20, x3 =

13

10+

14

102

=27

20,

x4 =

14

10+

15

102

=29

20, x5 =

15

10+

16

102

=31

20,

x6 =

16

10+

17

102

=33

20, x7 =

17

10+

18

102

=35

20,

x8 =

18

10+

19

102

=37

20, x9 =

19

10+

1

22

=39

20.

Ası, la suma de Riemann respectiva es:

s(f,P10) =1

10

[f

(21

20

)+ f

(23

20

)+ f

(25

20

)+ · · · + f

(39

20

)]

=1

10

[20

21+

20

23+

20

25+

20

27+

20

29+

20

31+

20

33+

20

35+

20

37+

20

39

]

=1

10[0, 952 + 0, 869 + 0, 8 + 0, 740 + 0, 689 +

0, 645 + 0, 606 + 0, 571 + 0, 540 + 0, 512]

=1

10[6, 924] ≈ 0, 6924.

c) La suma superior es siempre mayor que la integral, por lo tanto el valorobtenido por esta vıa es una aproximacion por exceso.

La suma inferior es siempre menor que el valor de la integral, por lo cualesta aproximacion es una por defecto.

La suma de las areas de los trapecios puede ser, en general mayor o menorque el valor exacto.En este caso particular, debido a las propiedad de con-vexidad tenemos que esta aproximacion es mayor que el valor exacto.

en efecto: la funcion1

xes convexa, por lo cual la recta que une los puntos

(xi−1,

1

xi−1

)y

(xi,

1

xi

)esta sobre la curva en el intervalo [xi−1, xi] .

Por lo tanto, el area de los trapecios es mayor que el area sobre la curva.

Veamos ahora la cuarta aproximacion. Al usar los puntos medios paraevualuar la funcion en la respectiva suma de Riemann y teniendo en cuenta


que la funcion es estrictamente decreciente y positiva, podemos deducir queel area que queda sin evaluar, es decir que esta sobre el rectangulo de alturaf(xi) con x ∈ [xi−1 , xi] es mayor que el area considerada en el rectangulocuando x ∈ [xi , xi]

−2 −1

−1

f(x)

7. a) Use que | senx| ≤ |x| y la formula que convierte senx1 − senx2 en productopara demostrar que

| senx1 − senx2| ≤ |x1 − x2|.

b) Sea f(x) = senx definida en [a, b] y Pn una particion de [a, b] que divide esteintervalo en n partes iguales. Demuestre que

0 ≤ S(f,Pn) − I(f,Pn) ≤ (b− a)2

n,

donde S(f,Pn) es una suma superior de f con respecto a Pn y I(f,Pn) es unasuma inferior de f con respecto a Pn.

c) Use el criterio de integrabilidad para demostrar que f(x) es integrable encualquier intervalo [a, b].

d) Deduzca que g(x) = sen(

π2 − x

)es integrable en cualquier intervalo [a, b].

e) Deduzca que cos x es integrable en cualquier intervalo [a, b].

Solucion:

a) Usaremos | senx| ≤ |x| y la conocida formula trigonometrica:

senx1 − senx2 = 2 cosx1 + x2

2sen

x1 − x2

2.

entonces,

| senx1 − senx2| ≤ 2

∣∣∣∣ cosx1 + x2

2sen

x1 − x2

2

∣∣∣∣

≤ 2

∣∣∣∣ cosx1 + x2

2

∣∣∣∣∣∣∣∣ sen

x1 − x2

2

∣∣∣∣

≤ 2

∣∣∣∣ cosx1 + x2

2

∣∣∣∣∣∣∣∣x1 − x2

2

∣∣∣∣≤ |x1 − x2|, pues | cosα| ≤ 1.

b) Sea xi = a+ (b− a) · in, i = 0, 1, . . . n.

Ası, Pn = {x0, x1, · · · , xn}.

S(f,Pn) =

n∑

i=1

(xi − xi−1).Mi = (b− a)

n∑

i=1

1

nMi

I(Pr, f) =

n−1∑

i=0

(xi − xi−1).mi = (b− a)

n−1∑

i≡0

1

nmi

Denotemos por:Mi = sen(x∗∗i ), mi = sen(x∗i ).

Para toda particion Pn:

S(f,Pn) − I(f,Pn) = (b− a)

n∑

i=1

1

n(Mi −mi)

=b− a

n

n∑

i=1

∣∣(sen(x∗∗i ) − sen(x∗i )∣∣

≤ b− a

n

n∑

i=1

|x∗∗i − x∗i | ≤b− a

n

n∑

i=1

|xi − xi−1|

≤ b− a

n·

n∑

n=1

b− a

n=

(b− a)2

n.

c) De acuerdo a (b) dado ε > 0 , en virtud del Principio de Arquımedes podemos

escoger n tal que(b− a)2

n< ε y entonces existe una particion Pε de modo que

se cumpla:

0 ≤ S(f,Pε) − I(f,Pε) < ε.

d) Como sen(π

2− x)

es continua por ser compuesta de dos funciones continuas

es integrable.

e) sen(π

2− x)

= sen(π

2

)cos x− cos

(π2

)senx = cos x

Esto es, g(x) = sen(π

2− x)

= cos x es integrable.

8. Sea

f(x) =

{0 si x ∈ Q ∩ [0, 1]x si x ∈ [0, 1] − Q

a) Demuestre que la suma inferior de cualquier particion de [0, 1] vale cero.

b) Calcule

∫ 1

0f(x) dx.

c) Demuestre que toda suma superior S(f,Pn), donde Pn = {0, x1, . . . , . . . , xn} esuna particion cualquiera de [0, 1], puede escribirse como:

S(f,Pn) =n∑

i=1

(xi −1

2∆xi)∆xi +

n∑

i=1

1

2(∆xi)

2.

d) Observe que, (xi − 12∆xi)∆xi es el area del trapecio de base ∆xi y de alturas

xi−1 y xi, y deduzca que

n∑

i=1

(xi −1

2∆xi)∆xi =

1

2.

e) Demuestre que f(x) no es integrable.

Solucion:

xi−1 xi

a) Sea P una particion cualquiera P = {x0 = 0 < · · · < xn = 1}

I(f,P) =

n∑

i=1

(xi − xi−1).mi =

n∑

i=1

(xi − xi−1) · 0 = 0.

Luego, para toda particion P, tenemos I(f,P) = 0.

b)

∫ 1

0f(x)dx = 0, por definicion de integral inferior.

c) S(f,P) =

n∑

i=1

(xi − xi−1).Mi ; donde Mi = xi.

Como (xi − xi−1).xi = x2i − xixi−1, entonces:

(xi − xi−1) · xi = =x2

i

2+x2

i

2− xixi−1 −

x2i−1

2+x2

i−1

2=

=x2

i

2− x2

i−1

2+x2

i

2− xixi−1 +

x2i−1

2

=(xi + xi−1)

2(xi − xi−1) +

1

2(xi − xi−1)

2.

Usando que(xi −

1

2∆xi

)=xi + xi−1

2, se tiene que: (xi − xi−1) · xi = (xi −

1

2∆xi)∆xi +

1

2· ∆x2

i .

Ası, S(f,P) =

n∑

i=1

(xi −

1

2∆xi

)· ∆xi +

1

2

n∑

i=1

(∆xi)2, para toda particion P.

d)

(xi −

1

2∆xi

)=xi + xi−1

2.

(xi −

1

2∆xi

)· ∆xi = area del trapecio de alturas xi, xi−1 y base ∆xi.

Ası,

n∑

i=1

(xi −

1

2∆xi

)∆xi = area del trıangulo rectangulo de lado l =

1

2.

Por tanto, para toda particion P tenemos que S(f,P) ≥ 1

2.

e) Como I(P, f) = 0, usando el criterio de integrabilidad, podemos concluir que

f no es integrable, ya que S(f,P) ≥ 1

2. Como se vio en el item anterior.


9. Usando que:

lımn→+∞

(1k + 2k + · · · + nk

nk+1

)=

1

k + 1; k ∈ N.

Si a > 0, k ∈ N, calcular

∫ a

0xkdx

Solucion: La funcion f(x) = xk es continua, por lo tanto existe

∫ a

0xkdx.

Para calcularla tomaremos lımites de sumas de Riemann inferiores con particionesque dividen el intervalo [0, a] en n partes iguales.

Sea Pn = {x0, x1, ·, · · · , xn}, donde:

x0 = 0, x1 =a

n, x2 =

2a

n, · · · , xn =

na

n= a

ξi = xi−1

∆xi =a

n

I(f,Pn) =

n∑

i=1

f

((i− 1)a

n

)a

n

= 0 · an

+(an

)k· an

+

(2a

n

)k a

n+ · · · +

(n− 1

na

)k a

n

=ak+1

nk+1

[1 + 2k + · + (n− 1)k

]

Usando el lımite dado:

lımn→∞

I(f,Pn) =ak+1

k + 1

En consecuencia,

∫ a

axkdx =

ak+1

k + 1; a > 0

10. Calcular

∫ 0

−axkdx usando el mismo metodo del ejercicio 9.

Solucion:

∆xi =a

n; ξi = xi

x0 = −a, x1 = −(n− 1)

aa, · · · · · · , xn−2 = −2a

n; xn−1 = −a

n, xn = 0

I(f,Pn) = 0 · an

+

(−an

)k a

n+

(−2a

n

)k

· an

+ · · · +(−(n− 1)a

n

)k

· an

=(−a)k · ank+1

[1 + 2k + · · · + (n− 1)k

]

= −(−a)k+1

nk+1

[1 + 2k + · · · + (n− 1)k

]

lımn→∞

I(f,Pn) = −(−a)k+1

k + 1Por lo tanto:

∫ 0

−axkdx = −(−a)k+1

k + 1

∫ 0

cxkdx = − ck+1

k + 1; c < 0


1. Generalice el resultado de los ejemplos 3.1.15 y 3.1.16 demostrando que la funcionparte entera satisface el criterio de integrabilidad sobre cada subintervalo [k, k +

1], k ∈ Z y que

∫ k+1

k[x] dx = k.

2. Use el criterio de integrabilidad para averiguar cuales de las siguientes funciones sonintegrables y calcule

∫f cuando exista.

a) f(x) = [x] en [0, 1].

b) f(x) = [x] en [−2, 1].


c) f(x) = x− [x] en [−1, 1].

d) f(x) = |x| en [−1, 1].

e) f(x) = x+ 1 en [−3, 0].

f ) f(x) = x3 en [0, 2].

g) f(x) = x3 en [−2, 0].

h) f(x) =

{0 si x ∈ [0, 1] ∩ Q

1 si x ∈ [0, 1] − Q

3. a) Grafique la curva x2 + y2 = 1.

b) Grafique la funcion y =√

1 − x2.

c) Use la interpretacion geometrica de la integral para calcular

∫ 1

−1

√1 − x2dx

4. Dada

f(x) =

{−x− 2 si x ∈ [−2,−1]x si x ∈ [−1, 0]

Calcule las sumas de Riemann para particiones que dividan el intervalo en 2n subin-tervalos de igual longitud. Calcule la integral de f en [−2, 0]

3.2. Propiedades de la Integral de Riemann

Teorema 3.2.1 Si f y g son funciones integrables en [a, b], entonces se cumplen las si-guientes propiedades de la integral de Riemann:

1. f + g es integrable y

∫ b

a(f + g)(x)dx =

∫ b

af(x)dx+

∫ b

ag(x)dx.

2. Si α ∈ R, entonces αf es integrable y

∫ b

aαf(x) dx = α

∫ b

af(x)dx.

3. Si f es integrable y no negativa en [a, b], entonces:

∫ b

af(x)dx ≥ 0.

4. Si f y g son funciones integrables en [a, b] y si f(x) ≤ g(x) para cada x en [a, b],entonces

∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

ag(x)dx

5. Si f es integrable en [a, b] y si m ≤ f(x) ≤M para cada x ∈ [a, b], entonces

m(b− a) ≤∫ b

af(x)dx ≤M(b− a).

6. Particion del intervalo de integracionSi a, b, c ∈ R son tales que a < c < b y f : [a, b] → R acotada, entoncesf es integrable en [a, b] si y solo si f es integrable en [a, c] y [c, b] y

∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx.

Demostracion:

1. Como f y g son integrables, f + g es una funcion acotada y dado ε > 0 existeparticion Pε(f) tal que

S(f,Pε(f)) − s(f,Pε(f)) <ε

2.

Como g es integrable dado ε > 0 existe particion Pε(g) tal que

S(g,Pε(g)) − s(g,Pε(g)) <ε

2.

3.2. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE RIEMANN 453

Sea P = Pε(f) ∪ Pε(g), entonces

S(f,P) − s(f,P) ≤ S(f,Pε(f)) − s(f,Pε(f)) <ε

2

S(g,P) − s(g,P) ≤ S(g,Pε(g)) − s(g,Pε(g)) <ε

2

Escribamos P = {t0, t1, . . . , tn} y sean

mi = inf{f(x) ; x ∈ [ti−1, ti]} ,m′

i = inf{g(x) ; x ∈ [ti−1, ti]} ,m′′

i = inf{f(x) + g(x) ; x ∈ [ti−1, ti]}

y sean Mi ,M′i ,M

′′i los respectivos supremos. Como

mi ≤ f(x) y m′i ≤ g(x), entonces

mi +m′i ≤ f(x) + g(x).

Luego mi +m′i ≤ m′′

i .

Analogamente se verifica que

Mi +M ′i ≥M ′′

i .

Por otro lado,

S(f + g,P) − s(f + g,P) =

n∑

i=1

M ′′i (ti − ti−1) −

n∑

i=1

m′′i (ti − ti−1)

≤n∑

i=1

(Mi +M ′i)(ti − ti−1) −

n−1∑

i=0

(mi −m′i)(ti − ti−1)

=

n−1∑

i=0

(Mi −mi)(ti − ti−1) +

n∑

i=1

(M ′i −m′

i)(ti − ti−1)

≤ [S(f,P) − s(f,P)] + S((g,P) − s(g,P)) ≤ ε

2+ε

2= ε.

Esto prueba que f + g es una funcion integrable. Veamos ahora que

∫ b

a(f + g)(x)dx =

∫ b

af(x)dx+

∫ b

ag(x)dx.

En efecto, como mi +m′i ≤ m′′

i , se tiene

s(f,P) + s(g,P) ≤ s(f + g,P)


y como M ′′i ≤Mi +M ′

i , se tiene

S(f + g,P) ≤ S(f,P) + S(g,P).

Por lo tanto,∫ b

a(f + g)(x)dx −

[∫ b

af(x)dx+

∫ b

ag(x)dx

]≤ S(f + g,P) − (s(f,P) + s(g,P))

≤ S(f,P) + S(g,P) − s(f,P) − s(g,P)

≤ S(f,P) − s(f,P) + S(g,P) − s(g,P)

≤ ε

2+ε

2= ε

Ası, tenemos que∫ b

a(f + g)(x)dx =

∫ b

af(x)dx+

∫ b

ag(x)dx.

2. Se deja como ejercicio.

3. Si f(x) ≥ 0 en [a, b], entonces todas las sumas superiores e inferiores relativas acualquier particion son positivas. Como f es integrable, su integral

∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx = inf{S(f,P) : P particion de [a, b] } ≥ 0.

4. Esta propiedad es consecuencia de la propiedad 3.Si f(x) ≥ g(x) entonces, f(x) − g(x) ≥ 0, para todo x ∈ [a, b].

Aplicando 3 y 1 tenemos,

∫ b

a(f(x) − g(x))dx =

∫ b

af(x)dx−

∫ b

ag(x)dx ≥ 0,

consecuentemente,

∫ b

af(x)dx ≥

∫ b

ag(x)dx.

5. Es una consecuencia directa de la propiedad 4, usando g(x) = M y h(x) = m en[a, b]. entonces, tenemos que

h(x) ≤ f(x) ≤ g(x).

En virtud de la propiedad mencionada obtenemos:∫ b

ah(x)dx ≥

∫ b

af(x)dx ≥

∫ b

ag(x)dx.

De donde se deduce la propiedad requerida.

6. (⇒) Supongamos que f es integrable en [a, b]. Debemos demostrar que f es inte-grable en [a, c] y [c, b].

Por hipotesis, dado ε > 0 existe particion Pε = {t0, t1 . . . , tn} de [a, b] tal que

S(f,Pε) − s(f,Pε) < ε

Suponemos que c ∈ Pε, es decir c = tj para algun j = 1, . . . , n− 1.

Sean P1 = {t0, . . . , tj} y P2 = {tj , . . . , tn}, se tiene que P1 es particion de [a, c]y P2 es una particion de [c, b], entonces

s(f,Pε) =n∑

i=1

mi(ti − ti−1) =

j−1∑

i=1

mi(ti − ti−1) +n∑

i=j

mi(ti − ti−1) = sP1 + sP2

Analogamente S(f,Pε) = S(f,P1) + S(f,P2), luego

S(f,Pε) − s(f,Pε) =[S(f,P1) + S(f,P2)) − [(s(f,P1) + s(f,P2))]

= [S(f,P1) − s(f,P1)] + [S(f,P2) − s(f,P2)] < ε

Ası, si c ∈ Pε, entonces existen particiones P1,ε(f), P2,ε(f) tal que S(f,P1,ε) −s(f,P1,ε) < ε en [a, c] y S(f,P2,ε) − s(f,P2,ε) < ε en [c, b].

Supongamos que c /∈ Pε, entonces existe j tal que tj−1 < c < tj. Sea P ′ε =

Pε ∪ {c} = {t0, t1, tj−1, c, tj , . . . , tn}, claro que P ′ε es mas fina que Pε y luego

s(f,Pε) ≤ s(f,P ′ε) ≤ S(f,P ′

ε) ≤ S(f,Pε)

y entonces S(f,P ′ε) − s(f,P ′

ε) ≤ S(f,Pε) − s(f,Pε) < ε.

Por lo tanto,

S(f,P ′ε) − s(f,P ′

ε) < ε

Procedemos ahora como en el caso anterior pues c ∈ P ′ε.Por lo tanto, f es

integrable en [a, c] y en [c, b] ya que para todo ε > 0 hemos conseguido particionP1 de [a, c] y P2 de [c, b] tales que

S(f,P1) − s(f,P1) < ε y S(f,P2) − s(f,P2) < ε.

De la demostracion anterior se desprende que

s(f,P) ≤ s(f,P ′) = s(f,P1) + s(f,P2) ≤∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx

para cualquier particion P. Por lo tanto,

sup{s(f,P)} ≤∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx

ası que

∫ b

af(x)dx ≤

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx.

Tambien S(f,P ′) ≤ S(f,P), es decir

S(f,P1) + S(f,P2) ≤ S(f,P)

y luego

∫ c

af(x)dx +

∫ b

cf(x)dx ≤ S(f,P), ası que

∫ c

af(x)dx +

∫ b

cf(x)dx ≤

∫ b

af(x)dx.

Por lo tanto, ∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx

(⇐) Ahora nuestra hipotesis es f es integrable en [a, c] y [c, b] y debemos demostrarque f es integrable en [a, b].Dado ε > 0 existe P1 particion de [a, c] tal que

S(f,P1) − s(f,P1) <ε

2

y existe particion P2 de [c, b] tal que

S(f,P2) − s(f,P2) <ε

2

Sea P = P1 ∪ P2, claro que P es particion de [a, b] y

S(f,P) = S(f,P1) + S(f,P2),

sP(f) = s(f,P1) + s(f,P2)

Por lo tanto, S(f,P) − s(f,P) = S(f,P1) − s(f,P1) + S(f,P2) − s(f,P2) ≤ε

2+ε

2= ε

Por lo tanto, para todo ε > 0 existe P particion de [a, b] tal que

S(f,P) − s(f,P) < ε,

entonces f es integrable en [a, b].

Al igual que antes concluimos qu,∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx.


Teorema 3.2.2 1. Si f es integrable en [a, b], entonces |f | es integrable en [a, b].

2. Si f es integrable en [a, b], entonces f 2 = f · f es integrable en [a, b].

3. Si f y g son integrables en [a, b] entonces f · g es integrable en [a, b].

Demostracion:

1. Se deja de ejercicio.

2. Se deja de ejercicio.

3.

(f + g)2 = f2 + g2 + 2f · g,implica

f · g =(f + g)2 − f2 − g2

2.

Por teoremas 3.2.1 y 3.2.2 podemos concluir que el producto de funciones integrableses integrable.

El teorema del Valor Medio para integrales

Este importante teorema da respuesta a la pregunta : ¿Es posible calcular el valorpromedio de una funcion sabiendo que, en general, ella tiene una cantidad infinitamentegrande de valores diferentes? Consideremos una funcion continua y = f(x), a ≤ x ≤ b. Sidividimos el intervalo [a, b] en n subintervalos de longitud 4x = (b− a)/n y elegimos lospuntos x1, . . . xn en los intervalos sucesivos y calculamos el promedio aritmetico entre losnumeros f(x1), . . . f(xn), tenemos:

f(x1) + . . .+ f(xn)

n

De la ecuacion 4x = (b−a)/n, obtenemos que n = (b−a)/4x. Entonces, la expresionanterior la podemos escribir de la siguiente manera:

f(x1) + . . .+ f(xn)b−a4x

=4x[f(x1) + . . .+ f(xn)]

b− a

=1

b− a[f(x1)4x+ . . .+ f(xn)4x]

=1

b− a

n∑

i=1

f(xi)4x


Si aumentamos la cantidad de subintervalos, podemos calcular el valor promedio deuna gran cantidad de valores de f , pero siempre una cantidad finita.Para pasar a unacantidad infinitamente grande que cubra todos los valores de f , debemos usar el conceptode lımite y obtenemos:

lımn→∞

1

b− a

n∑

i=1

f(xi)4x =1

b− alım

n→∞

n∑

i=1

f(xi)4x

=1

b− a

∫ b

af(x)dx.

Utilizando la definicion de la integral de Riemann.Esto nos permite definir el valor prome-dio de f en el intervalo [a,b] como :

f =1

b− a

∫ b

af(x)dx.

Ası, hemos logrado contestar la pregunta inicial, pero ahora surge otra inquietud:¿existira algun numero c tal que la funcion evaluada en ese numero sea igual al valorpromedio de la funcion, es decir, f(c) = f? el siguiente teorema responde a tal inquietud.

Teorema 3.2.3 Teorema del Valor Medio para integralesSea f : [a, b] → R una funcion continua, entonces existe c ∈ [a, b] tal que

∫ b

af(x)dx = f(c)(b− a).

Al numero f(c) se le llama valor promedio o medio de f en [a, b].

Demostracion:Como f es continua en el intervalo cerrado y acotado [a, b], el teorema de Weiersstras

asegura que ella alcanza su valor maximo M y su valor mınimo m. ası, tenemos que:

m ≤ f(x) ≤M.

Usando la propiedad 5 del teorema 3.2.1, tenemos que:

m(b− a) ≤∫ b

af(x)dx ≤M(b− a).

Lo que implica que,

m ≤ 1

b− a

∫ b

af(x)dx ≤M.

Como la funcion f es continua, el Teorema del Valor Intermadio asegura que su recorrido

es [m,M ], por lo tanto el numero1

b− a

∫ b

af(x)dx es elemento del recorrido de f . Es

decir, existe c ∈ [a, b] tal que

f(c) =1

b− a

∫ b

af(x)dx.

Definicion 3.2.4 Si f es una funcion integrable sobre el intervalo [a, b], a ≤ b, entoncesse define el numero ∫ a

bf(x) dx = −

∫ b

af(x) dx.

Observacion 3.2.5 Como consecuencia de la def 3.2.4 haciendo a = b, obtenemos:

∫ a

af(x) dx = −

∫ a

af(x) dx,

por lo tanto, ∫ a

af(x) dx = 0.


1. Use los ejercicios resueltos 9 y 10 de la seccion 3.1, para demostrar que:

∫ b

axkdx =

1

k + 1

(bk+1 − ak+1

); a < b

Solucion: Caso 1 : 0 < a < b.

∫ b

0xkdx =

∫ a

0xkdx+

∫ b

axkdx; usando propiedad 6.

bk+1

k + 1=

ak+1

k + 1+

∫ b

axkdx

lo que implica que:

∫ b

axkdx =

bk+1

k + 1− ak+1

k + 1

Caso 2: a < b < 0

∫ 0

axkdx =

∫ b

axkdx+

∫ 0

bxkdx; ( usando propiedad 6.)

− ak+1

k + 1=

∫ b

axkdx− bk+1

k + 1. Por lo tanto, se obtiene la formula buscada.

Caso 3: a < 0 < b

∫ b

axkdx =

∫ 0

axkdx+

∫ b

0xkdx; usando propiedad 6.

= − ak+1

k + 1+

bk+1

k + 1

En general, tenemos que:

∫ b

axkdx =

1

k + 1(bk+1 − ak+1) ; a < b

2. Deduzca que el valor absoluto de las integrales de seno y coseno son positivas y estanacotadas por la longitud del intervalo de integracion.

Solucion: Las funciones senx y cos x son continuas, por lo tanto integrables encualquier intervalo cerrado y acotado. Como | senx| ≤ 1, | cos x| ≤ 1, usando lapropiedad de acotamiento de la integral, propiedad 5, se tiene que:

0 ≤∣∣∣∣∫ b

asenxdx

∣∣∣∣ ≤ (b− a)

0 ≤∣∣∣∣∫ b

acos xdx

∣∣∣∣ ≤ (b− a), a ≤ b.

3. Demuestre que:

a) 0 ≤∣∣∣∣∫ b

aarctan xdx

∣∣∣∣ ≤π

2(b− a), a ≤ b.

b)1

4≤∫ 4

3

1

xdx ≤ 1

3

Solucion:

a) f(x) = arctan x es continua por lo tanto su integral existe en cualquier intervalo[a, b]. Ademas

|f(x)| ≤ π

2.

Por lo tanto,

0 ≤∣∣∣∣∫ b

aarctan xdx

∣∣∣∣ ≤π

2(b− a)

b) 3 < x < 4, implica que1

4<

1

x<

1

3. Por lo tanto,

∫ 4

3

dx

4≤∫ 4

3

dx

x≤∫ 4

3

dx

3.

Es decir:1

4≤∫ 4

3

1

xdx ≤ 1

3

4. Verifique, sin calcular la integral, que:

3

8≤∫ 3

0

1

x+ 5≤ 3

5

Solucion: Sea f(x) =1

x+ 5, x ∈ [0, 3]. entonces se tiene,

f ′(x) = −(

1

x+ 5

)2

< 0, x ∈ [0, 3].

Ası, tenemos que f es decreciente.

f es decreciente [0, 3]. Como f(0) = 1/5, f(3) =1

8, tenemos que

1

8≤ f(x) ≤ 1

5, para todo x ∈ [0, 3].

Luego, en virtud de la propiedad 4 concluimos que

1

8· 3 ≤

∫ 3

0

dx

x+ 5≤ 3

5.

5. Verifique que el valor promedio de la funcion f(x) = x en [a, b] es el punto mediodel intervalo.

Solucion: Segun el teorema del valor medio para integrales, teorema 3.2.3, el valorpromedio de f en [a, b] es

f =1

b− a

∫ b

af(x)dx.

Usando el valor de la integral, segun ejemplo 1, tenemos:

f =1

b− a

∫ b

axdx =

1

b− a

x2

2

]b

a

=1

2

1

b− a(b2−a2) =

a+ b

2= punto medio de [a, b].

6. Sea f : [−1, 1] → R una funcion derivable y tal que

∫ 0

−1f(x)dx =

∫ 1

0f(x)dx

a) Aplique a cada integral por separado el Teorema del Valor Medio para integralesy deduzca que existen u y v ∈ [−1, 1] tal que −1 < u < 0 < v < 1 y f(u) = f(v).

b) Aplique el Teorema de Rolle para demostrar que existe c ∈ [−1, 1] tal quef ′(c) = 0.

Solucion:

a) Existe u ∈ [−1, 0] tal que

∫ 0

−1f(x)dx = f(u)(0 − (−1)) = f(u).

Existe v ∈ [0, 1] tal que

∫ 1

0f(x)dx = f(v)(1 − 0) = f(v).

Como

∫ 1

0f(x)dx =

∫ 0

−1f(x)dx implica que f(u) = f(v).

b) Aplicando el teorema de rolle en el intervalo I = [u, v], tenemos la existenciade un numero c ∈ [u, v] tal que :

f ′(c) =f(v) − f(u

v − u= 0.

7. Justifique por que la integral

∫ b

a[x] dx, existe a pesar que la funcion es discontinua.

¿Cuantas discontinuidades tiene? ¿Cual es el valor de la integral?

Solucion: La funcion parte entera es discontinua en los numeros enteros. Ası, ten-emos que los unicos puntos de discontinuidad de [x] estan localizados en los enteroscontenidos en el intervalo [a, b], los que constituyen una cantidad finita de discon-tinuidades, por lo tanto, podemoa aplicar el teorema 3.1.20.Sean x1 < x2 < · · · < xn los puntos de discontinuidad de f en [a, b]. En cada inter-valo [xi, xi+1] el valor de la integral es xi, ver ejercicio propuesto 1 de la seccion 3.1.Ası, el valor de la integral sobre [a, b] es:

∫ b

af(x)dx =

∫ x1

a[x] dx+

∫ x2

x1

[x] dx+ · · · +∫ xn

xn−1

[x] dx+

∫ b

xn

[x] dx

= (x1 − 1)(x1 − a) + x1 + x2 + . . .+ xn−1 + xn(b− xn).

8. Calcular las siguientes integrales senalando claramente las propiedades usadas:∫ 5

0[x]dx,

∫ 6,1

2,3[x] dx ;

∫ 3,4

−4,7[x] dx.

Solucion:

a) Usando la propiedad de particion del intervalo de integracion y el ejercicio 7,tenemos:

∫ 5

0[x]dx =

∫ 1

0[x]dx+

∫ 2

1[x]dx+

∫ 3

2+[x]dx

∫ 4

3[x]dx+

∫ 5

4[x]dx

= 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10.

b) Usando la propiedad de particion del intervalo de integracion y el ejercicio 7,tenemos:

∫ 6,1

2,3[x]dx =

∫ 3

2,32 dx+

∫ 4

33 dx +

∫ 5

44 dx+

∫ 6

55 dx +

∫ 6,1

66 dx

= 2 · 0, 7 + 3 + 4 + 5 + 6 · 0, 1 = 12 + 2 = 14.

∫ 3,4

−4,7[x]dx =

∫ −4

−4,7(−5) dx+

∫ −3

−4−4 dx+

∫ −2

−3(−3) dx +

∫ −1

−2(−2) dx+

∫ 0

−1(−1) dx +

+

∫ 1

00 dx+

∫ 2

11 dx+

∫ 3

22 dx+

∫ 3,4

33 dx =

= −5(0, 7) − 4 · −3 − 2 − 1 + 1 + 2 + 3 · 0, 4= −7 − 3, 5 + 1, 2 = −9, 3.

9. Demuestre que dos funciones integrables que difieren en un punto tienen la mismaintegral sobre un mismo intervalo.Solucion: Sean f, g funciones integrables en [a, b] tales que f = g en [a, b] − {c}y f(c) 6= g(c) .Sea h = f − g, entonces

h(x) =

{0 si x ∈ [a, b], x 6= ch(c) 6= 0

h es integrable por las propiedad 1 y 2.

Si h(c) > 0, calculamos la integral mediante su integral inferior y obtenemosque∫ b

ah(x)dx = 0.

Si h(c) < 0, calculamos la integral usando la integral superior y obtenemos que∫ b

ah(x)dx = 0.

Entonces,

∫ b

ah(x)dx = 0 =

∫ b

0(f(x) − g(x))dx =

∫ b

af(x)dx−

∫ b

ag(x)dx = 0.

Por lo tanto,∫ b

af(x)dx =

∫ b

ag(x)dx.

Entonces por ejemplo:∫ 2

1,7[x]dx = 1(2− 1,7) = 0,3; pues en [1,7 , 2] la funcion [x] es igual a 1 excepto en

x = 2.

10. Encuentre una formula general para la integral de un polinomio.

Solucion: Sea p(x) = anxn +an−1x

n−1 +an−2xn−2 + · · ·+a1x+a0 un polinomio de

grado n. Por ser una funcion continua sobre R, es integrable en cualquier intervalo[a, b]. Para calcular su integral usaremos el teorema 3.2.1 y el ejercicio resuelto ??de esta misma seccion.

∫ b

ap(x) dx =

∫ b

a(anx

n + an−1xn−1 + an−2x

n−2 + · · · + a1x+ a0) dx

=

∫ b

aanx

n dx+

∫ b

aan−1x

n−1 dx+ · · · +∫ b

aa1x dx+

∫ b

aa0 dx

= an

∫ b

axn dx+ an−1

∫ b

axn−1 dx+ · · · + a1

∫ b

ax dx+ a0

∫ b

adx

= anxn+1

n+ 1

∣∣∣b

a+ an−1

xn

n

∣∣∣b

a+ . . .+ a1

x2

2

∣∣∣b

a+ a0x

∣∣∣b

a

=an

n+ 1

(bn+1 − an+1

)+an−1

n1

(bn − an

)+ . . .+

a1

2(b2 − a2) + a(b− a).

11. Si f [a,b] representa el valor promedio de f en el intervalo [a,b] y a < c < b, demostrarque

f [a, b] =c− a

b− af [a, c] +

b− c

b− af [c, b].

Solucion:

f [a, b] =1

b− a

∫ b

af(x)dx, Definicion valor promedio de una funcion continua

=1

b− a

[∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx

], Prop.Integral de f continua

=1

b− a

∫ c

af(x)dx+

1

b− a

∫ b

cf(x)dx

=c− a

(c− a)(b− a)

∫ c

af(x)dx+

b− c

(b− c)(b− a)

∫ b

cf(x)dx

=c− a

b− a· 1

c− a

∫ c

af(x)dx+

b− c

b− a· 1

b− c

∫ b

cf(x)dx

=c− a

b− af [a, c] +

b− c

b− af [c, b].

12. Si f es continua y∫ 31 f(x)dx = 8, demuestre que f alcanza el valor 4, cuando menos

una vez, en el intervalo [1,3].

Solucion:


Como f es continua, utilicemos el Teorema del Valor Medio:

∫ b

af(x)dx = f(c)(b− a)

∫ 3

1f(x)dx = f(c) · 2

8 = f(c) · 2⇒ f(c) = 4.

Esto nos indica que existe, por lo menos, un punto c en [1,3] tal que la funcion f enese punto alcanza el valor 4.

Nota: Es facil comprobar que el valor promedio de la funcion f es 4. Luego tenemosque:

f = f(c) = 4.


1. Analice la existencia de ∫ 0

−2(x2 − 3[x] + 8x3)dx

2. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = [x2], en [−1 , 1].

b) Deduzca que g es integrable en [−1 , 1].

c) Calcule

∫ 1

−1g(x) dx.

3. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = [x3], en [−1 , 1].


c) Calcule

∫ 1

−1g(x) dx.

4. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = [senx], en [−2π , 2π].

b) Deduzca que g es integrable en [−2π , 2π].

c) Calcule

∫ 2π

−2πg(x) dx.

5. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = [cos x], en [−2π , 2π].



c) Calcule

∫ 2π

−2πg(x) dx.

6. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = signo de x2, en [−1 , 1].


c) Calcule

∫ 1

−1g(x) dx.

7. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = signo de x3, en [−1 , 1].


c) Calcule

∫ 1

−1g(x) dx.

8. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = signo de senx, en [−2π , 2π].


c) Calcule

∫ 2π

−2πg(x) dx.

9. a) Calcule explıcitamente la funcion g(x) = signo de cos x, en [−2π , 2π].


c) Calcule

∫ 2π

−2πg(x) dx.

10. Considere f : [0, 1] −→ R, tal que f es continua y acotada, donde:

∫ 1/2

0f(x)dx =

3

8

∫ 1

1/4f(x)dx = 1

f

[1

4,1

2

]= 2

a) Determine

∫ 1

0f(x)dx

b) Determine f [0, 1]

3.3. Teorema Fundamental de Calculo

Como hemos visto en la seccion 3.1, calcular integrales usando la definicion puedeser extremadamente complicado y, a veces, imposible. El teorema que proporciona unamanera de calcular integrales es el que estudiaremos en esta seccion. Su fuerza radica enestablecer, bajo ciertas condiciones, una relacion entre la derivada y la integral.

Si f : [a, b] → R es una funcion integrable entonces, ella es integrable en los subinter-valos [a, x] , para todo x ∈ [a, b]. Luego, tiene sentido la siguiente definicion,

F (x) =

∫ x

af(s)ds.

F resulta ser una funcion con dominio [a, b] y en los extremos del intervalo toma los

valores: F (a) = 0, F (b) =

∫ b

af(s)ds. Llamaremos a F la funcion integral de f .

Teorema 3.3.1 Teorema Fundamental del CalculoSea f : [a, b] → R integrable y F : [a, b] → R la funcion integral de f . Si f es continua enx0 ∈ [a, b], entonces F es derivable en x0 y y F ′(x0) = f(x0).

Demostracion: Sea ε > 0 y a < x0 < b. Como f es continua en x0 existe δ > 0 tal quepara |x− x0| < δ se cumple |f(x) − f(x0)| < ε, y para 0 < h < δ

∣∣∣∣F (x0 + h) − F (x0)

h− f(x0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣

∫ x0+h

af(s)ds−

∫ x0

af(s)ds

h− f(x0)

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

∫ x0+h

af(s)ds+

∫ a

x0

f(s)ds

h− f(x0)

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

∫ x0+h

x0

f(s)ds

h− f(x0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣

∫ x0+h

x0

f(s)ds−∫ x0+h

x0

f(x0)ds

h

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

∫ x0+h

x0

(f(s) − f(x0))ds

h

∣∣∣∣ ≤

∫ x0+h

x0

|f(s) − f(x0)|ds

h

≤

∫ x0+h

x0

ε ds

h= ε

3.3. TEOREMA FUNDAMENTAL DE CALCULO 469

Analogamente, si −δ < h < 0

∣∣∣∣F (x0 + h) − F (x0)

h− f(x0)

∣∣∣∣ =1

|h|∣∣∣∫ x0+h

x0

(f(s) − f(x0))ds∣∣∣

=1

|h|∣∣∣−∫ x0

x0+h(f(s) − f(x0))ds

∣∣∣

=1

|h|∣∣∣∫ x0

x0+h(f(s) − f(x0))ds

∣∣∣

≤

∫ x0

x0+h|f(s) − f(x0)|ds

|h|

≤

∫ x0

x0+hε ds

|h| =ε(−h)|h| = ε

Por lo tanto para 0 < |h| < δ vale

∣∣∣∣F (x0 + h) − F (x0)

h− f(x0)

∣∣∣∣ < ε

Esto es,

lımh→0

F (x0 + h) − F (x0)

h= f(x0) = F ′(x0).

Teorema 3.3.2 Regla de BarrowSea f : [a, b] → R continua y g : [a, b] → R una funcion tal que g ′(x) = f(x), entonces

∫ b

af(x)dx = g(b) − g(a)

Demostracion: Sea F (x) =

∫ x

af(s)ds. Como f es continua en [a, b] entonces , usando

el Teorema fundamental del Calculo, tenemos que F es derivable en [a, b] y F ′(x) = f(x),x ∈ [a, b].

Por lo tanto, F ′(x) = g′(x) ∀x ∈ [a, b] y luego F (x) = g(x) + c.Ası, F (a) = g(a) + c y como F (a) = 0, entonces −g(a) = c. Concluimos que: F (x) =

g(x) − g(a).

Ası para todo x ∈ [a, b] se tiene

∫ x

af(s)ds =

∫ x

ag′(s)ds = g(x) − g(a).

Definicion 3.3.3 Una funcion g : [a, b] → R tal que g ′(x) = f(x) , para todo x ∈ [a, b] lallamaremos una primitiva de f .


Observacion 3.3.4 En general una funcion f : [a, b] → R puede o no tener una primitiva.

Pero, si f es continua entonces tiene primitiva dada por F (x) =

∫ x

af(s)ds.

Ejemplo 3.3.5 1. f(x) = x, g(x) =x2

2es una primitiva pues g′(x) =

2x

2= x.

2. f(x) = x2, g(x) =x3

3es una primitiva pues g′(x) =

3x2

3= x2.

3. f(x) = xn, g(x) =xn+1

n+ 1es una primitiva pues g′(x) =

(n+ 1)xn+1

n+ 1= xn+1.

Ası,

∫ b

axndx =

xn+1

n+ 1

∣∣∣∣∣

b

a

=bn+1 − an+1

n+ 1

4. f(x) = sen(x), g(x) = − cos(x) es una primitiva pues g ′(x) = sen(x).

∫ b

asen(x)dx = − cos(x)

∣∣∣∣∣

b

a

= cos(a) − cos(b).

En particular, ∫ π2

0sen(x) = cos(0) − cos(

π

2) = 1.

El calculo de primitivas se vera en detalle en el capıtulo 4. Una aplicacion importantedel Teorema Fundamental del Calculo es la definicion de la funcion logaritmo natural queveremos en la seccion 3.4.


1. Calcule:

a)d

dx

∫ b

af(x)dx

b)d

dx

∫ b

xf(s)ds

c)d

dx

∫ x

af(s)ds.


Solucion:

a) Como

∫ b

af(x)dx es un numero, su derivada vale 0.

b) Sea F (x) =

∫ b

xd(s)ds = −

∫ x

bf(s)ds. Usando el Teorema fundamental del

Calculo, tenemos:

F ′(x) =d

dx

∫ b

xf(s)ds = −f(x).

c) Sea F (x) =

∫ x

af(s)ds

d

dxF (x) = f(x) = F ′(x).

2. Calcular F ′(x) si:

a) F (x) =

∫ x

0sen

√1 + cos t dt

b) F (x) =

∫ x

0uf(u)du ; f funcion integrable en R.

c) F (x) =

∫ x

0xf(t)dt ; f funcion integrable en R.

d) F (x) =

∫ x

0x√

sen2(x+ cos t)dt

e) F (x) =

∫ 1

0x3√

sen2(t+ cos t)dt

f ) F (x) = 10x2 +

∫ 100

0

sen t2

sen(sen t)dt

g) F (x) = 10x2 +

∫ 100

0

x sen t2

sen(sen t)dt

h) F (x) = F (1) +

∫ g(x)

1f(t)dt, donde f es continua y g derivable y g(1) = 1.

i) F (x) =√x+

∫ x2

1cos(t2 sen t)dt

j ) F (x) =

∫ x

0

[∫ z

0f(t)dt

]dz; f continua;

k) F (x) =

∫ h(x)

g(x)f(t)dt ; f continua; g y h derivables en R


l) F (x) = 400 +

∫

∫ x

10

1

1 + sen2 tdt!

1sen(sen t)dt

Solucion:

a) F ′(x) = sen(√

1 + cos x)

b) F ′(x) = xf(x)

c) F (x) = x ·∫ x

0f(t) dt, pues x es independiente de la variable de integracion

t.Debemos usar la formula de derivada de un producto y el teorema Fundamen-tal del Calculo.

F ′(x) =

∫ x

0f(t) dt+ x · f(x).

d)

F (x) =

∫ x

0x ·√

sen2(x+ cos t)dt = x ·∫ x

0| sen(x+ cost)|dt

= x ·∫ x

0| senx cos(cos t) + cos x sen(cos t)|dt.

Si | senx cos(cos t)+cosx sen(cos t)| = senx cos(cos t)+cosx sen(cos t). En-tonces:

F (x) = x ·∫ x

0senx cos(cos t)dt+ x ·

∫ x

0cos x sen(cos t)dt

= x · senx ·∫ x

0cos(cos t)dt+ x · cos x ·

∫ x

0sen(cos t)dt.

Por lo tanto,

F ′(x) = senx ·∫ x

0cos(cos t)dt+ x · cosx

∫ x

0cos(cos t)dt

+x · senx · cos(cos x) + cos x

∫ x

0sen(cos t)dt

−x senx

∫ x

0sen(cos t)dt+ x cos x · sen(cos x)

Si | sen x cos(cos t) + cos x sen(cos t)| = −[senx cos(cos t) + cos x sen(cos t)].Entonces: F ′(x) es el inverso aditivo del valor obtenido en el caso anterior.


e) F (x) = x3

∫ 1

0

√sen2(t+ cos t)dt

F ′(x) = 3x2 ·∫ 1

0

√sen2(t+ cos t)dt

f ) F ′(x) = 20x.

g) F ′(x) = 20x+

∫ 100

0

sen t2

sen(sen t)dt.

h) Si definimos h(s) =

∫ s

1f(t)dt, entonces podemos escribir:

F (x) = F (1) + h(g(x)).

Por lo tanto,F ′(x) = h′(g(x)) · g′(x) = f(g(x)) · g′(x).

i) F (x) =√x+

∫ x2

1cos(t2 sen t)dt.

Para calcular la derivada del segundo sumando de F , usamos el ejercicio ante-rior.Ası, obtenemos:

F ′(x) =1

2· 1√

x+ cos(x4 senx2) · 2x.

j ) F (x) =

∫ x

0

(∫ z

0f(t)dt

)dz

Si definimos h(z) =

∫ z

0f(t) entonces, F (x) =

∫ x

0h(z)dx.

Por lo tanto,

F ′(x) = h(x) =

∫ x

0f(t)dt.

k) F (x) =

∫ h(x)

g(x)f(t)dt =

∫ c

g(x)f(t)dt+

∫ h(x)

cf(t)dt

Sea S(z) =

∫ c

zf(t)dt = −

∫ z

cf(t)dt, entonces S ′(z) = −f(z).

Si T (r) =

∫ r

cf(t)dt, entonces T ′(r) = f(r).

F (x) = S(g(x)) + T (h(x))

F ′(x) = S′(g(x)) · g′(x) + T ′(h(x)) · h′(x)= g′(x) · (−f(g(x))) + f(h(x)) · h′(x)= −g′(x) · f(g(x)) + f(h(x)) · h′(x).


l) F (x) = 400 +

∫(∫ x

10

1

1 + sen2 tdt)

1sen(sen t) dt.

Sea h(x) =

∫ x

10

1

1 + sen2 tdt, entonces h′(x) =

1

1 + sen2 x.

F (x) = 400 +

∫ h(x)

1sen(sen t)dt

Sea S(z) =

∫ z

1sen(sen t)dt, entonces S ′(z) = sen(sen z).

Ası,

F (x) = 400 + S(h(x))

F ′(x) = S′(h(x)) · h′(x) =

= sen(senh(x)) · 1

1 + sen2 x.

3. Use el Teorema Fundamental del Calculo y el Teorema de la Funcion Inversa pararesolver los siguientes ejercicios, los que deben ser resueltos sin calcular las integrales.

a) Dado F (x) =

∫ x

1

1

tdt;

1) Determine el dominio de F .

2) Justifique la existencia de F ′ y calculela.

3) Deduzca que F es inyectiva.

4) Justifique la existencia de F−1 y (F−1)′. Calcule (F−1)′ en terminos deF−1.

Solucion:

1) Para que F este bien definida la funcion1

tdebe ser al menos acotada en el

intervalo de integracion, por lo tanto x solo puede tomar valores positivos.Ası,

D(F ) =]0,+∞[.

2) Como1

tes continua, el Teorema fundamental del Calculo dice que

F ′(x) =1

x.


3) Como F ′(x) =1

x, tenemos que la derivada de F es positiva en todo su

dominio, por la tanto la funcion F es estrictamente creciente. Luego, esinyectiva.

4) El analisis hecho en los ıtemes anteriores demuestran que se cumplen lashıpotesis del Teorema de la Funcion Inversa. Entonces F −1 existe y esderivable. Su derivada es:

(F−1)′(x) =1

F ′(F−1(x))=

11

(F−1(x))

= F−1(x).

Esto nos dice que la derivada de F−1 es ella misma.

b) Dada F (x) =

∫ x

0

1

1 + t2dt

1) Determine el dominio de F

2) Justifique la existencia de F ′ y calculela.

3) Deduzca que F es estrictamente creciente.

4) Justifique la existencia de F−1 y (F−1)′. Calcule (F−1)′ en terminos deF−1.

Solucion:

1) Como la funcion f(t) =1

1 + t2es continua en cualquier intervalo [0, x] con

x ∈ R, la integral de f(t) existe y F tiene como dominio R .

2) El Teorema fundamental del Calculo dice que F es derivable y que

F ′(x) =1

1 + x2.

3) Del ıtem anterior podemos deducir que F ′(x) > 0 para todo x ∈ R. Porlo tanto, la funcion F es estrictamente creciente, luego es inyectiva.

4) Ası, ella puede ser invertida sobre su recorrido. Es decir existe F −1. ElTeorema de la funcion inversa asegura que esta inversa es derivable y quesu derivada es:

(F−1)′(x) =1

F ′(F−1(x))=

11

1 +(F−1(x)

)2= 1 + ((F−1)(x))2.

4. Sea f una funcion derivable de R en R+, continua tal que f(0) = 1 y f ′(x) = f(x),para todo x.


a) Demuestre que:

∫ x

0f(t)dt = f(x) − f(0)

b) Demuestre que es inyectiva.

c) Demuestre que (f−1)′(x) =1

x

d) Demuestre que f−1(x) =

∫ x

1

1

tdt

Solucion:

a) Usando la Regla de Barrow, tenemos:

∫ x

0f(t)dt =

∫ x

0f ′(t)dt = f(x) − f(0).

b) f ′(x) = f(x) > 0 para todo x, implica que f es estrictamente creciente, y porlo tanto, es inyectiva.

c) Por Teorema de la Funcion Inversa , existe f−1(x) definida sobre el recorridode f , es derivable y su derivada es:

(f−1)′(x) =1

f ′(f−1(x))=

1

f(f−1(x))=

1

x.

d) ∫ x

1

1

tdt =

∫ x

1(f−1)′(t)dt = (f−1)(x) − (f−1)(1) = (f−1)(x).

Hemos usado que f(0) = 1 lo que es equivalente a que f−1(1) = 0.

3.4. LAS FUNCIONES LOGARITMO NATURAL Y EXPONENCIAL 477

3.4. Las funciones logaritmo natural y exponencial

3.4.1. Definicion y propiedades de la funcion logaritmo natural

La funcion f(t) =1

t, con t > 0 es continua, por lo tanto para cualquier x positivo

existe el numero:

∫ x

1

1

tdt

Por esta razon tiene sentido la siguiente definicion:

Definicion 3.4.1 Dado x positivo llamaremos logaritmo natural de x al numero:

∫ x

1

1

tdt

y lo denotaremos por lnx.

lnx =

∫ x

1

1

tdt

Sea f(x) = lnx =

∫ x

1

1

tdt.

1. D(f) = R+.

2. Signo de f :

Si x > 1, entonces lnx > 0.

Si 0 < x < 1, entonces lnx =

∫ x

1

1

tdt = −

∫ 1

x

1

tdt < 0.

Si x = 1, entonces ln 1 =

∫ 1

1

1

tdt = 0.

lnx = 0 ⇐⇒ x = 1.

3. lnx es continua en todo su dominio, como consecuencia del Teorema Fundamentaldel Calculo.

4. lnx es derivable yd

dxlnx =

1

x.

En efecto, el Teorema Fundamental del Calculo asegura que la funcion

∫ x

1

1

tdt es

derivable en cada x y que su derivada es1

x.

d

dxlnx =

1

x

5. lnx es estrictamente creciente.

Comod

dxlnx =

1

xy x es positivo, f ′(x) > 0 para todo x ∈ R+. Por lo tanto, f es

estrictamente creciente.

6. lnx es concava.

f(x) = lnx

f ′(x) =1

x

f ′′(x) = − 1

x2< 0, para todo x ∈ R+

Ejemplo 3.4.2 1. Encuentre el dominio de:

a) ln(lnx)

b) ln(√x− 3)

c) ln(√x− 3 +

√5 − x)

d) ln

∣∣∣∣1 + x

1 − x

∣∣∣∣

Solucion:

a) Si h(x) = ln(lnx), entonces considerando que el logaritmo esta definido solopara numeros positivos tenemos que:

D(h) = {x ∈ R : lnx > 0 } =]1 , +∞[.


b) El dominio de ln(√x− 3 esta formado por los numeros reales tales que√

x− 3 > 0. Es decir,

{x ∈ R : x > 3 }.

c) La expresion ln(√x− 3 +

√5 − x) define un numero real cuando

√x− 3 +√

5 − x es positivo. Por lo tanto, basta que se cumpla x− 3 > 0 y 5− x > 0 .Ası, tenemos que el dominio de la funcion es:

[3 , 5].

d) Como el argumento de logaritmo esta en valor absoluto, solo debemos evitarlos valores de x que anulan el numerador y el denominador. El dominio de estafuncion es

{x ∈ R : (1 + x) 6= 0 (1 − x) 6= 0 } = R − {−1, 1}.

2. Calcule la derivada de ln1 + x

1 − x.

Usando la Regla de la Cadena, tenemos:

d

(ln

1 + x

1 − x

)

dx=

11 + x

1 − x

·d(1 + x

1 − x

)

dx

=1 − x

1 + x·( (1 − x) − (1 + x) · (−1)

(1 − x)2

)

=2

1 − x2.

3. Analice el dominio y el signo de la funcion: ln(x+√

1 + x2).

Dominio = R. En efecto:

1 + x2 > x2 ≥ 0 ; para todo x ∈ R.

Por lo tanto, √1 + x2 >

√x2 ≥ 0 ; para todo x ∈ R.

√1 + x2 > |x| ; para todo x ∈ R.

Esto implica que

x+√

1 + x2 > x+ |x| ≥ 0 ; para todo x ∈ R.

Ceros y signo de la funcion

ln(x+√

1 + x2) = 0 ⇐⇒ x+√

1 + x2 = 1

⇐⇒√

1 + x2 = 1 − x

⇐⇒ 1 + x2 = (1 − x)2

⇐⇒ x = 0.

Ası, vemos que la funcion tiene un unico cero en x = 0 y es positiva sobre R+,ya que si x > 0 entonces x+

√1 + x2 > 1. En cambio, cuando x < 0 tenemos

que 0 < x+√

1 + x2 < 1, lo que implica que la funcion es negativa sobre R−.

Propiedades aritmeticas del logaritmo

Teorema 3.4.3 Si a, b ∈ R+ entonces,

ln(ab) = ln a+ ln b.

Demostracion: Usando la regla de la cadena, podemos calcular la derivada de lacompuesta ln(a x):

d

dxln(a x) =

1

ax

d

dx(ax) =

a

ax=

1

x; a constante

Esto quiere decir que lnx y ln(a x) tienen la misma derivada, entonces:

ln(ax) = lnx+ c (3.1)

Para calcular c, evaluamos la ecuacion (3.1) para x = 1 y nos queda:

ln a = ln 1 + c lo que implica que ln a = c

Ası, la ecuacion (3.1) queda como:

ln(a x) = lnx+lna, cualquiera sea x. Si hacemos x = b, obtenemos la formula buscada.

ln(ab) = ln a+ ln b (3.2)

Corolario 3.4.4 Si a ∈ R+, entonces

ln1

a= − ln a


Demostracion:

ln 1 = 0 ⇔ ln(aa

)= 0

⇔ ln

(a · 1

a

)= 0

⇔ ln a+ ln

(1

a

)= 0

⇔ ln

(1

a

)= − ln a

Corolario 3.4.5 Si a, b ∈ R+, entonces

ln(ab

)= ln a− ln b

Demostracion:

ln(ab

)= ln

(a · 1

b

)= ln a+ ln

1

b

= ln a− ln b

Corolario 3.4.6 Si a > 0, r ∈ Q,, entonces:

ln(ar) = r ln a

Demostracion:

d

dx(ln(xr)) =

1

xrrxr−1 = rx−1 =

r

x=

d

dx(r lnx)

Esto nos dice que lnxr y r lnx tienen la misma derivada, por lo tanto ellas difieren enuna constante. Ası,

lnxr = r lnx+ c

Evaluando en x = 1, se obtiene que c = 0, por lo tanto

ln ar = r lna


Corolario 3.4.7 lnx no es acotada superiormente:

Demostracion: Como lnx es estrictamente creciente, entonces 2 > 1 ⇒ ln 2 > 0. Estoimplica que lım

n→+∞ln 2n = lım

n→+∞n ln 2 = +∞.

Dado M > 0 existe N ∈ N tal que

ln 2N > M

Como nos interesa el comportamiento de lnx cuando x→ +∞, entonces si

x > 2N

se tiene que lnx > ln 2N > M

Por lo tanto, lnx→ +∞.

Ası, como lnx es creciente tenemos que:

lımx→+∞

lnx = +∞

Corolario 3.4.8 lnx no es acotada inferiormente y lımx→0+

lnx = −∞

Demostracion:

Usando y =1

xtenemos que y → +∞ ⇔ x→ 0+

Ası,

lımx→0+

lnx = lımy→+∞

ln

(1

y

)= lım

y→+∞− ln y = − lım

y→+∞ln y

= −∞

lımx→0+

lnx = −∞

Rec(ln x) =] −∞,+∞[= R

Grafico de lnx:


–6

–5

–4

–3

–2

–1

0

1

0.5 1 1.5 2 2.5 3x

Figura 3.1: Grafico de lnx

El numero “e”y la funcion lnx

Recordemos que:

e = lımn→+∞

(1 +

1

n

)n

Demostremos que ln e = 1.

lımx→+∞

x ln

(1 +

1

x

)= 1

lımx→+∞

x ln

(1 +

1

x

)da lugar a una forma indeterminada de tipo +∞ · 0.

Para usar la regla de L’Hospital se debe llevar a una forma

(0

0

).


x ln

(1 +

1

x

)=

ln

(1 +

1

x

)

(1

x

) = Entonces,

lımx→+∞

(x ln

(1 +

1

x

))= lım

x→+∞

1

1 +1

x

·(− 1

x2

)

(− 1

x2

) = 1

En particular lımn→+∞

n ln

(1 +

1

n

)= 1 = lım

n→+∞ln

(1 +

1

n

)n

= 1.

Como lnx es continua,

= ln

(lım

n→+∞

(1 +

1

n

)n)= 1, entonces

ln e = 1

Ejemplo 3.4.9 Determinar el dominio de ln(ln(lnx)). Si g(x) = ln ln(ln x), entonces con-siderando que el logaritmo esta definido solo para numeros positivos tenemos que:

D(g) = {x ∈ R : ln(lnx) > 0 } = {x ∈ R : lnx > 1 } =]e,+∞[.

3.4.2. La funcion exponencial

Las propiedades estudiadas de la funcion logaritmo natural, permiten concluir quef(x) = lnx es invertible. Por lo cual existe f−1:

y = f−1(x) : R → R+

Como lnx es creciente y continua, su inversa tambien es creciente y continua. Dadasu importancia en el analisis matematico, recibe un nombre particular, se llama funcionexponencial de base e o solamente funcion exponencial, la denotaremos

y = expx (3.3)

Por ser la funcion inversa de lnx tenemos las formulas:

exp(lnx) = x; si x > 0 y ln(exp x) = x, si x ∈ R.


En particular se tiene:

exp(ln 1) = 1 ⇔ exp 0 = 1

exp(ln e) = e ⇔ exp 1 = e

donde e = lımn→∞

(1 +

1

n

)n

Teorema 3.4.10 Si x e y son numeros reales cualesquiera, entonces

exp(x+ y) = (expx)(exp y)

Demostracion: Sea a = expx y b = exp. Por definicion de la funcion exponencial setiene que: x = ln a, y = ln b.

Ası, x+ y = ln a+ ln b = ln ab. Por lo tanto,

exp(x+ y) = exp(ln ab) = ab = (expx)(exp y).

Consecuencia:

exp(1) = e

exp(2) = exp(1 + 1) = (exp 1)(exp 1)

= ee = e2

Inductivamente,exp(n) = en; n ∈ N

Por otro lado, tenemos que:

exp(0) = 1 = e0

1 = exp(0) = exp(1 − 1) = exp(1) exp(−1)

1 = e · exp(−1)

exp(−1) =1

e= e−1

Ası, la formula puede extenderse a los enteros.En general, escribiremos:

exp(x) = ex; x ∈ R

Con esta escritura, el Teorema se escribe

ex+y = ex · ey; x, y ∈ R

Propiedades de la funcion exponencial ex

Teorema 3.4.11 La funcion

expx = ex : R → R+

tiene las siguientes propiedades:

Es continua.

Es creciente.

No es acotada superiormente.

lımx→+∞

ex = +∞.

lımx→−∞

ex = 0.

Es derivable y

d

dxexp x =

d

dxex = ex.

Es convexa

Demostracion: En efecto:

ex no es acotada superiormente, si lo fuera:

ex < M ; para todo x ∈ R

⇒ ln ex < lnM

⇒ x < lnM, para todo x ∈ R

⇒ R acotado superiormente .

Esta contradiccion permite concluir que ex no es acotada superiormente. Ademas,como ex es creciente, tenemos que

lımx→−∞

ex = lımx→+∞

e−x = lımx→+∞

1

ex= 0.


Para calcular la derivada de la funcion exponencial usaremos el Teorema de laFuncion Inversa:

y = ex es la inversa de lnx, por lo tanto.

dy

dx=

d

dxex =

1(dx

dy

) =1

d(ln y)

dy

=1(1

y

) = y

= ex

En particular,d2

dx2(ex) = ex > 0,

implica que ex es convexa.

0

5

10

15

20

–3 –2 –1 1 2 3

x

Figura 3.2: Grafico de ex

cm

Ejemplo 3.4.12 Derivar:

1. e8x−2


Solucion:

d

dx

(e8x−2

)= e8x−2 d

dx(8x− 2)

= 8e8x−2.

2. e−5x+3x2

Solucion:

d

dx

(e−5x+3x2

)= e−5x+3x2 d

dx

(−5x+ 3x2

)

= (−5 + 6x)e−5x+3x2.

3. xex

Solucion:

d

dx(xex) = ex + xex.

4. e−x2

Solucion:

d

dx

(ex−

2)

= e−x2 d

dx

(−x2

)

= −2xe−x2.

5. ex√

1 − x2

Solucion:

d

dx

(ex√

1 − x2)

= ex√

1 − x2 − exx√

1 − x2.

6.ex − 1

ex + 1


Solucion:

d

dx

(ex − 1

ex + 1

)=ex(ex + 1) − ex(ex − 1)

(ex + 1)2

=2ex

(ex + 1)2

7. e√

x+1

Solucion:

d

dx

(e√

x+1)

= e√

x+1 d

dx

√x+ 1

=e√

x+1

2√x+ 1

8.√

1 + ex.

Solucion:

d

dx

√1 + ex =

ex

2√

1 + ex

Las funciones logarıtmicas y exponencial con base cualquiera b > 0

Definiremos el numero logb x mediante la formula:

logb x =lnx

ln b

Esta igualdad vale solo cuando b > 0: y b 6= 1.

Esta funcion, por ser el producto de lnx por la constante1

ln bcumple esencialmente con

las mismas propiedades que lnx.

Propiedades de la funcion logb x

Dom logb x = R+

Si b > 1, ln b > 0 y por lo tanto: logb x es estrictamente creciente y

lımx→+∞

logb x = +∞, b > 1

lımx→0

logb x = −∞, b > 1

Si 0 < b < 1; ln b < 0, entonces logb x es decreciente ylım

x→+∞logb x = −∞, si 0 < b < 1

lımx→0+

logb x = +∞, si 0 < b < 1

d

dxlogb x =

1

(ln b)x

Demostracion: Se deja de ejercicio.

Teorema 3.4.13 1. logb u · v = logb u+ logb v

2. logb un = n logb u; n ∈ N

3. logb1

v= − logb v

4. logbu

v= logb u− logb v

5. logb ux = x logb u;x ∈ R

6. Formula de cambio base de los logaritmos loga b · logb a = 1

Demostracion: Se deja de ejercicio.

La funcion bx, b > 0

Ahora definiremos la funcion exponencial con base cualquiera positiva, mediante lasiguiente ecuacion:

bx = ex ln b (3.4)

Propiedades:

b0 = e0 = 1.

b1 = eln b = b.

b−x = e−x ln b =1

ex ln b=

1

bx.

bx+y = e(x+y) ln b = ex ln b+y ln b = ex ln b · ey ln b = bx · by.

El Dominio de bx es R y su recorrido es R+

bx es una funcion continua

lımx→+∞

bx =

+∞ si b > 10 si 0 1+∞ si 0 < b < 11 si b = 1

La funcion bx es derivable, y se tiene:

d

dxbx = (ln b)ex ln b = (ln b)bx

d

dxbx = (ln b)bx

2

4

6

8

–3 –2 –1 1 2 3

x

Figura 3.3: Grafico de bx; con 0 < b < 1


0

0.5

1

1.5

2

–3 –2 –1 1 2 3

x

Figura 3.4: Grafico de bx; con b = 1

2

4

6

8

–3 –2 –1 1 2 3

x

Figura 3.5: Grafico de bx; con b > 1

Ejemplo 3.4.14 1. Derive las siguientes funciones:

x10x.

Solucion:

d

dx(x10x) = 10x + x · ln(10) · 10x

= 10x (1 + x ln(10))

bx2.

Solucion:

d

dx

(bx

2)

= ln b · bx2 · 2x

= (2 ln b)xbx2

bxxb.


Solucion:

d

dx

(bxxb

)=

d

dx(bx) · xb + bx

d

dx

(xb)

= (ln b)bxxb + bxbxb−1

= (ln b)bxxb + bx+1xb−1

1 − 10x

1 + 10x.

Solucion:

d

dx

(1 − 10x

1 + 10x

)=

− ln(10)10x (1 + 10x) − (1 − 10x) ln 10 · 10x

(1 + 10x)2

=− ln(10) · 10x (1 + 10x + 1 − 10x)

(1 + 10x)2

=−2 ln(10)10x

(1 + 10x)2

2x − 2−x

2.

Solucion:

d

dx

(2x − 2−x

2

)=

1

2

(2x ln 2 + 2−x ln 2

)

=ln 2

2

(2x + 2−x

)

3.4.3. Aplicaciones de la funcion exponencial:

Los materiales radiactivos se descomponen a una razon que es proporcional a la canti-dad de material presente en cada momento. Esto significa que si y = y(t) es la cantidad dematerial radiactivo en el tiempo t, entonces la funcion y satisface una ecuacion diferencialde la forma:

(1)dy

dt= ry; donde r es una constante negativa


La ecuacion (1) se llama ecuacion diferencial porque ella involucra la derivada de unafuncion desconocida y = y(t).Resolver la ecuacion diferencial es encontrar una funcion quesatisfaga la ecuacion.

Bajo ciertas circunstancias, poblaciones de animales o de bacterias pueden considerar-se que crecen a una razon que simpre es proporcional al numero presente. En este caso, eltamano y = y(t) de la poblacion en tiempo t satisface una ecuacion diferencial de la forma(1) con una constante positiva r.

Teorema 3.4.15 Para una constante r, las soluciones de la ecuacion diferencial.

(1)dy

dt= ry

son de la forma:

(2) y = Cert

donde C es una constante arbitraria.

Demostracion: Si y = Cert,

dy

dt=

d

dt[Cert] = Cert d

dt(rt) = rCert = ry

Con esto hemos demostrado que y = Cert es solucion de la ecuacion (1). Pero ,¿Sontodas sus soluciones de esta forma? Es lo que veremos ahora.

Si y es una solucion de (1), entonces:

d

dt[e−rty] = e−rt dy

dt+ y

d

dte−rt = e−rt

[dy

dt− ry

]= 0

Esto demuestra que ye−rt es igual a una constante C y nos da (2).

Desintegracion radioactiva: El promedio de la desintegracion radioactiva usualmentese describe dando la vida media de la sustancia. Este es el tiempo que toma una muestraen reducirse a la mitad.

Ejemplo 3.4.16 Una sustancia radioactiva tiene una media de T anos, y la cantidad y(t)en una muestra satisface la ecuacion diferencial

(1)dy

dt= ry


¿Como estan relacionadas las constantes T y r?.

Solucion: La soluciones de la ecuacion (1) son de la forma

(2) y(t) = Cert

Ya que T es la ida media de la sustancia, tenemos que y(t+ T ) =1

2y(t), para todo t.

Con la ecuacion (2) esto da Cer(t+T ) =1

2Cert. Cancelando Cert en ambos miembros de

la ultima ecuacion, obtenemos:

(4) erT =1

2, que es la expresion que

relaciona r y T .

Podemos escribir la relacion (4) en una forma mas conveniente tomando el logaritmonatural en ambos miembros, obteniendo:

(5) r =1

Tln

(1

2

)

Observe que siendo1

2un numero menor que 1, r es un numero negativo, como era de

esperar.

Si sustituimos la expresion (5) para la constante r en la formula (2) para saber quecantidad de substancia radioactiva esta presente en el tiempo t obtenemos

y(t) = Ce(t/T ) ln(1/2)

(6) y(t) = C

[1

2

]t/T

Esta expresion muestra claramente que la mitad desaparece cada T anos.

Crecimiento biologico: El crecimiento biologico es un fenomeno mas complicado que elde la desintegracion radioactiva, pues en rigor hay muchos factores - generalmente aleato-rios - que estan influyendo, los cuales son difıciles de modelar. Sin embargo, en muchassituaciones un buen modelo matematico para el crecimiento biologico, se obtiene suponien-do que la razon del crecimiento es proporcional al tamano, y podemos estudiar tal modelousando la ecuacion diferencial (1).


Ejemplo: Si la poblacion del paıs es en el 2002 de 15 millones de habitantes y la razoninstantanea de crecimiento fuera en cualquier momento del 3% . ¿Cual sera la poblacionen los siguietes 50 anos?

Solucion: Sea t el tiempo medido en anos y P (t) la poblacion del paıs en el tiempo t,medida en millones. Tenemos que:

dP

dt= 0,03 P (t)

P (2002) = 15 millones.

Las soluciones de esta ecuacion diferencial son:

P = Ce0,03t

y el dato inicial de P (2002) = 15 nos sirve para determinar la constante C.

C = 15e−0,03(2002)

Por lo tanto P (t) = 15e0,03(t−2002) .

En el ano 2.052 la poblacion sera igual a P (2,052), es decir,

e0,03(2,052−2002) = 15e0,03(50) = 15e1,5 millones

15e1,5 ≈ 67,2255 millones

3.4.4. Las funciones hiperbolicas

Las funciones hiperbolicas que son ciertas combinaciones de la funcion exponencialex, aparecen en muchas aplicaciones.

Definicion 3.4.17 Se definen las funciones seno hiperbolico, coseno hiperbolico, tangentehiperbolica y cotangente hiperbolica por las respectivas formulas:

senh x =ex − e−x

2, cosh x =

ex + e−x

2

tanhx =ex − e−x

ex + e−x, cotanh x =

ex + e−x

ex − e−x


sech x =1

coshx=

2

ex + e−x, cosech x =

1

senhx=

2

ex − e−x.

Todas ellas estan definidas para todo x en R, excepto la cotanh x y la cosech xque no estan definidas para x = 0.

La relacion fundamental de estas funciones y que, en parte, justifica su nombre es:

cosh2 x− senh 2x = 1 (3.5)

La cual puede verificarse mediante un calculo directo. Si escribimos:x = cosh t, y = senh t, la relacion (3.5) puede escribirse como

x2 − y2 = 1, (3.6)

lo que nos dice que el punto (x, y) = (cosh t, senh t) se mueve a lo largo de la hiperbola(3.6), cualquiera sea el valor de t ∈ (−∞,∞).

Las funciones hiperbolicas satisfacen algunas propiedades al estilo de las trigonometri-cas como veremos en los siguientes teoremas.

Teorema 3.4.18 Teorema de adicion.

cosh(a+ b) = cosh a cosh b+ senhasenh b

senh (a+ b) = senha cosh b+ cosh asenh b.

Demostracion:

cosh(a+ b) =ea+b + e−(a+b)

2=eaeb + e−ae−b

2. (3.7)

Por otro lado:cosh x+ senh x = ex ; coshx− senh x = e−x.Reemplazando estas igualdades con x = a, b,−a,−b en (3.7) se obtiene el Teorema.


Teorema 3.4.19 Las derivadas de las funciones hiperbolicas.

d

dxcoshx = senh x,

d

dxsenh x = coshx

d

dxtanhx =

1

cosh2 x,

d

dxcoth x = − 1

senh2 x

d

dxsech x = − tanhxsech x ,

d

dxcosech x = −cotanh xcosech x.

Demostracion:Es una consecuencia inmediata de las propiedades de ex y de la derivada en general.

Graficos de las funciones hiperbolicas.

-3 -2 -1 1 2 3

-10

-5

5

10

Figura 3.6: Grafico de senhx


-3 -2 -1 1 2 3

2

4

6

8

10

Figura 3.7: Grafico de coshx

-3 -2 -1 1 2 3

-1

-0.5

0.5

1

Figura 3.8: Grafico de tanhx

Teorema 3.4.20 Las funciones hiperbolicas inversas.

Las funciones hiperbolicas senh x, cosh x, tanhx, cotanh , sech x, cosech xx, tieneninversas que denotaremos respectivamente por:arcsenh x, arccosh x, arctanh x, arccotanh x, arcsech x, arccosech x.

Demostracion:

1. Del estudio del grafico hemos visto que senh x es estrictamente creciente en todoR, por tanto inyectiva con recorrido igual a R. Ası, existe su funcion inversa de R

en R. Calculemos su expresion analıtica:


-4 -2 2 4

-15

-10

-5

5

10

15

Figura 3.9: Grafico de coth x

-4 -2 2 4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 3.10: Grafico de sech x

y = senh x

y =ex − e−x

2

2y = e2 − e−x /. ex

2yex = e2x − 1

e2x − 2yex − 1 = 0

-6 -4 -2 2 4 6

-10

-5

5

10

Figura 3.11: Grafico de cosech x

Calculando el valor de u = ex obtenemos:

ex =2y ±

√4y2 + 4

2

ex = y ±√y2 + 1

x = ln(y +√y2 + 1)

(Pues y −√y2 − 1 < 0).

Ası, arc senh x = ln(x+√x2 + 1).

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5

-3

-2

-1

1

2

3

Figura 3.12: Grafico de arcsenh x

2. Como la funcion coshx no es inyectiva, puede invertirse sobre [0,+∞[ o ]−∞, 0] .


Para obtener la formula de esta inversa se sigue un procedimiento similar al hechopara arcsenh y se obtiene una de las dos posibilidades:

y = arccosh x = ln(x+√x2 − 1) , con dominio [1,+∞[ y recorrido (0,+∞) .

Si se invierte sobre ] − ∞, 0] , entonces y = arccosh x = ln(x −√x2 − 1), con

dominio [1,+∞[ y recorrido ] −∞, 0] .

0

0.5

1

1.5

2

2.5

2 4 6 8

x

Figura 3.13: Grafico de arccosh x

3. arc tanhx =1

2ln

1 + x

1 − xpara x ∈ (−1, 1)

-0.75 -0.5 -0.25 0.25 0.5 0.75

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

Figura 3.14: Grafico de arctanh x

4. arc coth x =1

2lnx+ 1

x− 1para x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).


2 3 4 5 6

0.25

0.5

0.75

1

1.25

1.5

1.75

Figura 3.15: Grafico de arccotanh x

Teorema 3.4.21 Las derivadas de las funciones hiperbolicas inversas.

d

dxarc cosh x = ± 1√

x2 − 1;

d

dxarc senh x =

1√x2 + 1

d

dxarc tanh x =

1

1 − x2;

d

dxarc coth x =

1

1 − x2.

Demostracion: Se puede realizar mediante un calculo directo via regla de la cadena ousando el Teorema de la Funcion inversa.

Teorema 3.4.22 Las integrales de las funciones hiperbolicas

∫senh x dx = cosh x

∫cosh x dx = senh x

∫1

senh2 xdx = −cotanh x

∫1

cosh2 xdx = tanhx

∫1√

1 + x2dx = arc senh x = ln(x+

√1 + x2)

∫1√

x2 − 1dx = arc cosh x = ln(x±

√x2 − 1) |x| > 1;

∫1

1 − x2=

arc tanhx =1

2ln

1 + x

1 − x; |x| < 1

arc coth x =1

2lnx+ 1

x− 1; |x| > 1.

Demostracion:

Se obtienen directamente de la definicion de la integral indefinida.

3.4.5. La regla de L’Hopital y calculo de lımites de formas indetermi-

nadas de tipo exponencial

Formas indeterminadas del tipo 00, ∞0, 1∞. Estas pueden ser tratadas usando queex es la inversa de lnx. Entonces,

lımx→a

f(x)g(x) = lımx→a

eg(x)·ln f(x) = elımx→a g(x)·ln f(x).

En el ultimo paso se ha usado la continuidad de la funcion exponencial.

Ejemplo 3.4.23 1. Forma del tipo 1∞.

lımx→0+

(cos x)

1

x = lımx→0+

e1x

ln cos x = elım

x→0+

1

xln cos x

.

Para calcular el lımite del exponente debemos ocupar la regla de L’Hopital:

lımx→0+

1

xln cos x = lım

x→0+

(ln cos x)′

x′= lım

x→0+

− tanx

1= 0.


Por lo tanto,

lımx→0+

(cos x)

1

x = e0 = 1.


(1

ln(x+ 1)− 1

x

).

Solucion: Este lımite corresponde a una forma indeterminada del tipo ∞−∞.

lımx→0

(1

ln(x+ 1)− 1

x

)= lım

x→0

x− ln(1 + x)

x ln(1 + x)

(=

0

0

)

= lımx→0

1 − 1

1 + x

ln(1 + x) +x

1 + x

(=

0

0

)

= lımx→0

x

(1 + x) ln(1 + x) + x

(=

0

0

)

= lımx→0

1

ln(1 + x) + 2

=1

2

3. a) Calcular lımt→∞

ln t

t.

b) Calcular lımx→0+

x lnx.

c) Calcular lımx→0+

xx.

d) Calcular lımx→0+

x

xx − 1.

e) Sea f(x) = xx si x > 0 y f(0) = 1. Calcular f ′+(0).

Solucion:

a) Esta es una forma del tipo∞∞ , por tanto aplicando la regla de L’Hopital para

este caso tenemos:

lımt→∞

ln t

t= lım

t→∞

1t

1= lım

t→∞1

t= 0.


b) lımx→0+

x lnx = lımt→∞

ln 1t

t= lım

t→∞− ln t

t= 0.

c) Esta corresponde a una forma del tipo 00. lımx→0+

xx = elım

x→0+x lnx

= e0 = 1.

d) Esta vez tenemos una forma del tipo0

0. lım

x→0+

x

xx − 1= lım

x→0+

1

xx(lnx+ 1)= 0.

e) f ′+(0) = lımh→0+

f(h) − f(0)

h= lım

h→0+

hh − 1

h= −∞.

Por ser el valor inverso del lımite calculado anteriormente que tiende a 0 nega-tivamente.


x

1

x− 1 .

Solucion: Tenemos una forma del tipo 1∞. Por tanto,

lımx→1

x

1

x− 1 = lımx→1

eln x

1

x− 1= e

lımx→1

lnx

1

x− 1.

Calculando aparte el exponente de e tenemos:

lımx→1

lnx

1

x− 1 = lımx→1

lnx

x− 1.

Por ser esta ultima expresion una forma indeterminada del

tipo0

0, aplicamos una de las reglas de L’Hopital y nos queda:

lımx→1

lnx

x− 1= lım

x→1

1

x1

= 1.

Luego, el lımite buscado es e.


(ax + bx

2

) 1x

.

Solucion:

Esta es una expresion del tipo 1∞. Por tanto:

lımx→0

(ax + bx

2

) 1x

= lımx→0

eln

ax + bx

2

!

1x

= elımx→0

ln

(ax + bx

2

) 1x

.


Usando propiedades de la funcion logaritmo tenemos que:

ln

(ax + bx

2

) 1x

=1

xln

(ax + bx

2

).

Esta expresion es del tipo0

0cuando x → 0, aplicando la correspondiente regla de

L’Hopital tenemos que

lımx→0

ln

(ax + bx

2

)

x= lım

x→0

(2

ax + bx

)d

dx

(ax + bx

2

)= lım

x→0

ax ln a+ bx ln b

ax + bx=

lna+ ln b

2= ln

√ab.

Finalmente, el lımite buscado es eln√

ab =√ab.

6. lımx→1

(1

lnx− 1

x− 1

)= lım

x→1

x− 1 − lnx

(x− 1) ln x=

1

2.

7. lımx→∞

x1x = lım

x→∞e

1x

ln x.

Calculando aparte el lımite del exponente:

lımx→∞

1

xlnx = lım

x→∞lnx

x= 1,

tenemos:

lımx→∞

x1x = e0 = 1.

8. lımx→0

(1 +mx)1x = lım

x→0e

1x

ln(1+mx) = lımx→0

1

xln(1 +mx) = lım

x→0

ln(1 +mx)

x= m. Por lo

tanto,

lımx→0

(1 +mx)1x = em.

Observacion 3.4.24 1. El siguiente ejemplo ilustra que la regla de L’Hopital no siem-

pre tiene exito. Sea f(x) = e−1x y g(x) = x, entonces

f(x)

g(x)toma la forma indeter-

minada del tipo0

0cuando x→ 0+. Pero,

f ′(x)g′(x)

=1x2 e

− 1x

1=e−

1x

x2,


la cual nuevamente es una forma indeterminada cuando x → 0+. Derivando nueva-mente, obtenemos:

e−1x

2x3.

Despues de derivar n veces el cuociente, se obtiene que

e−1x

n!xn+1

que sigue siendo una forma indeterminada, por tanto en este caso la regla de L’Hopitalno soluciona el problema y se debe buscar otra vıa.

3.4.6. Derivacion logarıtmica

La derivada de la funcion logaritmo natural o logaritmo en base e y la regla de lacadena facilitan el calculo de las derivadas de ciertas expresiones en un proceso que suelellamarse derivacion logarıtmica. Cuando se tiene una expresion del tipo:

f(x) = u(x)v(x)

conviene tomar el logaritmo natural en la ecuacion, y nos queda:

ln f(x) = v(x) · lnu(x)

Usando la regla de la cadena,

f ′(x)f(x)

= v′(x) · lnu(x) + v(x)u′(x)u(x)

.

Despejando f ′(x) obtenemos:

[u(x)v(x)

]′= u(x)v(x)

[v′(x) · lnu(x) + v(x)

u′(x)u(x)

].

Ejemplo 3.4.25

Si y = xx calcular y′. Usando derivacion logarıtmica tenemos:

ln y = x lnx, por tantoy′

y= lnx+ 1.

Es decir,

y′(x) = xx(ln x+ 1).


Si y(x) =

(1 +

1

x

)x

, calcular y′(x). Tomando logaritmo natural en la ecuacion que define

la funcion, tenemos:

ln y(x) = x ln

(1 +

1

x

)

Derivando, nos queda:y′

y= ln

(1 +

1

x

)− 1

1 + x.

Por tanto:

y′(x) =

(1 +

1

x

)x [ln

(1 +

1

x

)− 1

1 + x

].


1. Determine el dominio y la derivada de las siguientes funciones

a) g(x) =sen(1/x)

1 + e1/x,

b) j(x) = ln1 + x

1 − x,

c) f(x) = ln senx.

d) f(x) = ln cos x.

e) g(x) = 41+x2.

Solucion:

a) El dominio de la funcion g(x) es R − {0}Su derivada es,

g′(x) =cos(1/x)(−1/x2)(1 + e1/x) − sen(1/x) · (e1/x)(−1/x2)

(1 + e1/x)2

=e1/x · sen(1/x) − (1 + e1/x) cos(1/x)

x2(1 + e1/x)2.

b) Sea j(x) = ln

(1 + x

1 − x

)

D(j) =

{x ∈ R :

1 + x

1 − x> 0

}=] − 1, 1[.

j′(x) =1

1 + x

1 − x

· (1 − x) − (1 + x)(x)

(1 − x)2

=1 − x

1 + x· 1 − x+ 1 + x

(1 − x)2=

j′(x) =2

1 − x2

c) f(x) = ln(senx)

D(f) = {x ∈ R : senx > 0 } =⋃

k∈Z

]2kπ, (2l + 1)π[ .

f ′(x) =cos x

senx= cotan x.

d) Dom(f) = {x ∈ R; cos x > 0} =⋃

k∈Z

]−π

2+ 2kπ ,

π

2+ 2kπ

[

df

dx=

1

cos x· (− senx) = − tanx

e) D(g) = R, ya que la base es positiva.

g′(x) = (ln 4)(2x)41+x2.

2. Bosquejar el grafico de f(x) = x lnx.Solucion:

El dominio de f es ]0,∞[, pero como hemos visto en los ejercicios sobre la reglade L’Hopital, lım

x→0+x lnx = 0. Por tanto, podemos extender el dominio de esta

funcion de modo de incluir el cero y sea continua en dicho punto. formalmentesto se hace definiendo una nueva funcion F tal que:

F : [0,+∞[→ R

F (x) =

{f(x) si x > 0

0 si x = 0

F (x) = 0 ⇐⇒ x lnx = 0 ⇐⇒ (x = 1) o (x = 0).

F (x) > 0 en (1,∞) y F (x) < 0 en (0, 1).

F ′(x) = lnx+ 1, entonces F ′(x) = 0 ⇐⇒ lnx = −1 ⇐⇒ x =1

e.

F ′(x) < 0 si x ∈ (0,1

e) y F ′(x) > 0 si x ∈ (

1

e,∞). Ası el punto crıtico es el

unico mınimo de la funcion.

F ′′(x) =1

x, por consiguiente F ′′ es siempre positiva y la curva es convexa.

lımx→∞

x lnx = ∞.

Su menor valor es F

(1

e

)= −1

e.

Su grafico es:

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

-0.2

0.2

0.4

0.6

Figura 3.16: Grafico de x lnx

3. Bosquejar el grafico de f(x) = xx.Solucion:

D(f) = [0,∞).

La funcion es siempre positiva .


f ′(x) = xx(lnx+ 1), por tanto,

f ′(x) = 0 ⇐⇒ lnx = −1 ⇐⇒ x =1

e.

f ′(x) es negativa en (0, e−1) y es positiva en (e−1,∞) , por tanto tiene un unicomınimo en x = e−1.

f ′′(x) = xx((lnx)2 + 2 ln x+1

x+ 1).

f ′′(x) = 0 ⇐⇒ (lnx)2 +2 lnx+1

x+1 = 0 ⇐⇒ x(lnx)2 +2x lnx+x+1 = 0.

Pero como hemos visto en el ejercicio anterior el mınimo valor de 2x lnx es

−2

e≈ −0, 735..; por tanto la ultima ecuacion no tiene soluciones reales. Es

decir, f ′′ es siempre positiva y la curva es convexa.

Por lo visto en la subseccion sobre la regla de L’Hopital, la derivada a la derechadel cero de esta funcion es −∞. Por tanto, su grafico es:

0.7

0.8

0.9

1

1.1

1.2

1.3

1.4

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

x

Figura 3.17: Grafico de xx

4. Bosquejar el grafico de g(x) = xx(lnx+ 1).Solucion:

D(g) = (0,∞).

g(x) = 0 ⇐⇒ x =1

e. Por lo visto en el ejercicio anterior.

g(x) < 0 en (0, 1e ) y g(x) > 0 en ( 1

e ,∞).

g′(x) = xx((lnx)2 + 2 lnx +1

x+ 1). Nuevamente, por lo visto en el ejercicio

anterior, sabemos que esta expresion es positiva para todo x > 0. Por lo cualla funcion g es estrictamente creciente.

g′′(x) = xx−2[−1 + 3x+ x2 + 3x ln x+ 3x2 lnx+ 3x2(lnx)2 + x2(lnx)3

].

Analizar el signo de esta expresion es muy complicado, pero podemos saber sihay puntos de inflexion usando propiedades de las funciones continuas.

g′′(1) = 3, y g′′(

1

e

)= −1

e

1e−2

≈ −5, 11;

implica que entre1

ey 1 existe un cero de g′′ o lo que es lo mismo, un punto de

inflexion de g. Pero podrıa haber otros puntos de inflexion.

Para descartar esto tendrıamos que demostrar que g ′′′ es positiva para todox > 0. Aunque efectivamente esto es ası, en

este caso no lo vamos a demostrar y lo dejamos como tarea para el lector.

Como lımx→0+

g(x) = −∞ la recta x = 0 es una asıntota vertical.

Por tanto, su grafico es:

5. Analice la existencia de maximos y mınimos de la curva dada por las ecuacionesparametricas:

x(t) = ln sen(t/2)

y(t) = ln sen t , t ∈]0, π[

Solucion: Debemos buscar el valor del parametro t donde y ′(x) = 0.

(y(x(t)))′ = y′(x(t)) · x′(t)


–4

–2

0

2

4

6

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

x

Figura 3.18: Grafico de xx(lnx+ 1)

Aplicando la funcion exponencial a la ecuacion que define x(t), obtenemos que ex =sen(t/2). Por otra parte, tenemos,

ln(

cos2t

2

)= ln(1 − sen2(t/2)) = ln(1 − e2x).

Por lo tanto,

y(t) = ln sen t = ln(2 sen

t

2cos

t

2

)= ln 2 + ln

(sen

t

2

)+ + ln

(cos

t

2

)

= ln 2 + x+1

2ln(1 − e2x).

y′(x) = 1 +1

2

1

1 − e2x· −2e2x1 − e2x

1 − e2x

=1 − e2x − e2x

1 − e2x=

1 − 2e2x

1 − e2x.

y′(x) = 0 ⇐⇒ = 2e2x ⇐⇒ 2x = − ln 2 ⇐⇒ x = − ln 2

2= ln

((1

2

)1/2).

Por lo tanto,

ex =

(1

2

)1/2

= sen

(t

2

)⇐⇒ t = 2arc sen

((1

2

)1/2).


Ası, en t = 2arc sen

((1

2

)1/2)

o x = − ln 2

2hay un punto crıtico de f(x) = y(x).

Como y′ =1 − 2e2x

1 − e2x

Se tiene que,

y′′ =−2e2x(2)(1 − e2x) − (1 − 2e2x)( − 2e2x)

(1 − e2x)2

=−4e2x + 4e4x + 2e2x − 4e4x

(1 − e2x)2

=−2e2x

(1 − e2x)2

para x = − ln 2

2; y′′ =

−2 ·(

1

2

)

(1 − 1

2

)2 = −4.

Por lo tanto, en x = − ln 2

2la curva alcanza un maximo.

6. Demuestre que lımx→0+

xln x = 1.

Solucion:

y = xln x ⇒ ln y = lnx · x = (ln(x−1)−1)x

= − ln(x−1) · x = − ln(1/x)

(1/x)

Sea z =1

xentonces lım

x→0+z = ∞.

Por lo tanto,

lımx→0+

ln y = lımz→∞

− ln z

z= 0 ⇒ ln lım

x→0+y = 0.

Ası, lımx→0+

y(x) = 1.


ax − a−x

1 − x− loga(a− x)=

2a(ln a)2

1 − a ln a.

Solucion: Aplicando la Regla de L’Hopital tenemos:

lımx→0

ax − a−x

1 − x− loga(a− x)= lım

x→0

ln a(ax + a−x)

−1 − (−1)

ln a(a− x)

=

= lımx→0

lna(ax + a−x)

1 − (a− x) ln aln a(a− x) =

ln a · 2 · a ln a

1 − a ln a

=2a(ln a)2

1 − a ln a.


lnx

ln senx= 1.

Solucion: Aplicando la Regla de L’Hopital

lımx→0

lnx

ln(senx)= lım

x→0

1

x· 1

1

senx· cosx

= lımx→0

senx

x· 1

cos x

Como lımx→0

senx

x= 1 = lım

x→0

1

cos x⇒ lım

x→0

lnx

ln(senx)= 1.

9. Demuestre que:

lımx→+∞

(1 +

1

x

)x

= e.

lımx→−∞

(1 +

1

x

)x

= e.

Solucion:

Si x→ +∞.

Sea f(x) =

(1 +

1

x

)x

. Esta funcion tiene por dominio

{x : 1 +

1

x> 0

},

es decir, x > 0 y x < −1.

Sabemos que si en particular x = n, entonces por visto en la seccion 1.2:

lımn→∞

(1 +

1

n

)n

= e.

Para extender este lımite para una variable continua, lo haremos por acotacion.Si x no es un entero y, como nos interesan los valores grandes de x, existem ∈ N, tal que,

m < x < m+ 1

1

m>

1

x>

1

m+ 1

y por tanto:

1 +1

m> 1 +

1

x> 1 +

1

m+ 1

Como la funcion exponencial es estrictamente creciente cuando la base es mayorque 1, tenemos que,

(1 +

1

m

)x

>

(1 +

1

x

)x

>

(1 +

1

m+ 1

)x

Pero como la funcion exponencial es creciente en el exponente, significa quepara b > 1 y m < x < m+ 1 tenemos que bm < bx < bm+1 Luego,

(1 +

1

m

)m+1

>

(1 +

1

m

)x

> f(x) >

(1 +

1

m+ 1

)x

>

(1 +

1

m+ 1

)m

Lo que equivale a tener que,

(1 +

1

m

)m+1

> f(x) >

(1 +

1

m+ 1

)m

(1 +

1

m

)m(1 +

1

m

)> f(x) >

(1 +

1

m+ 1

)m+1

· 1(1 +

1

m+ 1

)

Si x→ ∞ entonces m→ ∞ y(

1 +1

m

)m

→ e ;

(1 +

1

m

)→ 1

(1 +

1

m+ 1

)m+1

→ e ;

(1 +

1

m+ 1

)→ 1

Por tanto,

lımx→∞

(1 +

1

x

)x

= e.


Si x→ −∞.Entonces x = −|x| y podemos escribir:

f(x) = (1 − 1

|x|)−|x| = (

|x||x| − 1

)|x|

= (1 +1

|x| − 1)|x|−1 · (1 +

1

|x| − 1)

= f(|x| − 1)(1 +1

|x| − 1)

Si x → −∞, |x| → +∞, 1 +1

|x| − 1→ 1, y f(|x| − 1) → e, por lo demostrado

en el item anterior.

Por tanto, lımx→−∞

f(x) = e.

◦

e

x

y

10. a) Pruebe que si f(x) es una funcion continua en un intervalo I de modo quef ′(x) = 0 para todo x ∈ I. Entonces, f(x) es constante en I.

b) Demuestre que si dos funciones tienen derivadas iguales, entonces ellas difierenen una constante.

c) Dadas las funciones f y g tales que:

f(x) = arctan

(ex − 1

ex + 1

); g(x) = arctan ex.

Calcule f ′(x) y g′(x). ¿Que puede decir de ambas funciones ?

Solucion:

a) Sean x1, x2 dos valores cualesquiera en el intervalo I, aplicando el teorema 2.3.5(teorema del valor medio) en [x1, x2], tenemos que existe un c ∈ [x1, x2] tal que,

f(x2) = f(x1) + (x2 − x1)f′(c).

Como f ′(c) = 0, obtenemos que f(x2) = f(x1), para todo x1, x2 ∈ I. Por tanto, podemos concluir que f es constante en I.

b) Sean f(x) y g(x) funciones tales que f ′(x) = g′(x) para todo x en algun intervaloI. Si definimos la funcion h(x) = f(x) − g(x), entonces h′(x) = 0 para todox ∈ I. Por la parte recien demostrada podemos concluir que h(x) es constanteen I; por tanto, las funciones f y g difieren en una constante.

c)

f ′(x) =1

1 +

(ex − 1

ex + 1

)2

d

dx

(ex − 1

ex + 1

)

=(ex + 1)2

(ex + 1)2 + (ex − 1)2· e

x(ex + 1) − ex(ex − 1)

(ex + 1)2

=2ex

2e2x + 2

=ex

e2x + 1

Por otro lado,

g′(x) =1

1 + (ex)2· d

dxex =

ex

e2x + 1.

Por tanto las funciones f y g difieren en una constante.

11. Demuestre que lnx <√x cuando x > 0.

Solucion:

Sea f(x) = lnx−√x, entonces

f ′(x) =1

x− 1

2√x

=2 −√

x

2x.

Ası, f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = 4. Si 0 < x < 4, entonces f ′(x) > 0. Si x > 4, entoncesf ′(x) < 0. Por tanto, f(x) alcanza su maximo valor en x = 4 y es f(4) = −2 + ln 4.Como 4 < e2 tenemos que f(4) < ln e2 − 2 = 0. Por consiguiente f(x) < 0 para todox > 0, es decir, lnx <

√x.

12. Usando el teorema del valor medio, demuestre que ex ≥ 1 + x, para todo x ∈ R.

Solucion: Sea f(x) = ex, entonces f ′(x) = ex para todo x ∈ R. Por tanto f ′(x) > 1si x > 0 y f ′(x) < 1 si x < 0. Luego, aplicando el teorema del valor medio 2.3.5 cona = 0, b = x, tenemos

ex − 1

x= ex0 > 1 para algun x0 tal que 0 < x0 < x.

Por tanto, ex − 1 > x, lo que implica ex > 1 + x.

Si x < 0, supongamos en el teorema 2.3.5 a = x, b = 0, obteniendo:

1 − ex

−x = ex0 < 1 para algun x0 tal que 0 > x0 > x.

Por tanto, 1 − ex < −x lo que implica ex > 1 + x.

Entonces ex ≥ 1 + x para todo x ∈ R y la igualdad se cumple en x = 0.

13. Dada la funcion g(t) = e−t2 , se define:

F (x) =

∫ x

−100g(t)dt , x ≥ −100.

a) Calcule F ′(x), F ′′(x), F ′′′(x). Observe que todas ellas pueden ser escritas comoel producto de un polinomio y de la funcion g.

b) Use induccion para demostrar que la derivada de orden n de F puede ser escritacomo:

F (n)(x) = pn−1(x)g(x),

donde pn−1(x) es un polinomio de grado n− 1.

c) Demuestre que F es una funcion continua y estrictamente creciente.

d) Demuestre que F es acotada en cualquier intervalo de la forma [−100, a] , dondea es un numero fijo y a ≥ −100.

Solucion: Si g(t) = e−t2 , entonces F (x) =

∫ x

−100g(x)dt, x ≥ −100. En particular,

F (−100) = 0.

a) F ′(x) = g(x) = e−x2.

F ′′(x) = e−x2(−2x) = −2xe−x2

= −2xg(x).

F ′′′(x) = −2e−x2 − 2xe−x2 · (−2x) = −2g(x) + 4x2g(x)

= −2e−x2+ 4x2e−x2

= −2g(x) + 4x2g(x)

= (−2 + 4x2)g(x) = p2(x) · g(x).F (iv)(x) = p′2(x) · g(x) + p2(x) · g′(x) =

= p′2(x) · g(x) − 2xp2(x)g(x)

= p3(x) · g(x).


b) Supongamos que F n(x) = pn−1(x) ·g(x). Demostraremos que la propiedad valepara n+ 1.

F (n+1)(x) = (F (n))′(x) = p′n−1(x)g(x) + pn−1(x) · g′(x)= p′n−1(x) − 2xpn−1(x) · g(x) = pn(x) · g(x).

c) Como g es derivable , entonces F es continua y como F ′(x) = g(x) es positivapara todo x, podemos concluir que F (x) es estrictamente creciente.

d) En el ıtem anterior vimos que F es continua, por tanto, en virtud del Teoremade Weierstrass 1.5.18, es acotada en cualquier intervalo cerrado y acotado.


1. Determine el dominio y la derivada de las siguientes funciones

a) f(x) =1

1 + e1/x,

b) h(x) =1

ex − e−x,

c) k(x) =1 +

√1 − 2x

x.

d) f(x) = ln lnx.

e) f(x) = ln |x|.f ) f(x) = ln cos x.

g) f(x) = lnx4.

h) f(x) = 4 ln x.

i) f(x) = ln(ln(ln x)).

j ) f(x) = (cos x)x.

k) f(x) = (1 +1

x)x.

l) f(x) = 4x2−3x.

m) f(x) =1 + x2 + x3

1 + x3ex.

2. Calcule lımx→0+

x−∫ x

0e−t2dt

x− senx


3. Analice el comportamiento de las siguientes funciones:

a) f(x) = ln(x+√x2 − 1).

b) g(x) = ln1 + x2

1 − x2.

c) f(x) = ln(x−√

1 − x2).

d) g(x) = ln

√1 + x

1 − x.

e) h(x) = ln(x+√

1 + x2).

4. ¿Para que valor de a y en que punto la recta y = x es tangente a la curva logarıtmicay = loga x ?

5. Demuestre que f(x) = x2 lnx satisface la ecuacion diferencial 2f(x)−xf ′(x)+x2 = 0.

6. Demuestre que la funcion ex crece mas rapidamente que cualquier polinomiop(x), es

decir, lımx→∞

ex

p(x)= ∞.

7. Calcule lımx→+∞

x ln

(1 +

1

x

).

8. Encuentre las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la curva y(x) =

(1

2

)x

en el punto (x0, y0) =

(1,

1

2

).


(senx

x

) 1

x2 = e−

1

6 .


(senx)x = 1.


(1

2x2− 1

2x ln x

)=

1

6.


xn lnx = 0.


x1

1−x = e−1.


(1

x

)tg x

= 1.



x3 − 3x

x3 − 33= 1 − ln 3.


xx − 1

lnx= 1.


lnx− x+ 1

x− xx=

1

2.


(1 + x)ln x = 1.


x1

ln senh x = e.


xxx−1 = 1.

21. La vida media del radium es 1620 anos. Si una muestra contiene 15 gramos de radiuminicialmente, ¿Cuanto contendra 150 anos mas tarde?

Capıtulo 4

La integral indefinida: calculo de

primitivas

Segun lo visto en el capıtulo 3, seccion 3.3, la Regla de Barrow, que es una consecuenciadel Teorema Fundamental del Calculo, permite evaluar integrales encontrando explıcita-mente una funcion cuya derivada sea la funcion que se quiere integrar. Esto no siemprees facil, a veces ni siquiera es posible. En este capıtulo se mostraran los metodos masconocidos para evaluar integrales.

4.1. La integral indefinida y sus propiedades

4.1.1. La integral indefinida

Definicion 4.1.1 Se dice que la funcion F es una funcion primitiva o antiderivadade una funcion f definida en un intervalo abierto I ( finito o infinito) si

F ′(x) = f(x), para todo x ∈ I. (4.1)

Ejemplo 4.1.2 1. La funcion F (x) = x2 es una funcion primitiva o antiderivada def(x) = 2x, en I = (−∞,+∞), pues F ′(x) = 2x = f(x).

2. La funcion F (x) = x2 +4 es tambien una funcion primitiva o antiderivada de f(x) =2x, en I = (−∞,+∞), pues F ′(x) = 2x = f(x).

3. La funcion F (x) = sen x es una funcion primitiva o antiderivada de f(x) = cos x, enI = (−∞,+∞), pues F ′(x) = cos x = f(x).

4. La funcion F (x) = ex es una funcion primitiva o antiderivada de f(x) = ex, enI = (−∞,+∞), pues F ′(x) = ex = f(x).

525

526 CAPITULO 4. LA INTEGRAL INDEFINIDA: CALCULO DE PRIMITIVAS

Definicion 4.1.3 Si una funcion f esta definida en un intervalo cerrado I = [a, b], lafuncion F se dice una funcion primitiva o antiderivada de f si

F ′(x) = f(x), para todo x ∈ (a, b), lımx→a+

F ′(x) = f(a) y lımx→b−

F ′(x) = f(b).

En los ejemplos 1 y 2 de 4.1.2 hemos visto que la funcion primitiva de una funcion f noes unica; esto de debe a que la derivada de una funcion constante es cero. Esta propiedades la que expresa el siguiente teorema.

Teorema 4.1.4 Si dos funciones F y G son funciones primitivas o antiderivadas de unafuncion f en un intervalo I (cerrado o abierto), entonces estas dos funciones difieren enuna constante.

Demostracion: Si F y G son funciones primitivas o antiderivadas de f entonces,

F ′(x) = G′(x) = f(x).

Ası, aplicando el ejercicio resuelto 1 parte 1b de la subseccion 2.3.3, tenemos que F y Gdifieren en una constante.

El teorema 4.1.4, puede tambien ser aplicado diciendo que dada una primitiva F deuna funcion f , F (x) + C es tambien una primitiva de f y es la forma general de unaprimitiva de f .

Como vimos en el capitulo 3, el Teorema Fundamental del Calculo, asegura que sif : [a, b] → R es una funcion continua, entonces, la funcion F : [a, b] → R definida por:

F (x) =

∫ x

af(s)ds,

es una funcion derivable, y F ′(x) = f(x), para cada x ∈ [a, b]. Esto es, F es una primitivade f . Del teorema 4.1.4 concluimos que todas las primitivas posibles de la funcion f seescriben de la forma:

GC(x) =

∫ x

af(s)ds+ C = F (x) + C.

En la teorıa de integracion es comun denotar por:

∫f(s)ds

la primitiva F (x) + c y llamarla la integral indefinida de f .

4.1. LA INTEGRAL INDEFINIDA Y SUS PROPIEDADES 527

Definicion 4.1.5 Dada una funcion f denotaremos por

∫f(s) ds,

a cualquier funcion de la forma F (x) + C,que satisface F ′(x) = f(x). y la llamaremos laIntegral Indefinida de f . Esto se escribe:

∫f(x)dx = F (x) + C (4.2)

Observacion 4.1.6 1. En la definicion 4.1.5 no se especifica ningun intervalo, de-bera sobreentenderse que se trata de un intervalo cualquiera en que la funcion feste definida.

2. La relacion 4.2 puede escribirse de la forma:

d

d x

∫f(x) dx = f(x) (4.3)

∫d

d xF (x) dx = F (x) + C. (4.4)

El calculo de la integral indefinida de una funcion f se llama integracion de lafuncion f, las formulas (4.3) y (4.4), nos dicen que la integracion y la derivacion deuna funcion son operaciones inversas.

3. Geometricamente, sabemos que la derivada soluciona el problema de encontrar lapendiente de la recta tangente a una curva dada, en un punto de esta. Es decir, dadala curva y = f(x) la pendiente de su recta tangente en (x, f(x)) es m(x) = f ′(x) .Recıprocamente, la integral indefinida es encontrar una curva de la cual se conocenlas pendientes de las rectas tangentes. Esto es, dada m(x) la pendiente de la recta

tangente a la curva y = f(x) en el punto (x, y) , se tiene que f(x) =

∫m(u) du+C.

4. De la definicion 4.1.1 tenemos que toda formula de derivacion da origen a una formulade integracion. Por ejemplo,

d

d xsenx = cos x ⇐⇒

∫cos x dx = senx+C.

Por esta vıa podemos obtener una primera tabla de formulas basicas de integracion.


4.1.2. Formulas basicas de integracion

1.

∫0 dx = C,

2.

∫a dx = ax+ C,

3.

∫xn dx =

1

n+ 1xn+1 + C,

4.

∫cos x dx = senx+ C,

5.

∫senx dx = − cos x+ C,

6.

∫sec2 x dx = tan x+ C,

7.

∫cosec2 x dx = −cotan x+ C,

8.

∫1

xdx = ln |x| + C,

9.

∫ex dx = ex +C,

10.

∫1√

1 − x2dx = arc senx+ C,

11.

∫ −1√1 − x2

dx = arc cos x+ C,

12.

∫1

1 + x2dx = arc tg x+ C,

13.

∫ −1

1 + x2dx = arc cotg x+ C,

14.

∫xa dx =

1

a+ 1xa+1 + C, si a 6= −1 y x > 0.

15.

∫ax dx =

ax

ln a+ C,

16.

∫senh x dx = coshx+ C.

17.

∫cosh x dx = senh x+ C.

18.

∫1

senh2 xdx = −cotanh x+ C.

19.

∫1

cosh2 xdx = tanhx+ C.

20.

∫1√

1 + x2dx = arcsenh x = ln(x+

√1 + x2) + C.

21.

∫1√

x2 − 1dx = arccosh x = ln(x±

√x2 − 1) + C, |x| > 1.

22.

∫1

1 − x2=

arctanh x =1

2ln

1 + x

1 − x+C; |x| < 1

arccotanh x =1

2lnx+ 1

x− 1+ C; |x| > 1.

Observacion 4.1.7 Si el dominio de x para el cual se satisface la ecuacion F ′(x) = f(x)no es un intervalo, entonces no es verdad que la formula F (x) +C de todas las primitivasde f , como puede verse en el siguiente ejemplo.

La funcion ln |x| +C da todas las primitivas de1

xen (−∞, 0) o en (0,+∞) separada-

mente, pero no en (−∞,+∞) − {0}. Pues, si consideramos la funcion

G(x) =

{ln |x| si x < 0lnx+ 1 si x > 0 ,

esta es una primitiva de1

x, x 6= 0 , que no viene dada por la formula ln |x| + C.

Teorema 4.1.8 Sean I un intervalo , x0 ∈ I e y0 un numero real cualquiera. Si una funcionf tiene una funcion primitiva en I, entonces existe una y solo una funcion primitiva F talque F (x0) = y0.

Demostracion:Sea G(x) una funcion primitiva cualquiera de f(x) en el intervalo I.Definiendo F (x) = G(x)−G(x0) + y0, vemos que F ′(x) = G′(x) = f(x) y F (x0) = y0.

Por lo cual F es una primitiva de f que satisface la condicion del enunciado del teorema.Demostraremos a continuacion que F es unica. Como dos primitivas difieren solo en

una constante, cualquiera otra primitiva F ∗ tiene la forma F ∗ = F + C, con C 6= 0. Ası,F ∗(x0) = F (x0)+C = y0 +C 6= y0. Lo cual no puede ser, por lo tanto, se tiene la unicidad.


4.1.3. Propiedades elementales de la integral indefinida

Teorema 4.1.9 1.

∫[f(x) + g(x)] dx =

∫f(x) dx+

∫g(x) dx.

2.

∫a f(x) dx = a

∫f(x) dx.

3. Formula de integracion por partes.∫f(x)g′(x) dx = f(x)g(x) −

∫f ′(x)g(x) dx.

4. Formula de integracion por substitucion.∫g(f(x))f ′(x) dx =

∫g(y) dy.

Demostracion:

1. Comod

d x

[∫f(x) dx+

∫g(x) dx

]=

d

d x

∫f(x) dx+

d

d x

∫g(x) dx = f(x) + g(x).

Se tiene que

∫[f(x) + g(x)] dx =

∫f(x) dx+

∫g(x) dx.

2.d

d x

[a

∫f(x) dx

]= a

d

d x

∫f(x) dx = a f(x), implica que

∫a f(x) dx = a

∫f(x) dx.

3.d

d x

[f(x)g(x) −

∫f ′(x)g(x) dx

]=

d

d x[f(x)g(x)] − d

d x

[∫f ′(x)g(x) dx

]=

= f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) − f ′(x)g(x) = f(x)g′(x).

4. Sea G(y) =

∫g(y) dy e y = f(x). Entonces, usando la regla de la cadena tenemos,

d

d x[G(y)] =

d

d x[G(f(x))] = G′(f(x)) · f ′(x) = g(f(x))f ′(x).

Entonces,

∫g(f(x))f ′(x) dx =

∫g(y) dy.

Ejemplo 4.1.10 1. De las formulas basicas tenemos que

∫xn dx =

xn+1

n+ 1+ C.


En particular,∫

1 dx = x+ C

∫x2 dx =

x3

3+ C

∫x3 dx =

x4

4+ C.

2. De la propiedad 2 del teorema 4.1.9 podemos deducir∫

5x3 dx = 5

∫x3 dx =

5

4x4 + C.

∫3x2 dx = 3

∫x2 dx = x3 + C.

3.∫

(5x3 + 3x2 + 8) dx =

∫5x3 dx+

∫3x2 dx+

∫8 dx =

5

4x4 + x3 + 8x+ C.

4.∫ (

4x3 − 2x+ 1

x3

)dx =

∫ (4 − 2

x2+

1

x3

)dx

=

∫4 dx−

∫2

x2dx+

∫1

x3dx+ C

=

∫4 dx−

∫2x−2 dx+

∫x−3 dx+ C

= 4x− 2x−1

−1+x−2

−2+ C

= 4x+2

x− 1

2x2+ C.

5. ∫4√x dx =

∫4x

12 dx = 4

x12+1

12 + 1

+ C =8

3x

32 + C.

6.

∫x 5√x dx =

∫xx

15 dx =

∫x

65 dx =

x65+1

65 + 1

+ C =5

11x

115 + C =

5

11

5√x11 + C.


7. ∫1

x3 4√xdx =

∫x−

134 dx =

x−134

+1

−134 + 1

+ C = −4

9x−

94 + C = −4

9

1

x2 4√x

+ C.

8.

∫2x dx =

2x

ln 2+ C. Ver formula 15.

9.

∫ (4x3 − 2x 3

√x+ 8x4x + 1

x

)dx =

∫ (4x2 − 2 3

√x+ 8 · 4x +

1

x

)dx

=4

3x3 − 6

4x 3√x+

8 · 4x

ln 4+ ln |x| + C.

Los siguientes ejemplos son aplicaciones simples de la formula de integracion porpartes que se utiliza para integrar productos.

10. I =

∫xex dx.

Haciendo f(x) = x y g′(x) = ex, tenemos: f ′(x) = 1 y g(x) = ex. Por lo tanto,

I = xex −∫ex dx = x ex − ex + C.

11. I =

∫x cos x dx.

Haciendo f(x) = x y g′(x) = cos x, tenemos: f ′(x) = 1 y g(x) = senx. Por lo tanto,

I = x senx−∫

senx dx = xsenx− (− cos x) + C = xsenx+ cos x+ C.

12. I =

∫lnx dx.

Haciendo f(x) = lnx y g′(x) = 1, tenemos: f ′(x) =1

xy g(x) = x. Por lo tanto,

I = x lnx−∫

1

xx dx = x lnx− x+ C.

13. I =

∫ex cos x dx.


Haciendo f(x) = ex y g′(x) = cos x, tenemos: f ′(x) = ex y g(x) = −senx. Por lotanto,

I = −exsenx−∫ex(− senx) dx

= −exsenx+

∫exsenx dx

= −exsenx+ J.

La integral J debe calcularse nuevamente por integracion por partes. Sea f(x) = ex

y g′(x) = senx, entonces f ′(x) = ex y g(x) = cos x. Por lo tanto,

J = ex cos x−∫ex cos x dx = ex cos x− I.

Reemplazando el valor de I en J nos queda:

J = ex cos x− (−exsen x+ J)

= ex cos x+ exsen x−2J = ex cos x+ exsen x

J =ex cos x+ exsen x

2, y por consiguiente

I =ex cos x− exsen x

2.

Ejemplos de integracion por substitucion

14. I =

∫(a+ bx)n dx, n 6= −1, b 6= 0.

Escribiendo y = a+ bx, entonces x =y − a

b, y por tanto,

dx

dy=

1

b. Ası,

I =

∫yndy

b=

1

b

∫yndy =

1

b

yn+1

n+ 1+ C =

(a+ bx)n+1

b(n+ 1)+ C.

15. I =

∫1

a+ bxdx.

Haciendo la misma substitucion anterior:

I =

∫1

y

dy

b=

1

bln |y| + C =

1

bln |a+ bx| + C.


16. I =

∫sen ax dx.

Haciendo y = ax , entonces x =y

a,dx

dy=

1

a.

I =

∫sen y

dy

a=

1

a

∫sen y dy =

1

a(− cos y) +C = −1

acos ax+ C.

17. I =

∫dx√a− x2

, a > 0.

Escribiendo x =√a y;

dx

dy=

√a, entonces

I =

∫ √a√

a− ay2dy =

∫dy√1 − y2

= arc sen y + C = arc senx√a

+ C.

18. I =

∫tan x dx.

Como tanx =sen x

cos x, I puede escribirse como

I =

∫sen x

cosxdx.

Haciendo y = cos x,dy

dx= −sen x, tenemos

I =

∫−dyy

= − ln |y| + C = − ln | cos x| + C.

19. I =

∫cosec x dx. Usando la formula trigonometrica sen x = 2 sen

x

2cos

x

2, podemos

escribir

I =

∫cosec x dx =

∫dx

2 senx

2cos

x

2

=

∫dx

cos2x

2

2 senx

2cos

x

2

cos2x

2

=

∫1

2

dx

cos2x

2tg x

2

.

Haciendo la substitucion tanx

2= y,

1

2

dx

cos2x

2

= dy, obtenemos:

I =

∫dy

y= ln |y| + C = ln |tg x

2| + C.


20.

∫cos( lnx)

xdx.

Haciendo lnx = t, obtenemos

I =

∫cos t dt = sen t = sen ( lnx) + C.

21.

∫( a2x + 3 ax − 7) dx.

Haciendo ax = t , tenemos que:

I =1

ln a

∫(t+3−7t−1) dt =

1

lna

(t2

2+ 3t− 7 ln t

)+C =

1

ln a

(1

2a2x + 3ax − 7x ln a

)+C.

22. I =

∫arc sen x dx.

Usando integracion por partes, tenemos que si

f(x) = arc sen x, g′(x) = 1, entonces f ′(x) =1√

1 − x2, g(x) = x.

Por lo tanto,

I = x arc sen x−∫

x√1 − x2

dx.

La integral J =

∫x√

1 − x2dx se calcula por substitucion haciendo u2 = 1 −

x2, 2udu

dx= −2x.

J =

∫−u du

u= −

∫du = −u = −

√1 − x2.

Por tanto,

I = x arc sen x+√

1 − x2 + C.

23.

∫6x− 2

3x2 − 2x+ 1dx.

Haciendo y = 3x2 − 2x+ 1,dy

dx= 6x− 2, tenemos:

I =

∫dy

y= ln |y| + C = ln |3x2 − 2x+ 1| + C.


24. I =

∫1

x√x3 − 1

dx.

I puede escribirse como

I =

∫x2

x3√x3 − 1

dx

y haciendo y =√x3 − 1 tenemos que y2 = x3 − 1, 2y

dy

dx= 3x2, y por lo tanto,

I =2

3

∫ydy

(y2 + 1)y=

2

3

∫dy

y2 + 1=

2

3arc tg y + C =

2

3arctg

√x3 − 1 + C.

25. I =

∫x dx√1 ± x2

.

Sea y = 1 ± x2, dy = ±2xdx, entonces

I =

∫± dy

2√y

= ±∫

1

2y−

12 dy = ±y 1

2 = ±√

1 ± x2 + C.

26.

∫x dx

1 ± x2= ±1

2ln |1 ± x2| + C.

Lo que se obtiene haciendo la misma substitucion del ejemplo anterior.

27.

∫x dx

(1 ± x2)n=

1

2(n− 1)(x2 ± 1)n−1+ C, n 6= 1.

Es una generalizacion del ejemplo 26


Calcule las siguientes integrales y compruebe los resultados mediante derivacion

1.

∫(3x4 − 8x2 + 2x) dx =

3

5x5 − 8

3x3 + x2 + C.

2.

∫(10x

34 − 4x−

23 ) dx =

40

7x

74 − 12x

13 + C.

3.

∫ √4x− 3 dx =

1

6(4x− 3)3/2 + C.

4.

∫x√x2 − 5 dx =

1

3(x2 − 5)3/2 + C.

5.

∫32x−1 dx =

1

2 ln 33(2x−1) +C.


6.

∫1

7x+ 2dx =

1

7ln(7x+ 2) + C.

7.

∫x

9 − x2dx = −1

2ln(−9 + x2) + C.

8.

∫(−2x+ 1)4 dx = − 1

10(−2x+ 1)5 + C.

9.

∫(x− 2)−3 dx = −1

2(x− 2)−2 + C.

10.

∫sen (8x+ 5) dx = −1

8cos(8x+ 5) +C.

11.

∫cos(1 − 4x) dx =

1

4sen(−1 + 4x) + C.

12.

∫x sen (x2 − 3) dx = −1

2cos(x2 − 3) + C.

13.

∫x2 cos(x3 − 1) dx =

1

3sen(x3 − 1) + C.

14.

∫1√

9 − x2dx = arc sen

(x3

)+ C.

15.

∫tan(2x+ 1) dx =

1

4ln(2 + 2 tan2(2x+ 1)

)+C.

16.

∫cosec(10 − 4x) dx =

1

4ln[cosec(−10 + 4x) + cotan (−10 + 4x)

]+ C.

17.

∫x2

x3 − 1dx =

1

3ln(x3 − 1) + C.

18.

∫1

x2 + a2dx =

1

aarctan

(xa

)+ C.

19.

∫x ex

2dx =

1

2ex

2+ C.

20.

∫lnx

xdx =

1

2

(lnx)2

+ C.

21.

∫arctan x

1 + x2dx =

1

2

(arctan x

)2+ C.


22.

∫1

(1 + x2) arctan xdx = ln | arctan x| + C.

23.

∫x sen x dx = senx− x cos x+ C.

24.

∫eax senx dx = −e

ax cos x

a2 + 1+aeax senx

a2 + 1+ C.

25.

∫eax cos x dx =

eax senx

a2 + 1+aeax cos x

a2 + 1+ C.

26.

∫xa lnx dx = − xea ln x

1 + 2a+ a2+x lnxea lnx

1 + a+ C.

27.

∫x2 cos x dx = x2 senx− 2 sen x+ 2x cos x+ C.

4.2. Formulas de reduccion

Reciben este nombre las formulas que permiten calcular integrales del tipo In =∫fn(x) dx conociendo la integral I1 o I0 y reduciendo la integral In a una que involucra

a In−1 u otra anterior.

1. In =

∫sennx dx ; n ∈ N.

Esta integral puede escribirse como

In =

∫senn−1 xsen x dx

e integrarse por partes tomando f(x) = senn−1x, g′(x) = sen x.

Ası, f ′(x) = (n− 1)senn−2x cos x, g(x) = − cos x.

Por tanto,

In = −senn−1x cos x+

∫(n− 1)senn−2x cos x cos x dx

= −senn−1x cos x+ (n− 1)

∫senn−2 x(1 − sen2 x) dx


∫senn−2 x dx− (n− 1)

∫senn x dx


∫senn−2 x dx− (n− 1)In.

4.2. FORMULAS DE REDUCCION 539

Despejando In, nos queda:

nIn = −senn−1x cos x+ (n− 1)

∫senn−2 x dx

In = −senn−1x cos x

n+

(n− 1)

n

∫senn−2 x dx.

Esto nos dice que la integral de sennx depende de la integral de senn−2 x, es decir,

In = −senn−1x cos x

n+

(n− 1)

nIn−2. (4.5)

Naturalmente, la formula 4.5 tiene sentido cuando n ≥ 2.

Aplicando la formula 4.5 a n− 2 tenemos que:

In−2 = −senn−3x cos x

n− 2+

(n− 3)

n− 2In−4,

y ası sucesivamente hasta llegar a I1 si n es impar o a I0 cuando n es par.

I1 =

∫senx dx = − cos x

I0 =

∫dx = x.

En particular, si n = 6, tenemos:

I6 =

∫sen6x dx = −sen5x cos x

6+

5

6I4

I4 = −sen3x cos x

4+

3

4I2

I6 = −sen5x cos x

6− 5

6 · 4sen3x cos x+5 · 36 · 4I2

I6 = −sen5x cos x

6− 5

6 · 4sen3x cos x+5 · 36 · 4

[−senx cos x

2+

1

2I0

]

I6 = −sen5x cos x

6− 5

6 · 4sen3x cos x− 5 · 3 · 16 · 4 · 2senx cos x+

5 · 3 · 16 · 4 · 2x+ C.

2. I−k =

∫sen−k x dx, k ∈ N.


De la formula 4.5 tenemos:

In−2 =n

n− 1In +

cos x senn−1x

n− 1.

Escribiendo n− 2 = −k, nos queda

I−k = −cosx sen−k+1x

k − 1+k − 2

k − 1I−k+2.

Lo que nos permite escribir:∫

dx

senkx= − cos x

(k − 1)senk−1x+k − 2

k − 1

∫dx

senk−2x. (4.6)

Veamos algunos casos particulares.

Si k = 1,

I−1 =

∫1

senxdx = ln

∣∣∣tan x2

∣∣∣+ C.

Comparar este resultado, obtenido por esta vıa, con el ejemplo 4.1.10 parte 19.

Si k = 2,

I−2 =

∫1

sen2xdx = −cos x

senx+ C = −ctg x+ C.

Si k = 3,

I−3 =

∫1

sen3xdx = − cos x

2 sen2x+

1

2I−1 = − cos x

2 sen2x+

1

2ln∣∣∣tan x

2

∣∣∣+ C.

Con un procedimiento analogo se obtienen las formulas:

3. In =

∫cosn x dx =

1

ncosn−1 x senx+

(n− 1)

n

∫cosn−2 x dx.

∫cosn x dx =

1

ncosn−1 x sen x+

(n− 1)

nIn−2. (4.7)

4. In =

∫secn x dx

In =1

n− 1secn−2 x tan x+

(n− 2)

n− 1In−2. (4.8)

5. In =

∫cosecn x dx

In = − 1

n− 1cosecn−2 x cotan x+

(n− 2)

n− 1In−2. (4.9)


6. In =

∫tann x dx

In =1

n− 1tann−1 x− In−2. (4.10)

7. In =

∫xnsen x dx

In = −xn cosx+ n

∫xn−1 cos x dx. (4.11)

8. In =

∫xn cosx dx

In = xn sen x− n

∫xn−1sen x dx. (4.12)

9. In =

∫xne−x dx n ∈ N.

In = −xne−x + nIn−1. (4.13)

En particular,

I0 =

∫e−x dx = −e−x + C.

I1 = −xe−x + I0 = −xe−x − e−x + C.

I2 = −x2e−x + 2I1 = −x2e−x − 2xe−x − 2e−x + C.

I3 = −x3e−x + 3I2 = −x3e−x + 3[−x2e−x − 2xe−x − 2e−x] + C.

= −e−x[x3 + 3x2 + 3 · 2x+ 3 · 2

]+ C

= −3! e−x

[1 +

x

1!+x2

2!+x3

3!

]+ C.

En general se tiene:

∫xne−x dx = −n!e−x

[1 +

x

1!+x2

2!+x3

3!+ . . .+

xn

n!

]+ C.

10. In =

∫dx

(1 + x2)n.

Si n = 1, entonces I1 =

∫dx

1 + x2= arc tg x+C.

Si n > 1, entonces

In =

∫1 + x2 − x2

(1 + x2)ndx =

∫1

(1 + x2)n−1dx−

∫x2

(1 + x2)ndx = In−1−

∫x2

(1 + x2)ndx.


La segunda integral se calcula mediante integracion por partes.

Haciendo f(x) = x, g′(x) =x

(1 + x2)n, tenemos: f ′(x) = 1, g(x) =

∫x

(1 + x2)ndx =

− 1

2(1 − n)(1 + x2)n−1. Ası,

∫x2

(1 + x2)ndx = − x

2(1 − n)(1 + x2)n−1+

1

2(n− 1)

∫dx

(1 + x2)n−1

= − x

2(n+ 1)(1 + x2)n−1+

1

2(n− 1)In−1

En consecuencia obtenemos la formula de reduccion:

In = In−1 +x

2(n− 1)(1 + x2)n−1− 1

2(n− 1)In−1,

que despues de reducir terminos semejantes nos queda:

In =x

2(n− 1)(1 + x2)n−1+

2n− 3

2n− 2In−1. (4.14)

En particular:

I2 =

∫dx

(1 + x2)2=

x

2(1 + x2)+

1

2I1 + C

=x

2(1 + x2)+

1

2arc tg x+ C.

I3 =

∫dx

(1 + x2)3=

x

4(1 + x2)2+

3

4I2

=x

4(1 + x2)2+

3x

8(1 + x2)+

3

8arc tg x+ C.

11. In =∫

(lnx)n dx.In = x(lnx)n − nIn−1. (4.15)

12. In =∫xa(lnx)n dx.

In =xa+1(lnx)n

a+ 1− n

a+ 1In−1, a 6= −1. (4.16)

13. Im, n =∫

senmx cosn x dx, m, n ∈ N.

Im,n =senm+1x cosn−1 x

m+ n+

n− 1

m+ nIm, n−2. (4.17)

Observe que esta formula contiene a las formulas 4.5 y 4.7



Calcule las siguientes integrales

1.∫

sen 5x dx = −1

5sen4 x cos x− 4

15sen2 x cos x− 8

15cos x+ C.

2.

∫1

sen 4xdx =

1

3

cos x

sen3 x− 2

3

cos x

senx+ C.

3.∫

cos4 x dx =1

4cos3 x senx+

3

8cos x senx+

3

8x+ C.

4.∫

cos5 x dx =1

5cos4 x senx+

4

15senx cos2 x+

8

15senx+ C.

5.∫

cosec3 x dx = −1

2

cos x

sen2x+

1

2ln(cosec x− cotan x) + C.

6.∫

sec4 x dx =1

3

senx

cos3 x+

2

3

senx

cosx+ C.

7.∫

tan6 x dx =1

5tan5 x− 1

3tan3 x+ tanx− x+ C.

8.∫x4 senx dx = −x4 cos x+ 4x3 senx+ 12x2 cos x− 24 cos x− 24x sen x+ C..

9.∫x3 cos x dx = x3 senx+ 3x2 cos x− 6 cos x− 6x sen x+ C.

10.∫x5 e−x dx = −x5e−x − 5x4e−x − 20x3e−x − 60x2e−x − 120xe−x − 120e−x + C.

11.

∫1

(1 + x2)4dx =

1

6

x

(1 + x2)3+

5

24

x

(1 + x2)2+

5

16

x

1 + x2+

5

16arctan x+ C.

12.∫

( lnx )2 dx = x ln2 x− 2x ln x+ 2x+ C.

13.∫

( ln (3x− 1) )3 dx =1

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

1) − 6x+ 2 + C.

14.

∫x2 ( lnx )5 dx =

1

3x3 lnx5 − 5

9x3 lnx4 +

20

27x3 lnx2 +

40

81x3 lnx− 40

243x3 +C.

15.∫

sen 3x cos2 x dx = −1

3sen2 x cos3 x− 2

15cos3 x+ C..

16.∫


7sen3 x cos4 x− 3

35cos4 x senx+

1

35cos2 x senx+

2

35senx+C..


17.∫


8sen3 x cos5 x− 1

16senx cos5 x+

1

64cos3 x senx+

3

128cos x senx+

3x

128+ C..

4.3. Integracion de funciones racionales

Recordemos que una funcion racional R(x) es un cuociente de polonomios, R(x) =P (x)

Q(x). Para integrar este tipo de polinomios estudiaremos su descomposicion en fracciones

parciales simples, generalizando lo hecho en el ejercicio 13 de la seccion 1.2.

4.3.1. Descomposicion de un polinomio en factores

El Teorema Fundamental del Algebra dice que un polinomio Q(x) con coeficientesreales y grado n tiene n raıces en el cuerpo de los numeros complejos C. Esto permitedescomponer Q(x) en producto de factores lineales para las raıces reales y de factorescuadraticos no reducibles en R para las raıces complejas conjugadas.

Q(x) = (x− r1)n1 . . . (x− rj)

nj (a1x2 + b1x+ c1)

m1 . . . (akx2 + bkx+ ck)

mk ,

donde, n1 + . . .+ nj +m1 + . . .+mk = n = grado de Q(x).

Ejemplo 4.3.1 1. x2 + 3x− 4 = (x− 1)(x+ 4).

2. x2 + 2, es irreducible en R, pues sus raıces son ±i√

2.

3. x4 + 3x2 − 2x2 + 6x− 8 = (x− 1)(x + 4)(x2 + 2).

4. x3 + 4x2 + 4x+ 1 = (x+ 3)(x2 + x+ 1). El polinomio cuadratico (x2 + x+ 1) tiene

raıces complejas conjugadas−1 ± i

√3

2, por lo tanto, es irreducible en R.

5. x4 − 1 = (x2 + 1)(x − 1)(x+ 1).

4.3.2. Descomposicion de una funcion racional en fracciones simples o

parciales

Sea R(x) =P (x)

Q(x), con P (x) y Q(x) polinomios. Si el grado del numerador es igual o

mayor que el denominador, entonces, realizando la division de polinomios obtenemos:

P (x)

Q(x)= F (x) +

G(x)

Q(x),

4.3. INTEGRACION DE FUNCIONES RACIONALES 545

donde, F (x) y G(x) son polinomios tal que el grado de G(x) es menor que el grado deQ(x).

Ejemplo 4.3.2 1.x2 + 3x− 4

x− 1= (x+ 4). En este caso G(x) = 0.

2.7x3 + 4x2 − 2x+ 5

x2 − 1= 7x+ 4 +

5x+ 9

x2 − 1.

3.x3 + 2

x2 + 3x+ 2= x− 3 +

7x+ 8

x2 + 3x+ 2.

Teorema 4.3.3 Sea R(x) =P (x)

Q(x)una funcion racional con P (x) y Q(x) polinomios con

coeficientes reales y tales que Q(x) puede descomponerse en la forma

Q(x) = (x− r1)n1 . . . (x− rj)

nj (a1x2 + b1x+ c1)

m1 . . . (akx2 + bkx+ ck)

mk ,

P (x) y Q(x) no tienen factores comunes y el el grado del numerador es menor que el deldenominador, entonces R(x) puede escribirse en la forma:

R(x) =A

(x− r1)n1+

B

(x− r1)n1−1+ . . .+

C

(x− r1)

+D

(x− r2)n2+

E

(x− r2)n2−1+ . . . . . . . . .+

F

(x− r2)+ . . . . . .+

+Gx+H

(a1x2 + b1x+ c1)m1+

Ix+K

(a1x2 + b1x+ c1)m1−1+ . . . +

Lx+M

a1x2 + b1x+ c1+ . . . . . . . . .+

=Nx+ P

(akx2 + bkx+ ck)mk+

Qx+R

(akx2 + bkx+ ck)mk−1+ . . .+

Sx+ T

akx2 + bkx+ ck,

para todo x tal que Q(x) 6= 0 ; y donde A,B,C, . . . , son constantes reales.

Para encontrar las constantes A,B,C, . . . , se debe realizar la suma de fracciones del se-gundo miembro cuyo mınimo comun multiplo es Q(x), y se obtiene que:

P (x)

Q(x)=S(x)

Q(x), (4.18)

donde S(x) involucra los coefiecientes desconocidos A,B,C, . . . , . De la ecuacion (4.18) seobtiene que

P (x) = S(x).

Usando que dos polinomios son iguales si los respectivos coeficientes de las potencias de xson iguales, se obtienen las ecuaciones cuyas soluciones dan los valores de A,B,C, . . . , .


Ejemplo 4.3.4 1.3x− 5

x2 − 4x+ 3es una funcion racional cuyo denominador tiene grado

mayor que que el grado del numerador. Por otro lado, x2−4x+3 = (x−3)(x−1). Porlo tanto, los polinonios que forman la funcion racional no tienen factores comunes,ası, podemos aplicar el teorema 4.3.3.

3x− 5

x2 − 4x+ 3=

3x− 5

(x− 3)(x− 1)=

A

x− 3+

B

x− 1=A(x− 1) +B(x− 3)

(x− 3)(x− 1).

Igualando los numeradores tenemos:

3x− 5 = A(x− 1) +B(x− 3)

= Ax−A+Bx− 3B

= (A+B)x− (A+ 3B).

Por la igualdad de polinomios obtenemos las ecuaciones:

A+B = 3

A+ 3B = 5.

Resolviendo el sistema obtenemos los valores A = 2 y B = 1. Por consiguiente,

3x− 5

x2 − 4x+ 3=

2

x− 3+

1

x− 1.

2.x5 + 8x2 − x+ 1

x3 − 4x2 + x+ 6.

Como en este caso el grado del numerador es mayor que el grado del denominador,primero debemos realizar la division de polinomios.

x5 + 8x2 − x+ 1

x3 − 4x2 + x+ 6= (x2 + 4x+ 15) +

58x2 − 40x− 89

x3 − 4x2 + x+ 6.

x3−4x2+x+6 = (x+1)(x−2)(x−3) y no tiene factores comunes con 58x2−40x−89.

58x2 − 40x− 89

x3 − 4x2 + x+ 6=

58x2 − 40x− 89

x3 − 4x2 + x+ 6

=A

x+ 1+

B

x− 2+

C

x− 3

=A(x− 2)(x− 3) +B(x+ 1)(x− 3) + C(x+ 1)(x− 2)

(x− 3)(x + 1)(x − 2).

Ası,

58x2 − 40x− 89 = A(x− 2)(x − 3) +B(x+ 1)(x− 3) + C(x+ 1)(x− 2). (4.19)


Ahora podemos proceder como en el caso anterior, pero podemos hacerlo por caminomas rapido que vale solamente cuando todas las raıces del denominador sonreales y simples.

Como la expresion (4.19) vale para todo x ∈ R, en particular vale cuando x = −1 lo

que nos da 9 = 12A, despejando A tenemos A =9

12. Haciendo x = 2 obtenemos el

valor B = 21, finalmente, Tomando x = 3 podemos encontrar C =313

8.

58x2 − 40x− 89

x3 − 4x2 + x+ 6=

9

12(x+ 1)+

21

x− 2+

313

8(x− 3).

3. Sea R(x) =x2 + 2x+ 3

(x− 1)2(x2 + 1).

x2 + 2x+ 3

(x− 1)2(x2 + 1)=

A

(x− 1)2+

B

x− 1+Cx+D

x2 + 1

=A(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x− 1)2

(x− 1)2(x2 + 1).

Igualando numeradores nos queda:

x2 + 2x+ 3 = A(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x− 1)2,

lo que implica la igualdad

x2 + 2x+ 3 = (B + C)x3 + (A−B − 2C +D)x2 + (B + C − 2D)x+ (A−B +D),

Esto nos conduce al sistema

B + C = 0

A−B − 2C +D = 1

B +C − 2D = 2

A−B +D = 3,

cuyas soluciones son A = 3, B = −1, C = 1, D = −1. Ası la descomposicion deR(x) es

x2 + 2x+ 3

(x− 1)2(x2 + 1)=

3

(x− 1)2− 1

x− 1+

x− 1

x2 + 1.


4. Sea R(x) =x2 + 1

(x− 2)(x2 + 2)2.

x2 + 1

(x− 2)(x2 + 2)2=

A

x− 2+

Bx+ C

(x2 + 2)2+Dx+E

x2 + 2

=A(x2 + 2)2 + (Bx+ C)(x− 2) + (Dx+E)(x − 2)(x2 + 2)

(x− 2)(x2 + 2)2.

Igualando numeradores nos queda el sistema:

A+D = 0

−2D +E = 0

4A+B + 2D − 2E = 1

−2B + C − 4D + 2E = 0

4A− 2C − 4E = 1,

que tiene solucion: A =5

56, B =

1

6, C =

1

3, D = − 5

36, E = − 5

18.

4.3.3. Integracion de funciones racionales

Desarrollando una funcion racional en fracciones simples o parciales, la integral dedicha funcion se transforma en una suma de integrales del tipo:

1.

∫A

x− adx,

2.

∫A

(x− a)ndx, n 6= −1,

3.

∫Ax+B

(ax2 + bx+ c)ndx, cuando ax2 + bx+ c no tiene raıces reales.

Todas ellas son faciles de obtener:

1.

∫A

x− adx = A ln |x− a| + C,

2.

∫A

(x− a)ndx =

−A(n− 1)(x− a)n−1

+ C, n 6= −1 ; a > 0,


Para calcular

∫Ax+B

(ax2 + bx+ c)ndx, procederemos a completar el cuadrado del binomio

en el denominador:

ax2 + bx+ c = a

[(x+

b

2a

)2

− b2

4a2+c

a

]= a

(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a(4.20)

Sea z una variable tal que:

a

(x+

b

2a

)2

=4ac− b2

4az2. (4.21)

Despejando x obtenemos:

x = − b

2a+

√ac− b2

2az. ; a > 0 (4.22)

De (4.20) y (4.21), tenemos:

ax2 + bx+ c =[4ac− b2

4a

](z2 + 1).

Ası, usando la substitucion (4.22) nos queda

∫Ax+B

(ax2 + bx+ c)ndx =

∫Cz +D

(z2 + 1)ndz

= C

∫z

(z2 + 1)ndz +D

∫1

(z2 + 1)ndz.

Donde A,B,C,D son constantes.La primera de ellas , segun el ejemplo 4.1.10, numeros 26 y 27 nos da:

C

2

1

(n− 1)(z2 + 1)n−1+ C∗ si n 6= 1,

C

2ln |z2 + 1| + C∗ si n = 1.

La segunda se calcula usando la formula de reduccion 4.14.

Ejemplo 4.3.5 1. Calcule I =

∫x+ 1

3x2 + 6x+ 9dx.

Como, 3x2 + 6x+ 9 = 3[x2 + 2x+ 3] = 3[(x+ 1)2 + 2

]= 3(x+ 1)2 + 6.

Haciendo 3(x+ 1)2 = 6z2, se tiene que x =√

2 z − 1.

Entonces, 3x2 + 6x+ 9 = 6(z2 + 1), dx =√

2 dz.


Ası,

∫x+ 1

3x2 + 6x+ 9dx =

∫ √2z

6(z2 + 1)

√2 dz

=1

3

∫z

z2 + 1dz

=1

6ln(z2 + 1) + C.

=1

6ln

(3x2 + 6x+ 9

6

)+C

=1

6ln

(x2 + 2x+ 3

2

)+ C.

2. Calcule I =

∫3x− 2

x2 + x+ 1dx.

x2 + x+ 1 =

(x2 + x+

1

4

)=

(x+

1

2

)2

+3

4.

Haciendo

(x+

1

2

)2

=3

4z2, se tiene que x =

√3

2z − 1

2, dx =

√3

2dz, x2 + x+ 1 =

3

4[z2 + 1].

En consecuencia,

I =

∫ (3√

3

2z − 3

2− 2)

34(z2 + 1)

√3

2dz

=

∫9z − 7

√3

3(z2 + 1)dz

= 3

∫z

z2 + 1dz − 7

√3

3

∫1

z2 + 1dz

=3

2ln(z2 + 1) − 7

√3

3arctg z + C

=3

2ln

(4(x2 + x+ 1)

3

)− 7

√3

3arctg

(2x+ 1√

3

)+ C.

Ejercicios resueltosCalcule las siguientes integrales de funciones racionales:

1. I =

∫3x− 5

x2 − 4x+ 3dx.


Solucion: Usando la descomposicion hecha en el ejemplo 4.3.4 parte 1 tenemosque,

I =

∫ (2

x− 3+

1

x− 1

)dx = 2

∫dx

x− 3+

∫dx

x− 1

= 2 ln |x− 3| + ln |x− 1| + C.

2. I =

∫x5 + 8x2 − x+ 1

x3 − 4x2 + x+ 6dx.

Solucion: En virtud del ejemplo 4.3.4 parte 2, tenemos que

I =

∫ [x2 + 4x+ 15 +

58x2 + 8x+ 91

x3 − 4x2 + x+ 6

]dx

=

∫ [x2 + 4x+ 15 +

47

4(x+ 1)+

113

x− 2+

637

4(x− 3)

]dx

=x3

3+ 2x2 + 15x+

47

4ln |x+ 1| + 113 ln |x− 2| + 637

4ln |x− 3| + C.

3. I =

∫x2 + 2x+ 3

(x− 1)2(x2 + 1)dx.

Solucion: Segun parte 3 del ejemplo 4.3.4

I =

∫3

(x− 1)2dx−

∫1

x− 1dx+

∫x− 1

x2 + 1dx

= − 3

x− 1− ln |x− 1| +

∫x

x2 + 1dx−

∫1

x2 + 1dx

= − 3

x− 1− ln |x− 1| + 1

2ln(x2 + 1) − arc tgx+ C.

4. I =

∫x2 + 1

(x− 2)(x2 + 2)2dx.

Solucion: De acuerdo a la parte 4 del ejemplo 4.3.4,

I =

∫5

36(x− 2)dx+

∫x+ 2

6(x2 + 2)2dx+

∫ −5x− 10

36(x2 + 2)dx

=5

36ln |x− 2| − 1

12(x2 + 2)+

1

3

∫1

(x2 + 2)2dx− 5

72ln |x2 + 2| − 5

18

∫1

x2 + 2dx+ C.


Segun las formulas de reduccion 4.14 y el ejercicio propuesto ?? de la seccion 5.2:∫

1

(x2 + 2)2dx =

1

2√

2arctan

x√2

+x

4(x2 + 2)+ C.

Segun el ejercicio propuesto 18 de la seccion 5.1:∫

1

x2 + 2dx =

1√2arc tg

x√2

+ C.

5. I =

∫1

x3 − 1dx x 6= 1.

Solucion:1

x3 − 1=

1

(x− 1)(x2 + x+ 1)=

A

x− 1+

Bx+ C

x2 + x+ 1.

Igualando los numeradores obtenemos 1 = A(x2 + x+ 1) + (x− 1)(Bx+ C), lo queimplica

A+B = 0

A−B + C = 0

A− C = 1.

Resolviendo el sistema obtenemos los valores:

A =1

3, B = −1

3, C = −2

3.

Entonces,

I =

∫1

(x− 1)dx+

∫ −x− 2

3(x2 + x+ 1)dx

=1

3ln |x− 1| − 1

3

∫x+ 2

x2 + x+ 1dx.

Para calcular la segunda integral completaremos el cuadrado correspondiente.

x2 + x+ 1 =

(x+

1

2

)2

+3

4,

lo que nos lleva a hacer

x =

√3

2z − 1

2, dx =

√3

2dz.


Ası,

∫x+ 2

x2 + x+ 1dx =

1

4

∫(√

3z + 1)√

334 [z2 + 1]

dz

=1

3

∫3z +

√3

z2 + 1dz

=1

2ln |z2 + 1| +

√3

3arc tgz + C

=1

2ln |x2 + x+ 1| +

√3

3arc tg

(2x+ 1√

3

)+ C.

Finalmente podemos escribir I.

I =1

3ln |x− 1| − 1

6ln |x2 + x+ 1| −

√3

9arctan

(2x+ 1√

3

)+ C.

6. I =∫ 1√

1 + exdx.

Solucion: Haciendo y =√

1 + ex, tenemos que y2 = 1 + ex, 2ydy = exdx. Por lotanto,

I =

∫1

y2 − 1dy.

Ahora debemos utilizar la descomposicion en fracciones simples:

1

y2 − 1=

1

(y − 1)(y + 1)=

A

y − 1+

B

y + 1,

lo que implica A(y + 1) +B(y − 1) = 1 y que nos da los valores

A =1

2, B = −1

2.

Por consiguiente,

I =

∫1

y − 1dy −

∫1

y + 1dy = ln |y − 1| − ln |y + 1| + C = ln

∣∣∣∣√

1 + ex − 1√1 + ex + 1

∣∣∣∣+ C.


Calcule las siguientes integrales:


1.

∫4

x− 5dx = 4 ln(x− 5) + C

2.

∫20

7 − xdx = −20 ln(7 − x) +C

3.

∫4

(x− 5)2dx = − 4

x− 5+ C

4.

∫20

(7 − x)5dx =

5

(7 − x)4+C

5.

∫2x+ 43

x2 + x− 12dx = −5 ln(x+ 4) + 7 ln(x− 3) + C

6.

∫4x− 5

x2 − 4x+ 20dx = 2 ln(x2 − 4x+ 20) +

3

4arctan

(x4− 1

2

)+ C

7.

∫4x− 7

x2 + 6x+ 9dx =

19

x+ 3+ 4 ln(x+ 3) + C

8.

∫x+ 1

x2 + 3x+ 3dx =

1

2ln(x2 + 3x+ 3) − 1

3

√3 arctan

(√3

3(2x+ 3)

)+ C

9.

∫2x− 1

(x2 + 3x+ 3)2dx = −1

3

( 8x+ 15

x2 + 3x+ 3

)− 16

√3

9arctan

((2x+ 3)√

3

3

)+ C

10.

∫1

(x− 2)(x+ 4)dx =

1

6(ln(x− 2) − ln(x+ 4)) + C

11.

∫1

x(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)dx =

1

6

(lnx− ln(x+ 3)

)+

1

2

(ln(x+ 2)− ln(x+ 1)

)+C

12.

∫3x3 − 17x2 + 21x− 43

x2 − 8x+ 15dx =

3

2x2 + 7x+ 26 ln(x− 3) + 6 ln(x− 5) + C

13.

∫1

x2(x− 1)dx =

1

x− lnx+ ln(x− 1) + C

14.

∫x+ 1

x2 + 2x− 8dx =

1

2ln(x+ 4) +

1

2ln(x− 2) + C

15.

∫x2

(x2 + 1)(x − 2)2dx = −4

5

1

(x− 2)+

4

25ln(x−2)− 2

25ln(x2 +1)− 3

25arctan x+C

16.

∫1

1 − x4dx =

1

2arctanh x+

1

2arctan x+C

4.4. INTEGRACION DE ALGUNAS FUNCIONES ALGEBRAICAS 555

17.

∫1

x6 + 1dx =

1

3arctanx−

√3

12ln(x2 −

√3x+ 1) +

1

6arctan(2x−

√3) +

√3

12ln(x2 +

x√

3 + 1) +1

6arctan(2x+

√3) + C.

Indicacion: x6 + 1 = (x2 + 1)(x2 −√

3x+ 1)(x2 +√

3 x+ 1).

18.

∫1

x6 − 1dx =

1

6ln(x− 1)− 1

12ln(x2 +x+1)−

√3

6arctan

(√3

3(2x+1)

)− 1

6ln(x+

1) +1

12ln(x2 − x+ 1) + C

19.

∫1

x2(1 − x2)2dx. = −1

x− 1

4(x− 1)− 3

4ln(x− 1) − 1

4(x+ 1)+

3

4ln(x+ 1) + C

20.

∫x2 − x+ 4

(x2 − 1)(x + 2)dx =

2

3ln(x− 1) − 3 ln(x+ 1) +

10

3ln(x+ 2) + C

21.

∫x

(x+ 2)(x+ 3)2dx = −2 ln(x+ 2) − 3

(x+ 3)+ 2 ln(x+ 3) + C

4.4. Integracion de algunas funciones algebraicas

4.4.1. Integracion de funciones irracionales simples

Cuando la variable x, ax + b oax+ b

a′x+ b′aparece elevada a diferentes potencias

fraccionarias, es conveniente usar la substitucion y = q√x donde q es el mınimo comun

denominador de los exponentes de las potencias de x, ax + b oax+ b

ax′ + b′segun sea el

caso. Esta nueva variable permite eliminar los exponentes fraccionarios como veremos enlos siguientes ejemplos.

Ejemplo 4.4.1 1. I =

∫3√x

2√x(1 + 3

√x)dx.

Haciendo y = 6√x, se tiene x = y6 y por tanto, dx = 6y5dy.


I =

∫6y7dy

2y3(1 + y2)= 3

∫y4dy

1 + y2= 3

∫(y4 − 1 + 1)dy

1 + y2

= 3

∫y4 − 1

y2 + 1dy + 3

∫1

1 + y2dy

= 3∫

(y2 − 1)dy + 3∫

11+y2 dy

= 3(y3

3 − y) + 3 arctan y + C

=√x− 3 6

√x+ 3arctan 6

√x+ C

2. I =∫

dx3√

x− 4√

x

Haciendo y = 12√x, tenemos que x = y12 y dx = 12y11dy.

∫ 12y11dyy4−y3 = 12

∫ y8

y−1dy

= 12∫ (y8−1)+1

y−1 dy

= 12∫ y8−1

y−1 dy + 12∫

1y−1dy.

Usando la formula de factorizacion

yp − 1 = (y − 1)(yp−1 + yp−2 + · · · + y + 1) ,

obtenemos:

I = 12∫

(y7 + y6 + y5 + y4 + y3 + y2 + y + 1)dy + 12∫

1y−1dy

= 12[

y8

8 + y7

7 + · · · + y2

2 + y + ln(y − 1)]

+ C

= 32x

23 + 12

7 x712 + · · · + 6x

16 + 12x

112 + 12 ln |x 1

12 − 1| + C

3. I =∫

dxx√

3x−1

√3x− 1 = y implica x = y2+1

3 , dx = 2ydy3 . Ası,


I =

∫2dy

y2 + 1= 2 arctan y + C

= 2arctan√

3x− 1 +C

4. I =

∫1

x

√x− 2

3x+ 1dx

escribiendo y =√

x−23x+1 , implica y2 = x−2

3x+1 y 2ydy = 7(3x+1)2

dx y por lo tanto,

x = y2+21−3y2 , y 3x+ 1 = 7

1−3y2 . Ası,

I =

∫(1 − 3y2)

y2 + 2· y · 2y

7· 72

(1 − 3y)2dy

= 7

∫2y2dy

(y2 + 2)(1 − 3y2).

Esta integral se calcula usando el metodo de descomposicion en fracciones parciales.

4.4.2. Integracion de f(x) = xp(axn + b)q p, q, n ∈ Q.

La integral I =∫f(x)dx puede transformarse en una integral de una funcion racional

si uno de los numeros q,p+ 1

n,p+ 1

n+ q es entero. En efecto:

• Si q es un entero, entonces f(x) se integra como hemos visto en el parrafo anterior.

• Si q es un racional no entero, emplearemos la substitucion:

y = xn, dy = nxn−1dx

Si y > 0, entonces

I =∫xp(axn + b)qdx =

1

n

∫y

p+1n

−1(ay + b)qdy

=1

n

∫y

p+1n

+q−1

(ay + b

y

)q

dy

• Sip+ 1

n∈ Z y q = α

β , con (α, β) = 1, la integral I se transforma en una integral

de una funcion racional usando la substitucion:


tβ = ay + b.

• Sip+ 1

n+ q ∈ Z, se usa la substitucion tβ =

ay + b

y

Ejemplo 4.4.2 1. I =∫ √

x( 3√x− 4)2dx.

En esta integral q ∈ Z entonces,

I =∫ √

x(3√x2 − 8 3

√x+ 16)dx

=∫

(x12+ 2

3 − 8x12+ 1

3 + 16x12 )dx

=∫

(x76 − 8x

56 + 16x

12 )dx

= x76+1

76+1

− 8x56 +1

56+1

+ 16x32

32

+ C

=6

13x

13

6 − 48

11x

11

6 +32

3x

3

2 + C

2. I =∫x3(1 − x2)

32 dx.

En este caso particular,

p = 3, n = 2, q =3

2entonces, haciendo y = x2, obtenemos:

I = 12

∫y2+ 3

2−1(−y+1

y

) 32dy

= 12

∫y

52

(1−y

y

) 32dy.

Comop+ 1

n= 2 ∈ Z, usaremos la substitucion

t2 = 1 − y2tdt = −dy.

I =1

2

∫(1 − t2)

52

(t2)32

(1 − t2)32

(−2tdt) = −∫

(1 − t2)t4dt

=∫(t2 − 1)t4dt =

∫(t6 − t4)dt = t7

7 − t5

5 + C


Como t =√

1 − x2;

I = (√

1−x2)7

7 − (√

1−x2)5

5 + C

=√

1 − x2[

(1−x2)3

7 − (1−x2)2

5

]+ C

=√

1 − x2[

1−3x2+3x4−x6

7 − 1−2x2+x4

5

]+ C

= −17

√1 − x2[x6 − 8

5x4 + 1

5x2 + 2

5 ] +C

3. I =∫x

12 (x3 − 1)−

32 dx. Como

p = 12 , n = 3 q = − 3

2 , p+1n = 1

2 ,p+1n + q = −1 ∈ Z,

estamos en el tercer caso.

Si y = x3, entonces, dy = 3x2dy , y por lo tanto,

I =1

3

∫y0

(y − 1

y

)− 32

dy =1

3

∫ (y − 1

y

)− 32

dy.

Haciendo t2 = y−1y , tenemos que 2tdt = dy

y2 ; y = 11−t2

I = 13

∫t−32t 1

(1−t2)2dt

= 23

∫1

t2(1−t2)2dt.

Esta integral se calcula usando la descomposicion en fracciones simples o parcialesy resulta (ver ejercicio propuesto 19 ):

I = −1

x− x

2(x2 − 1)− 3 ln(x− 1)

4+

3 ln(x+ 1)

4+ C.

4.4.3. Integracion de funciones racionales que involucran polinomios en

x y raıces cuadradas de ax2 + bx + c

Estas integrales se reducen a la integral de una funcion racional en la variable z,mediante una substitucion adecuada:


Si a > 0

Haciendo z =√ax2 + bx+ c− x

√a tenemos que

ax2 + bx+ c = ax2 + 2x√az + z2,

lo que implica

bx+ c = 2x√az + z2

despejando x nos queda:

x =z2 − c

b− 2√az

dx = 2−√

az2 + bz −√ac

(b− 2√az)2

dz

Ademas:

√ax2 + bx+ c = x

√a+ z =

−√az2 + bz −√

ac

b− 2√az

Ejemplo 4.4.3 I =

∫dx√

x2 − 3x+ 1. En este ejemplo a = 1 > 0 :

Sea z =√x2 − 3x+ 1 − x , de donde

x = z2−1−3−2z ;

dx = 2−z2−3z−1(−3−2z)2

dz

= −2(z2+3z+1)(3+2z)2 dz

(4.23)

√x2 − 3x+ 1 =

−z2 − 3z − 1

−3 − 2z=z2 + 3z + 1

3 + 2z(4.24)

Ası,


I =∫ −2(z2+3z+1)

(3+2z)2 · (3+2z)z2+3z+1dz

=∫ −2dz

3+2z = − ln |3 + 2z| + C

= − ln |3 + 2√x2 − 3x+ 1 − 2x| + C

De (4.23) y (4.24) vemos que una integral que involucra polinomios en x y√ax2 + bx+ c, se convierte en una funcion racional en z.

Si c ≥ 0 :

Haciendo z =

√ax2 + bx+ c−√

c

x, tenemos

ax2 + bx+ c = x2z2 + 2xz√c+ c,

lo que implica:

ax+ b = xz2 + 2z√c

Ası,

x =2z

√c− b

a− z2

dx = 2

√cz2 − bz + a

√c

(a− z2)2dz

(4.25)

√ax2 + bx+ c = xz +

√c =

√cz2 − bz + a

√c

(a− z2)(4.26)

De (4.25) y (4.26) vemos que una integral que involucra polinomios en x y√ax2 + bx+ c, se convierte en una funcion racional en z.

Ejemplo 4.4.4 I =

∫dx√

−x2 + 2x+ 3. Tenemos que c = 3 > 0 :

Haciendo z =

√−x2 + 2x+ 3 −

√3

x, obtenemos:


x = 2√

3z−2−1−z2 = 2(1−

√3)z

z2+1

dx = 2√

3z2−2z−√

3(z2+1)2

dz

√ax2 + bx+ c = − (

√3z2−2z−

√3)

(z2+1)

Por lo tanto,

I =

∫2

√3z2 − 2z −

√3

(z2 + 1)2· −(z2 + 1)√

3z2 − 2z −√

3dz

I =

∫2dz

z2 + 1= −2 arctan z + c

= −2 arctan (√−x2+2x+3−

√3

x ) + C

Si b2 − 4ac > 0.

En este caso, el polinomio ax2 + bx + c tiene dos raıces reales y distintas r1, r2,por lo cual podemos escribir:

ax2 + bx+ c = a(x− r1)(x− r2).

Introduciendo la variable z tal que satisfaga la igualdad:

√ax2 + bx+ c =

√a(x− r1)(x− r2) = z(x− r1) (∗)

tenemos que

a(x− r1)(x− r2) = z2(x− r1)2,

es decir:

a(x− r2) = z2(x− r1).

Despejando x obtenemos:

x =ar2 − r1z

2

a− z2, dx =

2a(r1 − r2)z

(a− z2)2dz


√ax2 + bx+ c =

a(r2 − r1)z

a− z2.

Estas ultimas igualdades nos permiten concluir que una integral de una funcionracional en x y

√ax2 + bx+ c, se transforma mediante la substitucion (*) en una

integral de una funcion racional en z.

Ejemplo 4.4.5 I =∫

dx√2x2+2x−4

b2 − 4ac = 4 − 4 · 2 · (−4) − 36 > 0

2x2 + 2x− 4 = 2(x2 + x− 2) = 2(x+ 2)(x− 1)

Sea z tal que√

2x2 + 2x− 4 = z(x+ 2), entonces

x =2 + 2z2

2 − z2; dx =

4 · 3z(2 − z2)2

dz

√2x2 + 2x− 4 =

6z

2 − z2.

I =∫

2−z2

6z · −12z(2−z2)dz

= −2∫

dz2−z2 = 2

∫dz

z2−2= 2

∫dz

(z−√

2)(z+√

2)

= 2∫

12√

21

z−√

2− 2

∫1

2√

21

z+√

2

= 1√2

ln |z −√

2| − 1√2ln |z +

√2| + C

= 1√2

ln |√

2x2+2x−4x+2 −

√2| + 1√

2ln |2x2+2x−4

x+2 +√

2| + C


Calcule las siguientes integrales:

1. I =∫− 4√x√

x(1+ 4√

x)= −4 4

√x+ 4 ln |1 + 4

√x| + C.

2. I =∫x

32 (2x

13 − 1)3dx = −2

5

√x5 +

36

17

6√x17 − 72

19

6√x19 +

16

7

√x17 + C.


3. I =∫x3(1 − x2)−

32 dx =

1√1 − x2

+√

1 − x2 + C.

4. I =∫x3(1 + x2)−

12 dx = 1

3x2√

1 + x2 − 23

√1 + x2 + C

5.

∫x√x− 1

dx =1

3

[2x

√x+ 3x+ 6

√x+ 6 ln(

√x− 1)

]+ C.

6.

∫ √x

x− 1dx = 2

√x+ ln

[√x− 1√x+ 1

]C.

7.

∫dx√

4x2 + 4x− 3=

1

2ln(2x+ 1 +

√4x2 + 4x− 3) + C.

8.

∫dx√

x2 + x+ 1= ln

(2x+ 1

2+√x2 + x+ 1

)+ C.

9.

∫ √4x2 + 4x− 3 dx =

1

4

[(2x+ 1)

√4x2 + 4x− 3 − 4 ln

((2x+ 1) +

√4x2 + 4x− 3

)]+

C.

10.

∫ √x2 + x+ 1 dx =

1

2

[2x+ 1

2

√x2 + x+ 1 +

3

4ln

(2x+ 1

2+√x2 + x+ 1

)]+C.

11.

∫x√

x2 + 2x+ 2dx =

√x2 + 2x+ 2 − ln(x+ 1 +

√x2 + 2x+ 2) + C.

12.

∫x√

1 + x− x2dx = −

√1 + x− x2 +

1

2arc sen

(2√

5

5(x− 1/2)

)+ C.

13.

∫1

x√

1 + x− x2dx = − ln

(x+ 2 + 2

√1 + x− x2

x

)+ C.

4.5. Integracion de ciertas funciones trascendentes.

4.5.1. Integracion de funciones trigonometricas.

1. Integracion de funciones racionales en seno y coseno. Si R(u, v) denota unafuncion racional de las variables u y v. Una funcion de tipo R ( sen x, cos x) se in-

4.5. INTEGRACION DE CIERTAS FUNCIONES TRASCENDENTES. 565

tegra usando la substitucion t = tanx

2. En virtud de las identidades trigonometricas

tenemos que:

1

cos2 12x

= sec21

2x = 1 + tan2 1

2x

implica

cos2 1

2x =

1

1 + t2.

Como,

cos x = 2 cos2 12x− 1

cos x =2

1 + t2− 1 =

1 − t2

1 + t2

(4.27)

Por otro lado,

sen 2 1

2x = 1 − cos2

1

2x =

t2

1 + t2.

Ası,

sen x = 2 sen1

2x cos

1

2x =

2t

1 + t2. (4.28)

t = tan x2 es equivalente a tener x = 2arctan t, por tanto

dx

dt=

2

1 + t2(4.29)

De (4.27), (4.28) y (4.29) vemos que una integral de una funcion racional en sen x, cos xse puede transformar en una integral de una funcion racional en la variable t. Laque puede ser integrada por los metodos ya estudiados. En sımbolos:

I =

∫R( sen x, cos x)dx =

∫R(

2t

1 + t2,1 − t2

1 + t2) · 2

1 + t2dt.

Ejemplo 4.5.1 a) Casos particulares de este tipo de integral son los ejemplos 18y 19 de 4.1.10.


b) I =

∫dx

2 cos x− 3 sen x

Haciendo t = tanx

2, usando los calculos recien hechos obtenemos que

I =

∫1

2 · 1−t2

1+t2− 3 · 2t

1+t2

· 2

1 + t2dt

I =

∫1 + t2

−2t2 − 6t+ 2· 2

1 + t2dt =

∫ −2dt

t2 + 3t− 1

= −∫

dt

(t− −3+√

132 )(t− −3−

√13

2 )

= −∫

1√

13(t− −3+√

132 )

dt+

∫1

√13(t− −3−

√13

2 )dt

= − 1√13

ln

∣∣∣∣∣2t+ 3 −

√13

2

∣∣∣∣∣+1√13

ln

∣∣∣∣∣2t+ 3 +

√13

2

∣∣∣∣∣+ C

= +1√13

ln

∣∣∣∣∣2t+ 3 +

√13

2t+ 3 −√

13

∣∣∣∣∣+ C

= +1√13

ln

∣∣∣∣∣2 tan x

2 + 3 +√

13

2 tan x2 + 3 −

√13

∣∣∣∣∣+C.

c) I =dx

sen x− cos x+ 1

I =

∫1

2t1+t2 − 1 − t2

1 + t2+ 1

· 2

1 + t2dt

=1 + t2

2t(t+ 1)· 2

1 + t2dt =

∫dt

t(t+ 1)

=

∫1

tdt−

∫1

t+ 1dt = ln |t| − ln |t+ 1| + C

= ln

∣∣∣∣t

t+ 1

∣∣∣∣+ c = ln

∣∣∣∣tan x

2

tan x2 + 1

∣∣∣∣+ C


d) I =dx

sen x+ 1

I =

∫1

2t1+t2

+ 1· 2

1 + t2dt

=

∫1 + t2

t2 + 1 + 2t· 2

1 + t2dt =

∫2dt

(t+ 1)2

=−2

(t+ 1)+ C =

−2

tan x2 + 1

+ C.

2. Integracion de f(x) = senm x cosn x con m,n ∈ Q.

Si m,n son enteros y ademas :

* m es impar, se usa la substitucion t = cos x.

* n es impar, se usa la substitucion t = senx.

* m,n son pares, se usa la substitucion t = tan x.

Si m,n son numeros racionales, entonces haciendo t = sen x, la integral

∫senm x cosn x dx

se transforma en

∫tm(1 − t2)

n−12 dt

que es una integral estudiada en la seccion 4.4 y que puede ser calculada si uno de

los numerosm+ 1

2,n− 1

2,m+ n

2es un entero.

Ejemplo 4.5.2 a) I =∫

sen 2x cos3 x dx.En este caso , n = 3 es impar.

Sea t = sen x,dt

dx= cos x


I =

∫sen 2 x cos2 x · cosx dx

=

∫sen 2x(1 − sen 2x) cos x dx

=

∫t2(1 − t2) dt =

∫(t2 − t4) dt

=t3

3− t5

5+ C =

1

3sen 3x− 1

5sen 5x+ C.

Esta integral tambien puede ser calculada usando la identidad sen 2x+cos2 x =1, expresando toda la funcion en senx o cos x , para despues evaluar por partes(formulas de reduccion) o usar angulos dobles.

b) I =∫

sen 2x cos4 x dx.

I =

∫(1 − cos2 x) cos4 x dx =

∫cos4 x dx−

∫cos6 x dx

Cada una de ellas puede calcularse usando la respectiva formula de reduccion.

Calcularemos∫

cos4 xdx por medio de angulos dobles, para mostrar un caminoalternativo a las formulas de reduccion. Reemplazando

cos2 x =1 + cos 2x

2,

en la integral I nos queda:

∫cos4 x dx =

∫(1 + cos 2x

2)2 dx

=1

4

∫(1 + 2 cos 2x+ cos2 2x) dx

=1

4

∫dx+

1

2

∫cos 2xdx+

1

4

∫(1 + cos 4x

2) dx

=1

4+

1

4sen 2x+

1

8+

1

32sen 4x+ C

=3

8+

1

4sen 2x+

1

32sen 4x+ C.


c) I =∫

sen 2x cos4 x dx.

Como ambos exponentes son pares, usaremos la substitucion t = tan x y lasexpresiones de sen x, cos x en funcion de tangente, desarrolladas en elejercicios resuelto 1 de la seccion 2.3 del Capıtulo 2.

sen 2x =tan2 x

1 + tan2 x

cos2 x =1

1 + tan2 x

dt

dx= sec2x = 1 + t2

Ası la integral I queda como:

I =

∫t2

1 + t2·(

1

1 + t2

)2

· 1

1 + t2dt

I =

∫t2dt

(1 + t2)4

que es una integral estudiada en la seccion 4.2, ejemplo 10, y nos da:

I =x

16+

sen 2x

64− sen 4x

64− sen 6x

192.

d) I =∫ √

tan x dx.

I =

∫ √sen x

cos xdx =

∫sen

12x cos−

12 x dx

Comom+ n

2= 0, usaremos la substitucion t = sen x y obtenemos la

integral

I =

∫t

12 (1 − t2)−

34 dt.

Ahora aplicaremos una segunda substitucion siguiendo lo visto en la seccion4.4. Haciendo

z = t2, la integral I toma la forma:

I =1

2

∫z−1

(1 − z

z

)− 34

dz.


Ahora debemos emplear la substitucion u =4

√1 − z

z, e I queda expresada

como I = −2

∫du

u4 + 1.

Como

u4 + 1 = (u2 +√

2u+ 1)(u2 −√

2u+ 1)

y ambos polinomios cuadraticos son irreducibles en R,

por desarrollo en fracciones simples podemos escribir:

∫du

u4 + 1=

1

4√

2ln

1 +√

2u+ u2

1 −√

2u+ u2+

1

2√

2arctan

√2u

1 − u2+ C.

Volviendo a las variables originales:

u =4

√1 − z

z=

4

√1 − t2

t2=

4

√cos2 x

sen 2x=

√cot x

Finalmente,

I = − 1

2√

2ln

1 +√

2 cot x+ cot x

1 −√

2 cot x+ cot x− 1√

2arctan

√2 cot x

1 − cot x+ C.

3. Integrales de: sen (ax) sen (bx) , cos(ax) cos(bx) , sen (ax) cos(bx), a 6= b.

Se resuelven usando las formulas trigonometricas que transforman productos ensumas:

sen θ sen ψ = 12 [cos(θ − ψ) − cos(θ + ψ)]

cosθ cosψ = 12 [cos(θ − ψ) + cos(θ + ψ)]

sen θ cosψ = 12 [ sen (θ − ψ) + sen (θ + ψ)]

Ejemplo 4.5.3I =

∫sen 3x cos 7xdx

=∫

12 [ sen (−4x) + sen (10x)]dx

= 18 cos 4x− 1

20 cos 10x+ C.


4. Integrales del tipo∫P (x) sen mxdx,

∫P (x) cosmxdx , donde P (x) es un

polinomio.

Se calculan usando integracion por partes. Haciendo f(x) = P (x), g ′(x) = senmxtenemos que f ′(x) = P ′(x); g(x) = − 1

m cosmx. Por lo tanto,

∫P (x) sen mxdx = − 1

mP (x) cosmx+

1

m

∫P ′(x) cosmxdx.

La segunda integral del miembro derecho se calcula nuevamente por partes. En cadaetapa baja en una unidad el grado del polinomio P (x) llegandose finalmente a laintegral

∫cosmxdx o

∫sen mx dx.

Ejemplo 4.5.4 I =∫(x2 − 3x+ 1) cos 2x dx.

Integrando por partes tenemos que,

I =1

2(x2 − 3x+ 1)sen 2x− 1

2

∫(2x− 3)sen2x dx

∫(2x− 3)sen 2x dx = − 1

2(2x− 3) cos 2x+ 12

∫2 cos 2x dx

= −12(2x− 3) cos 2x+ 1

2sen 2x+ C.

Ası,

I = 12(x2 − 3x+ 1)sen 2x+ 1

4(2x− 3) cos 2x− 14 sen 2x+ C

I = 12(x2 − 3x+

1

2)sen 2x+

1

4(2x− 3) cos 2x+ C.

5. Aplicacion de las integrales trigonometricas en el calculo de integrales defunciones irracionales de segundo grado.

Las integrales que involucran potencias enteras de x y de una de las raıces:√a2 − x2,

√x2 − a2,

√x2 + a2 pueden ser transformadas en una integral de una

funcion racional en sen x, cos x, R(sen x, cos x), usando una de las sustitucionesx = sen t, x = tan t, x = sec t.

La substitucion x = a sen t : Para integrar una funcion que involucra potenciasenteras de x y de

√a2 − x2, con a > 0 se usa la substitucion: x = a sen t.

Ası tenemos:


dx

dt= a cos t,

√a2 − x2 =

√a2 − a2 sen 2t

= a√

1 − sen 2t = a cos t,

con t ∈ (−π2 ,

π2 ), por tanto, cos t > 0.

Ejemplo 4.5.5 I =

∫x2

√4 − x2

dx.

Si x = 2 sen t entonces,

I =

∫4 sen 2t

2 cos t2 cos tdt = 4

∫sen 2t dt

= 4

∫1 − cos 2t

2dt = 2t− sen 2t+ C

= 2t− 2 sen t cos t+ C

= 2arc senx

2− x

2

√4 − x2 +C.

La substitucion x = a tan t : Esta es adecuada para integrar funciones que in-volucran potencias enteras de x y de

√x2 + a2, a > 0.

Haciendo x = a tan t se tiene

dx

dt= a sec2 t;

√x2 + a2 =

√a2(tan2 t+ 1) = a sec t pues t ∈ (

−π2,π

2).

Ejemplo 4.5.6 I =

∫x2

x2 + 16dx :

Si x = 4 tan t entonces,

I =

∫16 tan2 t

4 sec2 t4 sec2 t dt = 16

∫tan2 t dt

= 16

∫(sec2 t− 1) dt = 16 tan t− 16t+ C

= 16 · x4− 16 arctan(

x

4) + C

= 4x− 16 arctanx

4+ C.

La substitucion x = a sec t : Es adecuada para integrar funciones que involucranpotencias enteras de x y de

√x2 − a2; a > 0.

Haciendo x = a sec t se tiene:

dx

dt= a sec t tan t dt

√x2 − a2 = a | tan t|.

Es necesario tomar el valor absoluto, pues para x < −a, t ∈ ( π2 , π) y por consigu-

iente la tangente de t es negativa.

Ejemplo 4.5.7 I =

∫x2

√x2 − 9

dx.

x = 3 sec t,dx

dt= 3 sec t tan t dt ;

√x2 − 9 = 3| tan t|. Ası,

I =

∫9 sec2 t

3| tan t| · 3 sec t tan t dt

=

∫9 sec3 t dt si x < −3

−∫

9 sec3 t dt si x > 3.

La integral J =

∫sec3 t dt puede calcular usando la formula de reduccion 4 de la

seccion 4.2.

J =1

2sec t tan t+

1

2

∫sec t dt

=1

2sec t tan t+

1

2ln | tan(

t

2+π

4)| + C

=1

2· x3·√x2 − 9

3+

1

2ln |x+

√x2 − 9| + C.


Por lo tanto,

I =x

2

√x2 − 9 +

9

2ln |x+

√x2 − 9| + C.

4.5.2. Integracion de funciones trigonometricas inversas.

1. La integral∫f(arc senx) dx.

Se calcula mediante la substitucion t = arc senx que transforma la integral en unadel tipo

∫f(t) cos t dt. La cual puede calcularse en los casos en que f(t) es un

polinomio segun lo visto en el parrafo anterior.

Ejemplo 4.5.8 I =∫( arc senx)2 dx.

Haciendo t = arc senx,

I =

∫t2 cos t dt

Para esta integral podemos proceder como en el parrafo anterior o usar las formulasde reduccion 4.11 y 4.12.

I = t2sent− 2∫t sen t dt

= t2sen t− 2[−t cos t+∫

cos t dt]

= t2sen t+ 2t cos t− 2sen t+ C

= (t2 − 2)sen t+ 2t cos t+ C

Como sen t = x, cos t =√

1 − x2, la integral es,

I = (( arc senx)2 − 2)x+ 2√

1 − x2arc senx+ C.

2. La integral∫P (x) arc sen xdx donde P (x) es un polinomio.

Se realiza por el metodo de integracion por partes.

Ejemplo 4.5.9 I =∫x arc senx dx.

Haciendo: f(x) = arc senx, g′(x) = x tenemos,

f ′(x) =1√

1 − x2; g(x) =

x2

2

Ası,

I =x2

2arcsenx−

∫x2

2√

1 − x2dx

La segunda integral se puede calcular usando la substitucion trigonometrica x = sen ty es del mismo tipo que la integral del ejemplo 4.5.5.

∫x2

√1 − x2

dx = −x2

√1 − x2 +

1

2arcsenx+ C

Finalmente,

I =x2

2arcsenx− 1

4arcsenx+

x

4

√1 − x2 + C.

4.5.3. Integracion de funciones hiperbolicas, exponenciales y logarıtmi-

cas.

1. Funciones hiperbolicas.

Mediante la substitucion x = au, dx = a du se obtienen las siguientes generaliza-ciones de las formulas de integracion dadas por el teorema 3.4.22.

∫dx√x2 − a2

= arccoshx

a; para |x| > |a|.

∫dx

a2 − x2=

1

aarc tanh

x

a; para |x| < |a|

1

aarc coth

x

a; para |x| > |a|

Usando la substitucion u = coshx y u = senh x se obtienen, respectivamente, lasformulas:

∫tanhx dx = ln coshx

∫coth x dx = ln | senhx|.


Mediante la substitucion x = a cosh u se obtiene:

∫ √x2 − a2dx = −a

2

2arc cosh

x

a+x

a

√x2 − a2.

Analogamente la substitucion x = a senh u permite calcular:

∫ √a2 + x2dx =

a2

2arc senh

x

a+x

2

√a2 − x2

La substitucion u =a

x; dx = − a

u2du nos da las formulas:

∫dx

x√x2 − a2

= −1

aarcsenh

x

a

∫dx

x√x2 − a2

= −1

aarcsenh

a

x

∫dx

x√a2 − x2

= −1

aarc cosh

a

x.

2. Integrales del tipo∫f(ax) dx.

Se calculan haciendo u = ax,du

dx= ln a ax. Ası, la integral

∫f(ax) dx se transfor-

ma en una de la forma

1

ln a

∫f(u)

udu

Ejemplo 4.5.10 (1) I =∫ 1

ax + 1dx.

Sea u = ax, entonces

I =1

ln a

∫1

u+ 1· 1

udu

Esta se realiza mediante la descomposicion en fracciones simples:


I =1

ln a[

∫ −1

u+ 1du+

∫1

udu]

=1

ln a[− ln |u+ 1| + ln |u|] + C

=1

ln aln | u

u+ 1| + C =

1

ln aln

ax

ax + 1+ C.

(2) I =∫ √

1 − axdx.

Haciendo u = ax nos queda: I =1

ln a

∫ √1 − u

udu. Esto se calcula mediante la

substitucion y =√

1 − u que nos da: y2 = 1 − u , 2ydy = −du. Por lo tanto,

I =−2

ln a

∫y2

1 − y2dy;

que puede calcularse usando descomposicion en fracciones parciales, obteniendo:

I = −2lna [2y + ln | 1−y

1+y |] + c

= −2lna [2

√1 − ax + ln |1−

√1−ax

1+√

1−ax |] + C.

3. Integrales del tipo∫P (x)axdx, donde P (x) es un polinomio.

Utilizando integracion por partes se puede bajar sucesivamente el grado del poli-nomio P (x). Sea

f(x) = P (x); g′(x) = ax; f ′(x) = P ′(x); g(x) =1

lnaax.

Ası,

∫P (x)ax dx =

P (x) · ax

lna− 1

ln a

∫P ′(x)ax dx.

La integral del miembro derecho vuelve a integrarse por partes, hasta que finalmente

se llega a la integral∫ax dx =

ax

ln a.



(x3 − 1)axdx.

I =(x3 − 1)ax

ln a− 1

ln a

∫3x2axdx

=(3x− 1)ax

ln a− 3

ln a[x2 · ax

ln a− 1

ln a

∫2xaxdx]

=(x3 − 1)ax

ln a− 3x2ax

(ln a)2+

6

(ln a)2

∫xaxdx

=(x3 − 1)ax

ln a− 3x2ax

(ln a)2+

6

(ln a)2[xax

ln a− 1

ln a

∫axdx]

=(x3 − 1)ax

ln a− 3x2ax

(ln a)2+

6

(ln a)2[xax

ln a− 1

(ln a)2ax] + C

=(x3 − 1)ax

ln a− 3x2ax

(ln a)2+

6xax

(ln a)3− 6ax

(ln a)4+ C

= [x3 − 1

ln a− 3x2

(ln a)2+

6x

(ln a)3− 6

(ln a)4]ax + C.

4. Integrales del tipo∫P (lnx)dx; donde P (x) es un polinomio.

Utilizando la substitucion u = lnx, estas integrales pueden llevarse a una del tipoanterior.

Si u = lnx, entonces, x = eu, dx = eudu. Ası,

∫P (lnx) dx =

∫P (u)eu du.


((lnx)3 − 1)dx.

Haciendo u = lnx.

I =

∫(u3 − 1)eudu

Esta integral nos da como en el ejemplo anterior


I = [u3 − 1 − 3u2 + 6u− 6]ex + C.

(ln e = 1).

I = [u3 − 3u2 + 6u− 7]ex + C

I = [(ln x)3 − 3(ln x)2 + 6 lnx− 7]x+ C

5. Integrales del tipo∫xn(lnx)mdx; m ∈ N, n ∈ Z.

Si n = −1

I =

∫(lnx)m

xdx, se realiza usando u = lnx. I se transforma en

∫e−1umdu que

puede ser calculada con la formula de reduccion 4.13.

Si n 6= −1, se utiliza integracion por partes,

f = (lnx)m; g′ = xn

f ′ =m(lnx)m−1

xg =

xn+1

n+ 1.

Por lo tanto,

∫xn(ln x)mdx =

xn+1(lnx)m

n+ 1− m

n+ 1

∫xn(ln x)m−1dx.

Usando recursivamente integracion por partes se llega finalmente a la integral∫xndx.

Ejemplo 4.5.13 I =∫x3(ln x)2 dx.

Aplicando la formula con n = 3 y m = 2 , nos queda:

I =x4(lnx)2

4− 2

4

∫x3(ln x) dx

=x4(lnx)2

4− 1

2

[x4 lnx

4− 1

4

∫x3 dx

]

=x4(lnx)2

4− x4 (lnx)

8+

1

8

∫x3 dx

=x4(lnx)2

4− x4 (lnx)

8+x4

32+ C.


6. Integrales del tipo∫P (x)(lnx)mdx.

Estos contienen a las integrales recien estudiadas, por lo que se procede de igualmanera.


(x3 − 1)(ln x)2 dx.

Aplicando la formula para P (x) = x3 − 1 y m = 2 tenemos:

I =

∫x3 (lnx)2 dx−

∫(lnx)2 dx.

La primera integral es la que hemos calculado en el ejemplo 4.5.13 , la segunda secalcula usando lo descrito en 4 usando la substitucion x = eu y obtenemos:

∫(lnx)2 dx =

[(lnx)2 − 2 ln x+ 2

]x+ C.

Ası,

I =x4(ln x)2

4− x4 (lnx)

8+x4

32+[(lnx)2 − 2 ln x+ 2

]x+ C.


1.

∫(1 + sen x)

sen x(1 + cos x)dx =

1

4tan2

(x2

)+ tan

(x2

)+

1

2ln[tan

(x2

)]+ C.

2.

∫1

sen2x cos2 xdx =

1

senx cosx− 2cotan x+ C.

3.

∫1

senx cos2 xdx =

1

cos x+ ln

[tan

(x2

)]+ C.

4.

∫1

sen2x cos xdx = − 1

sen x+ ln [sec x+ tanx] + C.

5.

∫1

senx cos xdx = ln(tanx) + C.

6.∫

sen 4x sen 3x dx =sen x

2− sen 7x

14+ C.

7.∫

sen (4x− 4) sen (3x− 3) dx =sen (x− 1)

2− sen 7(x− 1)

14+ C

8.∫

sen 5x cos 2x dx = −cos 3x

6− sen 7x

14+ C


9.∫

cos 8x cos 3x dx =sen 5x

10− sen 11x

22+ C

10.∫

sen ax cos bx dx = − 12

[cos(a− b)x

a− b+

cos(a+ b)x

a+ b

]+ C

11.∫

sen ax sen bx dx = 12

[sen (a− b)x

a− b− sen (a+ b)x

a+ b

]+ C

12.∫

cos ax cos bx dx = 12

[sen (a− b)x

a− b+

sen (a+ b)x

a+ b

]+ C

13.∫

cos x cos 2x cos 3x dx =1

4

(sen 6x

6+

sen 4x

4+

sen 2x

2+ x

)+C.

14.

∫x4

√1 − x2

dx = −x8(3 + 2x2)

√1 − x2 +

3

8arc sen x+ C.

15.

∫dx

ex + e−x= arctan ex + C.

16.

∫x2

√9 − x2

dx =1

2x√

9 − x2 +9

2arc sen

(x3

)+ C.

17.

∫x2

√9 + x2

dx =1

2

√9 + x2 − 9

2arcsenh

(x3

)+ C.

18.

∫x2

√x2 − 9

dx =1

2x√x2 − 9 +

9

2ln(x+

√x2 − 9) + C.

19.

∫1

x√x2 − 9

dx = −1

3arctan

( 3√x2 − 9

)+ C.

20.

∫1

x√

9 − x2dx = −1

3arctanh

( 3√9 − x2

)+ C.

21.

∫1√

x2 − 16dx = ln

(x+

√x2 − 16

)+ C.

22.

∫1

4 − x2dx = −1

4ln(x− 2) +

1

4ln(x+ 2) + C.

23.∫

(x2 − 2x+ 1) ex dx = exx2 − 4exx+ 5ex + C.

24.

∫ [(lnx)2 − 2 lnx+ 1

]dx = (lnx)2 − 2x ln x+ 3x+ C.


25.∫x2(ln x)3 dx =

1

3x3(lnx)3 − 1

3x3(lnx)2 +

2

9x3 lnx− 2

27x3 + C.

Problemas Generales

1. La temperatura en grados Farenheit (F◦

) de la ciudad de Valparaıso, t horas despuesde las 11 : 00 hrs, se expresa, aproximadamente, mediante la funcion:

T (t) = 60 + 17 senπt

15

Calcular la temperatura promedio durante el perıodo comprendido entre las 11 : 00hrs y las 23 : 00 hrs.

Nota: La medicion de temperatura en grados Farenheit, es utilizada principal-mente en los paıses Anglo Sajones. La relacion de los grados Farenheit con los gra-dos Celcius a los cuales estamos habituados, es de tipo lineal, donde 0oC equivalena 32oF, y 100oC equivalen a 212oF.

Solucion: a = 11; b = 23

T =1

23 − 11

∫ 23

11

(60 + 17 sen

πt

15

)dt

=1

12

[∫ 23

1160 dt + 17

∫ 23

11sen(

πt

15) dt

]

=1

12

[60t |2311 +17

(−15

πcos x |

23π1511π15

)]

=1

12[720 − 62,9]

= 54, 758◦

F

2. Calcular el valor promedio de f(x) = sen2(x) cos(x) en el intervalo [−π/2, π/4].

Solucion: Tenemos: a = −π2 y b = π

4

Entonces, el valor promedio de la funcion es:


f =1

b− a

∫ b

af(x)dx =

1π4 − −π

2

∫ π/4

−π/2sen2(x) cos(x)dx

=4

3π

[sen3(x)

3

]π/4

−π/2

=4

9π

[sen3

(π4

)− sen3

(−π2

)]

=4

9π

1 +

(√2

2

)3 =

4

9π

[1 +

√2

4

]

=4

9π

[4 +

√2

4

]=

4 +√

2

9π

3. Considerar la funcion del problema anterior y encontrar el punto c que satisface elTeorema del Valor Medio.

Solucion: Como f(x) = sen2(x) cos(x) es continua en [−π/2, π/4], el Teorema delValor Medio para integrales indica que existe un numero c en este intervalo tal que:

∫ π/4

−π/2sen2(x) cos(x)dx = f(c)

(π

4− −π

2

)

Luego, sabemos que f(c) = f = 4+√

29π

Por lo tanto:

sen2(c) cos(c) =4 +

√2

9π= 0,1914 . . . ≈ 0,2

De esta forma tenemos tres puntos c, que son c1 ≈ −π/6, c2 ≈ π/6 y c3 ≈ −7π/15,en el intervalo [−π/2, π/4] que satisfacen el Teorema del Valor Medio para integralesaplicado a f(x) = sen2 x cos x.

4. Determine la ecuacion de la curva y = f(x), en base a la informacion que a contin-uacion se detalla:

Pasa por el punto (7, 8).

Tiene un punto crıı tico en x = 7.

El valor de su segunda derivada es ln(8 − x), ∀x ∈ Dom(f)

Capıtulo 5

Aplicaciones de la integral

5.1. Calculo de areas

5.1.1. Calculo de areas en coordenadas rectangulares

Como hemos visto en el capıtulo 3, si f(x) ≥ 0 entonces,

∫ b

af(x)dx representa el area

comprendida entre el grafico de la funcion, el eje de abscisas y las rectas verticales x = ay x = b.

f(x)

a b

Supongamos que f y g son dos funciones no negativas cuyos graficos se cortan solo en(a, f(a)) y (b, g(b)) y, ademas,que g(x) ≤ f(x). En este caso el area entre las graficas de gy f esta dada por

A =

∫ b

af(x)dx−

∫ b

ag(x)dx =

∫ b

a(f(x) − g(x))dx.

585

586 CAPITULO 5. APLICACIONES DE LA INTEGRAL

f(x)

g(x)

Si g(x) ≤ f(x) y las funciones son negativas en alguna parte, el area entre ambas

curvas tambien es A =∫ ba (f(x) − g(x))dx. En efecto sea m = inf{g(x) ; x ∈ [a, b]}.

Definimos las funciones h yH por

h(x) = f(x) + 2m ≥ g(x) + 2m = H(x).

En esta caso el area entre h y H es igual al area entre f y g.Por lo tanto,

A =

∫ b

a(h(x) −H(x))dx =

∫ b

a(f(x) − g(x))dx.

f(x)

g(x)

a b

Ejemplo 5.1.1 Calculemos el area encerrada por un cırculo centrado en el orıgen y deradio r.

5.1. CALCULO DE AREAS 587

Sean Sr = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y2 = r2} , f(x) =√r2 − x2 y g(x) = −

√r2 − x2, entonces

A =

∫ r

−r(f(x) − g(x))dx =

∫ r

−r2√r2 − x2dx = 2

∫ r

−r

√r2 − x2dx

= 2 · 2∫ r

0

√r2 − x2dx.

Usando el cambio de variable:

x = r sen(θ), tenemos dx = r cos(θ)dθ.

Entonces,

A = 4

∫ π2

0

√r2 − r2 sen2(θ) · r cos(θ)dθ

= 4

∫ π2

0r2 · cos2(θ)dθ = 4r2

∫ π2

0

1 + cos(2θ)

2dθ

= 4r2 ·(θ

2

∣∣∣π2

0+

∫ π2

0

cos(2θ)

2dθ)

= r2π + r2

∫ π

0cos(v)dv = r2π

Por lo tanto,

A = πr2.

Observacion 5.1.2

Si los graficos, de las funciones f y g, se cortan en varios puntos, entonces se debecalcular los puntos de interseccion de ambas curvas y analizar separadamente, el signo dela diferencia de las funciones en cada tramo.

f

g

g

f

f

g

a a1 a2 b


A =

∫ a1

a(f − g) +

∫ a2

a1

(g − f) +

∫ b

a2

(f − g).

Ejemplo 5.1.3 Calcular el area entre f(x) = x3 y g(x) = x.

Solucion:

x

x3

x

x3

Calculo de los puntos de interseccion entre las curvas.

x3 = x ⇐⇒ x3 − x = 0 ⇐⇒ x(x2 − 1) = 0 ⇐⇒ x(x− 1)(x+ 1) = 0

⇐⇒ x = 0, 1, −1.

Las curvas se cortan en los puntos: (−1,−1) , (0, 0) y (1, 1).Por lo tanto, el area se calcula separando las integrales:

A =

∫ 0

−1(x3 − x)dx+

∫ 1

0(x− x3)dx

∫ 0

−1(x3 − x)dx =

x4

4− x2

2

∣∣∣0

−1= −1

4+

1

2=

1

4.

∫ 1

0(x− x3)dx =

x2

2− x4

4

∣∣∣1

0=

1

2− 1

4=

1

4.

Ası,

A =1

2.

5.1.2. Calculo de areas usando ecuaciones parametricas

Hemos visto en el parrafo anterior que el area bajo una curva y = f(x), cuando f espositiva y x ∈ [a, b] es:

A =

∫ b

af(x)dx =

∫ b

ay(x)dx


Si las ecuaciones de la curva vienen dadas en terminos de un parametro, es decir:

{x = x(t)

y = y(t) ; t ∈ [a, b]

Recordando lo visto en la subseccion 2.6.3 del capitulo 2 y usando la formula de cambiode variable se tiene:

A =

∫ t2

t1

y(x(t))dx

dtdt.

Donde: {x(t1) = a

x(t2) = b.

Ejemplo 5.1.4 Calcular el area bajo un arco de la cicloide:

{x(t) = at

y(t) = a(1 − cos t), a positivo.

Solucion: y(t) ≥ 0 para todo t ∈ R . Un arco de la cicloide esta comprendido entredos ceros consecutivos de y(t).

y(t) = 0 ⇐⇒ a(1 − cos t) = 0 ⇐⇒ 1 = cos t

⇐⇒ t = 2kπ, k ∈ Z.

Consideraremos el arco para t ∈ [0, π].

A =

∫ π

0y(t)

dx

dtdt =

∫ π

0a(1 − cos t) · a dt

= a2

∫ π

0(1 − cos t) dt = a2(t− sen t)

∣∣∣π

0= a2π.

Ejemplo 5.1.5 Calcular el area encerrada por la lemniscata de Gerono estudiada en elejemplo 2.6.16 de la subseccion 2.6.3.

{x(t) = cos t

y(t) = sen 2t, t ∈ [0, π].


–1

–0.5

0.5

1

–1 –0.5 0.5 1

Solucion: Como esta curva es simetrica con respecto a los dos ejes, basta calcular elarea de un cuadrante.

A =

∫ 1

x=0y(x)dx =

∫ 0

π/2y(t)

dx

dtdt =

∫ 0

π/2sen 2t · (− sen t) dt

= −∫ 0

π/22 sen t · cos t · sen t dt =

∫ π/2

0sen2 t cos t dt = 2

sen3 t

3

∣∣∣π/2

0=

2

3.

5.1.3. Calculo de areas en coordenadas polares

Sea Sr(x0, y0) un cırculo de centro (x0, y0) y radio r. Sabemos que el sector de Sr(x0, y0)

comprendido entre los angulos ν = θ0y ν = θ0 + θ tiene area1

2θr2.

Suponemos ahora que r = f(θ) y que x = f(θ) cos θ, y = f(θ) sen θ es una curva enel plano (x, y) expresada en coordenadas polares. Vamos a calcular el area de esta curvacomprendida en el sector determinado por los angulos θ = α y θ = β como podemos veren la siguiente figura.

θ0

θ

r


Con este proposito dividimos el intervalo [α, β] en subintervalos [θi−1, θi] de modoque :

α = θ0 ≤ θ1 ≤ · · · ≤ θn = β.

En cada subintervalo, elegimos un punto cualquiera ξi ∈ [θi−1, θi] y formamos la sumade Riemann que representa la suma de las areas de los sectores circulares de angulos θi−1

y θi y radio f(ξi):

β

α

O

(x(θ), y(θ))

De acuerdo a lo senalado tenemos que la suma S de las areas de los sectores circularesde angulos θi − θi−1 y radios f(ξi) es:

S =n∑

i=1

1

2[f(ξi)]

2 · (θi − θi−1) .

En este caso lo que hemos hecho es aproximar el area que nos interesa calcular con la delos sectores circulares de radio constante. Para obtener el area exacta debemos afinar laparticion haciendo tender n→ +∞ . Ası, obtenemos que el area esta dada por la respectivaintegral.

Area =

∫ β

α

1

2(f(θ))2dθ.

Ejemplo 5.1.6 Encuentre el area acotada por la curva r = 2 +cos θ y los angulos θ = 0y θ = π/2.

Solucion: De acuerdo a lo visto en el capıtulo 2, seccion ??, la curva representada porla ecuacion es una cardioide. El area pedida corresponde a la zona marcada en la figura.


A =

∫ π/2

0

1

2(2 + cos θ)2dθ =

1

2

∫ π/2

0(4 + 4 cos θ + cos2 θ)dθ

= 2

∫ π/2

0dθ + 2

∫ π/2

0cos θdθ+

1

2

∫ π/2

0

1 + cos 2θ

2dθ.

= π + 2 sen θ∣∣∣π/2

0+

1

4

∫ π/2

0dθ +

1

4

∫ π/2

0cos(2θ) dθ

= π + 2 +π

8+

1

4

∫ π/2

0cos(2θ) dθ.

Haciendo el cambio de variable para la ultima integral,

{u = 2θ

du = 2dθ,

nos queda:

A = π + 2 +π

8+

1

4

∫ π/2

0cos(u) · du

2

=9

8π + 2.

Ejemplo 5.1.7 Encuentre el area que encierra la curva r = 2 sen (3θ).

Solucion: Como en todo calculo de area, es importante y util, hacer previamente elgrafico correspondiente.

ϕ(θ) = 2sen(3θ).

Usando la aprendido en el capıtulo 2 vemos que la curva es una rosa de tres petalos. Enparticular, la curva es es simetrica con respecto al eje Y . en efecto,

ϕ(−θ + π) = 2 sen (−3θ + 3π)

= 2[ sen (−3θ) cos(3π) + cos(−3θ) sen (3π)]

= 2 sen (−3θ)(−1) = 2 sen (3θ) = ϕ(θ).


θ = 0

θ = π/3

Sea A0 en area encerrada por el petalo del primer cuadrante, por lo tanto, el areasolicitada es 3A0.

A0 =

∫ π/3

0

1

2(2 sen (3θ))2dθ = 2

∫ π/3

0sen2 (3θ)dθ.

Haciendo el cambio de variable ,{u = 3θ

du = 3dθ,

nos queda:

A0 = 2

∫ π

0sen2 (u)

du

3=

2

3

∫ π

0sen2 (u)du.

Usando la formula del angulo doble, obtenemos:

A0 =2

3

∫ π

0

1 − cos 2u

2du =

1

3

∫ π

0du− 1

3

∫ π

0cos(2u)du

π

3− 1

3

∫ π

0cos(2u)du.

Nuevamente, cambiando de variable{v = 2θ

dv = 2dθ,

nos queda:

A0 =π

3− 1

3

∫ 2π

0cos v

dv

2= π/3.

Por lo tanto,A = 3A0 = π.


Ejemplo 5.1.8 Encuentre el area en el interior del cırculo r = 5 cos θ y fuera de lacardiode r = 2 + cos θ.

Solucion: El area solicitada es la achurada en la siguiente figura.

Calculo de los puntos de interseccion de ambas curvas:

2 + cos θ = 5 cos θ ⇐⇒ cos θ = 1/2 ⇐⇒ θ = π/3 ,−π/3.

Ahora, calculamos el area encerrada por cada curva.

Sean A1 el area encerrada por el cırculo y sea A2 el area encerrada por la cardioide:

A1 =

∫ π/3

−π/3

1

225 cos2 θdθ

A2 =

∫ π/3

−π/3

1

2(2 + cos θ)2dθ.

Por lo tanto, el area pedida es:

1

2

∫ π/3

−π/325 cos2 θdθ − 1

2

∫ π/3

−π/3(2 + cos θ)2dθ =

8π

3+

√3.


1. Calcule el area de un cırculo, usando:

a) Su ecuacion en coordenadas rectangulares.

b) Sus ecuaciones parametricas.

Solucion:


-2 -1 1 2

-2

-1

1

2

Figura 5.1: Grafico de un cırculo de radio r

a) x2 + y2 = r2

y = ±√r2 − x2 r ≤ x ≤ r.

Usando simetrıa tenemos:

Area = 2

∫ r

−r

√r2 − x2dx.

Esta integral se calcula usando el cambio de variable:{x = r sen θ

dx = r cos θdθ.

Este cambio de variable implica el siguiente cambio en los lımites de integracion:{x = r ⇐⇒ sen θ = 1 ⇐⇒ θ = π/2.

x = −r ⇐⇒ sen θ = −1 ⇐⇒ θ = −π/2.

Entonces nos queda:

Area = 2

∫ r

−r

√r2 − x2dx = 2 ·

∫ r

−r

√r2 − r2 sen2 θ r cos θ dθ

= 2 ·∫ π/2

−π/2r2 cos2 θdθ

= 2r2

∫ π/2

−π/2

1 + cos 2θ

2dθ

= r2∫ π/2

−π/2dθ + r2

∫ π/2

−π/2cos 2θ dθ

= πr2.


b) La ecuacion de la circunferencia centrada en el origen y de radio r0 en coorde-nadas polares es r = r0. Por lo tanto,

Area =1

2

∫ 2π

0r20dθ = πr2

0.

2. Calcule el area de una elipse cuyos semiejes son 2 y 3, usando:



Solucion:

-3 -2 -1 1 2 3

-2

-1

1

2

Figura 5.2: Grafico de una elipse

a)x2

4+y2

9= 1 ⇐⇒ y2 = 9

(1 − x2

4

)⇐⇒ y = ±3

√1 − x2

4.

Por lo tanto, usando la simetrıa de la curva,el area A pedida es

A = 2

∫ 2

−23 ·√

1 − x2

4dx.

Esta integral, como en el caso anterior, se calcula usando el cambio de variable:{x = 2 cos θ

dx = −2 sen θdθ.

Este cambio de variable implica el siguiente cambio en los lımites de integracion:{x = 2 ⇐⇒ cos θ = 1 ⇐⇒ θ = 0.

x = −2 ⇐⇒ cos θ = −1 ⇐⇒ θ = −π.Entonces nos queda:

A = 6

∫ 0

−πsen θ(−2 sen θ)dθ = −12

∫ 0

−πsen2 θ dθ

= −12

∫ 0

−π

1 − cos 2θ

2dθ = −12

2(π) = 6π.


b) En virtud de la simetrıa de la curva, el area de la elipse es 4A donde A es elarea bajo la curva en el primer cuadrante. Las ecuaciones parametricas de laelipse son:

y = 3 sen θ

x = 2 cos θ, 0 ≤ θ ≤ π

2

Como dx = −2 sen θ dθ el area queda expresada en la forma:

A =

∫ 2

0y(x) dx = −

∫ π/2

03 sen θ(−2 sen θ)dθ

= 6

∫ π/2

0sen2 θ dθ = 6

∫ π/2

0(1 − cos2 θ) dθ = 6

∫ π/2

0

1 − cos 2θ

2dθ

= 3[θ − sen 2θ

2

]π/2

0=

3π

2.

Ası, el area encerrada por la elipse es 4A = 6π.

3. Calcule el area comprendida entre la curva y = e−|x|, el eje X y las rectas x = −2 yx = 2.

Solucion:

Figura 5.3: Area comprendida entre y = 0, x = −2, x = 2, y = e−|x|

Como y(x) = e−|x| es una funcion par, ella es simetrica con respecto al eje Y .Entonces,


Area = 2 ·∫ 2

0e−xdx = 2

∫ −2

0eu(−du)

= −2eu∣∣∣−2

0= −2(e−2 − 1) = 2(1 − e−2).

4. Calcule el area encerrada por la curva y = | senx| y el eje X cuando x ∈ [0, 4π].

Figura 5.4: Grafico del area comprendida entre y = | sen x|, el eje X, con x ∈ [0, 4π]

Solucion:

Area =

∫ π

0senxdx+

∫ 2π

π− senxdx+

∫ 3π

2πsenx+

∫ 4π

3π(− senx)dx

= 2 + 2 + 2 + 2 = 8.

5. Calcule el area encerrada por las curvas:

a) y = senx , y = cos x cuando x ∈ [0, π].

b) y = senx , y = | cos x| cuando x ∈ [0, π].

Solucion:

Figura 5.5: Grafico del area comprendida entre seno y coseno entre 0yπ


a)

Area = −∫ π/4

0(senx− cos x)dx+

∫ π

π/4(senx− cos x)dx

= −(− cos x− senx)∣∣∣π/4

0+ (− cos x− senx)

∣∣∣π

π/4

= −(−2

√2

2+ 1

)+

(1 −

(−2

√2

2

))

=√

2 − 1 +√

2 + 1

= 2√

2

b)

y(x) = | cos x| =

{cos x, si x ∈ [0, π/2]

− cos x, six ∈ [π/2, π].

Figura 5.6: Grafico del area comprendida entre y = senx y y = | cos x|, con x entre 0 yπ

Area = 2 ·∫ π/4

0(cos x− senx) + 2 ·

∫ π/2

π/4(sen x− cos x)dx

= 2 · (senx+ cos x)∣∣∣π/4

0+ 2 · (− cos x− senx)

∣∣∣π/2

π/4=

= 2 ·(

2

√2

2− 1

)+ 2 ·

(−1 −

(−2

√2

2

))

= 2(√

2 − 1) + 2(√

2 − 1) = 4(√

2 − 1).

6. Calcule el area comprendida entre las curvas y = x3, y = 3√x, y las rectas x = −1 y

x = 3.


Figura 5.7: Grafico del area comprendida entre y = x3, y = 3√x, y las rectas x = −1 y

x = 3

Solucion:

Observemos que el area entre las curvas en [−1, 0] es igual al area en [0, 1] . entoncesel area pedida es:

A = 2

∫ 1

0( 3√x− x3)dx+

∫ 3

1(x3 − 3

√x)dx

= 2 ·(

3

4x4/3 − x4

4

) ∣∣∣∣∣

1

0

+

(x4

4− 3x4/3

4

)∣∣∣∣∣

3

1

= 2

(3

4− 1

4

)+

(81

4−

3√

81

4

)−(

1

4− 3

4

)

=3

2+

81

4−

3√

81

4=

87 − 3 3√

3

4.

7. Calcular el area encerrada entre las curvas f(x) = x4 + x3 + 16x− 4 yg(x) = x4 + 6x2 + 8x + 4. Ejercicio propuesto en el libro de G.W. Bluman, ( ver

bibligrafia).

Solucion: Para evitar graficar los polinomios de cuarto grado, podemos trabajarcon la diferencia de los polinomios f − g. Para calcular el area comprendida entreambas curvas debemos conocer los puntos de interseccion de ambas curvas lo que esequivalente a conocer las raices del polinomio f − g.

(f − g)(x) = x3 − 6x2 + 8x = x(x− 2)(x− 4).

f(x) − g(x) = 0 ⇐⇒ x(x − 2)(x − 4) = 0 ⇐⇒ x = 0 o x = 2 o x = 4.Por lo tanto, el area, A, encerrada entre ambas curvas es la correspondiente cuando

x ∈ [0, 4]. Entonces, A =

∫ 4

0|f(x) − g(x)| dx , para lo cual es necesario conocer el

signo de f − g.

Figura 5.8: Grafico del area encerrada entre el eje X e y = x3 − 6x2 + 8x

(f − g)(x)

{es positivo si 0 < x < 2

es negativo si 2 < x < 4.

Ası, tenemos que:

A =

∫ 2

0(f(x) − g(x))dx +

∫ 4

2(g(x) − f(x))dx.

∫ 2

0(f(x) − g(x)) =

∫ 2

0(x3 − 6x2 + 8x)dx =

(x4

4− 2x3 + 4x2

) ∣∣∣2

0= 4

∫ 4

2(g(x) − f(x)) =

∫ 4

2(6x2 − x3 − 8x)dx =

(2x3 − x4

4− 4x2

) ∣∣∣4

2= 4

Por lo tanto, el area pedida vale 8 unidades de area.


8. Calcule el area acotada por la curva f(x), el eje X y las rectas x = −2 y x = 2,donde:

f(x) =

{|x− [x]| si [x] es par|x− [x+ 1]| si [x] es impar

Solucion:Para graficar la funcion y visualizar la region cuya area queremos calcular, observe-mos que:

Si x ∈ [−2 , −1[ , entonces [x] = −2 ,

Si x ∈ [−1 , 0[ , entonces [x] = −1 ,

Si x ∈ [0 , 1[ , entonces [x] = 0 ,

Si x ∈ [1 , 2[ , entonces [x] = 1 .

Entonces,

f(x) =

|x− (−2)| = |x+ 2| = x+ 2 si x ∈ [−2 , −1[

|x− 0| = |x| = −x si x ∈ [−1 , 0[

|x− 0| = |x| = x si x ∈ [0 , 1[

|x− 2| = 2 − x si x ∈ [1 , 2[.

Del grafico vemos que el area es cuatro veces el area del triangulo rectangulo de base1 y altura 1. Es decir,

Area = 4 · 1

2= 2.

9. Calcule el area de la region del plano acotada por las curvas y = ex, y = e−x y lasrectas x = −1 y x = 1.


Figura 5.9: Grafico del area acotada por por las curvas y = ex, y = e−x y las rectas x = −1y x = 1.

Solucion:

A =

∫ 0

−1(e−x − ex)dx+

∫ 1

0(ex − e−x)dx.

∫ 0

−1(e−x − ex)dx = −e−x − ex)

∣∣0−1

= −1 − 1 + e−1 + e = e+ e−1 − 2.

∫ 1

0(ex − e−x) = (ex + e−x)

∣∣10

= e+ e−1 − (1 + 1)) = e+ e−1 − 2.

Por lo tanto, el area pedida es : e+ e−1 + e+ e−1 − 4 = 2(e+ e−1 − 2).

10. Calcule el area de la region del plano acotada por las curvas y = coshx e y = 2 .

Solucion:

Figura 5.10: Grafico del area entre y = coshx e y = 2


Sea x0 tal que coshx0 = 2.

x0 = arccosh (2) ⇐⇒ 2 = coshx0 ⇐⇒ x0 = ln(2 +√

3).

A = 2

∫ x0

0(2 − coshx)dx = 2(2x− senhx)

∣∣∣x0

0

= 2(2x0 − senhx0).

Usando la identidad fundamental de las funciones hiperbolicas:

cosh2 x− senh2 x = −1,

tenemos que:senh2 x0 = cosh2 x0 + 1 = 5.

Por lo tanto, el area pedida vale: 2(2 ln(2 +√

5) −√

5).

11. Demuestre que el area de la region acotada por la curva llamada astroide es3

2π.

Sus ecuaciones parametricas son:

x(t) = 2 cos3 t , t ∈ [0, 2π].

y(t) = 2 sen3 t , t ∈ [0, 2π].

Su ecuacion en coordenadas cartesianas es x2/3 + y2/3 = 22/3.Solucion:

Usando la simetrıa de la curva tenemos que:

Area = 4

∫ 2

0y(x) dx.

Escribiendo la integral en terminos del parametro t, nos queda:

Area = 4

∫ 2

0y(x(t))

dx(t)

dtdt = −4

∫ π/2

02 sen3 t · 6 cos2 t(− sen t)dt.

Ası,

A = 48

∫ π/2

0sen4 t cos2 dt = 48

∫ π/2

0sen4 t(1 − sen2 t) dt

= 48

[∫ π/2

0sen4 tdt−

∫ π/2

0sen6 tdt

]. (5.1)


-2

-1

0

1

2

-2 -1 1 2

Figura 5.11: Astroide

Para calcular cada una de las integrales que nos conduciran al valor del area, usare-mos las formulas de reduccion estudiadas en el capıtulo 4.

In =

∫senn xdx = −senn−1 x cos x

n+n− 1

nIn−2.

∫ π/2

0sen6 tdt = −sen5 t cos t

6

∣∣∣∣∣

π/2

0

+5

6

∫ π/2

0sen4 tdt =

5

6

∫ π/2

0sen4 tdt.

Ahora calculamos,

∫ π/2

0sen4 tdt = −sen3 t cos t

4

∣∣∣∣π/2

0

+3

4

∫ π/2

0sen2 tdt =

3

4

∫ π/2

0sen2 tdt.

Finalmente,

∫ π/2

0sen2 tdt =

∫ π/2

0

1 − cos 2t

2dt =

π

4− 1

2

∫ π/2

0cos 2t dt

=π

4− 1

2· 1

2

∫ π/2

0(cos 2t) · 2dt =

π

4− 1

4

∫ π

0cos v dv =

π

4.


Por lo tanto, ∫ π/2

0sen4 tdt =

3

4· π4.

Reemplazando los valores de las integrales en la ecuacion 5.1 obtenemos el valospedido:

A = 48[3π16

− 5

6· 3

4· π4

]=

3π

2.


12. Encuentre n ∈ N tal que el area encerrada por las curvas xn y x1/n sea igual a1

2.

Solucion:

Estas curvas encierran area solo si x ∈ [0, 1] .

A =

∫ 1

0(x1/n − xn)dx =

∫ 1

0x1/ndx−

∫ 1

0xndx =

=

[x(1/n)+1

(1/n) + 1− xn+1

n+ 1

]1

0

=1

n+ 1

n

− 1

n+ 1=

n

n+ 1− 1

n+ 1=n− 1

n+ 1.

Como queremos que el area sea igual a1

2, debemos resolver la ecuacion:

n− 1

n+ 1=

1

2,

lo que da el valor n = 3.

13. ¿Cual es el area Ak comprendida entre la curva y = x senx , el eje X y las abscisasx = kπ y x = (k + 1)π ? k = 0, 1, 2, . . . . . .Calcule el area An comprendida entre las abscisas 0 y nπ.

Solucion:

Observemos que el area pedida es

A =

∫ nπ

0x| sen x| dx.

Como x es positiva en el intervalo de integracion, basta analizar el signo de senx .

senx

{es positiva si x ∈ [2kπ , (2k + 1)π]

es negativa si x ∈ [(2k + 1)π , 2kπ].

La integral

Ik =

∫ (k+1)π

kπx senxdx,

se calcula por partes y obtenemos:


Ik = −x · cos x∣∣∣∣(k+1)π

kπ

+

∫ (k+1)π

kπcos x dx =

= −(k + 1)π cos(k + 1)π + kπ cos kπ + senx

∣∣∣∣(k+1)π

kπ

= −(k + 1)π [cos(kπ) cos π − sen kπ senπ] + kπ cos(kπ) =

= (k + 1)π cos(kπ) + kπ cos(kπ) = (2k + 1)π cos(kπ)

= (−1)k(2k + 1)π.

Ya que cos kπ = (−1)k. Como se trata de calcular el area tenemos,

Ak = |Ik| = (2k + 1)π

Para calcular el area comprendida entre 0 y nπ observemos que:

Si n = 1, area = π.n = 2 area = π + 3π = 4π.n = 3 area = π + 3π + 5π = 9πn = 4 area = π + 3π + 5π + 7π = 16πn = 5 area = π + 3π + 5π + 7π + 9π = 25π.

Con estos calculos podemos intuir que

An = n2π.

Esto puede ser demostrado por induccion y se deja al estudiante.

14. Calcular el area encerrada por la curva polar r = sen

(θ

2

), estudiada en la seccion

?? ejemplo 2.6.19.

Solucion: Sabemos que el area encerrada por una curva en coordenadas polaresesta determinada por:

A =

∫ b

a

1

2r2dθ ; [a, b] intervalo de variacion de θ

En nuestro caso la curva existe en el intervalo [0, 4π], pero debemos restar algunasareas que se repiten:


A =1

2

{∫ 4π

0sen2

(θ

2

)dθ −

∫ π2

0sen2

(θ

2

)dθ −

∫ 52π

32π

sen2

(θ

2

)dθ −

∫ 4π

72π

sen2

(θ

2

)dθ

}

=1

4

{∫ 4π

0(1 − cos(θ))dθ −

∫ π2

0(1 − cos(θ))dθ −

∫ 52π

32π

(1 − cos(θ))dθ −∫ 4π

72π

(1 − cos(θ))dθ

}

=1

4

(θ − sen(θ))

∣∣∣∣∣

4π

0

− (θ − sen(θ))

∣∣∣∣∣

π2

0

− (θ − sen(θ))

∣∣∣∣∣

52π

32π

− (θ − sen(θ))

∣∣∣∣∣

4π

72π

=1

4

{4π − π

2+ 1 −

[(5

2π − sen

5

2π

)−(

3

2π − sen

3

2π

)]−[(4π − 0) −

(7

2π − sen

7

2π

)]}

=1

4

{4π − π

2+ 1 − 5

2π + sen

5

2π +

3

2π − sen

3

2π − 4π +

7

2π − sen

7

2π

}

=1

4{2π + 1 + 1 + 1 + 1} =

1

4{2π + 4} =

π

2+ 1



1. Calcule el area de la region encerrada por las curvas y = xn e y = xm, n,m ∈ N.

2. Demuestre que el area de la region encerrada por un arco de la cicloide y el eje Xes 3πa2. Las ecuaciones parametricas de esta curva son :

{x = a(θ − sen θ)y = a(1 − cos θ)

donde a es una constante positiva y θ ∈ R.

Figura 5.12: Cicloide

5.2. CALCULO DE LONGITUDES DE CURVAS 611

5.2. Calculo de longitudes de curvas

5.2.1. Calculo de longitudes de curvas en coordenadas rectangulares

Nuestro objetivo es ahora calcular la longitud del grafico de la curva f entre a y b.

Supongamos que f : [a, b] → R es una funcion con derivada continua.

Consideremos pa particion del intervalo [a, b]:

{a, a+b− a

n, a+ 2

b− a

n, . . . , a+ (n− 1)

b− a

n, b}.

Si denotamos por Li la longitud de la poligonal entre [ti−1, f(ti−1)] y [ti, f(ti)] con i =1, 2, . . . , n, tenemos

Li =√

(ti − ti−1)2 + (f(ti) − f(ti−1))2.

El teorema del valor medio asegura la existencia de un numero ci ∈ [ti−1, ti] , tal que:

f(ti) − f(ti−1) = f ′(ci)(ti − ti−1).

Ası,

Li = |ti − ti−1|√

1 + (f ′(ci))2.

Por lo tanto, la longitud de la poligonal es

n∑

i=1

|ti − ti+1|√

1 + (f ′(ci))2. (5.2)

Como f tiene derivada continua, entonces la funcion g(x) =√

1 + (f ′(x))2 definida sobre[a, b] y con valores en R es continua y por lo tanto integrable. La ecuacion 5.2 es una sumade Riemann de g, ası cuando n→ +∞, dichas sumas convergen hacia la integral de g.

∫ b

ag(x)dx = lım

n→∞

n∑

i=1

|ti − ti+1|g(ci).


En consecuencia, la longitud de la curva f entre x = a y x = b es:

Lf =

∫ b

a

√1 + (f ′(x))2 dx.

Esta ultima formula representa la manera de calcular la longitud de un grafico de unafuncion.

Ejemplo 5.2.1 Calcularemos la longitud de un cırculo centrado en el origen y de radior .Sea f(x) =

√r2 − x2, −r ≤ x ≤ r

Lf =

∫ r

−r

√1 + (f ′(x))2 dx

f ′(x) =1

2(r2 − x2)−

12 (−2x) = − x√

r2 − x2.

Por lo tanto,

Lf =

∫ r

−r

√1 +

x2

r2 − x2dx =

∫ r

−r

√r2

r2 − x2dx = r

∫ r

−r

dx√r2 − x2

.

Si consideramos el cambio de variable rv = x, entonces rdv = dx, lo que implica

∫ r

−r

dx√r2 − x2

= r2∫ 1

−1

dv

r· 1

r√

1 − v2= r

∫ 1

−1

dv√1 − v2

.

Haciendo nuevamente un cambio de variable:{v = sen θ

dv = cos θ dθ,

la integral se reduce a :

r

∫ π/2

−π/2dθ = r

(π2−(− π

2

))= rπ.

Por lo tanto,

Lf = r ·∫ r

−r

dx√r2 − x2

= rπ

Ya que el cırculo tiene dos veces esta longitud se cumple que

Longitud del cırculo = 2πr.


5.2.2. Calculo de longitudes de curvas dadas por ecuaciones parametri-

cas

En esta seccion vamos a calcular longitudes de arco de curvas expresadas medianteecuaciones parametricas. Para ello se recomienda al estudiante recordar lo visto en lasubseccion ?? del capıtulo 2 para graficar este tipo de curvas. Consideremos la curvaparametrizada:

{x(t) = f(t)

y(t) = g(t).

De lo visto en la seccion anterior, sabemos que la longitud de la curva y = h(x) en [a, b]esta dada por:

L =

∫ b

a

√1 + (h′(x))2 dx,

donde a = f(t0) y b = f(t1). Como h′(x) =dy

dx=dy/dt

dx/dtentonces,

L =

∫ b

a

√1 + (h′(x))2dx =

∫ b

a

√

1 +

(dy/dt

dx/dt

)2

dx

=

∫ b

a

dt

dx

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

dx =

∫ t1

t0

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

dt.

Donde,{x(t0) = a

x(t1) = b.

Ejemplo 5.2.2 Calcular la longitud de arco de la curva

{x = t3 + 1

y = 2t9/2 − 4, 1 ≤ t ≤ 3


Solucion: Tenemos x′ = 3t2 , y′ = 9t7/2 . Luego,

L =

∫ 3

1

√9t4 + 81t7dt = 3

∫ 3

1t2√

1 + 9t3dt

Usando el cambio de variable :

u = 1 + 9t3, du = 27t2dt,

L =1

9

∫ 3

127t2

√1 + 9t3dt =

1

9

∫ 244

10

√udu

=1

9· 2

3· u3/2

∣∣∣244

10=

2

27

(1 + 9t3

)3/2∣∣∣3

1=

=2

27

((244)3/2 − 103/2

).

Ejemplo 5.2.3 Encuentre la longitud del arco de la cicloide:{x = a(θ − sen θ)

y = a(1 − cos θ).

Solucion:

L =

∫ 2π

0

√(dx

dθ

)2

+

(dy

dθ

)2

dθ

= a

∫ 2π

0

√(1 − cos θ)2 + sen2θ = a

∫ 2π

0

√1 − 2 cos θ + 1dθ =

= a

∫ 2π

0

√2 − 2 cos θdθ =

√2a

∫ 2π

0

√1 − cos θdθ.

Para calcular esta integral usaremos la formula trigonometrica

sen

(θ

2

)=

√1 − cos θ

2⇐⇒

√2 sen

(θ

2

)=

√1 − cos θ.

Usando el cambio de variable: u =θ

2, entonces du =

dθ

2,es decir, 2du = dθ. Entonces

nos queda:

L =√

2a ·∫ 2π

0

√2sen

θ

2dθ = 2a ·

∫ π

0senu · 2 du

= 4a(− cos u)∣∣∣π

0= 8a.


5.2.3. Calculo de longitudes de curvas en coordenadas polares

Vamos ahora a obtener una formula explıcita para la longitud de una curva en coor-denadas polares.

Como ya sabemos {x(θ) = r cos θ

y(θ) = r sen θ.

Si r = f(θ) entonces:

x(θ) = f(θ) cos θ ,dx

dθ= f ′(θ) cos θ − f(θ) sen θ

y(θ) = f(θ) sen θ ,dy

dθ= f ′(θ) sen θ + f(θ) cos θ

y, entonces

s =

∫ θ1

θ0

√(dx

dθ

)2

+

(dy

dθ

)2

dθ =

=

∫ θ1

θ0

√(f ′(θ) cos θ − f(θ) sen θ)2 + (f ′(θ) sen θ − f(θ) cos, θ)2dθ =

s =

∫ θ1

θ0

√(f ′(θ)2) + (f(θ))2dθ =

∫ θ1

θ0

√

r2 +

(dr

dθ

)2

dθ

que es la expresion buscada.

Ejemplo 5.2.4 Encuentre la longitud de arco de la curva: r = 3e2θ, θ ∈ [0, π/6] en elplano (x, y).

Solucion:

s =

∫ π/6

0

√9e4θ + 36e4θdθ =

∫ π/6

0

√45e4θdθ

= 3√

5

∫ π/6

0e2θdθ =

(3

2

√5e2θ

)π/6

0

=

s =3

2

√5(eπ/3 − 1

)



1. Calcule la longitud de un cırculo, usando:



Solucion:

a) x2 + y2 = r2 ⇐⇒ y2 = r2 − x2 ⇐⇒ y(x) = ±√r2 − x2 ; −r ≤ x ≤ r.

Usando la simetrıa de la curva:

L = 2 ·∫ r

−r

√1 + (f ′(x))2dx;

con f(x) =√r2 − x2

Lo cual implica que:

f ′(x) =−2x

2√r2 − x2

=−x√r2 − x2

Por lo tanto:

L = 2

∫ r

−r

√

1 +x2

r2 − x2dx = 2 ·

∫ r

−r

r√r2 − x2

dx

Usando la sustitucion,x = r sen θ, dx = r cos θdθ

L = 2

∫ π/2

−π/2

r · r cos θdθ√r2 − r2 sen2 θ

= 2r

∫ π/2

−π/2dθ = 2r

(π2−(π

2

))= 2πr

b) Las ecuaciones parametricas del cırculo son:

x(t) = r cos t,

y(t) = r sen t, t ∈ [0, 2π]

Ası, L =

∫ 2π

0

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

dt =

=

∫ 2π

0

√(−r sen t)2 + (r cos t)2dt =

∫ 2π

0rdt = 2πr.


2. Calcule la longitud de las siguientes curvas en un intervalo cualquiera [0, x].

a) La catenaria: y = cosh x

b) La parabola: y = x2

c) La parabola semicubica: y = x3/2

Solucion:

a)

L =

∫ x

0

√1 + (y′(x))2dx =

∫ x

0

√1 + senh2 x =

=

∫ x

0coshxdx = senhx

∣∣∣∣x

0

= senhx

b) L =

∫ x

0

√1 + (y′)2du =

∫ x

0

√1 + 4u2dv

Sea 2u = senh v → 1 + 4v2 = 1 + senh2 v = cosh2 v2du = cosh vdv

∫ x

0

√1 + 4v2dv =

∫ arcsenh (2x)

0(cosh v) · cosh v

2dv =

=1

2

∫ arcsenh (2x)

0cosh2(v)dv = I

Como cosh(2v) = cosh2 v + senh2 v =

= cosh2 v + cosh2 v − 1 = 2 cosh2 v − 1

⇒ cosh(2v) + 1

2= (cosh v)2

I =1

2

∫ arcsenh (2x)

0

1 + cosh(2v)

2dv =

=1

4arcsenh (2x) +

1

4

∫ arcsenh (2x)

0cosh(2v)dv

I =1

4arcsenh (2x) +

1

8senh(2 · arcsenh (2x))


c) Si y = x3/2, entonces y′ =3

2x1/2.

Luego:√

1 + (y′)2 =

√1 +

9

4x

Por lo tanto,

L =

∫ x

0

√1 +

9

4udu

Sea v = 1 +9

4u

Entonces dv =9

4du

Luego,

=

∫ 1+ 94x

1

√v · 4

9dv

=4

9

∫ 1+ 94x

1

√vdv

=4

9· 2

3v3/2

∣∣∣∣1+ 9

4x

1

=8

27·[(

1 +9

4x

)3/2

− 1

]

3. Calcule la longitud de la curva dada por:

x(t) = e−t cos t

y(t) = e−t sen t , t ∈ [0, π/2].

Solucion:x′(t) = −e−t cos t− e−t sen ty′(t) = −e−t sen t+ e−t cos t

(x′(t))2 + (y′(t))2 =


e−2t cos2 t+2e−2t cos t sen t+ e−2t sen2 t+ e−2t sen2 t− 2e−2t sen t cos t+ e−2t cos2 t =2e−2t

∫ π/2

0

√(x′(t))2 + (y′(t))2dt =

∫ π/2

0

√2e−2tdt =

=√

2

∫ π/2

0e−tdt u = −t, du = −dt

=√

2

∫ −π/2

0eu(−du) = −

√2

∫ −π/2

0eudv = −

√2eu∣∣∣∣−π/2

0

=

= −√

2[e−π/2 − 1] =√

2[1 − e−π/2]

4. Demuestre que la longitud de la curva llamada astroide es 12. Sus ecuacionesparametricas son:

x(t) = 2 cos3 t

y(t) = 2 sen3 t , t ∈ [0, 2π].

Su ecuacion en coordenadas cartesianas es x2/3 + y2/3 = 22/3.

Solucion: L =

∫ 2π

0

√(x′(t))2 + (y′(t))2dt

x′(t) = −6 cos2 t sen t⇒ (x′(t))2 = 36 cos4 t sen2 ty′(t) = 6 sen2 t cos t⇒ (y′(t))2 = 36 sen4 t cos2 t

√(x′)2 + (y′)2 =

√36 cos4 t sen2 t+ 36 sen2 t cos2 t =

= 6√

cos2 t sen2 t(cos2 +sen2 t) = 6 ·√

cos2 t sen2 t

= 6| cos t sen t|

Sea h(t) = cos t sen t.

Esta funcion es ≥ 0 si t ∈ [0, π/2],≤ 0 si t ∈ [π/2, π], ≥ 0 si t ∈[π,

3π

2

]y ≤ 0 si

t ∈[3π

2, 2π

]


Ası, L =

∫ 2π

06| sen t cos t|dt = 6 ·

∫ π/2

0sen t cos tdt− 6

∫ π

π/2sen t cos tdt+

6

∫ 3π/2

πsen t cos tdt− 6

∫ 2π

3π2

sen t cos tdt

Si u = sen t, du = cos tdt

Por lo tanto, L = 6 ·∫ 1

0udu− 6 ·

∫ 0

1udu+ 6

∫ −1

0udu− 6

∫ 0

−1udu

= 6 ·∫ 1

0udu+ 6

∫ 1

0udu− 6

∫ 0

1udu− 6

∫ 0

−1udu =

= 12 ·∫ 1

0udu− 12

∫ 0

−1udu = 12 · u

2

2

∣∣∣∣1

0

− 12 · u2

2

∣∣∣∣0

1

=

= 12 · 1

2− 12 ·

(0 − 1

2

)= 6 + 6 = 12.

5. Demuestre que la longitud de la curva llamada cardioide es 16a. Sus ecuacionesparametricas son:

x(t) = 2a cos t(1 + cos t)

y(t) = 2a sen t(1 + cos t) , t ∈ [0, 2π].

Su ecuacion en coordenadas cartesianas es (x2 + y2 − 2ax)2 = 4a2(x2 + y2).

Solucion:x′(t) = −2a sen t− 4a sen t cos t = −2a sen t− 2a sen(2t)y′(t) = 2a cos t+ 2a cos2 t− 2a sen2 t = 2a cos t+ 2a cos(2t)

Ası,

(x′(t))2 + (y′(t))2 = 4a2 sen2 t+ 8a2 sen t sen(2t)

+ 4a2 sen2(2t) + 4a2 cos2 t+ 8a2 cos t cos2(2t) + 4a2 cos2(2t)

(x′(t))2 + (y′(t))2 = 4a2 + 8a2(cos t cos 2t+ sen t sen 2t) + 4a2

= 8a2 + 8a2 cos(t)

= 8a2(1 + cos t)

= 8a2 · 2 cos2

(t

2

).


Ası, L =

∫ 2π

0

√(x′)2 + (y′)2dt =

∫ 2π

0

√16a2 cos2(t/2) =

∫ 2π

04a| cos(t/2)|dt =

= 4a

∫ π

0cos(t/2)dt − 4a

∫ 2π

πcos(t/2)dt

2v = t⇒ 2dv = dt

L = 4a

∫ π/2

0cos v · 2dv − 4a

∫ π

π/2cos(v) · 2dv

L = 8a sen v

∣∣∣∣π/2

0

− 8a sen v

∣∣∣∣π

π/2

= 16a.

6. Verificar que el calculo de la longitud de la curva r = sen(

θ2

), da origen a una integral

elıptica.

Solucion: Del estudio de esta curva hecho en la seccion ??, ejemplo 2.6.19 tenemosque:

dy

dθ=

1

2sen(θ) cos

(θ

2

)+ sen

(θ

2

)cos(θ)

dx

dθ=

1

2cos

(θ

2

)cos(θ) − sen(θ) sen

(θ

2

)

Entonces:

(dx

dθ

)2

+

(dy

dθ

)2

=

[1

2cos

θ

2cos θ − sen θ sen

θ

2

]2

+

[1

2sen θ cos

θ

2+ sen

θ

2cos θ

]2

=1

4cos2

θ

2cos2 θ + sen2 θ sen2 θ

2− cos

θ

2cos θ sen θ sen

θ

2+

1

4sen2 θ cos2 θ

2+ sen2 θ

2cos2 θ + sen θ cos

θ

2sen

θ

2cos θ

=1

4cos2

θ

2

[cos2 θ + sen2 θ

]+ sen2 θ

2

[cos2 θ + sen2 θ

]

=1

4cos2

θ

2+ sen2 θ

2


Luego la longitud L de la curva es:

L =

∫ 4π

0

√1

4cos2

θ

2+ sen2

θ

2dθ ≈ 9, 688448224 unidades (5.3)

Nota:La integral L es una integral elıptica, para resolverla se utilizo un metodonumerico.

5.3. VOLUMENES Y AREAS DE SUPERFICIES DE SOLIDOS DE REVOLUCION623

nnnnnnnnnnn

5.3. Volumenes y areas de superficies de solidos de revolu-

cion

Definicion 5.3.1 Llamaremos solido de revolucion a la figura que se obtiene al giraruna region plana ( dos dimensiones) en torno a un eje de rotacion que esta fijo.

Ejemplo 5.3.2 Los solidos de revolucion mas simples son:

1. El cilindro circular recto, que se obtiene al girar un rectangulo en torno a uno desus lados que se mantiene inmovil.

2. El cono circular recto, que se obtiene al girar un triangulo sobre uno de sus lados.

3. La esfera se genera al girar una circunferencia en torno a su diametro.

4. El toro se genera cuando un cırculo rota en torno a un eje externo a el.

Nuestro objetivo es calcular los volumenes de solidos de revolucion que se generan al giraruna region cualquiera del plano XY en torno a un eje de rotacion.

5.3.1. Metodo de los discos

Teorema 5.3.3 Sea f : [a, b] → R una funcion continua y positiva. Entonces el volumendel solido que se obtiene al girar la region R:

R = {(x, y) : x ∈ [a, b] , 0 ≤ y ≤ f(x) }

en torno al eje X esta dado por la formula:

V = π

∫ b

a

[f(x)

]2dx.

Demostracion:

a b


Si hacemos rotar el grafico de f en torno al eje x obtenemos una superficie en el espaciotridimensional, Sf ⊂ R3.

Sf

Vamos a calcular el volumen de esta superficie Sf .

Sea ti = a+ ib− a

ncon i = 0, 1, . . . , n. En [ti−1, ti] consideremos un punto ci y entonces

el rectangulo de base ti − ti−1 y altura f(ci). Al rotar este rectangulo alrededor del eje x,

tenemos un cilindro de volumen π(f(ci))2(ti − ti−1) y entonces

n∑

i=1

π(f(ci))2(ti − ti−1) es

una aproximacion del volumen de Sf . En general si g(x) = π(f(x))2, entonces denotandopor Pn la particion {t0, t1, . . . , tn} tenemos

I(Pn, g) ≤n∑

i=1

π(f(ci))2(ti − ti−1) ≤ S(Pn, g)

ası que si n→ ∞,

V (Sf ) = π

∫ b

a(f(x))2dx.

Observacion 5.3.4 Este metodo se puede usar, tambien, para calcular el volumen delsolido de revolucion obtenido al rotar una curva, definida por la funcion y = f(x), a ≤x ≤ b, alrededor de una recta y = y0. La unica condicion es que la recta y la curva no seintersecten. En este caso el volumen requerido es

V (Sf ) = π

∫ b

a(y0 − f(x))2dx.

5.3.2. Metodo de las cortezas o cilindros

Ahora calcularemos el volumen del solido de revolucion obtenido al rotar una curvaalrededor del eje Y .

Teorema 5.3.5 Sea f : [a, b] → R una funcion continua y positiva. Entonces el volumendel solido que se obtiene al girar la region R:

R = {(x, y) : x ∈ [a, b] , 0 ≤ y ≤ f(x) }


en torno al eje Y esta dado por la formula:

V (Sf ) = 2π

∫ b

ax f(x) dx.

Demostracion: Para calcular este volumen , el solido obtenido se divide en cortes cilındri-cos que de alguna manera se asemejan a cortezas de arboles, que es de donde viene el nom-bre del metodo. Un corte cilındrico es el solido que se forma entre dos cilindros concentricos.Calculemos el volumen de un corte cilındrico formado por dos cilindros de radios r1 y r2 ,como se muestra en la siguiente figura:

h

r1

︷︸︸︷r2

Tenemos:

V = πhr22 − πhr2

1 = πh(r22 − r21)

= 2πh

(r1 + r2

2

)(r2 − r1) o si

r =r1 + r2

2, ∆r = r2 − r1

V = 2πhr∆r.

Notamos que 2πr es el perımetro de la circunferencia de radio r y ∆r es el ancho del corte.El numero h representa la altura de los cilindros.

R


Sea P = {a = x0 ≤ x1 ≤ · · · ≤ xn = b} una particion de [a, b]. En cada [xi−1, xi] seanξi, ηi los puntos que satisfacen f(ξi) ≤ f(x) ≤ f(ηi) para cada x ∈ [xi−1, xi].

Ahora, formamos dos cortes cilindrıcos de radios iguales xi y xi+1 con alturas f(ξi) yf(ηi). Aplicando la formula anterior a cada corte cilındrico, tenemos los volumenes V (ti)y V (Ti) dados por:

V (ti) = 2πf(ξi) ·xi + xi−1

2· (xi − xi−1)

V (Ti) = 2πf(ηi) ·xi + xi−1

2· (xi − xi−1)

Por lo tanto, una aproximacion del volumen del solido de revolucion es:

n−1∑

i=0

V (ti) ≤ V (Sf ) ≤n−1∑

i=0

V (Ti)

y la igualdad se verifica en el lımite, siempre que la norma de la particion tienda a cerocon n→ ∞. Luego

V (Sf ) = 2π

∫ b

axf(x) dx.

Observacion 5.3.6 Cuando la region esta acotada por las rectas y = c , y = d , x = g(y)y x = 0 , con g(y) ≥ 0 y el solido de revolucion es el obtenido al rotar esta region alrededordel eje X, entonces el respectivo volumen es,

V (Sf ) = 2π

∫ d

cyg(y)dy.

Ejemplo 5.3.7 1. La region R esta acotada por y = x2, y = 0, x = 3y se rota alrededordel eje Y . Encuentre el volumen del solido generado.


Solucion:

3

9

f(x) = x2; a = 0, b = 3

V (Sf ) = 2π

∫ 3

0x2 · xdx = 2π

x4

4

∫ 3

0

V (Sf) =81

2π.

2. La region acotada por el eje X , el eje Y y la curva y =√a2 − x2 es rotada alrededor

del eje Y . Encuentre el volumen del solido generado.

Solucion:

︸︷︷︸a

a{

f(x) =√a2 − x2

V (Sf ) = 2π

∫ a

0x ·√a2 − x2dx

= −π∫ a

0−2x

√a2 − x2dx.


Usando el cambio de variable:

{u = a2 − x2

du = −2xdx,

tenemos que el volumen es:

V (Sf ) = −π∫ 0

a2

√udu

= −π2

3u3/2

∣∣∣0

a2=π

32a3 =

2

3πa3.

3. La region R acotada por el eje X, el eje Y , la recta y = 2 y la parabola x = 3− 1

4y2

es rotada alrededor del eje X. Encuentre el volumen generado.

Solucion:

R

y = 2

V (Sf ) = 2π

∫ 2

0y ·(

3 − 1

4y2

)dy =

= 2π

∫ 2

0·(

3y − 1

4y3

)dy =

= 2π

(3y2

2− 1

16y4

) ∣∣∣2

0

= 2π(6 − 1) = 10π.

5.3.3. Areas de superficies de revolucion

Vamos ahora a calcular el area del solido de revolucion Sf .


l

Consideremos el segmento que une (ti−1, f(ti−1)) y (ti, f(ti)) y lo hacemos rotar en tornodel eje X.

Al hacer esta rotacion obtenemos un tronco de cono, cuya area es una aproximaciondel area de la superficie, Sf , entre los puntos (ti−1, f(ti−1)) y (ti, f(ti)). La arista del conoes

L =√

(ti − ti−1)2 + (f(ti) − f(ti−1))2.

Consideremos un cono de radio basal r y altura lateral l. Este cono tiene area Ac =π · r · l.

l

r

Consideremos un cono y dos cortes en r1 y r2 con altura l1 y l + l1. De acuerdo anuestra formula el area del tronco del cono es π(l + l1)r2 − πl1r1.

l1

lr2

r1

O


Comol1r1

=l

r2 − r1entonces, l1 = lr1

r2−r1. Por lo tanto, el area del tronco de cono es:

π(l +

lr1r2 − r1

)r2 − πl1r1 = π

( lr2 − lr1 + lr1r2 − r1

)r2 − π

lr1r2 − r1

r1

= πlr22

r2 − r1− πlr2

1

r2 − r1

= πl(r2 − r1)(r2 + r1)

r2 − r1= πl(r2 + r1)

Ası, aplicando lo anterior, obtenemos que el tronco de cono de radios f(ti) y f(ti−1),tiene area

πl(f(ti) + f(ti−1)) = π(f(ti) + f(ti−1))√

(ti − ti−1)2 + (f(ti) − f(ti−1))2

= π(f(ti) + f(ti−1))√

(ti − ti−1)2 + f ′(ci)2(ti − ti−1)2

= π(f(ti) + f(ti−1))√

1 + (f ′(ci))2(ti − ti−1).

Por lo tanto, una aproximacion del area de Sf es

A =n∑

i=1

π(f(ti) + f(ti−1))√

1 + (f ′(ci))2(ti − ti−1).

Podemos aproximar f(ci) =f(ti) + f(ti−1)

2, es decir,

A 'n∑

i=1

π2f(ci)√

1 + (f ′(ci))2(ti − ti−1).

Por lo tanto, si g(x) = 2πf(x)√

1 + (f ′(x))2 se tiene en el lımite

A(Sf ) = 2π

∫ b

af(x)

√1 + (f ′(x))2 dx

Ejemplo 5.3.8 Calcularemos el volumen y el area de una esfera de radio r.

Sea f(x) =√r2 − x2, entonces f ′(x) =

1

2(r2 − x2)−

12 (−2x).

r


V = π

∫ r

−r(r2 − x2)dx = π

∫ r

−rr2dx− π

∫ r

−rx2dx

= πr2x∣∣∣r

−r− π

x3

3

∣∣∣r

−r

= π(r3 + r3) − π

3(r3 + r3) = 2πr3 − 2π

3r3

=6πr3 − 2πr3

3=

4π

3r3.

A = 2π

∫ r

−r

√r2 − x2

√1 +

x2

r2 − x2dx

= 2π

∫ r

−r

√r2 − x2

√r2

r2 − x2dx = 2π · r2r = 4πr2.


1. a) Calcule el volumen de una esfera generada al girar el semicırculo x2 + y2 = a2,en torno a su diametro.

b) Calcule el area de la superficie de la esfera considerada en (a).

Solucion:

a) V = π ·∫ b

a(f(x))2dx

y2 = a2 − x2, −a ≤ x ≤ a

Por lo tanto,

V = π

∫ a

−a(a2 − x2)dx = π ·

(a2x− x3

3

) ∣∣∣a

−a

= π

[a3 − a3

3− (−a3 +

a3

3)

]= π

[2a3 − 2

3a3

].

Ası, V =4

3πa3 .


b) Area = 2π

∫ b

af(x)

√1 + (f ′(x))2dx.

Como f(x) =√a2 − x2 entonces f ′(x) =

−x√a2 − x2

. Ası,

f(x)√

1 + (f ′(x))2 = f(x) ·√

1 +x2

a2 − x2=√a2 − x2

√a2

a2 − x2.

Por lo tanto,

A = 2π

∫ a

−aadx = 4πa2.

2. Encuentre el volumen del cono generado al rotar el triangulo formado por los seg-

mentos de las rectas y =x

4con x ∈ [−4, 0] , x = −4 y el eje X:

a) en torno al eje X.

b) en torno a la recta x = −4.

Solucion:

a) En torno al eje X:

V = π

∫ b

a(f(x))2dx = π

∫ 0

−4

x2

16dx

=π

16

∫ 0

−4x2dx =

π

16· x

3

3

∣∣∣0

−4=

π

16

64

3=

4

3π.

b) En torno a la recta x = −4:

Observemos que el volumen que se forma al rotar la curva x = 4y, y ∈ [−1, 0]entorno a x = −4 es el mismo que se forma al rotar la funcion en torno a x = 0.

= π

∫ b

a(f(y))2dy = π

∫ 0

−116y2dy = 16π · y

3

3

∣∣∣0

−1= 16π

1

3=

16

3π.


3. Demuestre, usando integrales, que el volumen del cono truncado de radios r y R y

altura h esπh

3(R2 +Rr + r2).

Solucion:

En primer lugar debemos determinar la ecuacion de la recta que pasa por los puntos(0, r) y (h,R).

y − r =R− r

h(x− 0) ⇐⇒ y =

R− r

hx+ r.

V = π

∫ v

0(f(x))2dx = π

∫ h

0

(R− r

hx+ r

)2

dx

= π

∫ h

0

((R− r

h

)2

x2 + 2rR − r

hx+ r2

)dx =

= π

[(R− r

h

)2 x3

3+R− r

hx2 + r2

]h

0

=

= π

[(R− r)2

h2

h3

3+ r(R− r)h+ r2h

]=

= 6 π

[h

3(R2 − 2rR+ r2) +Rrh− r2h+ r2h

]=πh

3(R2 +Rr + r2).

4. Calcule el volumen del paraboloide circular generado al rotar el segmento deparabola y =

√2x con x ∈ [0, 3] en torno al eje X.

Solucion:

V = π

∫ 3

0(f(x))2dx = π

∫ 3

0(2x)dx

= π · 2x2

2

∣∣∣3

0= 9π.

5. Calcule el volumen del paraboloide circular generado al rotar el segmento deparabola y = 2x2 con x ∈ [0, 3] en torno al eje Y .


Solucion:

V = π

∫ b

a(f(y))2dy

x2 =y

2⇐⇒ x =

√y

2; y ∈ [0, 18]

V = π

∫ 18

0

(√y

2

)2

dy = π

∫ 18

0

y

2dy

= π · 1

2

y2

2

∣∣∣18

0= π · (2 · 9)2

22= π · 92 = 81π.

6. Demuestre que el volumen del elipsoide circular generado al rotar la semielipse

b2x2 + a2y2 = a2b2 en torno al eje X es4

3ab2π.

a) Use coordenadas rectangulares.

b) Use las ecuaciones parametricas de la elipse:

{x = a cos t

y = b sen t ; t ∈ [0, π].

Solucion:

a)

b2y2 = a2b2 − b2c2 ⇐⇒ y2 = b2 − b2

a2x2, x ∈ [−a, a].

V = π

∫ b

a(f(x))2dx = π

∫ a

−a(b2 − b2

a2x2)dx

= π

[b2x− b2

a2

x3

3

]a

−a

= π

[(b2a− b2

a2

a3

3

)−(b2 (−a) +

b2

a2

a3

3

)]

= π

[ab2 − ab3

3+ ab2 − ab3

3

]= π

4ab2

3=

4

3ab2π.

b)dx

dt= −a sen t lo que implica dx = −a sen tdt.

Para calcular los lımites de la integral en la variable t, observemos que: para


t = 0, x(0) = a, para t = π, x(π) = −a.

V = π

∫ a

−a(f(x))2 · dx

= π

∫ 0

πb2 sen2 t · (−a sen t)dt = −πab2

∫ 0

πsen2 t(sen t)dt

= πab2∫ π

0(1 − cos2 t) sen tdt = −πab2 cos t

∣∣∣π

0+ πab2

cos3 t

3

∣∣∣π

0

= 2πab2 − 2

3πab2 =

4

3πab2.

7. Calcule el volumen del hiperboloide generado al rotar el arco de la hiperbola x2 −y2 = 1, con 0 ≤ x ≤ 4 , y ≥ 0, en torno al eje X.

a) Use coordenadas rectangulares.

b) Use las ecuaciones parametricas de la hiperbola: x = cosh t , y = senh t .

Solucion:

a)

y2 = x2 − 1, y ≥ 0 =⇒ y =√x2 − 1.

Por lo tanto, el volumen pedido es:

V = π

∫ 4

1(f(x))2dx = π

∫ 4

1(x2 − 1)dx

= π

(x3

3− x

) ∣∣∣∣∣

4

1

= π

[(64

3− 4

)−(

1

3− 1

)]= π

[52

3+

2

3

]= 18π.

b) Para t = 0, x(0) = 1, para t = arccosh 4 ⇐⇒ t = ln(4 +√

15). Ver subseccion3.4.4.


Luego el volumen pedido es:

V = π

∫ ln(4+√

15)

0(senh t)2(senh t)dt

= π

∫ ln(4+√

15)

0(−1 + (cosh t)2) senh tdt

= π

∫ ln(4+√

15)

0−(senh t)dt+ π

∫ ln(4+√

15)

0(cosh t)2 senh tdt

= π(−(cosh t))∣∣∣ln(4+

√15)

0+ π

(cosh t)3

3

∣∣∣∣∣

ln(4+√

15)

0

= −π[4 − 1] +π

3[43 − 1] = −3π + 21π = 18π.

8. Calcule el volumen y el area de la superficie generada al girar el arco de f(x) entorno al eje X.

a) f(x) = senx , x ∈ [0, π/4].

b) f(x) = cos x , x ∈ [0, π/4].

c) f(x) = expx , x ∈ [0, 1].

d) f(x) = cosh x , x ∈ [0, 1].

Solucion:

a)

V = π

∫ π/4

0(sen2 x)dx = π

∫ π/4

0

1 − cos 2x

2dx.

Haciendo el cambio de variable u = 2x, du = 2dx tenemos,

V =π

2

∫ π/4

0dx− π

2

∫ π/4

0cos(2x)dx =

π2

8− π

2

∫ π/2

0cos u · du

2

=π2

8− π

4

∫ π/2

0cos udu =

π2

8− π

4senu

∫ π/2

0=π

4

(π2− 1).

b)

V =

∫ π/4

0cos2 xdx = π

∫ π/4

0

1 + cos 2x

2=π

2·∫ π/4

0dx+

∫ π/4

0cos 2xdx

=π

2· π2

+π

4=π

4

(π2

+ 1).


c)

V = π

∫ 1

0e2xdx.

Usando el cambio de variable: v = 2x, dv = 2dx, tenemos:

V = π

∫ 2

0evdv

2=π

2

∫ 2

0evdv =

π

2[e2 − 1].

d)

V = π

∫ 1

0(cosh x)2dx = π ·

∫ 1

0

1 + cosh 2x

2dx =

=π

2

∫ 1

0dx+

π

2

∫ 1

0cosh 2xdx =

π

2+π

2

∫ 2

0cosh v

dv

2

=π

2+π

4senh v

∣∣∣2

0=π

2+π

4senh 2.

9. Calcule el volumen generado por rotacion de la region en el primer cuadrante aco-tada por las curvas : x2 y

√x.

Solucion:

Sea V1 el volumen generado por y =√x y sea V2 el volumen generado por y = x2.

entonces el volumen pedido es V1 − V2.

V1 = π

∫ 1

0(√x)2dx = π

∫ 1

0xdx = π · x

2

2=π

2

V2 = π

∫ 1

0(x2)2dx = π

∫ 1

0x4dx = π

x5

5=π

5.

V = V1 − V2 =3π

10.


5.4. Integrales elıpticas e integracion numerica

En esta seccion solo se pretende dar una idea muy general sobre las integrales elıpticasy un esbozo de los metodos mas elementales de integracion numerica. El objetivo es que elestudiante sepa de donde surgen y como deben ser tratadas estas integrales que aparecende una aplicacion muy basica de la integrales.

5.4.1. Integrales elıpticas

En el capıtulo 4 se muestran algunos metodos para calcular primitivas. Pero, exis-ten funciones que siendo integrables no tienen una primitiva calculable explıcitamente en

terminos de funciones elementales. Por ejemplo, las funcionesex

x, e−x2

entre otras son

continuas, por lo tanto, integrables, pero sus integrales no pueden ser calculadas encon-trando sus primitivas. Una familia de funciones que tienen esta particularidad son las queconstituyen las integrales elıpticas.

El nombre de integral elıptica surge del hecho de ellas aparecen cuando se quierecalcular la longitud de arco de una elipse. Veamos como.Dada una elipse escrita en su forma canonica:

x2

a2+y2

b2= 1

Calculemos la longitud de su perımetro usando la ecuacion dada en el capıtulo 5, seccion5.2. Al despejar y tenemos que:

y2 = b2(a2 − x2

a2

)⇔ y = ± b

a

√a2 − x2

Derivando con respecto a x nos queda:

dy

dx= ± b

a

1

2√a2 − x2

(−2x) = ± b

a

x√a2 − x2

Luego, la longitud de la curva esta determinada por:

l = 4

∫ a

0

√1 +

b2x2

a2(a2 − x2)dx = 4

∫ a

0

√a4 − (a2 − b2)x2

a2(a2 − x2)dx

= 4

∫ a

0

√a2 − a2−b2

a2 x2

(a2 − x2)dx

5.4. INTEGRALES ELIPTICAS E INTEGRACION NUMERICA 639

Si hacemos κ =

√|a2−b2|

a , entonces l queda determinada por:

l = 4

∫ a

0

√a2 − κ2x2

(a2 − x2)dx

Ahora en

∫ a

0

√a2 − κ2x2

(a2 − x2)dx hacemos la sustitucion trigonometrica:

{x = a sen θ

dx = a cos θ dθ.

Luego,

a2 − x2 = a2 − a2 sen2 θ = a2 cos2 θ

Notar que cuando x = 0 entonces θ = 0 y cuando x = a tenemos que sen θ = 1 ,

por lo tanto, θ =π

2.

Ası,

∫ a

0

√a2 − κ2x2

(a2 − x2)dx =

∫ π2

0

√a2 − κ2a2 sen2 θ

a cos θ· a cos θ dθ

=√a2

∫ π2

0

√1 − κ2 sen2 θ dθ

= a

∫ π2

0

√1 − κ2 sen2 θ dθ.

Definicion 5.4.1 Llamaremos:

1. Integral elıptica de primera clase a una integral que se escribe como∫ L

0

dt√1 − κ2 sen2 t

= F (κ,L).

2. Integral elıptica de segunda clase a una integral que tiene la forma∫ L

0

√1 − κ2 sen2 θ dθ = E(k, L).

3. Integral elıptica de tercera clase una integral que se escribe como

∫ L

0

dθ

(1 + n sen2 θ)√

1 − κ2 sen2 θ


Para poder resolver estas integrales se necesitan a metodos numericos.

Ejemplo 5.4.2 1. Exprese la longitud de una elipse cuyos semiejes son 2 y 3 usando susecuaciones parametricas y clasıfiquela c de que tipo de integral elıptica es. Obtengaalguna cota superior e inferior para la longitud de la elipse dada.

Solucion: Las ecuaciones parametricas de la elipse dada son:{x(t) = 2 cos t

y(t) = 3 sen t , t ∈ [0, 2π].

Entonces,

x′(t) = −2 sen t

y′(t) = 3 cos t

(x′)2 + (y′)2 = 4 sen2 t+ 9 cos2 t = 4 sen2 t+ 9 − 9 sen2 t = 9 − 5 sen2 t.

Por lo tanto,

l =

∫ 2π

0

√9 − 5 sen2 tdt = 3

∫ 2π

0

√1 − 5

9sen2 tdt = E(

√5

3, 2π).

Es una integral elıptica de segunda clase. Como 9 − 5 sen2 t ≥ 9 − 5 = 4 entonces,

l =

∫ 2π

0

√9 − 5 sen2 tdt ≥

∫ 2π

0

√4dt = 4π.Por otro lado,

∫ 2π

0

√9 − 5 sen2 tdt ≤

∫ 2π

0

√9dt = 6π. Ası, obtenemos que

4π ≤ longitud de la elipse ≤ 6π.

2. Exprese la longitud de la sinusoide y = A sen(ωx) en el intervalo [0, T ], donde T esel perıodo, usando la notacion para integrales elıpticas.

Solucion:

y′ = Aω cos(ωx)

1 + (y′)2 = 1 +A2ω2 cos2(ωx) = 1 +A2ω2 −A2w2 sen(ωx) =

= (1 +A2ω2)

[1 − A2ω2

1 +A2ω2sen2(ωx)

].

La longitud pedida es:

l =

∫ T

0

√1 + (y′)2dx =

√1 +A2ω2

∫ T

0

√

1 − A2ω2

1 +A2ω2sen2(ωx)dx.


Llamando κ2 =A2ω2

1 +A2ω2, la integral que expresa la longitud de la sinusoide puede

escribirse como:

l =√

1 +A2ω2

∫ T

0

√1 − κ2 sen2(ωx)dx.

Ası vemos que la longitud de una sinusoide esta dada por una integral eliptıca desegunda clase.

5.4.2. Dos metodos numericos de integracion

Muchas integrales , entre ellas las elipticas, solo pueden ser aproximadas mediantemetodos numericos. A continuacion mostraremos dos de ellos: la Regla del trapecioy la Regla de Simpson. La particularidad que tienen estos metodos es que permitenaproximar el valor de una integral definida sin conocer necesariamente todos los valoresde f(x).

Regla del trapecio

Este metodo permite aproximar una integral mediante una suma de Riemann muyparticular, que consiste en particionar el intervalo de integracion en una numero finitode subintervalos que seran las bases de los trapecios de alturas f(xi−1) y f(xi) , comofue hecho en el problema resuelto 4b visto en la seccion 3.1. Mostraremos un ejemplo quehemos sacado del trabajo de titulacion de J.C.Guajardo y J.Urrea.

Ejemplo 5.4.3 En el Rally mas importante de Chile, en donde compiten parejas de todoel mundo, los representantes locales, el piloto John Urrea y el copiloto Juan Carlos Gua-jardo han ganado la primera etapa con un tiempo de 1 hora y 15 minutos.

La siguiente tabla muestra las distintas velocidades que alcanzaron estos competidores:

Tiempo[s] Velocidad[m/s]

0 26,39900 30,551800 12,502700 22,223600 45,83


¿Cual fue la distancia aproximada que cubrieron en la primera etapa todos los partici-pantes del Rally?

V(m/s)

T(s)

6

12

18

24

30

36

42

48

900 1800 2700 36000

Figura 5.13: Grafico de Datos

Solucion: En primer lugar, ubicaremos en un grafico (ver Figura 5.13) los seis pun-tos correspondientes a los datos entregados. Luego, surgen dos importantes interrogantes;¿como unir de manera razonable estos seis puntos? y ¿como calcular el area de la regionresultante? Respecto a la primera pregunta, la forma mas elemental de unir estos puntoses por medio de segmentos de recta. De esta manera, se puede observar que en la regionlimitada por la grafica y el eje X en el intervalo [0,4500] se tienen cinco trapecios. Ası,teniendo en cuenta la segunda pregunta, el area de la region resultante sera la suma delas areas de cada trapecio. Recordemos que el area de un trapecio de base b y de ladosparalelos h1 y h2 esta dada por:

(h1 + h2

2

)b

Por lo tanto, el area total que queremos calcular, es decir, la distancia aproximada que


cubrieron en la primera etapa los participantes del Rally es:

AT =f(0) + f(900)

2900 +

f(900) + f(1800)

2900 +

f(1800) + f(2700)

2900

+f(2700) + f(3600)

2900

= [f(0) + 2f(900) + 2f(1800) + 2f(2700) + f(3600)]450

= (26, 39 + 2 · 30, 55 + 2 · 12, 50 + 2 · 22, 22 + 45, 83)450

= 202, 76 · 450= 91242

Por lo tanto, la distancia recorrida por los competidores en la primera etapa del Rally fuede 91242 metros.

Regla de Simpson

Este metodo emplea segmentos parabolicos en lugar de segmentos de recta. Igual queantes, particionamos nuestro intervalo [a, b] en n subintervalos de igual longitud, o sea,4x = (b−a)/n; y donde esta vez n es un numero par. Entonces, conectamos cada conjuntode tres puntos consecutivos aproximando la curva y = f(x) ≥ 0 por medio de un poli-nomio cuadratico, y como ya sabemos, los polinomios son faciles de integrar. Si yi = f(xi),entonces Pi(xi, yi) es el punto de la curva que esta sobre xi.

Con motivo de simplificar nuestros calculos, analizaremos el caso en que x0 = −4x,x1 = 0 y x2 = 4x, ver Figura 5.14.

Y

X

P0P1

P2

x x0

Figura 5.14: Regla de Simpson

La ecuacion de la parabola que pasa por los puntos P0, P1 y P2 es de la forma y =Ax2 +Bx+ C; entonces el area bajo la parabola que va desde x0 = −4x hasta x2 = 4xes:


∫ 4x

−4x(Ax2 +Bx+ C)dx = A

x3

3

∣∣∣∣4x

−4x

+Bx2

2

∣∣∣∣4x

−4x

+ Cx

∣∣∣∣4x

−4x

= A(4x)3

3−A

(−4x)33

+B(4x)2

2−B

(−4x)22

+C(4x) − C(−4x)

= A(4x)3

3+A

(4x)33

+B(4x)2

2−B

(4x)22

+C(4x) + C(4x)

= 2A(4x)3

3+ 2C(4x)

=4x3

(A(4x)2 + 6C)

Ahora, como la parabola pasa por P0(−4x, y0), P1(0, y1) y P2(4x, y2), tenemos:

y0 = A(−4x)2 +B(−4x) + C = A(4x)2 −B(4x) + C

y1 = C

y2 = A(4x)2 +B(4x) +C

Luego:

y0 + 4y1 + y2 = 2A(4x)2 + 6C

De esta forma, podemos expresar el area bajo la parabola de la siguiente manera:

4x3

(y0 + 4y1 + y2)

Como podemos observar, el area bajo la parabola que pasa por los puntos P0, P1 y P2,desde x = x0 hasta x = x2 no cambia si esta la desplazamos en sentido horizontal. De estaforma, el area bajo la parabola que pasa por los puntos P2, P3 y P4, desde x = x2 hastax = x4 esta dada por:

4x3

(y2 + 4y3 + y4)

De este modo, si calculamos las areas bajo todas las parabolas y sumamos los resulta-dos, obtenemos:


∫ b

af(x)dx ≈ 4x

3(y0 + 4y1 + y2) +

4x3

(y2 + 4y3 + y4) + . . .

+4x3

(yn−2 + 4yn−1 + yn)

=4x3

(y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + 2y4 + . . .+ 2yn−2 + 4yn−1 + yn)

Esta es una aproximacion confiable para cualquier funcion continua.

Ejemplo 5.4.4 Resolveremos el mismo problema del ejemplo anterior 5.4.3 usando laregla de Simpson. Utilizando n = 4, tenemos:

∫ 3600

0f(x)dx ≈ 3600 − 0

3 · 4 [f(0) + 4f(900) + 2f(1800) + 4f(2700) + f(3600)]

=3600

12(26, 39 + 4 · 30, 55 + 2 · 15, 50 + 4 · 22, 22 + 45, 36)

= 300(26, 39 + 122, 2 + 31 + 88, 88 + 45, 36)

= 300 · 513, 83= 154149

Por lo tanto, la distancia recorrida por los competidores en la primera etapa del Rallyfue de 154149 metros.

Observacion 5.4.5 Por lo general, la regla de Simpson es mas precisa que la regla delTrapecio. Esto se debe a que la primera calcula el area debajo de parabolas aproximantesy la ultima calcula el area debajo de rectas aproximantes. Es mas, la regla de Simpsonproporciona valores exactos de integrales para cualquier polinomio de grado 3 o menor.

A continuacion enunciaremos un teorema que permite aproximar integrales controlando elerror que se comete.

Teorema 5.4.6 Si f tiene derivadas continuas hasta el cuarto orden , entonces existeµ ∈ (a, b) tal que la regla de Simpson con n = 2m subintervalos de [a, b] aproxima laintegral I madiante la relacion:

I =

∫ b

af(x) dx ≈ IS =

h

3

f(a) + 2

m−1∑

j=1

f(x2j) + 4m∑

j=1

f(x2j−1) + f(b)

,

donde , a = x0 < x1 < ... < x2m = b, h =(b− a)

2my xj = x0 + h para cada

j = 0, 1, ..., 2m. Con un error igual a

I −∫ b

af =

(b− a)5

180n4f iv(µ).

Observacion 5.4.7 El teorema 5.4.6 permite acotar el error:

|IS −∫ b

af | ≤ (b− a)5

180n4K,

donde K es una cota de |f IV (x)| para x ∈ [a, b].La demostracion de este teorema puede verse en [?]


1. Utilizando la formula de Simpson, calcular la integral elıptica 5.3 del problema 6 delcapıtulo 5 con un error menor o igual que ε = 0, 21.

Solucion: En este caso tenemos ,

L =

∫ 4π

0

√1

4cos2

θ

2+ sen2

θ

2dθ =

1

2

∫ 4π

0

√1 + 3 sen2

θ

2dθ

︸︷︷︸I

, con a = 0, b = 4π.

Calcularemos el valor aproximado de I para luego al multiplicar este valor por 12 y

ası obtener el valor aproximado de la integral L pedida.Tenemos entonces que en el intervalo de integracion, [0, 4π], de I el integrando f(θ) =√

1 + 3 sen2 θ2 admite derivada cuarta continua (esta derivada es muy extensa por

lo que se recomienda calcularla con un software matematico). Veamos el grafico, de|f IV (θ)| en la Figura 5.15.

Segun el grafico se puede ver claramente que f IV esta acotada en [0, 4π] y que unade sus cotas es K = 2,5, por lo tanto el numero n de partes en el que hay que dividirel intervalo [0, 4π], para ası garantizar un error menor o igual que ε = 0, 21 es tal que:

(b− a)5

180n4K ≤ ε ⇔ (4π)5

180n42,5 ≤ 0,21


0

0.5

1

1.5

2

2.5

y

2 4 6 8 10 12

x

Figura 5.15: Grafico de |f IV (θ)|

O sea,

n4 ≥ (4π)5

180 · 0,21 2,5

Es decir, debemos tomar n ≥ 11,99 . . ., luego escogemos n = 12.

Luego,

h =4π − 0

12=

4π

12=π

3

Ahora encontremos el valor de:

m−1∑

j=1

f(x2j) =5∑

j=1

f(x2j)

Calculemos los x2j para j ∈ {1, ..., 5}

x2 = x0 + 2h = 0 + 2 · π3

=2

3π; x4 = 4h = 4 · π

3=

4

3π

x6 = 6h = 6 · π3

= 2π; x8 = 8h = 8 · π3

=8

3π

x10 = 10h = 10 · π3

=10

3π

Entonces;


f(x2) = f

(2

3π

)=

√1 + 3 sen2

π

3=

√1 + 3 · 3

4=

√13

2

f(x4) = f

(4

3π

)=

√1 + 3 sen2

2

3π =

√1 + 3 · 3

4=

√13

2

f(x6) = f(2π) = 1

f(x8) = f

(8

3π

)=

√1 + 3 sen2

4

3π =

√1 + 3 · 3

4=

√13

2

f(x10) = f

(10

3π

)=

√1 + 3 sen2

5

3π =

√1 + 3 · 3

4=

√13

2

Luego,

5∑

j=1

f(x2j) = f

(2

3π

)+ f

(4

3π

)+ f(2π) + f

(8

3π

)+ f

(10

3π

)

=

√13

2+

√13

2+ 1 +

√13

2+

√13

2

= 1 + 2√

13

Ahora, para encontrar el valor de∑m

j=1 f(x2j−1) =∑6

j=1 f(x2j−1) buscamos el valorde x2j−1 para todo j ∈ {1, ..., 6}.

x1 = x0 + h = 0 +π

3=π

3; x3 = 3h = 3 · π

3= π

x5 = 5h = 5 · π3

=5

3π; x7 = 7h = 7 · π

3=

7

3π

x9 = 9h = 9 · π3

= 3π; x11 = 11h = 11 · π3

=11

3π

Entonces,


f(x1) = f(π

3

)=

√1 + 3 sen2

π

6=

√1 + 3 · 1

4=

√7

2

f(x3) = f(π) =

√1 + 3 sen2

π

2=

√1 + 3 · 1 = 2

f(x5) = f

(5

3π

)=

√1 + 3 sen2

5π

6=

√1 + 3 · 1

4=

√7

2

f(x7) = f

(7

3π

)=

√1 + 3 sen2

7π

6=

√1 + 3 · 1

4=

√7

2

f(x9) = f(3π) =

√1 + 3 sen2

3π

2=

√1 + 3 · 1 = 2

f(x11) = f

(11

3π

)=

√1 + 3 sen2

11π

6=

√1 + 3 · 1

4=

√7

2

Luego,

6∑

j=1

f(x2j−1) = f(π

3

)+ f(π) + f

(5

3π

)+ f

(7

3π

)+ f(3π) + f

(11

3π

)

=

√7

2+ 2 +

√7

2+

√7

2+ 2 +

√7

2

= 4 + 2√

7

Ademas, f(a) = f(0) = 1 y f(b) = f(4π) = 1

Reemplazando en la formula tenemos:

I =π

9

[1 + 2(1 + 2

√13) + 4(4 + 2

√7) + 1

]≈ 19,4039

Luego, 12 · I = 9,7019 . . . que es una buena aproximacion para la integral L pedida.


1. Exprese la longitud de la curva llamada trocoide dada por:

x(t) = at− b sen t

y(t) = a− b cos t , t ∈ [0, L],

en terminos de una integral elıptica de segunda clase.


2. La longitud de arco de una hiperbola puede expresarse en terminos de integraleselıpticas de primera y segunda clase. Ver A.Blank: Problemas de Calculo y AnalisisMatematico. Limusa-Wiley, 1971., pag. 201.

Capıtulo 6

Integrales impropias y series

6.1. Integrales impropias

La definicion de integral de Riemann necesita dos hıpoteis mınimas que son que lafuncion sea acotada y que este definida en un intervalo cerrado y acotado. Cuando al menosuna de estas condiciones no se cumple debemos usar otros recursos para darle sentido alas integrales. Entonces, hablaremos de integrales impropias cuando la funcion no esacotada en el intervalo de integracion o cuando el intervalo de integracion no es acotado ,es decir tiene una de las formas siguientes : ] −∞, a[; ]a,∞[; ] −∞,∞[.

6.1.1. Integrales impropias sobre intervalos no acotados o de primera

clase

Definicion 6.1.1 1. Si la funcion f : [a,+∞[→ R satisface la siguiente propiedad :para todo c ∈ [a,∞[ , f es integrable en [a, c]; entonces definimos:

∫ +∞

af(x)dx = lım

c→+∞

∫ c

af(x)dx,

cuando este lımite existe.

2. Si la funcion f :] −∞, a] → R satisface la siguiente propiedad :para todo c ∈] −∞, a], f es integrable en [c, a]; entonces definimos :

∫ a

−∞f(x)dx = lım

c→−∞

∫ a

cf(x)dx,


651

652 CAPITULO 6. INTEGRALES IMPROPIAS Y SERIES

3. Si la funcion f :] −∞,∞[→ R satisface la siguiente propiedad:

existe a ∈ R tal que las dos integrales impropias

∫ a

−∞f(x)dx y

∫ +∞

af(x)dx

existen, entonces definimos:

∫ +∞

−∞f(x)dx =

∫ a

−∞f(x)dx+

∫ +∞

af(x)dx.

Esta integral tambien puede denotarse como

∫

R

f(x) dx.

Observacion 6.1.2 Es importante notar que la definicion de integral impropia sobre todoR no depende del punto a elegido. Para ver esto elijamos otro punto b y supongamos -parafijar las ideas - que b ≤ a. Entonces,

∫ a

−∞f(x)dx =

∫ b

−∞f(x)dx+

∫ a

bf(x)dx

Ası,

∫ b

−∞f(x)dx existe, y por lo tanto, la integral

∫ a

−∞f(x)dx tambien existe.

Observacion 6.1.3 Si existe el lımite lımc→+∞

∫ c

af(x)dx =

∫ +∞

af(x)dx, diremos que la

integral

∫ +∞

af(x)dx es convergente. De manera analoga, si existe lım

c→+∞

∫ c

af(x)dx =

∫ a

−∞f(x)dx, diremos que la integral

∫ a

−∞f(x)dx es convergente.

Cuando los lımites que definen las integrales impropias de la definicion 6.1.1, no existendiremos que las integrales divergen.

Ejemplo 6.1.4 Sea f : [1,∞[→ R tal que f(x) =1

x2. Analicemos la existencia de la

integral de f sobre su dominio.∫ +∞

1f(x)dx =

∫ +∞

1x−2dx = lım

c→∞

∫ c

1

dx

x2= lım

c→+∞−1

x

∣∣∣c

1= lım

c→+∞

(−1

c+ 1

)= 1.

Ejemplo 6.1.5 Analicemos la convergencia de la integral

∫ ∞

0e−xdx.

∫ +∞

0e−xdx = lım

c→+∞

∫ c

0e−x dx = lım

c→+∞

(− e−x

∣∣∣c

0

)

= lımc→+∞

[1 − e−c] = 1.

6.1. INTEGRALES IMPROPIAS 653

Ejemplo de referencia El siguiente ejemplo generaliza el ejemplo 6.1.4 y constituyeuna de las bases para usar los criterios de convergencia.

Ejemplo 6.1.6 Si a > 0 y p ∈ R, entonces la integral impropia de primera clase

∫ +∞

a

1

xpdx =

a1−p

p− 1si p > 1

+∞ si p ≤ 1.

En efecto,

Si p = 1. ∫ +∞

a

1

xdx = lım

c→+∞(ln c− ln a) = +∞.

Si p 6= 1. ∫ c

a

1

xpdx =

x−p+1

−p+ 1

∣∣∣∣∣

c

a

=c1−p

1 − p− a1−p

1 − p.

Entonces,

∫ +∞

a

1

xpdx = lım

c→+∞

[c1−p

1 − p− a1−p

1 − p

]=

a1−p

p− 1+

1

1 − plım

c→+∞c1−p. (6.1)

El ultimo lımite de la ecuacion 6.1 tiene distinto valor segun p sea mayor o menorque 1.

• Si p > 1: en este caso 1 − p < 0, ası

lımc→+∞

c1−p = lımc→+∞

1

cp−1= 0.

• Si p < 1: entonces, 1 − p > 0, ası

lımc→+∞

c1−p = +∞.

Ejemplo 6.1.7 Casos particulares del ejemplo 6.1.6 son:∫ +∞

2

1

x3dx =

21−3

3 − 1=

1

8.

∫ +∞

1/2

1

x3dx =

(1/2)1−3

3 − 1= 2.

∫ +∞

2

13√xdx = +∞.

6.1.2. Propiedades de las integrales impropias de primera clase

Las propiedades basicas de la integral Riemann se extienden, mediante procesos depasar al lımite, a las integrales impropias. Por ejemplo:

1. Linealidad: Si f y g son integrables en [a, c[ para todo c ∈ R, c ≥ a y si sus respec-tivas integrales impropias sobre [a,+∞[ son convergentes, entonces tambien existe-es decir- es convergente la integral impropia de λf+µg sobre [a,+∞] cualesquieransean los numeros reales λ y µ y se cumple la igualdad:

∫ +∞

a(λf + µg)(x) dx = λ

∫ +∞

af(x) dx+ µ

∫ +∞

ag(x) dx.

2. Regla de Barrow Si f : [a,+∞[→ R es una funcion continua en [a,+∞[ y siF : [a,+∞] → R es una primitiva de f en [a, c] para todo c ∈ R , c ≥ a y si laintegral de f sobre [a,+∞[ existe, se cumple que:

∫ +∞

af(x)dx = lım

c→+∞(F (t) − F (a))

= F (x)

∣∣∣∣+∞

a

3. Cambio de Variable:

Si f : [a,+∞[→ R es una funcion continua en [a,+∞[ y si ϕ : [α, β[→ R es unafuncion con derivada continua en [α, β[; Donde −∞ < α < β ≤ +∞; y si ademasϕ(α) = a, ϕ(t) → b−, cuando t→ β− y si ϕ([α, β[) = [a,+∞[, entonces:

∫ +∞

af(x)dx =

∫ β−

αf(ϕ(t))ϕ′(t)

Si una de las integrales es convergente (divergente ), la otra tambien lo es.

4. Integracion por Partes: Si f, g son dos funciones con derivadas continuas en[a,+∞[ y son convergentes dos de los tres terminos siguientes, entonces:

∫ +∞

af(x)g′(x)dx = f(x)g(x)

∣∣∣∣+∞

a

−∫ +∞

af ′(x)g(x)dx

Observacion 6.1.8 Todas las propiedades anteriores son validas para integralessobre intervalos del tipo ] −∞, a]

Criterios de convergencia para integrales de primera clase

Los criterios de convergencia estan enunciados para integrales impropias sobre inter-valos de la forma [a,+∞[ , pero todos ellos valen de la misma forma para intervalosdel tipo ] −∞, a] .

Criterio de Comparacion: Sean f(x), g(x) funciones continuas, positivas y talesque g(x) ≤ f(x) para todo x ≥ a. Entonces se tiene que:

Si

∫ +∞

af(x)dx converge, entonces

∫ +∞

ag(x)dx converge.

Si

∫ +∞

ag(x)dx diverge, entonces

∫ +∞

af(x)dx diverge.

Demostracion: Observemos que si f : [a,+∞[→ R es creciente y acotada supe-riormente, entonces lım

x→+∞f(x) existe. Definamos las funciones F y G mediante las

ecuaciones:

F (x) =

∫ x

af(t)dt

G(x) =

∫ x

ag(t)dt.

Ambas funciones son crecientes, si x1 < x2 entonces F (x1) =

∫ x1

af(t) dt < F (x2) =

∫ x2

af(t)dt =

∫ x1

af(t)dt+

∫ x2

x1

f(t)dt = F (x1) +

∫ x2

x1

f(t)dt.

Como f(x) ≥ 0 la integral

∫ x2

x1

f(t)dt es positiva y, por lo tanto, F (x1) ≥ F (x2).

Del mismo modo se prueba que G es creciente.Recordemos ahora, que por definicion:

lımx→+∞

F (x) = lımx→+∞

∫ x

af(u)du =

∫ +∞

af(x)dx

lımx→+∞

G(x) = lımx→+∞

∫ x

ag(u)du =

∫ +∞

ag(x)dx.

Entonces, por hipotesis, lımx→+∞

F (x) existe y como ademas F (x) ≥ G(x) , la funcion

G es creciente y acotada superiormente. Por lo cual, lımx→+∞

G(x) existe. Esto es

equivalente a tener la convergencia de la integral impropia de g.


Ejemplo 6.1.9 En los ejemplos que veremos a continuacion usaremos como integralde referencia la vista en el ejemplo 6.1.4, que es una integral convergente.

a) La integral:

∫ ∞

1

dx

1 + x2es converge. En efecto,

x2 ≥ 0, Por tanto, 0 ≤ x2 ≤ 1+x2 ⇒ 0 ≤ 1

1 + x2≤ 1

x2⇒∫ ∞

1

dx

1 + x2≤∫ ∞

1

dx

x2= 1.

b) La integral ∫ +∞

1

senx

x2dx

es convergente. Usando el criterio de comparacion, tenemos:

| sen x| ≤ 1 ⇒ | senx|x2

≤ 1

x2⇒∫ +∞

1

senx

x2dx ≤

∫ +∞

1

| senx|x2

dx ≤∫ +∞

1

1

x2dx.

Como

∫ +∞

1

1

x2dx es convergente, la integral dada inicialmente tambien con-

verge.

Criterio de comparacion al lımite Sean f(x), g(x) funciones continuas , posi-tivas. Entonces, para x ≥ a tenemos que :

Si lımx→+∞

f(x)

g(x)= K;K 6= 0 , entonces ambas integrales impropias sobre [a,+∞[

∫ +∞

af(x) dx ,

∫ +∞

ag(x) dx

convergen o ambas divergen.

Si K = 0, entonces la convergencia de

∫ +∞

ag(x) dx implica la convergencia

de

∫ +∞

af(x) dx.

Ejemplo 6.1.10 Si : n ∈ N, ∫ +∞

1e−xxndx


converge. Pues,

∫ +∞

1

1

x2dx converge y

lımx→+∞

e−xxn

1

x2

= lımx→+∞

(e−xxn · x2

)

= lımx→+∞

e−xxn+2

= lımx→+∞

xn+2

ex.

Este ultimo lımite, si es evaluado en forma directa, da lugar a una forma indetermi-

nada del tipo+∞+∞ , por lo cual aplicamos L’Hopital, y obtenemos:

lımx→+∞

xn+2

ex= lım

x→+∞(n+ 2)xn+1

ex.

Que vuelve a dar lugar a una forma indeterminada del tipo+∞+∞ , por tanto, si

aplicamos sucesivamente L’Hopital, obtenemos:

lımx→+∞

xn+2

ex= lım

x→+∞(n+ 2)(n+ 1) · ... · 2 · 1

ex= 0

Ası, la convergencia de

∫ +∞

1

1

x2implica la convergencia de

∫ +∞

1e−xxndx.

Ejemplo 6.1.11 Si p, q > 0 la convergencia de la integral

I =

∫ +∞

1

xp

1 + xqdx,

se puede estudiar usando comparacion al lımite con la funcion1

xq−p.

lımx→+∞

(xp

1 + xq:

1

xq−p

)= lım

x→+∞xq

1 + xq= 1.

Entonces, como k = 1, ambas integrales convergen o ambas divergen. Luego, como

sabemos que

∫ +∞

1

1

xq−pconverge si q − p > 1 y diverge si q − p ≤ 1, tenemos que:

I converge cuando q − p > 1.

I diverge cuando q − p ≤ 1.

Ejemplo 6.1.12 Ahora haremos una aplicacion del ejemplo anterior.

a) La integral I =

∫ +∞

1

√x

1 + 3√xdx diverge como consecuencia del ejemplo ante-

rior, ya que: p =1

2y q =

1

3implican que q − p =

1

3− 1

2< 1.

b) En cambio la integral J =

∫ +∞

1

√x

1 + x2dx converge. En este caso p =

1

2y

q = 2 implican que q − p =3

2> 1.

6.1.3. Integrales impropias cuando la funcion no es acotada en el inter-

valo de integracion o de segunda clase

Definicion 6.1.13 1. Si f :]a, b] → R una funcion tal que, para todo c ∈]a, b[ ,f esintegrable en [a, c], entonces se define

∫ b

a+

f(x)dx = lımc→a+

∫ b

cf(x)dx,


2. Si f : [a, b[→ R una funcion tal que, para todo c ∈ [a, b[ ,f es integrable en [c, b[,entonces se define

∫ b−

af(x)dx = lım

c→b−

∫ c

af(x)dx,


Ejemplo 6.1.14 La funcion f(x) =1

2√x

, no esta definida para x = 0. Calculamos la

integral impropia:

∫ 1

0+

1

2√xdx = lım

c→0+

∫ 1

c

1

2√xdx = lım

c→0+

√x

∣∣∣∣∣

1

c

= lımc→0+

(√

1 −√c) = 1

Definicion 6.1.15 Si f : ]a, b[→ R es una funcion tal que, para todoc1 < c2 ∈]a, b[ , f es integrable en [c1, c2[ entonces se define

∫ b

af(x)dx = lım

c1→a

∫ x0

c1

f(x)dx+ lımc2→b

∫ c2

x0

f(x)dx,


para cualquier x0 ∈]a, b[, si los lımites existen.

Ejemplo 6.1.16 1. Sea f : [−1, 1] → R tal que

f(x) =

{13√

x, x 6= 0

1 , x = 0

Esta funcion no es acotada en el intervalo [−1, 1], debido a que entorno a cero tiendea ∓∞.Usaremos la definicion 6.1.15.

∫ 1

−1f(x)dx = lım

c→0−

∫ c

−1

13√xdx+ lım

c→0+

∫ 1

c

13√xdx

= lımc→0−

3

2x2/3

∣∣∣c

−1+ lım

c→0+

3

2x2/3

∣∣∣1

c

= lımc→0−

3

2

(c2/3 − (−1)2/3

)+ lım

c→0+

3

2

(12/3 − c2/3

)

= −3

2+

3

2= 0.

2. Sea f definida por: f : [−1, 1] → R.

f(x) =

{1/x2 , x 6= 0

0 , x = 0.

Como en el caso anterior esta funcion no es acotada en torno del cero. Veamos si

existe la integral impropia

∫ 1

−1f(x)dx.

∫ 1

−1f(x)dx = lım

c→0−

∫ c

−1

1

x2dx+ lım

c→0+

∫ 1

c

1

x2dx

= lımc→0−

−x−1∣∣∣c

−1+ lım

c→0+−x−1

∣∣∣1

c

= lımc→0−

(−1

c+ 1

)+ lım

c→0+

(−1

c− 1

)

= −∞ + 1 −∞− 1

= −∞

Por lo tanto, esta integral no existe.

Observacion 6.1.17 Tambien se pueden aplicar estas definiciones cuando hay varios pun-tos conflictivos a < c1 < c2 < · · · < cn < b

∫ b

af(x)dx =

∫ c1

af(x)dx+

∫ c2

c1

f(x)dx+ · · · +∫ cn

cn−1

f(x)dx+

∫ b

cn

f(x)dx,

donde cada integral de la derecha se ha obtenido como un lımite.

Integral de referencia

Ejemplo 6.1.18 El ejemplo que veremos ahora constituye una integral de referencia paraaplicar distintos criterios de convergencia.Si b > 0 y p ∈ R, la integral impropia de segunda clase:

∫ b

0+

x−p dx =

{b1−p

1−p si p < 1

+∞ si p ≥ 1.

En efecto, si ε > 0 tenemos

∫ b

εx−pdx =

b1−p − ε1−p

1 − p; p 6= 1.

Entonces,

I =

∫ b

0x−pdx = lım

ε→0

∫ b

εx−pdx

= lımε→0

(b1−p

1 − p− ε1−p

1 − p

)

=b1−p

1 − p− lım

ε→0

(ε1−p)

1 − p.

Cuando ε→ 0+ tenemos:

lımε→0+

ε1−p =

lımε→0+

1

εp−1; 1 − p < 0

lımε→0+

ε1−p ; 1 − p > 0

Por tanto,

lımε→0+

ε1−p =

{+∞ si 1 − p < 0

0 si 1 − p > 0


Si p = 1 , entonces

∫ b

0

1

xdx = lım

ε→0+lnx∣∣∣b

ε= +∞.

En particular, tenemos que

∫ 1/2

0+

1

x1/2dx =

2√2.

∫ 2

0+

1

x1/2dx = 2

√2.

∫ 1/3

0+

1

x3/2dx es divergente , pues el exponente de x es mayor que 1.

Propiedades de las integrales impropias de segunda clase

Las propiedades de la integral de Riemann se extienden, mediante procesos de paso allımite, a las integrales impropias. Por ejemplo:

1. Linealidad: Si f y g son integrables en [a, b[ y si sus respectivas integrales impropiasson convergentes, entonces tambien existe, es decir, es convergente la integral im-propia de cf + dg sobre [a, b[; cualesquiera sea c, d ∈ R y se tiene:

∫ b−

a(cf(x) + dg(x))dx = c

∫ b−

af(x)dx+ d

∫ b−

ag(x)dx

2. Regla de Barrow: Si f : [a, b[→ R es continua en [a, b[, si F : [a, b[→ R es unafuncion primitiva de f en [a, b[ y si existe el lımite:

∫ b−

af(x)dx = lım

t→b−

(F (t) − F (a)

).

Entonces este lımite es el valor de

∫ b−

af(x)dx lo cual lo podemos abreviar como:

F (x)

∣∣∣∣b−

a

3. Cambio de variable

Si f : [a, b[→ R es continua en [a, b].

Si ϕ : [α, β[→ R tiene derivada continua en su dominio, −∞ < α < β ≤ +∞tal que ϕ(α) = a, ϕ(β) → b− cuando t→ β− y si

ϕ([α, β[) = [a, b]

entonces ∫ b−

af(x) dx =

∫ β−

αf(ϕ(t))ϕ′(t) dt.

Si una de las integrales es convergente (divergente) la otra tambien lo es.

4. Integracion por partes: Si u y v son funciones con derivada continua en [a, b[y son convergentes dos de los tres terminos de la ecuacion 6.2, entonces el tercerotambien lo es y se tienen la igualdad:

∫ b−

au(x)v′(x) dx = u(x)v(x)

∣∣∣∣∣

b−

a

−∫ b−

au′(x)v(x) dx (6.2)

Observacion 6.1.19 Todas las propiedades son validas para integrales sobre intervalosde la forma ]a, b] , cambiando a por a+ y b− por b.

Criterios de convergencia para integrales de segunda clase

Criterio de Comparacion

Si f y g son funciones positivas, integrables en [x, b],para todo x ∈]a, b[ tales quef(x) ≤ g(x) para todo x ∈]a, b[. Entonces:

Si

∫ b

ag(x) dx converge, entonces

∫ b

af(x) dx converge. ademas se cumple que

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

ag(x) dx.

Si

∫ b

af(x) dx diverge ,entonces

∫ b

ag(x) dx diverge.

Observacion 6.1.20 La demostracion del criterio de comparacion esta basado en laspropiedades de la integral de Riemann y de los lımites. en particular de la propiedadsiguiente: Si h :]a, b[→ R es creciente y acotada superiormente, entonces lımx→b− h(x)existe.


Criterio de comparacion al lımite

Si las funciones f, g son positivas e integrables en [x, b] para todo x ∈]a, b[ , tales que

lımx→a+

f(x)

g(x)= k 6= 0,

entonces las integrales impropias

∫ b

af(x)dx y

∫ b

ag(x)dx ambas convergen o ambas diver-

gen.

Si k = 0, entonces la convergencia de

∫ b

ag(x) dx implica la convergencia de

∫ b

af(x) dx.

Ejemplo 6.1.21 1. La integral I =

∫ 2

1

dx

x3 − x2 + 4x− 4diverge. En efecto, como el

integrando tiene una discontinuidad en x = 1 y usando el criterio de comparacion al

lımite, escogeremos como g la funcion1

x− 1.

f(x)

g(x)=

1

x3 − x2 + 4x− 41

x− 1

=x− 1

x3 − x2 + 4x− 4

=x− 1

(x− 1)(x2 + 4)

=1

x2 + 4.

Por lo tanto,

lımx→1

1

x2 + 4=

1

56= 0.

Como

∫ 2

1

1

x− 1dx diverge, la integral dada inicialmente tambien diverge.

2. La integral

∫ π/2

0

dx√senx

es convergente ya que:

lımx→0+

1√senx

:1√x

= lımx→0+

√x

senx= 1.


Ası, como el cuociente es 1, sabemos que ambas integrales convergen, o ambas inte-

grales divergen. Por lo tanto, usando la convergencia de

∫ π2

0

dx√x

, podemos concluir

que

∫ π/2

0

dx√senx

converge.

3. La integral

∫ ∞

0

ex√x3

diverge. Ya que,

ex√x3

:1

x3/2= ex,

Por lo tanto:

lımx→0+

ex√x3

1

x3/2

= lımx→0+

ex = 1,

Implica que el lımite del cuociente cuando x→ 0 es 1, por tanto, ambas integrales

convergen, o ambas divergen; y como la integral

∫ 1

0

1

x3/2es divergente, pues el

exponente de x es mayor que 1, podemos concluir que

∫ ∞

0

ex√x3

diverge. Notemos

que como ya hemos estudiado la convergencia en un intervalo del tipo S =]0, a[; a ∈R, y hemos concluido que la integral allı es divergente, no es necesario estudiar queocurre en todo R+, por cuanto si diverge en S ⊆ R+, diverge en todo R+

6.1.4. Otros criterios

Los criterios generales estudiados anteriormente no son suficientes para todas las dis-tintas posibilidades que pueden darse, por ejemplo la integral

∫ +∞

0

senx

xdx,

no puede ser estudiada con dichos criterios. Para ello se necesitan teoremas mas especıficoscomo el siguiente.

Teorema 6.1.22 Si f y g son funciones tales que:

1. f es continua en [a,∞[.

2. g’ es continua en [a,∞[ , g′(x) ≤ 0 y lımx→+∞

g(x) = 0.


3. F (x) =

∫ x

af(t)dt es acotada para x ≥ a,

entonces ∫ +∞

af(x)g(x) dx,

es convergente.

Ejemplo 6.1.23 La integral

∫ +∞

0

senx

xdx. converge.

En efecto, consideremos: ∫ +∞

0

senx

xdx.

Notemos que esta integral no es impropia en 0, por cuanto existe lımx→0

senx

x= 1; ası,

en x = 0 el integrando no diverge a ±∞, y por tanto podemos separar el dominio deintegracion en dos intervalos de la forma [0, a[ y [a,+∞[. Por simplicidad, consideraremosa = 1, ası: ∫ +∞

0

senx

xdx =

∫ 1

0

senx

xdx+

∫ +∞

1

senx

xdx

En el capıtulo 3, vimos que dos funciones integrables que difieren en un punto, tienen lamisma integral. Sea:

h(x) =

{senx

x;x 6= 0

1 ;x = 0

Entonces: ∫ 1

0h(x)dx =

∫ 1

0

senx

xdx.

Luego

∫ 1

0

senx

xdx existe.

En cuanto a

∫ +∞

1

senx

x, sean: f(x) = senx , g(x) =

1

xEsto implica que g′(x) = − 1

x2Por

tanto:

Como f(x) = senx es continua en R, en particular lo es en [1,+∞[

g′(x) = − 1

x2es continua en [1,+∞[ y es negativa en dicho intervalo, ademas:

lımx→+∞

g(x) = lımx→+∞

1

x= 0


F (x) =

∫ x

1f(t)dt =

∫ x

1sen tdt = − cos t

∣∣∣∣x

1

= cos 1 − cos x, y como:

−1 ≤ cos x ≤ 1

−1 ≤ − cos x ≤ 1

cos 1 − 1 ≤ cos 1 − cosx ≤ cos 1 + 1

cos 1 − 1 ≤ F (x) ≤ cos 1 + 1

Por lo tanto, F (x) es acotada, para todo x ≥ 1

Ası, aplicando el teorema 6.1.22, vemos que se cumplen las hipotesis por este requeridas,y por tanto: ∫ +∞

1f(x)g(x)dx =

∫ +∞

1

senx

x, converge.

Lo cual implica que:∫ +∞

0

senx

xdx =

∫ 1

0

senx

xdx+

∫ +∞

1

senx

xdx, converge.

6.1.5. La funcion Gama

Dado p > 0, no necesariamente un entero, definimos la funcion llamada Gama, medi-ante la integral

Γ(p) =

∫ +∞

0xp−1e−xdx.

Esta funcion cumple las siguientes propiedades:

1. Γ(p) esta bien definida para todo p > 0. (i.e. Γ(p) ∈ R).Para ello divida el intervalo de integracion en dos partes: desde x = 0 hasta 1 ydesde 1 hasta x = ∞ y analice la convergencia de ambas integrales impropias.

2. Γ(1) = 1.

3. Γ(p) = (p− 1)Γ(p− 1).

4. Si p ∈ N, entoncesΓ(p) = (p− 1)!.

5. Si p = n+ r con n ∈ N y r ∈ (0, 1), entonces

Γ(p) = (p− 1)(p− 2)...(p− n)Γ(r).

Esto nos dice que basta tabularla en (0, 1).


6. Mediante el cambio de variable x = y2 se tiene

Γ(p) = 2

∫ +∞

0y2p−1e−y2

dy.

A partir de lo cual podemos deducir que:

Γ(1

2) = 2

∫ +∞

0y0e−y2

dy = 2

∫ +∞

0e−x2

dx.

1

2Γ(n+ 1

2) =

∫ +∞

0xne−x2

dx.

7. Si n ∈ N, se tiene

Γ(n/2) = 2

∫ +∞

0yn−1e−y2

dy.

8. Si n ∈ N, se tiene

Γ(n/2) = (n− 2)

∫ +∞

0yn−3e−y2

dy.

6.1.6. La funcion Beta

Dado p > 0 y q > 0 no necesariamente enteros, definimos la funcion llamada Beta,mediante la integral

β(p, q) =

∫ 1

0xp−1(1 − x)q−1dx.

La cual cumple las siguientes propiedades:

1. β(p, q) esta bien definida para todo p > 0, q > (i.e. β(p, q) ∈ R)

2.

β(p, 1) =1

p.

3. ( Simetrıa)β(p, q) = β(q, p).


4. β(p, q) =q − 1

pβ(p+ 1, q − 1).

5. Si q ∈ N , entonces

β(p, q) =(q − 1)!

p(p+ 1)...(p + q − 1),

y analogamente si p es entero.

6. Si q ∈ N , entonces multiplicando numerador y denominador por Γ(p) se tiene

β(p, q) =Γ(q)Γ(p)

Γ(p+ q).

7. Haciendo el cambio x = sen2(t), se tiene

β(p, q) = 2

∫ π/2

0sin2p−1(t) cos2q−1(t)dt.

8.

β(1/2, 1/2) = π.

9. Suponiendo que la formula (6) es cierta siempre. podemos demostrar que

Γ(1/2) =√π

y ∫ +∞

0e−x2

dx =

√π

2.


1. Dos amigos deciden ir a ver una pelicula al cine, pero no logran decidir cual. Elprimero propone “El Mosquito Asesino”, y el segundo “La Lagartija Sinverguen-za”. Para dirimir el problema, el primer amigo propone al segundo que resuelva lasiguiente integral: ∫ 1

−1

1

x2dx


Si la solucion es correcta, veran “La Lagartija Sinverguenza”, sino, veran “El MosquitoAsesino”. Considerando el segundo amigo que el problema es bastante facil, aceptael desafıo, y resuelve:

∫ 1

−1

1

x2=

∫ 1

−1x−2dx =

x−1

−1

∣∣∣∣1

−1

= −1 − 1 = −2

El primero dice entonces: “Creo que iremos a ver mi pelicula”.

a) ¿Como pudo el primer amigo, sin resolver la integral, saber que el otro seequivoco?

b) ¿Cual fue el error del segundo amigo?. ¿Cual es el verdadero valor del problemapropuesto?

Solucion:

a) Sin resolver la integral, el primer amigo noto que como x2 ≥ 0 para todo x ∈ R,

entonces1

x2> 0, para todo x ∈ [−1, 1]; Luego, necesariamente, segun la teorıa,

∫ 1

−1

1

x2> 0. Ası, sin resolver la integral, detecto que la solucion era

incorrecta.

b) El error fue el siguiente:

Si f(x) =1

x2; Con f : [−1, 1] → R; entonces 0 /∈ Dom(f), por tanto, la integral

se debe separar en dos casos:∫ 1

−1

dx

x2=

∫ 0

−1

dx

x2+

∫ 1

0

dx

x2;

En donde cada integral es impropia de segunda clase. No obstante, usando el

ejemplo 6.1.18, podemos decir que la integral

∫ 1

0

dx

x2, diverge, por tanto

∫ 1

−1

1

x2

diverge.

2. Resolver:

a)

∫ +∞

0

x2

1 + x2dx

b)

∫

R

x2

1 + x2dx


Solucion:

a)

∫ +∞

0

x2

1 + x2dx Es una integral impropia de primera clase.

Usando la definicion:∫ +∞

0

x2

1 + x2dx = lım

l→+∞

∫ l

0

x2

1 + x2dx;

Sumando y restando 1 en el numerador, obtenemos:

lıml→+∞

∫ l

0

x2 + 1 − 1

1 + x2dx = lım

l→+∞

∫ l

0

(1 − 1

1 + x2

)dx = lım

l→+∞

{∫ l

0dx−

∫ l

0

1

1 + x2dx

}.

Como arctan x es una primitiva de1

1 + x2, tenemos que:

lıml→+∞

{∫ l

0dx−

∫ l

0

1

1 + x2dx

}= lım

l→+∞

{x

∣∣∣∣l

0

− arctan x

∣∣∣∣l

0

}

lıml→+∞

(l − arctan l + arctan 0) = lıml→+∞

(l − arctan l)

Aplicando lımite obtenemos:

lıml→+∞

(l − arctan l) = +∞− π

2= +∞.

Por lo tanto:

∫ +∞

0

x2

1 + x2dx = +∞, Por lo cual la integral diverge.

b) Notemos que: ∫

R

x2

1 + x2dx =

∫ +∞

−∞

x2

1 + x2dx

Podemos escribir:∫ +∞

−∞

x2

1 + x2dx =

∫ 0

−∞

x2

1 + x2dx+

∫ +∞

0

x2

1 + x2dx

Como la segunda integral diverge, por lo calculado en 2a,

∫ +∞

−∞

x2

1 + x2dx di-

verge

3. Utilice el Teorema 6.1.22 para demostrar la convergencia de:∫ +∞

0

senx√xdx.


Solucion: Como:

lımx→0

senx√x

= lımx→0

senx√x

·√x√x

= lımx→0

√x · senx

x= 0 · 1 = 0

Al igual que el ejemplo 6.1.23, la integral:

∫ 1

0

senx√xdx

no es impropia, y por lo tanto:

∫ 1

0

senx√xdx ∈ R.

Para analizar la convergencia de∫ +∞1

sen x√xdx, aplicamos el teorema 6.1.22, con:

f(x) = senx

g(x) =1√x

f es continua en [1,+∞[

g′(x) = − 1

2√x3

es continua y negativa en [1,+∞[. Ademas, lımx→+∞

g(x) =

lımx→+∞

1√x

= 0

F (x) =

∫ x

1sen tdt = − cos t+ cos 1 es acotada para x ≥ a.

Por lo tanto, se cumplen las hipotesis del teorema 6.1.22, y entonces

∫ +∞

0

senx√xdx

converge.

4. Demuestre que: ∫ 1

0lnn x = (−1)nn!; n ∈ N0

Notacion: lnn x = (lnx)n


Solucion: Consideremos: ∫ 1

0lnn x

Notemos que 0 /∈ Dom(lnx), por lo tanto debemos calcular:

∫ 1

0+

lnn x

Ası, en virtud de la definicion de integral impropia de segunda clase:∫ 1

0+

lnn x = lımε→0+

∫ 1

εlnn x

Sea:

x = ep, entonces:

dx = epdp

Y por tanto:

Si x = 1, entonces:

ep = 1 ⇐⇒p = ln 1 ⇐⇒p = 0

Si x = 0, entonces:

ep = ε ⇐⇒p = ln ε

Por lo tanto:

lımε→0+

∫ 1

εlnn x = lım

ε→0+

∫ 0

ln εep · lnn ePdp

= lımε→0+

∫ 0

ln εpnepdp

Notemos que si ε→ 0+, entonces ln ε→ −∞. Sea µ = ln ε; entonces,

lımε→0+

∫ 0

ln εpnepdp = lım

µ→−∞

∫ 0

µpnepdp

= − lımµ→−∞

∫ µ

0pnepdp


Sea:

p = −t; entonces:

dp = −dt

Si p = 0, eontonces −t = 0, lo cual implica que t = 0

Si p = µ, eontonces −t = µ, lo cual implica que t = −µ.

Y por tanto:

− lımµ→−∞

∫ µ

0pnepdp = − lımµ→ −∞

∫ −µ

0−(−t)ne−tdt

= lımµ→−∞

∫ −µ

0(−t)ne−tdt

= (−1)n lımµ→−∞

∫ −µ

0tne−tdt

Notemos que cuando µ→ −∞, tenemos que −µ→ +∞. Sea β = −µ, entonces:

(−1)n lımµ→−∞

∫ −µ

0tne−tdt = (−1)n lım

β→+∞

∫ β

0tne−tdt

Lo cual, por definicion de integral impropia de primera clase es:

(−1)n

∫ +∞

0tne−tdt

Y por tanto, podemos concluir que:

(−1)n

∫ +∞

0tne−tdt = (−1)n

∫ +∞

0t(n+1)−1e−tdt

= (−1)nΓ(n+ 1); como n ∈ N

= (−1)nn!

Por lo tanto: ∫ 1

0lnn x = (−1)nn!; n ∈ N0

5. Para f(x) =x+ 1

x3


a) Determine

∫ +∞

0f(x)dx

b) Determine

∫ +∞

2f(x)dx

c) Calcule: ∫

Lf(x)dx; Donde:L = {x ∈ R : |x| > 2}

Solucion:

a) En este caso, la integral es impropia tanto de primera clase como de segundaclase, por cuanto, por un lado estamos trabajando sobre un dominio no acotado[0,+∞[, y ademas 0 /∈ Dom(f); luego nos conviene separar el dominio deintegracion en dos partes, de la forma [0,+∞[= [0, a[∪ [a,+∞[. pero comosabemos que f esta definida para todo a ∈ R+, escogemos a = 1, Ası:

∫ +∞

0

x+ 1

x3dx =

∫ 1

0

x+ 1

x3dx+

∫ +∞

1

x+ 1

x3dx.

Y ocupando la definicion, esto es igual a:

lımε→0+

∫ 1

ε

x+ 1

x3dx+ lım

l→+∞

∫ l

1

x+ 1

x3dx.

Notemos que:

∫x+ 1

x3dx =

∫ (x

x3+

1

x3

)dx

=

∫ (1

x2+

1

x3

)dx

= −1

x− 1

2x2+ C.

luego:

lımε→0+

∫ 1

ε

x+ 1

x3dx+ lım

l→+∞

∫ l

1

x+ 1

x3dx = lım

ε→0+

(− 1

2x2− 1

x

) ∣∣∣∣1

ε

+ lıml→+∞

(− 1

2x2− 1

x

) ∣∣∣∣l

1

Evaluando obtenemos:

lımε→0+

{(−2 − 1) −

(− 1

2ε2− 1

ε

)}+ lım

l→+∞

{(− 1

2l2− 1

l

)− (−2 − 1)

};


Lo cual es simplemente:

lımε→0+

(−3 +

1

2ε2+

1

ε

)+ lım

l→+∞

(1

2l2− 1

l+ 3

)


(−3 + ∞ + ∞) + (0 − 0 + 3) = +∞ + 3 = +∞.

Por lo tanto, la integral diverge.

b)

∫ +∞

2f(x)dx =

∫ +∞

2

x+ 1

x3dx Esta es una integral impropia de primera clase,

pues esta sobre un dominio de integracion no acotado, pero f esta definidapara todo valor en el intervalo [2,+∞[. Ası, aplicando la definicion obtenemosque: ∫ +∞

2

x+ 1

x3dx = lım

p→+∞

∫ p

2

x+ 1

x3dx

Usando los resultados del item anterior, concluimos que:∫ +∞

2

x+ 1

x3dx = lım

p→+∞

(− 1

2x2− 1

x

) ∣∣∣∣p

2

= lımp→+∞

{(− 1

2p2− 1

p

)−(−1

2− 1

2

)}

= lımp→+∞

(− 1

2p2− 1

p+ 1

)


0 − 0 + 1 = 1.

Por lo tanto: ∫ +∞

2

x+ 1

x3dx = 1

c)

∫

Lf(x)dx =

∫ −2

−∞f(x)dx+

∫ +∞

2f(x)dx

=

∫ −2

−∞

1

x2dx+

∫ −2

−∞

1

x3dx+

∫ +∞

2

1

x2dx+

∫ +∞

2

1

x3dx


las integrales de la forma

∫ +∞

a

1

xpdx, con p > 1, a > 0 convergen. Ademas,

como1

x2es par y

1

x3es impar, entonces claramente:

∫

L

1

x2dx = 2

∫ +∞

2

1

x2

∫

L

1

x3dx = 0

Por lo tanto:∫

Lf(x)dx = 2

∫ +∞

2

1

x2dx

= 2 lımc→+∞

(∫ c

2

1

x2

)

= 2 lımc→+∞

(−1

x

) ∣∣∣∣c

2

= 2 lımc→+∞

(−1

c+

1

2

)

= 1

6. Dada:

f(x) =1

2e−|x|; x ∈ R

a) Calcule, si es que existe,

∫ +∞

−∞f(x)dx

b) Si F (x) =

∫ x

−∞f(u)du, Sin resolver la integral, determine:

1) Dominio de f .

2) Signo de f .

c) Responda la pregunta anterior, resolviendo la integral.

d) Generalice el Teorema Fundamental del Calculo, para calcular F ′(x). Analicela existencia de puntos crıticos y el crecimiento de F .

e) Calcule F ′′(x). Analice la curvatura de F .

f ) Determine, si existen, asintotas horizontales y verticales de F


g) ¿Cual es el recorrido de F ?. Deduzca que 0 ≤ F (x) ≤ 1

h) Calcule, si es que existen:∫

R

xf(x)dx∫

R

x2f(x)dx

i) Determine M ∈ R, tal que F (M) =1

2

j ) Determine P ∈ R, tal que F (P ) = α

Solucion:

a) Si estudiamos que ocurre en R+, Como sobre [0,+∞[, |x| = x, podemos escribirsimplemente: ∫ +∞

0

1

2e−|x|dx =

1

2

∫ +∞

0e−xdx,

Sea I =

∫ +∞

0e−xdx. Esta integral puede ser resuelta por dos caminos posibles.

1) Usando la definicion:

I =

∫ +∞

0e−xdx = lım

p→+∞

∫ p

0e−xdx

= lımp→+∞

−e−x

∣∣∣∣p

0

= lımp→+∞

(−e−p + 1)

Como lımp→+∞

1

ep= 0; se tiene que:

lımp→+∞

(−e−p + 1) = 0 + 1 = 1.

Luego:

I =

∫ +∞

0e−xdx = 1,

luego, el resultado es:1

2· I =

1

2· 1 =

1

2


2) Usando la funcion gamma:

Γ(α) =

∫ +∞

0tα−1e−tdt

Colocaremos la integral a resolver bajo esta forma; ası:

I =

∫ +∞

0e−xdx =

∫ +∞

0x0e−xdx =

∫ +∞

0x1−1e−xdx = Γ(1)

Como 1 ∈ N; tenemos Γ(1) = 0! = 1.

luego, el resultado es:1

2· I =

1

2· 1 =

1

2

Como f(x) =1

2e−|x| es una funcion par, entonces podemos decir que:

∫ +∞

−∞f(x)dx =

∫ +∞

−∞

1

2e−|x|dx.

ası:

∫ +∞

−∞f(x)dx = 2

∫ +∞

0

1

2e−|x|dx = 2 · 1

2= 1

b) Si F (x) =

∫ x

−∞f(u)du, entonces:

F (x) =

∫ x

−∞

1

2e−|u|du.

Como el integrando, f(u) =1

2e−|u|, es continuo para todo u ∈ R, y sabemos

que la integral de esta funcion converge en R, entonces F siempre existe, asiDom(F ) = R. Por otra parte, como la funcion exponencial es siempre positiva,entonces:

1

2e−|u| ≥ 0, para todo u ∈ R, luego:

∫

A

1

2e−|u|du ≥ 0, para todo A ⊆ R; en particular si A =] − ∞, x]; x ∈ R,

por lo tanto:

F (x) =

∫ 0

−∞f(u)du ≥ 0; para todo x ∈ R.

Luego, F es siempre positiva.


c) Resolviendo la integral:

F (x) =

∫ x

−∞f(u)du =

∫ x

−∞

1

2e−|u|du.

Notemos, que como hay un valor absoluto en el integrando, debemos distinguirentre los casos x > 0, x ≤ 0.Sea B =] −∞, x]

Si x ≤ 0, entonces B ⊆ R−, por tanto |u| = −u, para todo u ∈ B. Ası:

F (x) =

∫

B

1

2e−|u|du

=

∫

B

1

2e−(−u)du

Luego, el problema se reduce a calcular:

F (x) =

∫ x

−∞

1

2eudu.

Ocupando la definicion tenemos que:

F (x) =

∫ x

−∞

1

2eudu = lım

p→−∞

∫ x

p

1

2eudu

Calculando la primitiva,y evaluando en los lımites de integracion, obtenemos:

F (x) = lımp→−∞

1

2eu∣∣∣∣x

p

=1

2lım

p→−∞(ex − ep)

Como sabemos que si p→ −∞, entonces ep → 0 nos queda que:1

2lım

p→−∞(ex − ep) =

1

2ex

Luego, podemos concluir que:

F (x) =1

2ex; x ≥ 0

Si x > 0, entonces B = R−0 ∪ L, donde L =]0, x] ⊆ R+, Ası:

F (x) =

∫

B

1

2e−|u|du =

∫

R−

0 ∪L

1

2e−|u|du.

Como los conjuntos son disjuntos, obtenemos simplemente:

F (x) =

∫

R−

0 ∪L

1

2e−|u|du =

∫

R−

0

1

2e−|u|du+

∫

L

1

2e−|u|du

Claramente |u| = u, para todo u ∈ L, y |u| = −u, para todo u ∈ R−0 , luego:

F (x) =

∫

R−

0

1

2eudu+

∫

L

1

2e−udu

Lo que en terminos mas simples puede ser escrito como:

F (x) =

∫ 0

−∞

1

2eudu+

∫ x

0

1

2e−udu

Claramente el primer miembro de la suma es F (0). Ası,

F (x) = F (0) +

∫ x

0

1

2e−udu =

1

2+

∫ x

0

1

2e−udu

Resolviendo la integral involucrada, obtenemos que:

F (x) =1

2+

1

2(−e−u

∣∣∣∣x

0

) =1

2(1 − e−x) +

1

2= 1 − 1

2e−x

Por lo tanto:

F (x) = 1 − 1

2e−x; x > 0

Ası:

F (x) =

1

2ex Si x < 0

1 − 1

2ex Si x > 0

Donde claramente se aprecia que Dom(F ) = R, ademas, como la funcion expo-nencial es siempre positiva, vemos que la primera rama de la funcion lo es, encuanto a la segunda rama, notemos que e−x es una funcion decreciente, cuyomaximo valor en R+

0 se alcanza en el 0, y este valor es 1, a partir de ahi lafuncion siempre decrece y por tanto la tercera rama es siempre positiva.

d) Recordemos que el Teorema Fundamental del Calculo nos dice que si:

F (x) =

∫ x

af(t)dt; a ∈ R; entonces:

F ′(x) =d

dx

∫ x

af(t)dt = f(x)

Como este teorema es valido para integrales de Riemann, que no son impropias,escribimos:

F (x) =

∫ x

−∞

1

2e−|u|du =

∫ a

−∞

1

2e−|u|du+

∫ x

a

1

2e−|u|du; con a ∈ R

luego:

F ′(x) =d

dx

(∫ a

−∞

1

2e−|u|du+

∫ x

a

1

2e−|u|du

)

Como

∫ a

−∞

1

2e−|u|du existe, y es constante, su derivada es 0. En cuanto a

∫ x

a

1

2e−|u|du, como a ∈ R, es una integral de Riemann, y por tanto,

podemos aplicar el Teorema Fundamental del Calculo, Ası:

F ′(x) = 0 +1

2e−|x| =

1

2e−|x| = f(x).

Luego:

F ′(x) = 0, si y solo si,1

2e−|x| = 0.

Lo cual jamas ocurre ;ası, F carece de puntos crıticos. Por otro lado, como

F ′(x) =1

2e−|x| ≥ 0, para todo x ∈ R, F es siempre creciente.

e) F ′′(x) =d

dx(F ′(x)) =

d

dx

(1

2e−|x|

)

Notemos que:

F ′(x) = f(x) =

12e

x; x < 0

12e

−x x ≥ 0

Luego:

Si x < 0:

d

dx(F ′(x)) =

d

dx

(1

2ex)

=1

2ex

Si x > 0:

d

dx(F ′(x)) =

d

dx

(1

2e−x

)= −1

2e−x


Si x = 0:Como en este punto se produce un cambio de definicion de F ′, debemosestudiar la existencia de F ′′(0) = f ′(0), Usando la definicion de derivada:

F ′′(0) = f ′(0) = lımh→0

f(0 + h) − f(0)

h

o simplemente

lımh→0

f(h) − f(0)

h

Notemos que si h→ 0+, entonces f(h) =1

2e−h, pero si en cambio h→ 0−,

tenemos que f(h) =1

2eh; por tanto deben separarse los casos:

lımh→0+

f(h) − f(0)

h= lım

h→0+

12e

−h − 12

h

factorizando

lımh→0+

12(e−h − 1)

h=

1

2lım

h→0+

(e−h − 1)

h

Recordemos que:

lımu→0

bu − 1

u= ln b

haciendo un cambio de variable de la forma h = −u, notamos que si h→ 0+,entonces u→ 0−, y podemos reescribir nuestro lımite como:

1

2lım

u→0−

eu − 1

−u = −1

2lım

u→0−

eu − 1

u= −1

2ln e = −1

2

Notemos que como el lımite que hemos usado de referencia existe parau → 0, significa que en particular existe por derecha y por izquierda, yobviamente converge al mismo valor.Por otro lado, si h→ 0−

lımh→0−

f(h) − f(0)

h= lım

h→0+

12e

h − 12

h

factorizando

lımh→0−

12 (eh − 1)

h=

1

2lım

h→0−

(eh − 1)

h

En este caso, aplicamos en forma directa el lımite de referencia y vemosque:

1

2lım

h→0−

(eh − 1)

h=

1

2ln e =

1

2

Ası, vemos que no existe el lımite cuando h tiende a 0, y por ende, no existeF ′′(0)

Luego:

F ′′(x) = f ′(x) =

1

2ex; x < 0

−1

2e−x; x > 0

o lo que es lo mismo:

F ′′(x) = −1

2Signo(x)e−|x|; x ∈ R − {0}

Observando la forma de F ′′, vemos que F ′′ > 0, si x < 0, y F ′′ < 0, si x > 0,luego la funcion F es:

Convexa sobre ] −∞, 0[

Concava sobre ]0,+∞[

Es interesante notar que el 0 es un punto de inflexion para F , pese a que F ′′(0)no esta definida; la razon, es que en x = 0, hay un punto de cambio de curvatura,recuerde que F (0) si esta definida.

f ) 1) Asintotas Verticales: Como F es continua, carece de asintotas verticales.

2) Asintotas Horizontales:

lımx→+∞

F (x) = lımx→+∞

∫ x

−∞

1

2e−|x|dx =

∫ +∞

−∞

1

2e−|x|dx = 1, por lo visto

en 6a. Luego la recta y = 1 es una asintota horizontal

lımx→−∞

F (x) = lımx→−∞

∫ x

−∞

1

2e−|x|dx =

∫ −∞

−∞

1

2e−|x|dx = 0, pues la

integral

∫ u

−∞

1

2e−|x|dx es convergente para todo u ∈ R. Luego la recta

y = 0 es otra asintota horizontal

g) Como F es derivable en todo R, entonces F es continua en todo R; ademas,como F es siempre creciente y positiva, y tiene por asintotas verticales las rectasy = 0 e y = 1, entonces Rec(f) =] − 1, 1[; luego 0 ≤ F (x) ≤ 1


h) h-1 Para analizar la existencia de la integral

∫

R

xf(x) dx =

∫

R

x · 1

2e−|x| dx

Analizaremos la existencia de la integral sobre R+ . Usando integracion porpartes tenemos

∫ c

0xe−x dx = (−xe−x +

∫e−x dx)

∣∣∣c

0.

Tomando el lımite cuando c→ +∞, obtenemos que dicha integral converge.Ahora podemos usar que f es par y x es impar, y por lo tanto, su productoes impar. Ası, la integral sobre R vale cero.Observacion: Este problema puede ser resuelto usando la funcion Γ.Serecomiemda al estudiante que, como ejercicio, lo resuelva por esta vıa quees mucha mas rapida.

h-2 Nuevamente analizaremos la existencia de la integral impropia sobre R+ .Esto puede ser hecho usando la definicion o la funcion Γ . Presentaremosambos metodos.Usando la definicion tenemos,

∫ +∞

0x2e−x dx = .

Integrando por partes:

{u = x2 =⇒ du = 2xdx

dv = e−xdx =⇒ v = −e−x.

Ası, tenemos que

lımc→+∞

∫ c

0x2e−x dx = lım

c→+∞

(− e−xx2

∣∣∣∣∣

c

0

+ 2

∫ c

0xe−x dx

).

Aplicando la propiedad de lımites,

lımc→+∞

(− e−xx2

∣∣∣∣∣

c

0

)+ 2 lım

c→+∞

∫ c

0xe−x dx.

Aplicando nuevamente integracion por partes:

{u = x =⇒ du = dx

dv = e−xdx =⇒ v = −e−x.

Ası, obtenemos

lımc→+∞

(− e−xx2

∣∣∣∣∣

c

0

)+ 2 lım

c→+∞

(− e−xx

∣∣∣∣∣

c

0

+

∫ c

0e−xdx

)

lımc→+∞

−c2ec

+ 2 lımc→+∞

−cec

+ 2 lımc→+∞

(−e−x)

∣∣∣∣∣

c

0

− lımc→+∞

−c2ec

− 2 lımc→+∞

c

ec− 2 lım

c→+∞(e−c − 1)

= (∗∗)

El primer y segundo lımite dan origen a formas indeterminadas de tipo∞∞ ,

para los cuales usaremos regla de L’ Hopital. el tercer lımte es directo. Ası,la expresion (**) queda como:

(∗∗) = − lımc→+∞

2c

ec− 2 lım

c→+∞1

ec− 2(0 − 1)

= − lımc→+∞

2

ec+ 2 = 2.

Por lo tanto, ∫

R

x2f(x) dx = 2

∫ +∞

0

1

2e−|x| dx = 2.

Usando la funcion Gamma

∫

R

x2f(x) dx =

∫ +∞

0x2e−xdx =

∫ +∞

0x3−1e−x dx = Γ(3).

Como 3 ∈ N, entonces Γ(3) = 2! = 2 .

i)

F (M) =1

2⇐⇒

∫ M

−∞

1

2e−|x| dx =

1

2.

Pero,

F (M) =

{12e

M , M < 0

1 − e−M/2 , M ≥ 0.

Si M < 0

F (M) =1

2⇐⇒ 1

2eM =

1

2⇐⇒ eM = 1 ⇐⇒ M = ln 1 ⇐⇒ M = 0.

Si M ≥ 0

F (M) = 1− e−M

2=

1

2⇐⇒ −1

2e−M = −1

2⇐⇒ e−M = 1 ⇐⇒ M = 0.

Luego,

F (M) =1

2⇐⇒ M = 0.

j )

F (P ) = α ⇐⇒∫ P

−∞

1

2e−|x| dx = α.

Notemos que si α =1

2, entonces P = 0 por lo visto en 6i . Como F es creciente,

si α <1

2=⇒ P < 0 y se busca con la definicion de F sobre R−, y si

α >1

2=⇒ P > 0 y se busca usando la definicion de F sobre R+.

Si α <1

2

F (P ) =1

2⇐⇒ 1

2eP = α ⇐⇒ eP = 2α ⇐⇒ P = ln 2α.

Si α <1

2

F (P ) =1

2⇐⇒ 1−1

2eP = α⇐⇒ 2−eP = 2α⇐⇒ 2−2α = eP ⇐⇒ P = ln(2−2α).

Ası,

P =

ln 2α α <1

20 α = 1

2

ln(2 − 2α) α > 12 .


1. Demuestre que las siguientes integrales convergen e interprete geometricamente .

a)

∫ +∞

0

1

x2 + 1dx

b)

∫ +∞

0

1

x4 + 1dx

c)

∫ +∞

0

x2

x4 + 1dx


d)

∫ +∞

−∞

1

x2 + 1dx

e)

∫ +∞

0xe−x2

dx

f )

∫ +∞

0

1

(x+ 1)(x + 2)dx

g)

∫ +∞

0

1

(x2 + 4)2dx

h)

∫ 1

0

1√1 − x

dx

i)

∫ 1

0

1√(1 + x2)(1 − x)

dx

Indicacion: Usar comparacion al lımite con g(x) =1√

1 − x.

j )

∫ 1

−1

1√(1 − x2)(1 + x2)

dx

k)

∫ π/2

0

1√senx

dx

l)

∫ +∞

0

dx

(1 + x)√xdx

m)

∫ +∞

−∞e−x2

dx

2. Demuestre que las siguientes integrales divergen e interprete geometricamente .

a)

∫ +∞

0

x

x2 + 1dx

b)

∫ +∞

2

lnx

xdx

c)

∫ +∞

0

1

x lnxdx

d)

∫ +∞

0

x+ 3

(x+ 1)(x + 2)dx

e)

∫ +∞

0

1

(1 +√x)dx

f )

∫ +∞

0

e−x

xdx


g)

∫ +∞

0

1√xdx

h)

∫ +∞

0

ex√x3dx

i)

∫ +∞

0senx dx

j )

∫ π

0

senx

x3dx

3. Demuestre que∫ +∞

0e−xxn dx = n!

Indicacion: Use formulas de reduccion o Funcion Gama.


0e−x cos(αx) dx =

1

1 + α2

5. Demuestre que

a)

∫1

x4 + 1dx =

√2

8

[ln

1 + x√

2 + x2

1 − x√

2 + x2+ 2arctan(x

√2 + 1) + 2 arctan(x

√2 − 1) + c

].

Indicacion:

1 + x4 = 1 + x4 + 2x2 − 2x2

= (1 + x2)2 − 2x2

= (1 − x√

2 + x2)(1 + x√

2 + x2).

b)

∫ +∞

0

1

x4 + 1dx =

√2π

4

6. Demuestre que

a)

∫x2

x4 + 1dx =

√2

8

[ln

1 − x√

2 + x2

1 + x√

2 + x2+ 2arctan(x

√2 + 1) + 2 arctan(x

√2 − 1) + c

].

b)

∫ +∞

0

1

x4 + 1dx =

√2π

4



0

1

1 + x2 + x4 + x6dx =

π

4

Indicacion: Observe que1 + x2 + x4 + x6 = (1 + x2)(1 + x4) y use los ejercicios 1a,5b, 6b .

8. Demuestre que∫ b

a

1√(x− a)(b− x)

dx = π

Indicacion: Use el cambio de variable u = x − a y a continuacion use una nuevavariable v de modo queu− 1

2 (b− a) = 12(b− a)v.

No se olvide que al cambiar de variable debe cambiar los lımites de integracion.

9. a) Calcule lımx→0

1 − cos x

x2.¿Que puede decir de la integral

∫ π

0

1 − cos x

x2dx ?

b) Calcule lımx→0

1 − cos x√x

.

c) Demuestre que

∫ +∞

0

1 − cos x

x2dx

converge usando criterio de comparacion al lımite con g(x) =1

xp, eligiendo un

p apropiado.

10. a) Calcule lımx→0

x2

1 − cos x.

b) Demuestre que

∫ π

0

dx

1 − cosxdx

diverge.

11. Demuestre que las siguientes integrales convergen:

a)

∫ π

0ln(senx) dx

b)

∫ π/2

0ln(tan x) dx

c)

∫ +∞

1

lnx

x2dx

12. Demuestre que la integral

∫ 1

0ln

(1

1 − x

)dx, converge.

Use el cambio de variable: y =1

1 − x.

13. Dada la curva y = xex, demuestre que el area A acotada asintoticamente por laparte negativa del eje X y la curva vale 1.

14. Demuestreque el volumen del solido de revolucion que resulta al girar en torno aleje X la region acotada por dos semiejes positivos, la recta y = 1 y la curva y =

cotanh x− 1, vale π(1 + 2 ln 2 − 3

2ln 3).

15. Utilice el Teorema 6.1.22 para demostrar que las siguientes integrales convergen:

a)

∫ +∞

0senx2 dx. Use el cambio de variable u =

√x.

b)

∫ +∞

0

senx

xpdx, si 0 < p < 2.

6.2. SERIES NUMERICAS 691

6.2. Series Numericas

Intuitivamente una serie es una suma infinita de numeros. Como aritmeticamente nose puede sumar una cantidad infinita, estas sumas deben ser tratadas con el concepto delımite.

6.2.1. Conceptos generales

Definicion 6.2.1 Una serie de termino general an , an ∈ R , n ∈ N se denota

S =

+∞∑

n=0

an

y se define :

1. La sucesion de sumas parciales de la serie como aquella cuyo termino general es

Sn = a0 + a1 + a2 + . . .+ . . .+ an =n∑

i=0

ai. (6.3)

2. La suma de la serie como el lımite de la sucesion de sus sumas parciales, es decir:

∞∑

n=0

an = lımn→+∞

Sn = S. (6.4)

Si tal lımite existe, diremos que la serie converge hacia S, si el lımite es ±∞diremos que la serie diverge a ±∞ .Si las sumas parciales oscilan, diremos que lasuma de la serie oscila.

Nuestro objetivo es estudiar metodos que permitan analizar la convergencia de series. Enprimera instancia debemos tener presente todo lo estudiado en la seccion de sucesiones1.2. Por ejemplo, segun el teorema de las sucesiones monotonas, teorema 1.2.27,toda sucesion monotona y acotada es convergente, ası obtenemos el mas elemental de loscriterios de convergencia para series.

Teorema 6.2.2 Si la serie

+∞∑

n=0

an es de terminos positivos, es decir, an ≥ 0 para todo

n ∈ N y si la sucesion de sus sumas parciales es:

1. acotada superiormente, entonces la serie es convergente.

2. no es acotada superiormente, entonces la serie diverge a +∞.

Teorema 6.2.3 Criterio de divergencia

1. Si la serie

+∞∑

n=0

an es convergente entonces la sucesion (an)n∈N tiende a cero.

2. Si la sucesion (an)n∈N no tiende a cero , entonces la serie

+∞∑

n=0

an es divergente.

Demostracion:

1. Si la serie es convergente entonces, la sucesion de sus sumas parciales converge.Ademas, lım

n→+∞Sn = lım

n→+∞Sn−1 = S . Como el termino general de la serie se puede

escribir en funcion de los Sn, tenemos:

an = Sn − Sn−1,

luego,

lımn→+∞

an = 0.

2. Si una serie

+∞∑

n=0

an es tal que

lımn→+∞

an 6= 0,

entonces no puede ser convergente.Pues, si lo fuera, por el ıtem anterior tendrıamoslım

n→+∞an = 0. Y esto contradice la hipotesis.

Teorema 6.2.4 Criterio de Convergencia de Cauchy.La sucesion (xn) es convergente si y solo si : dado ε > 0 existe N = N(ε) tal que|xn+p − xn| < ε , para todo p ∈ N y para todo n ≥ N .

Una consecuencia de esta proposicion es el siguiente teorema.

Teorema 6.2.5 La serie∑+∞

n=0 an es convergente si y solo si: dado ε > 0 , existe N =

N(ε) tal que |∑n=N+pn=N an| < ϕ ∈ N y para todo n ≥ N .

Demostracion: Se deduce del resultado anterior aplicado a la sucesion de sumas parcialesSn =

∑j=nj=0 aj .

Recordaremos una serie estudiada en la seccion 1.2, la serie geometrica que es unade las series de referencia.

Una serie de referencia: la serie geometrica La serie geometrica de razon r ,

+∞∑

n=0

rn

es tal que :

+∞∑

n=0

rn = lımn→+∞

(1 + r + r2 + · · · + rn) =

1

1 − r; si |r| < 1

+∞ , si r ≥ 1

no existe , si r ≤ −1

6.2.2. Criterios basicos de convergencia de series

En esta seccion supondremos que las series son de termino general positivo, es decir,an ≥ 0.

Teorema 6.2.6 Criterio de Comparacion:

Si

+∞∑

n=0

an y

+∞∑

n=0

bn son series de terminos positivos y si existen K ∈ R y N ∈ N tales

que:

1. an ≤ Kbn para todo n ≥ N, entonces, la convergencia de la serie+∞∑

n=0

bn implica la

convergencia de la serie

∞∑

n=0

an.

2. an ≥ Kbn para todo n ≥ N entonces, la divergencia de la serie

+∞∑

n=0

bn implica la

divergencia de la serie+∞∑

n=0

an.

Demostracion: Si la serie+∞∑

n=0

bn converge, entonces sus sumas parciales son acotadas,

lo que a su vez implica que las sumas parciales de

+∞∑

n=0

an tambien lo son. Por lo tanto,

converge.

Teorema 6.2.7 Criterio de comparacion al lımite Si

∞∑

n=0

an y

∞∑

n=0

bn son series de

terminos positivos y si ademas se cumple que:

lımn→+∞

an

bn= K,

entonces,

Si K 6= 0 ,

∞∑

n=0

an converge si y solo si y

∞∑

n=0

bn converge.

Si K = 0 , entonces la convergencia de

∞∑

n=0

bn implica la convergencia de

∞∑

n=0

an .

Demostracion: Para simplificar podemos suponer K = 1 . De la definicion de lımite con

K = 1 y ε =1

2podemos deducir la existencia de un n ∈ N tal que si n ≥ N , entonces,

∣∣∣∣an

bn− 1

∣∣∣∣ <1

2

Si y solo si,1

2<an

bn<

3

2.

El resultado se obtiene aplicando el teorema 6.2.6 dos veces.

Teorema 6.2.8 Criterio de D’Alembert o de la razon o del cuociente.Si

ρ = lımn→+∞

an+1

an,

entonces la serie de terminos positivos,

+∞∑

n=0

an es

convergente si ρ < 1

divergente si ρ > 1

no se puede concluir nada si ρ = 1.

Demostracion:

Si ρ < 1.Dado ε > 0 existeN = N(ε) tal que n ≥ N(ε) implica que

ρ− ε ≤ an+1

an≤ ρ+ ε .

Ademas, podemos suponer que ρ+ ε < 1. En este caso :

an+1 ≤ (ρ+ ε)an , an+2 ≤ (ρ+ ε)an+1 ≤ (ρ+ ε)(ρ + ε)an = (ρ+ ε)2an

y sucesivamentean+p ≤ (ρ+ ε)pan .

De esta forma,N+p∑

n=N

an ≤ aN

p∑

j=0

(ρ+ ε)j .

La ultima serie es una serie geometrica de razon menor que uno. Por lo tanto, esconvergente. Luego,

+∞∑

n=0

an =

N∑

n=0

an +

+∞∑

n=N

≤N∑

n=0

an +

+∞∑

j=0

(ρ+ ε)j .

Por lo tanto, la serie converge.

Si ρ > 1, asumiendo que (ρ− ε) > 1 se prueba la divergencia de la serie.

Ejemplo 6.2.9 Si λ ∈ R, n ∈ N, x ∈]0,∞[ , consideremos la serie de termino general:

an = nλxn.

Aplicando el criterio de la razon tenemos,

an+1

an=

(n+ 1)λxn+1

nλxn=

(1 +

1

n

)λ

x.

Entonces,

lımn→+∞

an+1

an= x.

Luego, la serie es convergente para 0 < x < 1 y divergente para x > 1.

Teorema 6.2.10 Criterio de la raız o de Cauchy.Si

ρ = lımn→+∞

(an)1n ,

entonces la serie de terminos positivos,

+∞∑

n=0

an es

convergente si ρ < 1

divergente si ρ > 1

no se puede concluir nada si ρ = 1.

Demostracion: La demostracion de este resultado es similar a la demostracion delcriterio de la razon y se deja de ejercicio.

Ejemplo 6.2.11 Consideremos la serie de termino general an = 2−n−(−1)n. Aplicando

criterio de la raız, tenemos,

lımn→+∞

a1/nn = lım

n→+∞

(2−n−(−1)n

) 1n

= lımn→+∞

2−n−(−1)n

n

= lımn→∞

2−12(−1)·(−1)n

n

= lımn→∞

2−12(−1)n+1

n

Usando la continuidad de la funcion 2x

= 2−1 · 2lım

n→∞(−1)n+1

n

= 2−1 · 20 =1

2< 1

Por lo tanto, la serie es convergente.

Observe que lımn→∞

(−1)n+1

n= 0, pues, por el teorema de acotamiento:

−1 ≤ (−1)n+1 ≤ 1

− 1

n≤ (−1)n+1

n≤ 1

n

− lımn→+∞

1

n≤ lım

n→+∞(−1)n+1

n≤ lım

n→+∞1

n

0 ≤ lımn→+∞

(−1)n+1

n≤ 0

Teorema 6.2.12 Relacion entre el criterio de la raız y de la razon.

Si el lımite lımn→+∞

an+1

anexiste entonces, tambien existe lım

n→+∞n√an y son iguales.

Observacion 6.2.13 El teorema 6.2.12 dice que si uno obtiene la convergencia de unaserie mediante el criterio de la razon, el criterio de la raız da la misma informacion. Pero, elrecıproco no es verdad, es decir existen casos en que el criterio de la raız da la convergencia


de una serie y el del cuociente no. Este es el caso de la serie dada en el ejemplo 6.2.11,

para la cual lımn→+∞

an+1

anno existe. Ya que:

an+1

an=

2−(n+1)−(−1)n+1

2−n−(−1)n =2−n−1−(−1)n+1

2−n−(−1)n

= 2−n−1−(−1)n+1+n+(−1)n

= 2−1−(−1)n ·(−1)+(−1)n

= 2−1+2(−1)n

.

La sucesionan+1

anno tiene lımite pues,

an+1

an= 2−1+2(−1)n

=

2 si n es par

1

8si n es impar

Teorema 6.2.14 Criterio de la integral.

Si

+∞∑

n=0

an es una serie de terminos no negativos y si f : [1,∞[→ R es una funcion no

negativa, decreciente e integrable, tal que lımx→+∞

f(x) = 0 y f(n) = an, para todo n ∈ N .

Entonces,

0 ≤ lımn→+∞

{Sn −

∫ n

1f(x)dx

}≤ a1.

En particular, la serie converge si y solo si

∫ +∞

1f(x)dx converge.

Demostracion: En efecto, para cada k ∈ N y x ∈ [k, k+1] y usando que f es decreciente,se tiene la desigualdad:

f(k) ≥ f(x) ≥ f(k + 1)

Por las propiedades de integral, podemos escribir:

∫ k+1

kf(k)dx ≥

∫ k+1

kf(x)dx ≥

∫ k+1

kf(k + 1)dx

Como ∫ k+1

kf(k)dx = f(k)


Se tiene que,

ak = f(k) =

∫ k+1

kf(k)dx ≥

∫ k+1

kf(x)dx ≥

∫ k+1

kf(k + 1)dx = ak+1.

Sumando estas desigualdades desde k = 1 hasta k = n− 1 Obtenemos,

Sn−1 = a1 + a2 + · · · + an−1 ≥∫ n

1f(x)dx ≥ a2 + a3 + · · · + an = Sn − a1.

Luego,

−Sn−1 = an − Sn ≤ −∫ n

1f(x)dx ≤ a1 − Sn.

Consecuentemente,

an ≤ Sn −∫ n

1f(x)dx ≤ a1.

Tomando lımite cuando n tiende a infinito, tenemos:

lımn→+∞

an ≤ lımn→+∞

(Sn −

∫ n

1f(x)dx

)≤ lım

n→+∞a1.

Ası, por hipotesis:

0 ≤ lımn→+∞

(Sn −

∫ n

1f(x)dx

)≤ a1,

Que es el resultado enunciado.

Ahora demostraremos que lımn→+∞

(Sn −

∫ n

1f(x)dx

)existe. Para ello demostraremos que

la sucesion:

Bn = Sn −∫ n

1f(x)dx

es decreciente, por cuento del resultado anterior, sabemos que es acotada inferiormentepor cero. En efecto,

Bn −Bn+1 =

(Sn −

∫ n

1f(x)dx

)−(Sn+1 −

∫ n+1

1f(x)dx

)

=

∫ n+1

n(f(x) − f(n+ 1)) dx ≥ 0, pues f es decreciente.

Entonces, en virtud del Teorema de las Sucesiones Monotonas, la sucesion Bn tiene lımite,es decir:

lımn→+∞

Bn ∈ R

Observacion 6.2.15 Como consecuencia de la existencia del lımite de Bn, tenemos:

Si la integral impropia

∫ +∞

1f(x) dx converge, entonces la serie

+∞∑

n=1

an converge, ya

que esta se puede escribir como:

+∞∑

n=1

an = lımn→+∞

Bn +

∫ +∞

1f(x) dx

Si la serie+∞∑

n=1

an converge, entonces la integral impropia

∫ +∞

1f(x) dx converge, ya

que esta se puede escribir como:

∫ +∞

1f(x) dx =

+∞∑

n=1

an − lımn→+∞

Bn

Para la divergencia se razona de forma similar, ya que es la diferencia la que siempreconverge, lo que no implica necesariamente que cada una de ellas converja siemprepor separado.

Ejemplo 6.2.16 La siguiente serie es muy usada como serie de referencia para comparary su comportamiento se obtiene como aplicacion del criterio de la integral.

+∞∑

n=1

1

npes

{convergente si p > 1

divergente si p ≤ 1

6.2.3. Series de terminos alternados: criterio de Leibniz

Definicion 6.2.17 Si an es positivo para cada n, la serie

+∞∑

n=1

(−1)n+1an se llama serie

alternada.

Teorema 6.2.18 Si la sucesion {an} es una sucesion decreciente que converge a cero,

entonces la serie alternada+∞∑

n=1

(−1)n+1an converge. Ademas, si S denota su suma y Sn

es su enesima suma parcial, se tiene la desigualdad:

0 < (−1)n(S − Sn) < an+1.

Demostracion:

S2n = a1 − (a2 − a3) − . . . . . . − (a2n−2 − a2n−1) − a2n < a1.

Por otra parte,

S2n+2 − S2n = a2n+1 − a2n+2 > 0.

Por lo tanto, la sucesion {S2n} es una sucesion acotada creciente y por el teorema de lassucesiones monotonas, ella converge. Similarmente, {S2n−1} , por ser una sucesion acotadadecreciente, tambien es convergente. Estas sucesiones tienen el mismo lımite, ya que

S2n+1 − S2n = a2n+1 → 0.

La convergencia de las sumas parciales {Sn} se sigue del hecho que , para cada n existem tal que

S2m < Sn < S2m+1.

La desigualdad del enunciado se sigue de las dos desigualdades siguientes:

(−1)n(S − Sn) =

+∞∑

k=1

(−1)k+1an+k =

+∞∑

k=1

(an+2k−1 − an+2k) > 0.

(−1)n(S − Sn) = an+1 −+∞∑

k=1

(an+2k − an+2k−1) < an+1.

Ejemplo 6.2.19 La serie alternada+∞∑

n=1

(−1)n

nes convergente como consecuencia

del criterio de Leibniz.

En cambio, la serie

+∞∑

n=1

∣∣∣∣(−1)n

n

∣∣∣∣ =

+∞∑

n=1

1

nes divergente, como caso particular del

ejemplo 6.2.16.

La serie alternada+∞∑

n=1

(−1)n

n2es convergente como consecuencia del criterio de Leib-

niz.

En este caso, la serie de los valores absolutos

+∞∑

n=1

∣∣∣∣(−1)n

n2

∣∣∣∣ =

+∞∑

n=1

1

n2es convergente,

como caso particular tambien del ejemplo 6.2.16.

6.2.4. Convergencia absoluta y condicional de series

Definicion 6.2.20 Sea an ∈ R. Diremos que la serie de termino general an con-verge absolutamente si la serie de termino general |an| converge.

Si una serie converge, pero no ası la serie de sus valores absolutos, diremos que es taes condicionalmente convergente.

Ejemplo 6.2.21 La siguiente serie

+∞∑

n=1

(−1)n

npes

{absolutamente convergente si p > 1

condicionalmente convergente 0 < p ≤ 1

Observacion 6.2.22 1. Si

∞∑

n=0

|an| converge, entonces la serie

∞∑

n=0

an converge.

2. Es claro que si∞∑

n=0

an es absolutamente convergente y∞∑

n=0

bn es una reordenacion de

∞∑

n=0

an entonces

∞∑

n=0

bn es absolutamente convergente.

[ ∞∑

n=0

bn se dice una reorde-

nacion de∞∑

n=0

an si existe aplicacion biyectiva ϕ : Nu{0} → N{0} tal que bn = aϕ(n)

]

Criterios para convergencia condicional Los criterios para la convergencia absolutason los mismos que vimos para la convergencia de series de terminos positivos. A seguirestableceremos algunos criterios para la convergencia condicional.

Suponemos ahora que f ·N → (0,∞) es una funcion monotona decreciente (i.e. ) n < mimplica que f(n) ≥ f(m)) y sea f(n) = bn. Sea g ·N → R una funcion acotada y g(n) = An.

Teorema 6.2.23 La serie

∞∑

b=1

An(bn − bn+1) es absolutamente convergente.

En efecto,

P∑

n=1

|An(bn − bn+1)| ≤P∑

n=1

K|bn − bn+1| =

= K · (b1 − b2) +K(b2 − b3) + · · · +K(bp − bp+1) =

= K(b1 − bp+1) ≤ Kb1.


Esto es, la sucesion de sumas parciales Sp =

P∑

n=1

|An(bn − bn+1)| es acotada. Como se

trata de una serie de terminos positivos debe ser convergente.

Teorema 6.2.24 Criterio de Abel: Sea (bn) una sucesion positiva, monotona decre-

ciente y

∞∑

n=1

an una serie convergente. Se cumple que

∞∑

n=1

bnan es convergente.

Demostracion:

En efecto; consideramos a las sumas parcialesCp =

P∑

n=1

bnan = a1b1 + a2b2 + · · · + apbp =

= A1b1 + (A2 −A1)b2 + · · · + (Ap −Ap−1)bp

donde AJ =J∑

n=1

an es una sucesion acotada.

Ası :

Cp = A1(b1 − b2) +A2(b2 − b3) + · · · +Ap−1(bp−1 − bp) +Apbp

i.e.

Cp −Apbp =

p−1∑

n=1

An(bn − bn+1).

El resultado anterior asegura que la serie del lado derecho es convergente. Como

lımp→∞Ap =∞∑

n=1

an y lımp→∞ bp = b ≥ 0 se tiene que la sucesion de sumas parciales,

(Cp)p∈N, es una sucesion convergente.

Teorema 6.2.25 Criterio de Dirichlet Sea {bn} una sucesion de terminos positivos,

monotona decreciente y tal que lımn→+∞

bn = 0. Sea

+∞∑

n=1

an una serie cuyas sumas parciales

estan acotadas y que no es necesariamente convergente.

Entonces la serie+∞∑

n=0

anbn es convergente.

Ejemplo 6.2.26 Sea an = (−1)n. en este caso AJ = 1 o 0 Ası que para cualquier sucesionpositiva, monotona decreciente bn con lımite igual a cero se cumple que −b1 +b2−b3 +b4−

· · · , es convergente. En particular, para todo α > 0

∞∑

n=1

(−1)n

nα∈ R;

∞∑

n=1

(−1)n

log(1 + n)∈ R.


Observacion 6.2.27 La importancia de la convergencia absoluta y su gran diferenciacon la convergencia condicional es mucho mas profunda de lo que podrıamos pensar enprimera instancia. La convergencia absoluta de una serie implica la convergencia a lamisma suma de cualquier arreglo entre los terminos de la serie. Si la serie solo convergecondicionalmente, siempre existe un arreglo de sus terminos de modo que la suma delarreglo converge a un numero dado a priori. Esto lo establece el teorema de Riemann,cuya inclusion en este texto es solo con fines de cultura matematica.

Teorema 6.2.28 Teorema de Riemann Sea

∞∑

n=1

an una serie condicionalmente conver-

gente. Dado Γ ∈ R existe ϕ · N → N biyectiva tal que si dn = aϕ(n)entonces la serie

+∞∑

n=1

dn = Γ.

Demostracion:Definamos las sucesiones bn y cn por: bn = ansi an ≥ 0 y bn = 0, en otro caso, cn = 0

sian ≤ 0 y cn = 0, en otra situacion.

Tenemos que an = bn + cn y |an| = bn − cn. Denotemos por A∗n , Bn yCn la enesima

suma parcial de la serie de termino general |an|, bny cn, respectivamente.

Claro que Bn =1

2(An +A∗

n) y Cn =1

2(An −A∗

n).

De acuerdo a nuestra hipotesis An converge hacia un numero y A∗n crece hacia infinito,

luego debe ser que∑bn y

∑cn son series divergentes( caso contrario A∗

ndeberıa tenerlımite).

Formemos ahora la serie,∑wn, de la siguiente forma :Se definen w1, w2, · · · , wn1 con

la propiedad de que wi = bi para i = 1, 2, · · · , n1, donde n1es el primer ındice para el cual∑i=n1−1i=1 bi ≤ Γ ≤ ∑i=n1

i=1 bi. Enseguida, definimos wn1+i = ci para i = 1, 2, · · · n2 donden2 es el primer ındice para el cual se cumple

∑i=n1+n2i=1 wi ≤ Γ ≤ ∑i=n1+n2−1

i=1 wi. Luego,definimos wn1+n2+i = bn1+i para i = 1, 2, · · · n3 donde n3 es el primer ındice para el cualse cumple

∑i=n1+n2+n3−1i=1 wi ≤ Γ ≤∑i=n1+n2+n3

i=1 wi, y ası sucesivamente.

Sea Wn =∑i=n

i=1 wi, la enesima suma parcial de la serie. Se cumplen las siguientespropiedades : Γ ≤ Wn1 , Wn1+n2 ≤ Γ, Γ ≤ Wn1+n2+n3 , · · · . Ademas, claramente, secumple que: |Wn1 −Γ| ≤ |wn1 | , |Wn1+n2 −γ| ≤ |wn1+n2 | , |Wn1+n2+n3 −Γ| ≤ |wn1+n2+n3 | y,sucesivamente |Wn1+n2+n3+···+ni

−Γ| ≤ |wn1+n2+n3+···+ni| . Observamos que entre un ındice

ni y ni+1 se tiene |Wn1+n2+n3+···+ni− Γ| ≤ |Wn1+···+ni+j − Γ| ≤ |Wn1+n2+n3+···+ni+1 − Γ|,

para cada j con esta propiedad. Por lo tanto, tenemos que lımn→∞Wn = Γ.


Como la serie,∑wn, contiene los terminos de

∑an y ceros, concluimos que constituyen

una reordenacion de an y, en consecuencia, tenemos el resultado anunciado.

6.2.5. Multiplicacion de series de terminos no-negativos

Sean

+∞∑

n=0

an,

+∞∑

n=0

bn dos series cualesquiera. Si quisieramos hacer una multiplicacion

del tipo (a0 + a1 + a2 + . . . + ak)(b0 + b1 + b2 + . . . + bp) , procederıamos de la siguienteforma :

(a0 + a1 + a2 + . . .+ ak)(b0 + b1 + b2 + . . . + bp) =

= a0b0 + a0b1 + a0b2 + . . .+ a0bp + a1b0 + . . .+ a1bp + . . . akb0 + . . .+ akbp

= a0b0 + (a0b1 + a1b0) + (a0b2 + a1b1 + a2b0) + . . .+ (ak−1bp + akbp−1) + akbp

Esto inspira la siguiente definicion.

Definicion 6.2.29 Llamaremos serie producto de

+∞∑

n=0

an y

+∞∑

n=0

bn a la serie

∞∑

n=0

cn,

cuyo termino general cn esta definido por la ecuacion:

cn = a0bn + a1bn−1 + . . . + an−1b1 + anb0 =n∑

k=0

akbn−k

Teorema 6.2.30 Si an ≥ 0 y bn ≥ 0 y∞∑

n=0

an = α,∞∑

n=0

bn = β entonces∞∑

n=0

cn = αβ.

Demostracion: Consideremos el siguiente cuadro:

a0b0 a1b0 a2b0 a3b0 a4b0 . . .a0b1 a1b1 a2b1 a3b1 a4b1 . . .a0b2 a1b2 a2b2 a3b2 a4b2 . . .a0b3 a1b3 a2b3 a3b3 a4b3 . . .

Sea dn la suma de todos los terminos ubicados en el enesimo cuadrado y no los queson parte del cuadrado (n− 1).

d0 = a0b0, d1 = a0b1 + a1b1 + a1b0,

d2 = a0b2 + a1b2 + a2b2 + a2b1 + a2b0


Observamos que :

d0 = A0B0

d1 = (a0 + a1)(b0 + b1) − a0b0 = A1B1 −A0B0

d2 = (a0 + a1 + a2)(b0 + b1) −A1B1 = A2B2 −A1B1

...

dn = AnBn −An−1Bn−1

Haciendo la sumad0 + d1 + . . . dn = AnBn

puesto que An → α, Bn → β entonces

∞∑

n=0

dn = αβ

6.2.6. Multiplicacion de series en general

Consideremos las series∑an,

∑bn dadas por a0 = a1 = b0 = b1 = 0 , an = bn = (−1)n

log(n) ,

n ≥ 2 sea dn = 1log(n) , claro que d2 ≥ d3 ≥ d4 ≥ . . ., es decir, (dn) es monotona decreciente

con limite cero.

Para cn = (−1)n la suma parcialck =k∑

j=2

cj esta acotada y luego, por el criterio de

Dirichlet, la serie

∞∑

n=2

cndn es convergente, es decir,

∞∑

n=2

(−1)n

log(n)=∑

n≥2

an =∑

n≥2

bn ∈ R

Vamos a considerar ahora la serie producto

∞∑

n≥0

cn, definida a partir de las series dadas.

cn = a0bn + a1bn−1 + a2bn−2 + . . .+ an−2b2 + an−1b2 + an−1b1 + anb0

=(−1)2

log(2)

(−1)n−2

log(n− 2)+

(−1)3

log(3)

(−1)n−3

log(n− 3)+ . . .+

(−1)n−2

log(n− 2)

(−1)2

log(2)

= (−1)n

[1

log(2) log(n− 2)+

1

log(3) log(n− 3)+ . . . +

1

log(n− 3) log(3)+

1

log(2) log(n− 2)

]

De forma que si n es par

cn ≥ n− 3

(log(n2 ))2

→ ∞


y si n es impar, entonces

cn ≤ − n− 3

[log(12 (n− 1))][log( 1

2(n+ 1))]→ −∞

Por lo tanto concluimos que la serie producto no converge, a pesar de que cada una delas series es convergente.

Ası la convergencia de∑an y

∑bn no garantiza la convergencia de

∑cn. Como vimos,

en la seccion anterior, la limitacion an ≥ 0 y bn ≥ 0 garantiza la convergencia de la serieproducto.

Teorema 6.2.31 Si∑an y

∑bn convergen absolutamente hacia α y β entonces

∑cn

convergen absolutamente hacia αβ.

Demostracion: Al igual que antes la suma

a0b0 + (a0b1 + a1b1 + a1b0) + (a0b2 + a1b2 + a2b2 + a2b1 + a2b0) + . . .

converge hacia el producto αβ.Por otro lado como

∑ |an| y∑ |bn| convergen, se tiene que

|a0b0| + (|a0b1| + |a1b1| + |a1b0|) + (|a0b2| + |a1b2| + |a2b2| + |a2b1| + |a2b0|) + . . .

es convergenteSean

d0 = |a0b0|d1 = |a0b1| + |a1b1| + |a1b0|d2 = |a0b2| + |a1b2| + |a2b2| + |a2b1| + |a2b0|

...

Claro que |di| ≤ di.Por lo tanto

∑ |di| ≤∑di ∈ R.

Ası que∑di es absolutamente convergente (y luego

∑di converge), es decir,

1. a0b0 + (a0b1 + a1b1 + a1b0) + (a0b2 + a1b2 + a2b2 + a2b1 + a2b0) + . . . converge abso-lutamente y luego

2. a0b0+a0b1+a1b1+a1b0+a0b2+a1b2+a2b2+a2b1+a2b0+. . . converge absolutamente.

Sea σ esta suma. Como la expresion en (2) se obtiene de la expresion en (1) elimi-nando parentesis tenemos σ = αβ.

Por otro lado|cn| ≤ |a0bn| + |a1bn−1| + . . . + |anb0|

y luego ∑|cn| ≤ d0 + d1 + d2 + . . . ∈ R

Por lo tanto∑cn es absolutamente convergente.

Ejemplo 6.2.32 Sea z un numero complejo y ez =∞∑

n=0

zn

n!probamos que ez · eξ = e(z+ξ),

en efecto:

(a) Las series ez y eξ son absolutamente convergentes ya que

∞∑

n=0

∣∣∣zn

n!

∣∣∣ =∞∑

n=0

|z|nn!

= e|z|

(b)

ez · eξ =

∞∑

n=0

[zn

n!+

zn−1ξ

(n− 1)!1!+

zn−2ξ2

(n− 2)!2!+ . . .+

ξn

n!

]

=

∞∑

n=0

1

n!

[zn +

(n

1

)zn−1ξ +

(n

2

)zn−2ξ2 + . . .+ ξn

]

=∞∑

n=0

1

n!(z + ξ)n

= ez+ξ

Teorema 6.2.33 Si∑an y

∑bn convergen a α y β y si

∑cn converge a γ entonces

γ = αβ.

Ejemplo 6.2.34 (a) Sea α(x) =

∞∑

n=0

anxn, β(x) =

∞∑

n=0

bnxn con

∞∑

n=0

|an| ∈ R,

∞∑

n=0

|bn| ∈

R. En este caso α(x) ∈ R y β(x) ∈ R para |x| < 1. Como∑ |cn| ∈ R entonces

c(x) =∞∑

n=0

cnxn ∈ R para |x| < 1 y claro que c(x) = α(x)β(x). Para x → 1,

c(1) = γ = αβ.

(b) Probar que

∞∑

n=0

(−1)n

{1

(n− 1) · 1 +1

n− 2+ . . . +

1

1 · (n+ 1)

}= (log(2))2


Solucion: an = bn =(−1)n

n+ 1, n ≥ 0

∑an =

∞∑

n=0

(−1)n

n+ 1= log(2)

∑bn =

∞∑

n=0

(−1)n

n+ 1= log(2)

cn = (−1)n

{1

(n− 1) · 1 +1

n− 2+ . . . +

1

1 · (n+ 1)

}

Para n par

cn ≤ 2

{1

(n+ 1) · 1 +1

n− 2+ . . .+

1

(12n+ 1)2

}

=

∫ 12n+1

1

dx

x(n+ 2 − x)+ σ

(1

n

)

=2

n+ 2

∫ 12n+1

1

[1

x+

1

n+ 2 − x

]dx+ σ

(1

n

)

=2

n+ 2log(n+ 1) + σ

( 1

n

)

por lo tanto,

cn ≤ σ(1) = K = constante

Analogamente para n impar cn = σ(1) ≤ K.

Sea dn = |cn| entonces dn−1 ≥ dn

|cn−1| − |cn| =1

n− 1+

1

(n− 1) · 2 + . . .+1

n− 1− 1

(n+ 1) · 1 − 1

n− 2− . . . − 1

n+ 1

=1

n

[1

1− 1

2

]+

1

n− 1

[1

2− 1

3

]+ . . .+

1

1

[1

n− 1

n+ 1

]− 1

n+ 1

≥ 1

n

[1

1− 1

2+

1

2− 1

3+ . . .+

1

n− 1

n+ 1

]− 1

n+ 1

=1

n− 1

n(n+ 1)− 1

n+ 1= 0

por lo tanto,

|cn−1| ≥ |cn|

Como |cn| es monotona decreciente, positiva y con lımite cero, entonces

|c1| − |c2| + |c3| − |c4| + . . .

o − |c1| + |c2| − |c3| + |c4| − . . .

convergen, esto es∑cn ∈ R por lo tanto

∑cn = αβ = (log(2))2

6.2.7. Criterios mas especıficos

Teorema 6.2.35 Criterio de Kummer: Supongamos que bn > 0 , an > 0 y que∞∑

n=0

bn =

∞ (i.e. ∀A ∈ R+ ∃N ∈ N tal que

N∑

n=0

bj ≥ A). Sea

α = lımn→∞

(1

bn

an

an+1− 1

bn+1

).

Si α > 0 entonces∞∑

n=0

an converge y si α < 0 entonces∞∑

n=0

an diverge.

Demostracion: Supongamos que α > 0. Sea N ∈ N tal que n ≥ N implica que(1

bn

an

an+1− 1

bn+1

)> α

3 . Multiplicando por an+1y dividiendo porα3 , tenemos

an+1 <3

α

[an

bn− an+1

bn+1

],

luego∑N+p+1

j=N+1 aj ≤ 3α

∑j=N+pj=N

[aj

bj− aj+1

bj+1

]= aN

bN− aN+p+1

bN+p+1. Ası la suma,

∑N+p+1j=N+1 aj, es

acotada y como es creciente, tienen lımite, que es lo que deseabamos probar.

Observacion 6.2.36 El criterio de la razon es un caso particular del criterio delKummer cuando bn = 1, n ∈ N.

La forma general del criterio de Kummer es la siguiente: Sean

α =lım

n→ ∞

(1

bn

an

an+1− 1

bn+1

)y

β = lımn

→ ∞(

1

bn

an

an+1− 1

bn+1

)

Si α > 0 entonces∞∑

n=0

an es convergente y si β < 0 entonces∞∑

n=0

an es divergente.

Un caso particular del criterio de Kummer es el siguiente teorema.

Teorema 6.2.37 Criterio de Raabe Supongamos que an > 0 y

an

an+1= 1 +

σ

n+ F (n); con lım

n→∞n · F (n) = 0.

Entonces

∞∑

n=0

an converge si σ > 1 y diverge si σ < 1. En efecto; basta considerar bn =1

n

y aplicar el criterio de Kummer.

Ejemplo 6.2.38 Analizar la convergencia de la serie de termino general

an =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · · · 2n1

n.

Solucion: En este caso:

an

an+1=

(2n+ 2)(n+ 1)

(2n+ 1)n= 1 +

3

2n+

1

4n(n+ 1/2).

De acuerdo al criterio de Raabe (en este caso σ = 3/2)la serie converge. Observe que elcriterio de la razon no da ninguna informacion.

Observacion 6.2.39 El Criterio de Raabe no otorga ninguna informacion cuando σ = 1 .Para avanzar un poco mas en estos casos se tiene el Criterio de Gauss.

Teorema 6.2.40 Criterio de Gauss Sea an > 0 yan

an+1= 1 +

1

n+

tnn · lnn.

Si lımn→+∞

tn > 1 entonces

∞∑

n=0

an es convergente y si ocurre que lımn→∞

tn < 1 entonces la

serie es divergente.

Otra consecuencia del criterio de Raabe y del criterio de Gauss es:

Teorema 6.2.41 Sian

an+1= 1 +

σ

n+ F (n), donde lım

n→∞n1+δF (n) = 0, para algun δ > 0

entonces la serie converge si σ > 1 y diverge si σ ≤ 1.

El caso σ 6= 1 , es consecuencia de Raabe y el caso σ = 1 es consecuencia de Gauss.

6.2.8. Series de Numeros Complejos

Sea U : N → C una sucesion de numeros complejos y U(n) = Un. Aquı la expresion||a+ bi|| es igual al numero real

√a2 + b2.

Definicion 6.2.42 Diremos que la sucesion (Un)n∈N converge a U ∈ C si ∀ε > 0∃n0 ∈N tal que ||Un − U || < ε si n ≥ n0

Si escribimos Un = an + ibn, U = a+ ib se tiene

lımn→∞

Un = U = a+ ib⇐⇒lımn→∞ an = a y

lımn→∞ bn = b.

La enesima suma parcial de la serie∞∑

K=1

UK ,se define como el numero complejo Un =n∑

K=1

UK

Diremos que la serie es convergente si ocurre que la sucesion de sumas parciales esconvergente.

Este concepto nos indica que la convergencia de las series de numeros complejos de-pende de la convergencia de las series formados por la parte real e imaginaria de esosnumeros. Esto es:

Un =

n∑

k=1

Un =

n∑

k=1

(ak + ibk) =

n∑

k=1

ak + i

n∑

k=1

bk.

Ası

lımn→∞Un =

∞∑

k=1

Un = U = a+ ib si y solo si

lımn→∞∑j=n

j=0 aj = a y lımn→∞

n∑

k=1

bk = b

.


1. Calcule las siguientes sumas, si es que existen. Si no existen justifique por que.

a)+∞∑

n=0

(5

9

)n

Solucion: La serie geometrica∞∑

n=0

rn converge para |r| < 1 y∞∑

n=0

rn =1

1 − r.

∞∑

n=0

(5

9

)n

=1

1 − 5

9

=9

9 − 5=

9

4.

b)+∞∑

n=1

(5

9

)n

Solucion:

∞∑

n=1

(5

9

)n

=

∞∑

n=0

(5

9

)− 1 =

9

4− 1 =

5

4.

c)

+∞∑

n=5

(5

9

)n

Solucion:

∞∑

n=5

(5

9

)n

=∞∑

n=0

(5

9

)−(

1 +5

9+

(5

9

)2

+

(5

9

)3

+

(5

9

)4)

=1

1 − 5

9

−

1 −(

5

9

)5

1 − 5

9

=

1

1 − 5

9

− 1

1 − 5

9

+

(5

9

)5

1 − 5

9

=

(5

9

)5

1 − 5

9

=

55

94

4=

55

4 · 94.

d)

+∞∑

n=0

(−1)n

(5

9

)n

Solucion:

∞∑

n=0

(−1)n

(5

9

)n

=

∞∑

n=0

(−5

9

)n

=1

1 −(−5

9

) =9

14.

e)+∞∑

n=1

(−1)n

(5

9

)n


Solucion:∞∑

n=1

(−1)n

(5

9

)n

=∞∑

n=0

(−5

9

)n

− 1 =9

14− 1 = − 5

14.

f )

+∞∑

n=5

(−1)n

(5

9

)n

Solucion:

∞∑

n=5

(−1)n

(5

9

)n

=∞∑

n=5

(−5

9

)n

=∞∑

n=0

(−5

9

)n

−[1 − 5

9+

(5

9

)2

−(

5

9

)3

+

(5

9

)]4

=1

1 −(−5

9

) −

1 −(−5

9

)5

1 −(−5

9

)

=

1

1 +5

9

− 1

1 +5

9

−

(5

9

)5

1 +5

9

= −55

94

14= − 55

14 · 94 .

2. Verifique que el numero decimal 0, 9999 . . . . . ., con infinitos decimales iguales a 9 es1.

Solucion:

0, 99999 · · · = 0, 9 + 0, 09 + 0009 + · · ·= 9 · 0, 1 + 9 · 0, 01 + 9 · 0, 001 + 9 · 0, 0001 + · · ·= 9[0, 1 + 0, 01 + 0, 001 + 0, 0001 + · · · ]

= 9 ·(

1

10+

1

102+

1

103+ . . .

)= 9

( ∞∑

n=1

(1

10

)n)

= 9

( ∞∑

n=0

(1

10

)n

− 1

)= 9 ·

1

1 − 1

10

− 1

= 9

(10

9− 1

)= 9 · 1

9= 1.

3. Generalice el ejercicio anterior para demostrar que el numero:

[x], 9999 . . . . . . = [x] + 1.


Solucion: Usando el resultado anterior, tenemos: [x], 999 · · · = [x] + 0, 9999 · · · =[x] + 1.

4. Calcule las sumas parciales de las siguientes series y demuestre que:

a)

+∞∑

n=1

(arctann− arctan(n− 1)) =π

2.

Solucion: Esta es una serie telescopica, ası:

vk =k∑

n=1

(arctan− arctan(n− 1))

= (arctan 1 − arctan 0) + (arctan 2 − arctan 1) + · · ·

+ (arctan k − arctan k − 1)

= arctan k − arctan 0 = arctan k.

Por lo tanto,

∞∑

k=0

(arctann− arctan(n− 1)) = lımk→+∞

vk = lımk→+∞

arctan k = π/2.

b)

+∞∑

n=1

(ne−nx2 − (n− 1)e−(n−1)x2

)=

{0 si x 6= 0+∞ si x = 0

Solucion:

Si x 6= 0 :

k∑

n=1

(ne−nx2 − (n− 1)e−(n−1)x2) = ke−kx2

Como

lımk→+∞

k

ekx2 = 0.

Entonces,∞∑

n=1

(ne−nx2 − (n− 1)e−(n−1)x2) = 0


Si x = 0, tenemos que:

k∑

n=1

(n− (n− 1)) =k∑

n=1

1 = k.

Por lo tanto,

lımk→∞

k∑

n=1

(n− (n− 1)) = +∞.

5. Use el criterio de la integral para demostrar que las siguientes series convergen.

a)

+∞∑

n=1

1

n2 + 1

Solucion: Sea an =1

1 + n2y f(x) =

1

1 + x2, x ≥ 0 , entonces f(n) = an y f

es monotona decreciente. El criterio de la integral asegura que

∞∑

n=1

an converge

si y solo si

∫ ∞

1f(t)dt converge .

∫ n

1f(t)dt =

∫ n

1

dt

1 + t2= (arctan t)n

1 = arctann− arctan 1.

Como lımn→∞

arctann =π

2entonces,

∫ ∞

1f(t)dt =

π

2− 1.

Como el criterio de la integral establece que si

sn =

n∑

k=1

ak y In =

∫ n

1f(t)dt entonces, 0 ≤ sn − In ≤ a1. Se cumple que

0 ≤∞∑

n=1

sn −∫ ∞

1f(t)dt ≤ a1.

Esto nos permite obetener una acotacion para la suma de la serie:

0 ≤∞∑

n=1

1

1 + n2−(π

2− 1)≤ 1

2.


Esto es:π

2− 1 ≤

∞∑

n=1

1

1 + n2≤ π

2+

1

2.

b)

+∞∑

n=1

1

n4 + 1

c)

+∞∑

n=1

n2

n4 + 1

Solucion: Sean f(x) =1

1 + x4, g(x) =

1

1 + x2. Es inmediato que :

f(x) ≤ g(x), para todo x ≥ 1. Luego,

∫ +∞

1f(x)dx ≤

∫ +∞g(x)dx.

Luego, por criterio de comparacion la integral

∫ ∞

1f(x)dx es convergente.

De esta forma, aplicando el criterio de la integral, se tiene que

∞∑

n=1

1

1 + n4es convergente.

d)

∞∑

n=1

ne−n2.

Solucion: Sea f(x) = xe−x2. para aplicar el criterio de la integral debemos

demostrar que f es monotona decreciente y positiva para x ≥ 1. En efecto,

f ′(x) = e−x2+ xe−x2

(−2x) = e−x2(1 − 2x2).

El signo de f ′ es el signo de (1 − 2x2) . en particular, f ′ es negativa para

x >1√2

. Analicemos ahora la convergencia de la integral. Si u = −x2, entonces

du = −2xdx , entonces:

∫ n

1xe−x2

dx = −1

2

∫ −n2

−1eudu = −1

2eu∣∣∣∣−n2

−1

= −1

2(e−n2 − e−1) =

1

2(e−1 − e−n2

).


Por lo tanto, lımn→+∞

∫ n

1xe−x2

dx =1

2e−1.

Por lo tanto, la integral converge.

6. Use el criterio de la integral para demostrar que las siguientes series divergen.

a)+∞∑

n=1

n

n2 + 1

Solucion: Sea f(x) =x

x2 + 1. se deja como ejercicio verificar que esta funcion

es positiva y monotona decreciente para x ≥ 1. Para analizar la convergenciade la integral, hacemos el cambio de variable:

u = x2 + 1 , du = 2xdx.

∫ n

1

x

x2 + 1dx =

1

2

∫ 1+n2

2

du

u=

1

2lnu

∣∣∣∣1+n2

2

=1

2[ln(1 + n2) − ln 2].

Ası, lımn→∞

∫ n

1

x

1 + x2dx = +∞.Por lo tanto la serie dada diverge, es decir:

∞∑

r=1

n

r2 + 1= +∞.

b)

+∞∑

n=2

1

n lnn

Solucion: Sea f(x) =1

x lnx. se deja al estudiante el trabajo de verificar que

f satisface las hipotesis del criterio de la integral. Usando el cambio de variable

u = lnx, du =dx

x.

∫ n

2

dx

x lnx=

∫ lnn

ln 2

du

u= lnu

∣∣∣∣ln n

ln 2

= ln(lnn) − ln(ln 2).

Entonces,

lımn→+∞

∫ n

2

dx

x lnx= +∞.


Lo que implica que la serie diverge, es decir:∞∑

n=2

1

n lnn= +∞.

c)+∞∑

n=1

1

(1 +√n).

Solucion: Sean f(x) = (1 +√x)−1 , g(x) = (1 + x)−1. Es inmediato que

g(x) ≤ f(x). ∫ n

1

dx

1 + x= ln(1 + x)

∣∣∣∣n

1

= ln(1 + n) + ln(2).

Por lo tanto,

lımn→∞

∫ n

1

dx

1 + x= +∞.

Ası, ∫ ∞

1

dx

1 +√x

= +∞.

Luego, la serie

∞∑

n=1

1

1 +√n

diverge.

7. Use el criterio de comparacion para demostrar que las siguientes series convergen.

a)

+∞∑

n=1

1

n2 + 1.

Solucion: Como n2 ≤ 1 + n2 entonces,1

1 + n2≤ 1

n2.

Como

∞∑

n=1

1

n2es una serie convergente, tiene que

∞∑

n=1

1

1 + n2∈ R.

b)

+∞∑

n=1

1

nn

Solucion: Para todo n ≥ 1 ,

1

nn≤ 1

n2. Por lo tanto,

∞∑

n=1

1

nn∈ R.

c)+∞∑

n=1

ne−n

n2 + 1.


Solucion: Comone−n2

n2 + 1≤ ne−n2

y, en virtud del ejercicio resuelto 5d sabe-

mos que la serie∞∑

n=1

ne−n2es convergente. Por lo tanto,

∞∑

n=1

ne−n2

1 + n2∈ R.

8. Use el criterio de comparacion para demostrar que las siguientes series divergen.

a)

+∞∑

n=1

√n

n+ 1.

Solucion: Para todo n ≥ 1 ,√n ≥ 1. Luego,

√n

n+ 1≥ 1

n+ 1.

Como

+∞∑

n=1

dis1

n+ 1es divergente, se tiene que la serie

∞∑

n=1

√n

n+ 1= +∞.

b)+∞∑

n=1

1

3n+ 1.

Solucion:1

3n+ 1=

1

3(n+ 1/3)implica

∞∑

n=1

1

3n+ 1=

=∞∑

n=1

1

3(n+ 1/3)=

1

3

∞∑

n=1

1

n+ 1/3.

Como n+ 1/3 ≤ n+ 1 se tiene1

n+ 1≤ 1

n+ 1/3.

Usando que∞∑

n=1

1

n+ 1= +∞, concluimos que

∞∑

n=1

1

n+ 1/3= +∞.

9. Use el criterio de comparacion al lımite para demostrar que las siguientes seriesconvergen.

a)+∞∑

n=1

n2 exp(−2n)

n2 + 1

Solucion: Sea an = exp(−2n). Entonces la siguiente es una serie geometricaconvergente:

+∞∑

n=1

an =∞∑

n=1

(e−2)n =1

1 − e−2− 1 =

1

e2 − 1.


Sea bn =n2

1 + n2an entonces,

bnan

=n2

1 + n2. lım

n→∞bnan

= lımn→∞

n2

1 + n2= 1.

Luego, por comparacion al lımite,, dis

∑∞n=1 bn converge.

b)+∞∑

n=1

4

(n2 + 1)3/2

Solucion: Consideremos an =4

n3y bn

1

(1 + 1/n2)2/2.

bn =4

n3(1 + n−2)3/2=

4

(n2)3/2(1 + n−2)3/2

=4

(n2(1 + n−2))3/2=

4

(n2 + 1)3/2.

bnan

=1

(1 + 1/n2)3/2

lımn→∞

bnan

= 1.

Como∞∑

n=1

4

n3∈ R , entonces

∞∑

n=1

bn ∈ R.

c)

+∞∑

n=1

2n+ 1

n(n2 − 3)3/2.

Solucion: Sea an =1

(n2 − 3)3/2=

1

(n2)3/2(1 − 3/n2)3/2=

1

n3(1 − 3/n2)3/2.

La serie

∞∑

n=1

an ∈ R.

Sea bn = an ·2n+ 1

n. Como lım

n→∞bnan

= lımn→∞

2n+ 1

n= 2 se tiene que

∞∑

n=1

bn ∈ R.

10. Si λ ≥ 0 y an =1

nλ, analizar la convergencia de la serie de termino general an.

Solucion: Para esto consideramos la funcion f(x) = (x)−λ, definida para x ≥ 1 .Esta funcion es monotona decreciente , no negativa y f(n) = an. Tenemos que

∫ ∞

1f(x)dx =

x−λ+1

−λ+ 1|∞1 ,

caso λ 6= 1 y la integral es igual a log |x|∞1 , caso λ = 1. De acuerdo con el criterio dela integral concluimos que la serie es convergente si λ > 1 y divergente en otro caso.

11. Para λ > 0, analizar la convergencia de la serie de termino general

an =1

n · (log n)λ.

Solucion: Sea f(x) = x−1(log x)−λ. Para λ ≥ 0 y x > 1 se cumple que f esintegrable, monotona decreciente y no negativa.

∫ ∞

1

dx

x(log x)λ=

log(log x)|∞log 2 , λ = 1

u−λ+1

−λ+ 1|∞log 2 , 0 ≤ λ < 1, λ > 1; =

∞ , 0 ≤ λ < 1

(log 2)1−λ

λ− 1, λ > 1

De esta forma, la serie de termino general an =1

n(log n)λdiverge para 0 ≤ λ ≤ 1. y

converge para λ > 1.

12. Para λ < 0 , demuestre la divergencia de las series de terminos generales :

∞∑

n=2

1

n(log n)λ.

∞∑

n=3

1

n log n(log(log n))λ.

∞∑

n=16

1

n log(n) log(log n)(log(log(log n)))λ.

Solucion: En efecto; sea an =1

n log n(log(log n))λ; bn =

1

n log n. Como an ≥ bn

por criterio de comparacion tenemos que∞∑

n=3

an diverge.

Sucesivamente se hacen comparaciones para probar la divergencia de estas series.Es posible probar(ejercicio) que estas series son convergentes para λ > 1 y sondivergentes para λ ≤ 1.

13. Analizar la convergencia de la serie

∞∑

n=1

log(1 + n−λ).

Solucion: Si λ < 0 entonces lımn→∞ an = lımn→∞ log(1 + n−λ) = ∞ y la serie esdivergente.

Para λ ≥ 0; lımn→∞log(1 + n−λ)

n−λ= lım

n→∞log(1 + n−λ

) 1

n−λ= 1 .

Ası, an = log(1 + n−λ) y bn = n−λ son comparable.

Concluimos que∞∑

n=1

log(1 + n−λ) diverge para λ ≤ 1 y converge para λ > 1.

14. Sean α, β y γ numeros reales positivos, analizar la convergencia de la serie.

1 +αβ

1 · γ +α(α + 1)β(β + 1)

1 · 2γ · (γ + 1)+ · · · .

Solucion: En este caso se tiene : a0 = 1, a1 =αβ

1 · γ ,

a2 =α(α + 1)β(β + 1)

1 · 2 · γ(γ + 1), · · · , an =

α(α+ 1) · · · (α+ n− 1)β(β + 1) − (β + n− 1)

1 · 1 · · ·nγ(γ + 1) · · · (γ + n− 1).

Ası,

an

an+1=α(α + 1) · · · (α+ n− 1)β(β + 1) · · · (β + n− 1)

1 · · · nγ(γ + 1) · · · (α+ n− 1)· · · 1 · 2 · · · (n+ 1)γ(γ + +1) · · · (γ + n)

α · · · (α+ n)β · · · (β + n)=

=(n+ 1)(γ + n)

(α + n)(β + n)=

n2 + (γ + 1)n+ γ

n2 + (α+ β)n+ αβ=

=n2 + (α+ β)n+ αβ

n2 + (α+ β)n+ αβ+

(γ + 1 − (α+ β))n

n2 + (α+ β)n+ αβ+

γ − α · βn2 + (α+ β)n+ αβ

Sea F (n) =γ − α · β

n2 + (α+ β)n+ αβ. Es claro que lımn→∞ n1+δF (n) = 0 para 0 < δ < 1

ası que usando el colorario al criterio de Gauss tenemos que si γ − (α + β) ≤ 0entonces la serie es divergente (i.e. si γ ≤ α + β). Si la relacion γ − (α + β) > 0 secumple entonces la serie es convergente (i.e. sı γ > α+ β).



1. Calcule las siguientes sumas, si es que existen. Si no existen justifique por que.

a)

+∞∑

n=0

(9

5

)n

b)

+∞∑

n=1

(9

5

)n

c)

+∞∑

n=5

(9

5

)n

d)+∞∑

n=0

(−1)n

(9

5

)n

e)

+∞∑

n=1

(−1)n

(9

5

)n

f )

+∞∑

n=5

(−1)n

(9

5

)n

2. Calcule las sumas parciales de las siguientes series y demuestre que:

a)+∞∑

n=1

1

n(n+ 1)= 1

Indicacion: Use fracciones parciales.

b)

+∞∑

n=1

1

n(n+ 1)(n+ 3)=

7

36

Indicacion: Use fracciones parciales.

3. Use el criterio de la integral para demostrar que las siguientes series convergen.

a)

+∞∑

n=1

ne−n2

b)

+∞∑

n=1

1

(n+ 1)(n+ 2)

c)+∞∑

n=1

n

(n2 + 4)2


4. Use el criterio de la integral para demostrar que las siguientes series divergen.

a)

+∞∑

n=2

lnn

n

b)

+∞∑

n=1

n+ 3

(n+ 1)(n+ 2)

c)+∞∑

n=1

1

(1 +√n).

5. Use el criterio de comparacion para demostrar que las siguientes series convergen.

a)+∞∑

n=1

4

(n2 + 1)3/2

b)+∞∑

n=1

sen2 n

n2.

6. Use el criterio de comparacion para demostrar que la serie

+∞∑

n=1

1√n2 + 1

diverge.

7. Use el criterio de comparacion al lımite para demostrar que las siguientes seriesconvergen.

a)

+∞∑

n=1

1

(n+ 1)(2n + 1)1/2

b)

+∞∑

n=0

1

(8n2 + 1)2/3.

8. Un corolario util del criterio de comparacion al lımite es el siguiente teorema que sesuele llamar criterio polinomial:Si P (n) es un polinomio de grado p y Q(n) es un polinomio de grado q, la serie

+∞∑

n=1

P (n)

Q(n))

Converge si q > p+ 1.

Diverge si q ≤ p+ 1.


a) Demuestre el criterio polinomial

b) Use el criterio polinomial para analizar la convergencia de las siguientes series:

+∞∑

n=1

1

n3 + 1

+∞∑

n=1

7n2 − 5n

n2 + 1

+∞∑

n=1

n2 + n− 1

n3 + 1

+∞∑

n=1

n3 + 1

(n2 − 1)3

+∞∑

n=1

(n2 − 1)3

n3 + 1

9. Demuestre que lımn→+∞

(1

n+ 1+

1

n+ 2+

1

n+ 3+ . . .

1

n+ n

)= ln 2. Para ello:

a) Escriba1

n+ 1+

1

n+ 2+

1

n+ 3+ . . .

1

n+ ncomo una suma de Riemann de

f(x) =1

xen [1, 2].

b) Justifique porque dicha suma converge a

∫ 2

1f(x) dx.

10. Usando el mismo razonamiento del ejercicio anterior demuestre que:

lımn→+∞

(n

n2 + 1+

n

n2 + 22+

n

n2 + 32+ . . .

n

n2 + n2

)=π

4.

11. Usando el mismo razonamiento de los ejercicios anteriores demuestre que:

lımn→+∞

(n∑

k=1

1

nsen

kπ

n

)=

2

π.

6.3. Series de potencias

6.3.1. Series de Funciones

Para x ∈ R consideremos la serie

+∞∑

n=0

fn(x). Esta serie puede converge para algunos

valores de x y diverger para otros. En general, la convergencia se da en intervalos. Si la

serie

+∞∑

n=0

fn(x) converge para todo x en algun intervalo cerrado [a, b], entonces se puede

definir una funcion con dominio [a, b] tal que

f(x) =

+∞∑

n=0

fn(x).

En estos casos podemos deducir propiedades de la funcion f a partir de las propiedadesde la serie o viceversa. A veces, al resolver ecuaciones diferenciales lineales usando seriesde potencias, surge el problema de estudiar propiedades de la funcion definida medianteuna serie. Otras veces, dada una funcion f se quiere desarrollarla en serie, este es el casode las series de Taylor y de Fourier.Para el estudio de las propiedades de funciones definidas mediante series, es importanteobservar el tipo de convergencia.En las series numericas tenemos dos tipos de convergencia: convergencia absoluta y con-vergencia condicional o simple.Para el caso de las series o sucesiones de funciones tenemos convergencia puntual o simpley convergencia uniforme. La convergencia puntual, es cuando la propiedad de ser conver-gente depende del “x”considerado.

Definicion 6.3.1 Para cada n ∈ N sea fn : [a, b] → R una funcion real. Diremos que lasucesion de funciones {fn} converge puntualmente o simplemente a la funcion f sipara cada x ∈ [a, b] y cada ε > 0, existe N0 ∈ N, N0 = N0(ε, x), tal que|fn(x) − f(x)| < ε para n ≥ n0(ε, x).

Lo importante de esta definicion es notar que el N0 a partir del cual la definicion deconvergencia se realiza depende de ε y de x como veremos en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 6.3.2 Consideremos la sucesion de funciones {fn}, donde cada fn : [0, 1] → Resta dada por fn(x) = xn. Sea f : [0, 1] → R, la funcion definida por f(x) = 0 si 0 ≤ x < 1y f(1) = 1.

6.3. SERIES DE POTENCIAS 727

Demostraremos que la sucesion {fn}, converge puntualmente a la funcion f .Para ello debemos buscar un numero natural N0 tal que |xn| ≤ ε si n ≥ N0, esto es,

n log x ≤ log ε.

Despejando n tenemos que,

n ≥ log ε

log x.

Ası, si n ≥[

log ε

log x

]= parte entera del numero

log ε

log xentonces |xn| < ε.

Observemos que, N0(ε, x) =

[log ε

log x

]depende claramente de ε y de x . Ademas, este N0

vale para x 6= 0 y x 6= 1 .Para analizar la convergencia de la sucesion en x = 1, observemos que fn(1) = 1n = 1, paracualquier n.es decir es este caso tenemos la sucesion constante 1 , la cual es trivialmenteconvergente a 1.Por lo tanto, en este caso, N0(ε, 1) = 1. De manera analoga, tenemos quepara x = 0, la sucesion es la sucesion constante 0, entonces tambien podemos escogerN0(ε, 0) = 1. En sıntesis,

lımn→+∞

fn(x) = f(x) , donde

f(x) =

{0 si 0 ≤ x < 1

1 si x = 1.

Definicion 6.3.3 Para cada n ∈ N sea fn : [a, b] → R una funcion real. Diremos que lasucesion de funciones {fn} converge uniformemente a la funcion f : [a, b] → R, si paracada ε > 0, existe N0 ∈ N, N0 = N0(ε), tal que|fn(x) − f(x)| < ε para cada n ≥ N0 y x ∈ [a, b].

Para la convergencia uniforme el N0 depende solamente de ε y es el mismo para todo puntox, de ahı el nombre uniforme. De esto, podemos concluir que el concepto de convergenciauniforme es mas fuerte que el de convergencia puntual. Ası, tenemos que:

convergencia uniforme =⇒ convergencia puntual

convergencia puntual 6=⇒ convergencia uniforme

Ejemplo 6.3.4 La sucesion de funciones del ejemplo 6.3.2 converge puntualmente, perono uniformemente. La convergencia no puede ser uniforme ya que si ε < 1/2 entoncessiempre existe n1 ∈ N tal que n ≥ n1 implica xn > ε para algun x ∈]0, 1[. En efecto, bastaque se cumpla que xn ≥ 1/2 i.e. n log x ≥ − log 2.

Las definiciones 6.3.1 y 6.3.3 pueden aplicarse a las series de funciones, procediendocomo en el caso de las series numericas , a considerar la sucesion de las sumas parcialesde la serie.

Sea, Sn : [a, b] → R la sucesion de sumas parciales asociada a la serie de funciones de

termino general fn. Esta sucesion esta dada por : Sn(x) =n∑

j=1

fj(x). Para cada n se tiene

que Sn es una funcion de [a, b] en R.

Definicion 6.3.5 Diremos que la serie de funciones termino general fn converge

puntualmente a la funcion S(x) si la sucesion de sus sumas parciales convergepuntualmente a S(x).

uniformemente a la funcion S(x) si la sucesion de sus sumas parciales convergeuniformemente a S(x).

En ambos casos escribiremos

∞∑

n=1

fn(x) = lımn→+∞

Sn(x) = S(x), especificando en palabras

el tipo de convergencia.

Teorema 6.3.6 Criterio de Cauchy La serie+∞∑

n=1

fn es uniformemente convergente si y

solo si para cada ε > 0 existe N(ε) tal que∣∣

n+p∑

j=n+1

fj(x)∣∣ < ε para cada n ≥ N(ε), cada

p ∈ N y cada x ∈ [a, b].

Un segundo criterio para la convergencia uniforme es

Teorema 6.3.7 Criterio de Weierstrass Si existe una serie numerica

+∞∑

n=1

Mn conver-

gente, tal que

|fn(x)| ≤Mn, para todo x ∈ [a, b], n ∈ N,

entonces la serie de funciones+∞∑

n=1

fn es uniformemente y absolutamente convergente.

Ejemplo 6.3.8 La serie de termino general fn(x) =xn

n3es uniformemente convergente

para |x| ≤ 1. En efecto,


|fn(x)| =∣∣∣x

n

n3

∣∣∣ ≤ 1

n3y

∞∑

n=1

1

n3∈ R.

Ejemplo 6.3.9 1.+∞∑

n=1

1

n2 + x2converge absoluta y uniformemente en [a, b].

Pues,

∣∣∣∣1

n2 + x2

∣∣∣∣ =1

n2 + x2≤ 1

n2, ya que x2 ≥ 0 y la serie

+∞∑

n=1

1

n2es convergente.

2.π2

3+ 4

+∞∑

n=1

(−1)n cosnx

n2converge absoluta y uniformemente en [a, b].

Comoπ2

3no depende de x, basta aplicar el criterio a

+∞∑

n=1

(−1)n cosnx

n2comparandola

con

+∞∑

n=1

1

n2.

Otros criterios para la convergencia uniforme son los siguientes:

Teorema 6.3.10 Supogamos que :

1. La sucesion de funciones bn : [a, b] → R satisface:

Para cada x ∈ [a, b] la sucesion {bn(x)} es monotona decreciente,

bn(x) ≤ K , para cada n ∈ N y x ∈ [a, b].

2. La serie

∞∑

n=1

an(x) es uniformemente convergente en [a, b].

Entonces, la serie∞∑

n=1

an(x) · bn(x) es uniformemente convergente.

Ejemplo 6.3.11 Consideremos bn(x) = |x|n,−1 ≤ x ≤ 1 y an(x) =(−1)n

n. La sucesion

bn(x) satisface las hopotesis del teorema 6.3.10 y la serie

∞∑

n=1

an(x) es uniformemente

convergente. Por lo tanto, podemos concluir que la serie

+∞∑

n=1

(−1)n

nxn es uniformemente

convergente para −1 ≤ x ≤ 1.

Teorema 6.3.12 Supongamos que :

1. la sucesion de funciones bn : [a, b] → R satisface:

Para cada x ∈ [a, b] la sucesion {bn(x)} es monotona decreciente,

La sucesion {bn(x)} converge uniformemente a la funcion nula en [a, b].

2. Para cada n ∈ N y cada x ∈ [a, b] se cumple que |∞∑

n=1

ar(x)| ≤ C, para algun C ∈ R

entonces la serie+∞∑

n=1

an(x)bn(x) converge uniformemente en [a, b].

Ejemplo 6.3.13 La serie∞∑

n=1

(1

log n+ 1

)x xn

n2es uniformemente convergente en [θ, 1].

para cada 0 < θ < 1.En efecto, (

1

log n+ 1

)x

≤ [log(n+ 1)]−θ ,

para cada θ ∈]0, 1[ y x ∈ [θ, 1]. Por lo tanto, es una sucesion monotona decreciente queconverge a la funcion nula y se tiene

|N∑

n=1

xn

n2| ≤

N∑

n=1

1

n2≤ C =

∞∑

n=1

1

n2.

6.3.2. Propiedades de las series uniformemente convergentes

La convergencia uniforme tiene algunas propiedades que la hacen especialmente utilen el calculo diferencial e integral. Estas son:

Si la serie

+∞∑

n=1

fn(x) converge uniformemente en [a, b] a la funcion f(x), entonces se tiene:

1. Continuidad de la funcion sumaSi para cada n ∈ N, fn es continua en x = x0 entonces. f es continua en x = x0.

2. Integracion termino a termino

Si cada fn es continua en [a, b] y

∞∑

n=1

fn(x) converge uniformemente a f(x), entonces

:+∞∑

n=1

∫ b

afn(x)dx converge uniformemente al numero

∫ b

af(x)dx.

3. Diferenciacion termino a termino

Si cada fn tiene derivada continua en [a, b] ,

∞∑

n=1

f ′n(x) converge uniformemente en

[a, b] , y∞∑

n=1

fn(x) converge uniformemente a f(x) entonces, f es derivable en x y

f ′(x) =

+∞∑

n=1

f ′n(x).

Ejemplo 6.3.14 Para −1 < x < 1 vamos a calcular el valor de la serie.

1

1 + x+

2x

1 + x2+

4x3

1 + x4+

8x7

1 + x8+ · · ·

Consideramos la serie

log(1 − x) + log(1 + x) + log(1 + x2) + log(1 + x4) + · · · .

Su suma enesima es

Sn(x) = log((1 − x) · (1 + x)(1 + x2) · · · (1 + x2n−1

))

= log((1 − x2)(1 + x2) · · · (1 + x2n−1

)

= log(1 − x2n)

Es inmediato que esta suma tiende a cero para |x| < 1.

Ası, log(1+x2)+ log(1+x4)+ · · · converge uniformemente a − log(1−x)− log(1+x).De acuerdo al resultado anterior la serie de derivadas de esta serie de logaritmos convergea la derivada de la funcion lımite, es decir:

2x

1 + x2+

4x3

1 + x4+ · · · =

1

1 − x− 1

1 + x.

Concluimos entonces que

1

1 + x+

2x

1 + x2+ +

4x3

1 + x4+ · · · =

1

1 − x


6.3.3. Series de potencias

Un caso especial de series de funciones es el que se obtiene al considerar las aplicaciones,

fn(x) = an(x− x0)n, an ∈ R, n ∈ N, x0 ∈ R.

Aquı usaremos la convencion (x− x0)0 = 1 y estudiaremos las series

∞∑

n=0

an(x− x0)n,

en que algunos terminos an pueden ser cero.

Con respecto a estas series surgen dos problemas fundamentales:

1. Si la serie converge para todos los x en algun intervalo, entonces podemos definir lafuncion suma S(x).En este caso, quisieramos conocer las propiedades de esta funcion a partir de laspropiedades de la serie.

2. Tambien enfrentaremos el problema recıproco. Dada una funcion con ciertas propiedades, quisieramos desarrollar la funcion en una serie de potencias de modo que esta con-verja para algunos valores de x hacia la funcion dada.

Existen algunas funciones no elementales que se definen mediante series, como la funcionhipergeometrica y la funcion de Bessel.

Convergencia de una serie de potencias Una serie de potencias:

+∞∑

n=0

an(x− x0)n

tiene tres alternatias en cuanto a su convergencia:

1. Converge solo para x = x0.

2. Converge para todo x ∈ R.

3. Converge en algun intervalo simetrico en torno al punto x = x0.

Teorema 6.3.15 Si la serie de potencias

+∞∑

n=1

an(x−x0)n converge en x−x0 = b, b 6= 0 la

serie es absolutamente convergente para todo x en |x−a| < |x0| y converge uniformementeen |x− x0| ≤M |b|, para todo M tal que 0 < M < 1.

Demostracion: Si+∞∑

n=1

an(x−x0)n converge en b = x−x0, entonces anb

n → 0, cuando

n→ +∞.

Como la sucesion {anbn} es convergente, ella es acotada. Entonces, existe M > 0 tal

que

|anbn| ≤M,

para cualquier x en el intervalo,

|x− x0| < |b|.

Ası, existe un r tal que, ∣∣∣∣x− x0

b

∣∣∣∣ ≤ r < 1

Usando criterio de comparacion entre,

+∞∑

n=0

|an(x− x0)n| y

+∞∑

n=0

Mrn que es una serie geometrica, tenemos

|an(x− x0)n| = |anb

u| ·∣∣∣∣x− x0

b

∣∣∣∣n

≤Mrn.

Como 0 < r < 1, la serie geometrica converge y por criterio de Weierstrass la conver-gencia de la serie de potencias es uniforme y absolutamente en el intervalo,

|z − x0| ≤ r|b|.

Observacion 6.3.16 Si la serie

+∞∑

n=0

an(x − x0)n converge al menos para un x 6= x0,

entonces para algun b = x− x0 6= 0. Por el teorema anterior, existe al menos un intervaloabierto

|x− x0| < |b|,en el cual la serie converge absolutamente.Es obvio, por criterio de comparacion, que converge absolutamente para todos los x t.q.

|x− x0| es menor que |x− c| si se sabe que∑

an(x− c)n es convergente.

Por lo tanto, podemos pensar en el supremo R de los numeros r que satisfacen la condicion:

|x− x0| < r es absolutamente convergente.

Obviamente, la serie diverge para los x tales que

|x− x0| > R.

A este R, se le llama radio de convergencia de la serie de potencias.

Definicion 6.3.17 Dada la serie

+∞∑

n=0

an(x− x0)n,

Se llama radio de convergencia de la serie al numero R tal que

1

R= lım

n→+∞n√an.

Se llama intervalo de convergencia de la serie al intervalo centrado en x0 y deradio R, es decir, al conjunto:

|x− x0| < R.

Observacion 6.3.18 La forma mas facil de calcular el radio de convergencia de la serie∞∑

n=0

an(x− x0)n es usando el criterio de la razon. Es decir:

1

R= lım

n→+∞|an+1

an|.

Alternativamente, se puede calcular el intervalo de convergencia calculando lımn→+∞

|an+1(x− x0)n+1

an(x− x0)n|

e imponiendo a esta expresion la condicion de convergencia del criterio de la raız. En losejercicios resueltos se usara este metodo.

Teorema 6.3.19 La serie de potencias:

+∞∑

n=0

an(x− x0)n

cumple una y solo una de las siguientes afirmaciones:

1. La serie converge solamente para x = x0

2. Converge absolutamente y uniformemente en cualquier intervalo cerrado y acotado.

3. Existe R > 0 tal que la serie es absolutamente convergente para todo x tal que|x− x0| < R, y divergente para todo |x− x0| > R, y es uniformemente convergenteen cualquier intervalo cerrado contenido en |x − x0| < R, es decir, en intervalos|x− x0| ≤M < R.

Ejemplo 6.3.20 Consideramos la serie

∞∑

n=0

(−2)n

n+ 1(x− 3)n.

Para obtener el radio de convergencia usamos la expresion anterior:

1

R= lım

n→∞

∣∣∣(−2)n+1

n+ 2· n+ 1

(−2)n

∣∣∣ = 2.

Ası, la serie converge para |x− 3| < 1/2 o lo que es lo mismo converge para

5

2< x <

7

2.

Ahora debemos analizar separadamente los extremos del intervalo.

Para x = 5/2 , tenemos

+∞∑

n=0

(−2)n

n+ 1

(5

2− 3

)n

=∞∑

n=0

1

n+ 1=

∞∑

n=1

1

n.

Esta es la serie armonica y, consecuentemente, diverge.Si x = 7/2 tenemos,

+∞∑

n=0

(−2)n

n+ 1

(1

2

)n

=

∞∑

n=0

(−1)n

n+ 1.

Esta es la serie armonica alternada y, luego,converge. De esta forma concluimos que laserie dada converge para

5

2< x ≤ 7

2

y su radio de convergencia es1

2.

Ejemplo 6.3.21 La serie

+∞∑

n=0

n!(x− x0)n converge solamente para x = x0. en efecto:

Si x 6= x0,

1

R= lım

n→+∞

∣∣∣∣(n+ 1)!(x− x0)

n+

n!(x− x0)

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣(n+ 1)(x − x0)

∣∣∣∣= |x− x0| lım

n→+∞(n+ 1) = +∞.


Por lo tanto, el radio de convergencia R vale 0, lo que significa que la serie convergesolamente para x = x0.

Ejemplo 6.3.22 La serie

+∞∑

n=0

(x− x0)n

n!tiene radio de convergencia R = +∞.

En efecto, si x 6= x0, tenemos:

1

R= lım

n→+∞

∣∣∣∣(x− x0)

n+1

(n+ 1)!

n!

(x− x0)n

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣x− x0

n+ 1

∣∣∣∣ = 0.

La serie converge absolutamente para todo x ∈ R , es decir R = +∞.En particular,converge uniformemente en todo intervalo cerrado y acotado.

Ejemplo 6.3.23

+∞∑

n=0

(−1)n2nxn

3n+ 1

Si x 6= 0 :

1

R= lım

n→+∞

∣∣∣∣(−1)n+12n+1

3n+ 4· 3n+ 1

(−1)n2n

∣∣∣∣ =

= lımn→+∞

2

∣∣∣∣3n+ 1

3n+ 4

∣∣∣∣ = 2.

Por lo tanto, R =1

2.

Ahora debemos analizar que sucede en los ectremos del intervalo centrado en 0 y de radio1

2. es decir, para |x| =

1

2.

Si x =1

2, la serie es

+∞∑

n=0

(−1)n

3n+ 1la cual converge por criterio de series alternadas.

Si x = −1

2, la serie diverge

+∞∑

n=0

1

3n+ 1

Ejemplo 6.3.24 Encuentre el intervalo de convergencia y estudie separadamente lo quesucede en sus extremos para la serie,

+∞∑

n=0

(−1)nyn

(2n+ 1)23n+1.

1

R= lım

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣(−1)n+1

[2(n+ 1) + 1]23n+2· (2n+ 1)23n+1

(1)n

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(−1) · (2n+ 1)2

3[2n+ 3]2

∣∣∣∣ = lımn→+∞

1

3· 4n2 + 4n+ 1

4n2 + 12n+ 9

= lımn→+∞

1

3·4n2

(1 +

1

n+

1

4n2

)

4n2

(1 +

3

n+

9

4n2

) =1

3.

La serie converge absolutamente en el intervalo ]− 3, 3[. El estudio en los extremos sedeja de ejercicio.

Ejemplo 6.3.25 Encontrar el intervalo de convergencia sin analizar lo que pasa en losextremos para la serie:

+∞∑

n=1

nnxn

n!.

1

R= lım

n→+∞

∣∣∣∣an + 1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣(n+ 1)n+1

(n+ 1)!· n!

nn

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣[n+ 1

n

]· (n+ 1)n!

(n+ 1)!

∣∣∣∣

= lımn→+∞

(1 +

1

n

)n

= lımn→+∞

(1 +

1

n

)n

= e.

Ası vemos que, la serie converge absolutamente cuando x es tal que

|x| < 1

e.

Ejemplo 6.3.26 Observemos que si R = 1 y∞∑

n=0

an ∈ R entonces f(x) =∞∑

n=0

an(x− x0)n

es una funcion bien definida en |x− x0| ≤ 1.

Consideremos la serie 1 − t2 + t4 − t6 + t8 · · · cuya suma, para |t| < 1, es (1 + t2)−1.

Integrando termino a termino obtenemos:

∫ x

0

1

1 + t2dt =

∞∑

n=0

∫ x

0(−1)nt2ndt =

=

∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

2n+ 1= x− x3

3+x5

5− x7

7+

Por otro lado, comod

dtarctan t =

1

1 + t2, tenemos

∫ x

0

d

dt(arctan t)dt = arctan x −

arctan 0 = arctan x. Luego,

arctan x = x− x3

3+x5

5− x7

7+ . . .± . . . .

Como arctan 1 =π

4, tenemos :

π

4= 1 − 1

3+

1

5− 1

7+ · · · .

Despejando π, nos queda,

π = 4 − 4

3+

4

5− 4

7+ · · ·

que puede ser considerada como una definicion del numero π y permite calcular valoresaproximados de el con el grado de exactitud que uno quiera.

Operaciones con series de potencias

Teorema 6.3.27 Si

f(x) =

+∞∑

n=0

an(x− a)n, en |x− a| < R1,

g(x) =

+∞∑

n=0

bn(x− a)n, en |x− a| < R2,

entonces:

f(x) + g(x) =

+∞∑

n=0

(an + bn)(x− a)n, en |x− a| < R

f(x) · g(x) =

+∞∑

n=0

(n∑

k=0

akbn−k

)(x− a)n, en |x− a| < R,

donde R = mın{R1, R2}.

Ejercicios Resueltos

1. Para cada una de las siguientes series de potencias, determine su intervalo y radiode convergencia:

a)

+∞∑

n=0

xn

Solucion: Sea an = xn, entonces an+1 = xn+1. Usando el criterio de la razontenemos que:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣

= lımn→+∞

|x|= |x|

Luego, la serie converge si:

|x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1

Luego, el radio de convergencia es R = 1. En cuanto al intervalo de convergen-cia, estudiemos que ocurre en los valores extremos de ] − 1, 1[.

Si x = 1, la serie es,+∞∑

n=0

1n =+∞∑

n=0

1 = +∞

Luego, en x = 1 la serie diverge.

Si x = −1, la serie es,+∞∑

n=0

(−1)n

La cual, en en virtud del criterio de divergencia (ver 1f ), es divergente;luego en x = −1 la serie diverge.

Ası, el intervalo de convergencia de la serie es ] − 1, 1[

b)+∞∑

n=0

(−1)nxn

Solucion: Sea an = (−1)nxn, entonces an+1 = (−1)n+1xn+1. Usando el cri-terio de la razon tenemos que:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣(−1)n+1xn+1

(−1)nxn

∣∣∣∣

= lımn→+∞

| − x|= |x|


|x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1


Si x = 1, la serie es,

+∞∑

n=0

(−1)n1n =

+∞∑

n=0

(−1)n

La cual, en virtud del criterio de divergencia (ver 1f ), es divergente; luegoen x = 1 la serie diverge.

Si x = −1, la serie es,

+∞∑

n=0

(−1)n =

+∞∑

n=0

(−1)n(−1)n =

+∞∑

n=0

(−1)2n =

+∞∑

n=0

1 = +∞

Luego, en x = −1 la serie diverge.

Ası, el intervalo de convergencia de la serie es ] − 1, 1[

c)+∞∑

n=1

xn

n

Solucion: Sea an =xn

n, entonces an+1 =

xn+1

n+ 1. Usando el criterio de la

razon tenemos que:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

xn+1

n+ 1xn

n

∣∣∣∣∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣xn+1

n+ 1· nxn

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣n+ 1

n· x∣∣∣∣

= |x|


|x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1



+∞∑

n=1

1n

n=

+∞∑

n=1

1

n

La cual, en virtud del ejemplo 6.2.16 es divergente; luego en x = 1 la seriediverge.


+∞∑

n=1

(−1)n

n

La cual, en virtud del criterio de Leibniz es convergente; luego, en x = −1la serie converge

Ası, el intervalo de convergencia de la serie es [−1, 1[

d)+∞∑

n=1

xn

√n

Solucion: Sea an =xn

√n

, entonces an+1 =xn+1

√n+ 1

. Usando el criterio de la

razon tenemos que:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

xn+1

√n+ 1xn

√n

∣∣∣∣∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣xn+1

√n+ 1

·√n

xn

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣∣

√n+ 1

n· x∣∣∣∣∣

= |x|


|x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 1


Si x = 1, la serie es,+∞∑

n=1

1n

√n

=

+∞∑

n=1

1

n1/2

La cual, en virtud del ejemplo 6.2.16 es divergente; luego en x = 1 la seriediverge.


n=1

(−1)n

√n

La cual, en virtud del criterio de Leibniz es convergente; luego, en x = −1la serie converge

Ası, el intervalo de convergencia de la serie es [−1, 1[

e)+∞∑

n=1

(−1)nxn

(2n+ 1)2 · 3n+1

Solucion: Sea an =(−1)nxn

(2n+ 1)2 · 3n+1, entonces an+1 =

(−1)n+1xn+1

(2n+ 3)2 · 3n+2. Us-

ando el criterio de la razon tenemos que:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

(−1)n+1xn+1

(2n+ 3)2 · 3n+2

(−1)nxn

(2n+ 1)2 · 3n+1

∣∣∣∣∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(−1)n+1xn+1

(2n+ 3)2 · 3n+2· (2n+ 1)2 · 3n+1

(−1)nxn

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(−1)x(2n + 1)2

3(2n+ 3)2

∣∣∣∣

=∣∣∣x3

∣∣∣ lımn→+∞

∣∣∣∣(2n+ 1)2

(2n+ 3)2

∣∣∣∣

=∣∣∣x3

∣∣∣

Luego, la serie converge si:∣∣∣x3

∣∣∣ < 1 ⇐⇒ −3 < x < 3



+∞∑

n=1

(−1)n · 3n

(2n+ 1)2 · 3n+1=

1

3

+∞∑

n=1

(−1)n

(2n+ 1)2

La cual, en virtud del criterio de Leibniz, es convergente; luego en x = 3 laserie converge.


+∞∑

n=1

(−1)n(−3)n

(2n+ 1)2 · 3n+1=

+∞∑

n=1

(−1)n(−1)n · 3n

(2n+ 1)2 · 3n+1

=

+∞∑

n=1

1

(2n+ 1)2 · 3

=1

3

+∞∑

n=1

1

(2n+ 1)2

La cual, en virtud de la serie de referencia 6.2.16 es convergente; luego, enx = −3 la serie converge

Ası, el intervalo de convergencia de la serie es [−3, 3]

f )

+∞∑

n=0

n2(x+ 2)n

n+ 1

Solucion: Sea an =n2(x+ 2)n

n+ 1, entonces an+1 =

(n+ 1)2(x+ 2)n+1

n+ 2.

Usando el criterio de la razon tenemos que:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

(n+ 1)2(x+ 2)n+1

n+ 2n2(x+ 2)n

n+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(n+ 1)2(x+ 2)n+1

n+ 2· n+ 1

n2(x+ 2)n

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(x+ 2) · (n+ 1)3

n2(n+ 3)

∣∣∣∣

= |x+ 2| lımn→+∞

∣∣∣∣(n+ 1)3

n2(n+ 3)

∣∣∣∣

= |x+ 2|


|x+ 2| < 1 ⇐⇒ −3 < x < −1

Luego, el radio de convergencia es R = 1. En cuanto al intervalo de convergen-cia, estudiemos que ocurre en los valores extremos de ] − 3,−1[.


+∞∑

n=0

n2 · 1n

n+ 1=

+∞∑

n=0

n2

n+ 1

Notemos que:

lımn→+∞

n2

n+ 1= +∞ 6= 0

Luego, en virtud del criterio de divergencia , esta serie diverge; luego enx = −1 la serie diverge.

n=0

n2 · (−1)n

n+ 1

La cual, en virtud del criterio de divergencia , es divergente; luego en x = −3la serie diverge.

Ası, el intervalo de convergencia de la serie es ] − 3,−1[

g)

+∞∑

n=0

n2(x+ 1)n

Solucion: Sea an = n2(x+ 1)n, entonces an+1 = (n+ 1)2(x+ 1)n+1.

Usando el criterio de la razon tenemos que:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣(n+ 1)2(x+ 1)n+1

n2(x+ 1)n

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(x+ 1) · (n+ 1)2

n2

∣∣∣∣

= |x+ 1| lımn→+∞

∣∣∣∣(n+ 1)2

n2

∣∣∣∣

= |x+ 1|


|x+ 1| < 1 ⇐⇒ −2 < x < 0

Luego, el radio de convergencia es R = 1. En cuanto al intervalo de convergen-cia, estudiemos que ocurre en los valores extremos de ] − 2, 0 [.


+∞∑

n=0

n2(−2 + 1)n =

+∞∑

n=0

n2(−1)n

La cual, en virtud del criterio de divergencia (ver 1f ), es divergente; luegoen x = −2 la serie diverge.



+∞∑

n=0

n2(0 + 1)n =+∞∑

n=0

n2

Luego, en virtud del criterio de divergencia (ver 1f ), esta serie diverge;luego en x = 0 la serie diverge.

Ası, el intervalo de convergencia de la serie es ] − 2, 0 [

2. Una funcion importante definida mediante series es la funcion de Bessel de orden n,donde n es un entero no negativo, definida mediante,

Jn(x) =

+∞∑

n=0

(−1)kx2k+n

k! · Γ(k + n+ 1) · 22k+n

a) Demuestre que el dominio de Jn es R

b) Derivando la serie xnJn(x) y usando una propiedad apropiada de la funcionGama, demuestre que:

d

dx(xnJn(x)) = xnJn−1(x)

c) Usando la derivada de un producto y posteriormente dividiendo por xn−1, ver-ifique que:

xJ ′n(x) = xJn−1(x) − nJn(x)

Solucion:

a)

Jn(x) =

+∞∑

n=0

(−1)kx2k+n

k! · Γ(k + n+ 1) · 22k+n

Sea bk =(−1)kx2k+n

k! · Γ(k + n+ 1) · 22k+n, bk+1 =

(−1)k+1x2k+2+n

(k + 1)! · Γ(k + n+ 2) · 22k+2+n.

Aplicando el criterio de la razon tenemos que:

lımk→+∞

∣∣∣∣bk+1

bk

∣∣∣∣ = lımk→+∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

(−1)k+1x2k+2+n

(k + 1)! · Γ(k + n+ 2) · 22k+2+n

(−1)kx2k+n

k! · Γ(k + n+ 1) · 22k+n

∣∣∣∣∣∣∣∣

= lımk→+∞

∣∣∣∣(−1)k+1x2k+2+n

(k + 1)! · Γ(k + n+ 2) · 22k+2+n· k! · Γ(k + n+ 1) · 22k+n

(−1)kx2k+n

∣∣∣∣

= lımk→+∞

∣∣∣∣(−1)x2

(k + 1)(k + n)

∣∣∣∣

= lımk→+∞

∣∣∣∣x2

(k + 1)(k + n)

∣∣∣∣

= 0 < 1.

Luego, el radio de convergencia es R = +∞, por lo tanto, Dom (Jn(x) = R)

b) Notemos que:

Jn(x) =(x

2

)n·

+∞∑

k=0

(−1)k

k! · Γ(k + n+ 1)

(x2

22

)k

Entonces:

xnJn(x) =x2n

2n·

+∞∑

k=0

(−1)k

k! · Γ(k + n+ 1)

(x2

22

)k


Luego:

d

dx(xnJn(x)) =

2nx2n−1

2n·

+∞∑

k=0

(−1)k

k! · Γ(k + n+ 1)

(x2

22

)k

+x2n

2n·

+∞∑

k=0

(−1)k

k! · Γ(k + n+ 1)· k ·

(x2

22

)k−1

· 2x

22

= xn(x

2

)n−1+∞∑

k=0

(−1)k

k! · Γ(k + n+ 1)· (n+ k) ·

(x2

22

)k

= xn(x

2

)n−1+∞∑

k=0

(−1)k

k! · Γ(k + n)·(x2

22

)k

= xn · Jn−1(x).

c) Ya que:

(xnJn(x))′ = nxn−1Jn(x) + xnJ ′n(x) = xnJn−1(x)

Se tiene que:

nxn−1Jn(x) + xnJ ′n(x) = xnJn−1(x)

La igualdad vale para n ≥ 1 y x = 0.

Si x 6= 0 entonces:

nJn(x) + xJ ′n(x) = xJn−1(x)

Y ası:

xJ ′n(x) = xJn−1(x) − nJn(x)

Ejercicios Propuestos

1. a)

+∞∑

n=1

xn

n!

b)

+∞∑

n=1

nxn

c)+∞∑

n=1

xn√n


d)

+∞∑

n=1

xn

ln(n+ 1)

e)

+∞∑

n=1

(n+ 1)x2n

5n

f )

+∞∑

n=1

n!xn

(2n+ 1)!

g)

+∞∑

n=1

(−1)n(x− 4)n+1

(n+ 1)3

h)

+∞∑

n=1

(n+ 1)23nx3n+1

i)

+∞∑

n=1

e2(x− 2)n

n!

j ) −+∞∑

n=1

(1 + 2n)xn

n

2. En base a la definicion de la funcion de Bessel del ejercicio resuelto 2, y los resultadosallı obtenidos:

a) Verifique, usando la definicion de Jn, que:

x−nJn(x) =+∞∑

n=0

(−1)kx2k

k! · Γ(k + n+ 1) · 22k+n

b) Demuestre, derivando la serie, que:

d

dx

(x−nJn(x)

)=

+∞∑

n=0

(−1)kx2k−1

(k − 1)! · Γ(k + n+ 1) · 22k+n−1

c) Cambiando el ındice de la sumatoria, verifique que:

d

dx

(x−nJn(x)

)=

+∞∑

n=0

(−1)k+1x2k+1

k! · Γ(k + 1 + n+ 1) · 22k+n+1

= −x−n+∞∑

n=0

(−1)kx2k+1+n

k! · Γ(k + n+ 1 + 1) · 22k+n+1


d) Observando la ultima serie con la que define Jn(x), verifique que:

d

dx

(x−nJn(x)

)= −x−nJn+1(x)

e) Demuestre que:xJ ′

n(x) = −xJn+1(x) + nJn(x)

f ) Demuestre que:

2J ′n(x) = Jn−1(x) − Jn+1(x)

2nJn(x) = x [Jn−1(x) + Jn+1(x)]

g) Pruebe que:

Jn−1(x) = J ′n(x) +

n

xJn(x)

h) Pruebe que:xJ ′

n−1(x) = −xJn(x) + (n− 1)Jn−1(x)

i) Demuestre que se cumple la siguiente ecuacion:

x2J ′′n(x) + xJ ′

n(x) + (x2 − n2)Jn(x) = 0

Esta ecuacion demuestra que la funcion de Bessel Jn(x), es solucion de laecuacion diferencial:

x2y′′ + xy′ + (x2 − n2)y = 0

De esto deriva su importancia.

6.4. TEOREMA DE TAYLOR 751

6.4. Teorema de Taylor

La familia de funciones mas simples son los polinomios ya que son muy faciles dederivar y de integrar. El teorema de Taylor permite, bajo ciertas hipotesis, aproximarfunciones mediante polinomios lo que facilita calculos numericos directos que pueden sermuy difıciles y a veces hasta imposibles.

Consideremos una funcion f definida en algun intervalo de R , tal que la n-esimaderivada, f (n)(x) , existe en un intervalo que contiene a un punto a fijo y si x es un puntocualquiera de dicho intervalo, entonces nuestro objetivo es buscar una serie de potenciasque converja hacia f en algun intervalo.

Primero buscaremos polinomios usando de forma recursiva integracion por partes.

Supongamos que f y f ′ son continuas en [a, b]. Entonces, para cualquier x ∈ [a, b] setiene, usando el Teorema Fundamental del Calculo,

∫ x

af ′(y)dy = f(x) − f(a). (6.5)

Entonces,

f(x) = f(a) +

∫ x

af ′(y)dy (6.6)

Suponiendo que f ′′ existe, podemos volver a integrar por partes la integral de la ecuacion6.6, {

f ′(y) ⇒ f ′′(y)dy

dy ⇒ y ⇒ y − x = −(x− y)

Ahora f puede escribirse como:

f(x) = f(a) − (x− y)f ′(y)

∣∣∣∣x

a

∫ x

a(x− y)f ′′(y)dy.

f(x) = f(a) + (x− a)f ′(a) +

∫ x

a(x− y)f ′′(y)dy (6.7)

Integrando por partes la integral de la ecuacion 6.7,

f ′′(y) ⇒ f ′′′(y)dy

(x− y)dy ⇒ −1

2(x− y)2.

Entonces la ecuacion 6.7 se transforma en:

f(x) = f(a) + (x− a)f ′(a) − 1

2[(x− y)2f ′′(y)]xa +

1

2

∫ x

a(x− y)2f ′′′(y)dy.

El proceso puede continuar indefinidamente siempre que las derivadas de orden nde f existan y sean continuas, ası todas las integrales existen. Aplicando n veces esteprocedimiento obtenemos el siguiente teorema:

Teorema 6.4.1 Teorema de Taylor- Forma 1 Si f(x) y sus primeras (n+1) derivadasson continuas en [b1, b2] y si b1 < a < b2, entonces para x en el intervalo dado se tiene:

f(x) = f(a) +n∑

k=1

f (k)(a)(x− a)k

k!+Rn(x, a), (6.8)

donde,

Rn(x, a) =1

n!

∫ x

a(x− y)nf (n+1)(y)dy.

Definicion 6.4.2 El termino Rn(x, a) se llama resto.

f(a) +

n∑

k=1

f (k)(a)(x−a)k

n!se llama polinomio de Taylor de grado n y centrado en a de

f .

Si f tiene las derivadas continuas de todos los ordenes entonces los polinomios deTaylor se pueden transformar en una serie llamada serie formal de Taylor :

f(a) ++∞∑

n=1

f (n)(a)(x− a)x

n!=

+∞∑

n=0

f (n)(a)(x− a)n

n!.

Le decimos formal porque no se sabe a priori si realmente esta serie converge a f(x).

Del enunciado del teorema 6.8 podemos deducir que+∞∑

n=0

f (n)(a)(x− a)x

n!converge a f(x),

en algun intervalo centrado en x = a si y solo si Rn(x, a) → 0 cuando n→ +∞.

Para demostrar este teorema necesitamos darle una forma distinta al resto Rn(x, a).

Teorema 6.4.3 Teorema de Taylor- Forma 2: Supongamos que f(x) tiene sus primerasn derivadas continuas y sla derivada f (n + 1)(x) existe en un intervalo [b1, b2]. Sea a talque b1 < a < b2 . Entonces para todo x en ]b1, b2[ se tiene:

f(x) = f(a) +

n∑

k=1

fk(a)(x− a)k

k!+Rn(x, a), (6.9)

donde Rn(x, a) =(x− a)n+1fn+1(c∗)

(n+ 1)!, para algun c∗ tal que a < c∗ < x.

Demostracion: Sea Rn(x, a) definido por:

f(x) = f(a) +n∑

k=1

fk(a)(x− a)k

k!+Rn(x, a)

Ahora consideraremos la funcion ϕ definida por

ϕ(y) = f(x) − f(y) −n∑

k=1

f (k)(y)(x− y)k

k!− (x− y)n+1rn(x, a)

(n+ 1)!. (6.10)

Demostraremos que ϕ satisface el Teorema de Rolle, en el intervalo a ≤ y ≤ x conb1 < a < b2 y b1 < xb2.

Reemplazando y = x en la ecuacion 6.10, tenemos que

ϕ(x) = 0 y

ϕ(a) = f(x) − f(a) −∑ f (k)(a)(x− a)k

k!− (x− a)n+1rn(x, a)

(n+ 1)!

ϕ(a) = 0 ⇔ Rn(x, a) =(x− y)n+1rn(x− a)

(h+ 1)(6.11)

Por lo tanto, elegimos rn(x− a) de modo que se cumpla la igualdad 6.11).

La funcion ϕ satisface las hipotesis del teorema de Rolle en el intervalo [a, x], por locual existe un punto c∗ en ]a, x[ donde ϕ′(c∗) = 0.

ϕ′(y) = −f ′(y) −n∑

k=1

fk+1 (y)(x− a)k

k!+

n∑

k=1

f (k) (y)(x− y)k−1

(k − 1)!+

(x− y)nrn(x, a)

n!

Desarrollando las sumatorias, queda finalmente,

ϕ′(y) = −f(n+1)(y)(x− y)n

n!+

(x− y)nrn(x, a)

n!

Por Teorema de Rolle, existe c∗ ∈]a, x[ tal que

ϕ′(c∗) ⇔ −f(n+1)(c∗)(x− c∗)n

n!+

(x− c∗)nrn(x, a)

n!= 0

⇔ rn(x, a) = −f (n+1)(c∗); a < c∗ < x

Reemplazando este valor de rn(x, a) en (2) obtenemos queRn(x, a) =(x− a)n+1f (n+1)(c∗)

(n+ 1)!,

para algun c∗ entre x y a .

Observacion 6.4.4 1. Si Rn(x, a) → 0 cuando x→ +∞, entonces f(x) puede ser re-presentada mediante la serie de Taylor centrada en a en algun intervalo que contieneal punto a.

2. Cuando a = 0, la serie resultante por esta vıa se llama serie de Maclaurin y tienela forma:

f(x) = f(0) +

+∞∑

n+1

f (n)(0)xn

n!.

3. Otra forma equivalente de escribir el resto es

(1 − θ)n−1f (n)(θx)

(n− 1)!xn, para algun θ ∈ (0, 1).

6.4.1. Calculo de polinomios y series de Taylor para funciones elemen-

tales

1. La serie exponencial: es la serie de Taylor centrada en 0 o serie de Maclaurin def(x) = ex.

Los polinomios de Taylor de grado k y centrado en a = 0 lo denotamos por Tk(0).

Tn(0) = f(0) +

n∑

k=1

f (k)(0)xk

k!

T0(0) = f(0) = e0 = 1

T1(0) = f(0) +f ′(0)

1!x = 1 +

x

1!

T2(0) = T1(0) +f ′′(0)

2!= 1 + x+

x2

2!

Considerando que f (k)(0) = ex∣∣∣x=0

= e0 = 1; para todo k ∈ N tenemos que:

Tn(0) = 1 + x+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ · · · + xn

n!.

Ahora podemos estudiar la convergencia de la serie de potencias resultante cuandox 6= 0. Recordemos que toda serie de potencias converge para x = a.

1 +

+∞∑

n=1

xn

n!.

∣∣∣∣un+1(x)

un(x)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣xn+1

(n+ 1)!· n!

xn

∣∣∣∣ =|x|

(n+ 1).

Por lo tanto, lım|x|

(n+ 1)= 0 < 1; para todo x ∈ R y la serie converge para todo

x ∈ R.

Para saber si esta serie convergente representa a la funcion f(x) = ex, debemosanalizar el resto dado por el Teorema de Taylor:

Rn(x, 0) =xn+1ec

∗

(n+ 1)!; con c∗ ∈]0, x[.

Si dejamos x fijo, Rn(x, 0) → 0 cuando n→ +∞ puesxn+1

(n+ 1)→ 0 por ser el termino

general de una serie convergente.

Para todo x ∈ R se tiene que,

ex =

+∞∑

n=0

xn

n!

En particular si x = 1

e =

+∞∑

n=0

1

n!.

Esta formula permite calcular valor aproximados de e con el grado de exactitud queuno quiera. Por ejemplo, calculemos el numero e con 4 decimales exactos.

Esto quiere decir que Rn(1, 0) =ec

∗

(n+ 1)!, con c∗ entre 0 y 1, debe ser menor

que 10−4. Para facilitar los calculos podemos usar acotaciones intermedias comomostraremos a continuacion.

Rn(1, 0) =e

(n+ 1)!<

e

(n+ 1)!<

3

(n+ 1)!< 10−4.

Para determinar la cantidad mınima de terminos que debemos sumar para alcanzarel grado de exactitud que queremos, debemos resolver la inecuacion:

3

(n+ 1)!<

1

10,000,

tomando a n como incognita. La inecuacion es equivalente a

3 × 104 < (n+ 1)!.

Con una calculadora se puede encontrar que:

7! = 5,040

8! = 40,320

Por lo tanto basta tomar n = 8. Ası, tenemos que:

e ≈ 1 + 1 +1

2+

1

3!+

1

4!+

1

5!+

1

6!+

1

7!+

1

8!≈ 2, 7183.

2. La serie de coseno:

Sea la funcion f(x) = cos x, a = 0. Tenemos que:

f ′(x) = − senx

f ′′(x) = − cos x

f ′′′(x) = sen

f (iv)(x) = cos x

f (v) = − senx

f (vi)(x) = − cos x

fvii(x) = senx

f (viii)(x) = cos x

En general:

f (4n+1)(x) = senx

f (4n+2)(x) = − cosx

f (4n+3)(x) = senx

f (4n)(x) = cosx

Por lo tanto:

f (4n+1)(0) = 0

f (4n+2)(0) = −1

f (4n+3)(0) = 0

f (4n)(0) = 1

Ası, los coeficientes de Taylor an =f (n)(0)

n!para la serie de cos x son:

a4n+1 = a4n+3 = 0

a4n+2 =−1

(4n+ 2)!

a4n =1

(4n)!

Luego la serie de Taylor de f(x) = cos x es

f(0) ++∞∑

n=1

(−1)nx2n

(2n)!= 1 +

+∞∑

n=1

(−1)nx2n

(2n)!.

Esta serie converge para todo x ∈ R. Esto de deja para que el lector lo verifique.

3. senx =

+∞∑

n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!, x ∈ R.

4. La serie geometrica

1

1 − x=

+∞∑

n=0

xn, |x| < 1.

5. ln(1 + x) =∑ (−1)n+1xn

n, −1 < x ≤ 1.

6. La serie binomial

(1 + x)α = 1 +

+∞∑

n=1

α(α− 1)(α − 2) · · · (α− n+ 1)

n!xn, |x| < 1.

Consideremos la funcion f(x) = (1 + x)α, con x > −1, la que puede ser escritacomo:

(1 + x)α = eαLn(1+x).


Ası,d

dx[(1 + x)α] = eαLn(1+x) · α

1 + x= 0α(1 + x)α−1 = α(1 + x)α−1.

d2

dx2((1 + x)α) =

d

dx

(α(1 + x)α−1

)= α(α − 1)(1 + x)α−2.

Sucesivamente obtenemos la expresion;

dn

dxn((1 + x)α) = α(α − 1) · · · (α− n+ 1)(1 + x)α−n

para x = 0;dn

dxn(α(1 + x)α) |x=0 = α(α − 1) · · · (α− n+ 1)

Aplicando el teorema de Taylor podemos escribir:

(1 + x)α = 1 +α

1!x+

α(α − 1)

2!x2 + · · · + α(α − 1) · · · (α− n+ 2)

(n− 1)!xn−1 +

+(1 − θ)n−1

(n− 1)!· α(α− 1) · · · (α− n+ 1) · (1 + θ)α−n · xn.

Sea Sn la suma parcial de la serie de Taylor:

Sn = 1 + αx+α(α− 1)

2!x2 + · · · + α(α− 1) · · · (α− n+ 1)

n!xn

|Sn − (1 + x)α)| =∣∣∣(1 − θ)n−1

(n− 1)!

α(α− 1) · (α− n+ 1)

(1 + θx)n−α− α(α − 1) · · · (α− n+ 1)

n!

∣∣∣|x|n

∣∣∣ (1 − θ)1−1

(n− 1)!(1 + θx)n−α− 1

n!

∣∣∣∣∣∣α(α − 1) · · · (α− n+ 1)

∣∣∣|x|n

=∣∣∣(

1 − θ

1 + θx

)n−1

· (1 + θx)n−1

(1 + θx)n−α− 1

n

∣∣∣∣∣∣α(α − 1) · (α− n+ 1)

(n− 1)!

∣∣∣|x|n

No es difıcil verificar que∣∣∣α(α− 1) · · · (α− n+ 1)

(n− 1)!

∣∣∣ ≤ K, para alguna constante K

Por otro lado,(1 + θx)n−1

(1 + θx)n−α= (1 + θx)α−1

y

0 <1 − θ

1 + θx<

1 − θ

1 − θ= 1.

De esta forma, la cantidad

∣∣∣ (1 − θ)n−1

(1 + θx)n−1· (1 + θx)α−1 − 1

b

∣∣∣∣∣α(α − 1) − (α− n+ 1)

(n− 1)!

∣∣∣,

es acotada y, en consecuencia,

lımn→∞

|Sn − (1 + x)α| → 0,

para todo |x| < 1. Ası,

(1 + x)α =

+∞∑

n=0

α(α− 1) . . . . . . (α− n+ 1)

n!xn.

Se deja como ejercicio verificar que esta serie diverge para x = 1 y x = −1.Dos casos particulares de la serie binomial son:

Si α = 1 en la serie binomial y tenemos,

1

1 + x=

∞∑

n=0

(−1)(−2)(−3) · (−n)

n!xn =

∞∑

n=0

(−1)nxn.

Reemplazando x por−x, tenemos

1

1 − x=

∞∑

n=0

(−1)n(−1)nxn =

∞∑

n=0

xn.

Si α = −2 y usando −x en vez de x, tenemos

1

(1 − x)2= 1 + 2x+ 3x2 + · · · ; para − 1 < x < 1.

Ejemplo 6.4.5 1. Usando la definicion de cosh x y la serie exponencial, podemosobtener la serie que representa a entonces cosh x.

coshx =ex + e−x

2

ex =

+∞∑

n=0

xn

n!; para todo x ∈ R

e−x =+∞∑

n=0

(−x)n

n!=

+∞∑

n=0

(−1)nxn

n!.

Entonces:

cos hx =1

2

(+∞∑

n=0

nxn

n!+

+∞∑

n=0

(−1)nxn

n!

)

=+∞∑

n=0

(1 + (−1)n

2

)xn

n!.

Observar que si n es impar, entonces los coeficientes son cero. Por lo cual, podemosreescribir la serie como:

+∞∑

k=0

x2k

(2k)!; para todo x ∈ R.

coshx =+∞∑

n=0

x2k

(2k)!; |x| < +∞.

2. Encontrar la serie de potencias para

e−x ln(1 + 3x)

Usando el teorema de la aritmetica de series.

Solucion:

e−x =+∞∑

n=0

(−1)nxn

n!; |x| < +∞

ln(1 + y) =

+∞∑

n=1

(−1)n+1yn

n; |y| < 1. (6.12)

Tomando y = 3x en la ecuacion 6.12 y cambiando el ındice n por n+ 1 para podercomenzar a contar de cero, nos queda:

ln(1 + 3x) =+∞∑

n=0

(−1)n3n+1xn+1

n+ 1; |x| < 1

3

Recordemos el producto de Cauchy de series:

(∑an

)(∑bn

)=∑

cn;

donde, cn =

n∑

k=1

akbn−k , ak =(−1)kxk

k!, bk = (−1)k 3k+1xk+1

k + 1.

cn =n∑

k=0

(−1)k

k!xk · (−1)n−k3n−(k+1)xn−k+1

n− k + 1

=n∑

k=0

3n−k−1

k!(n− k + 1)(−1)nxn+1; |x| < 1

3

Entonces:

e−x ln(1 + 3x) =+∞∑

h=0

[n∑

k=0

3n−k−1

(n− k + 1)

](−1)nxn+1

Recordemos que para que el producto de series converja al producto de sus respec-tivas sumas la convergencia debe ser absoluta.

Observacion 6.4.6 Observemos ademas que la forma resultante “es una serie de poten-cias escrita en la normal”. Aveces pueden suceder casos en que no es tan directo obtenerla forma normal de una serie de potencias.Por ejemplo: (

+∞∑

n=0

anx2n

)(+∞∑

n=0

bnxn

).

En estos casos se tiene la formula:

(+∞∑

n=0

anx2n

)(+∞∑

n=0

bnxn

)=

+∞∑

n=0

[n/2]∑

k=0

akbn−2k

xn.

Ejemplo 6.4.7 No siempre se cumple que el valor de la funcion coincide con el valor desu serie formal de Taylor. Sea

f(x) =

{e−1/x , x > 0

0, x < 0.

f (n)(0) = 0 para todo n ≥ 0 y entonces

∞∑

k=0

f (k)(0)

k!(x − 0)k = 0 6= e−1/x = f(x),para

x > 0.


1. Escriba la funcion f(x) =√x como el polinomio de Taylor de grado 6 centrado en

a = 3, mas el respectivo resto.

Solucion: El polinomio de Taylor de grado n de f(x) centrado en x = a se escribe

f(a) + f ′(a) · (x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 + · · · + f (n)(a)

n!(x− a)n

El resto en este caso es

Rn(x, θ) =f (n+1)(θ)

(n+ 1)!(x− a)n+1; con a < θ < x.

Para f(x) =√x tenemos

f ′(x) =1

2x1/2

f ′′(x) = − 1

22· 1

x3/2

f ′′′(x) =3

23· 1

x5/2

f (′v)(x) = −3 · 524

· 1

x7/2

f (v)(x) =3 · 5 · 7

25,

1

x9/2

f (vi)(x) = −3 · 5 · 7 · 926

· 1

x11/2

fvii(x) =3 · 5 · 7 · 9 · 11

27· 1

x13/2.

Por lo tanto,

f(x) =√x

=√

3 +1

2 · 31/2· (x− 3) − 1

2!· 1

22· 1

33/2(x− 3)2

+1

3!· 3

23· 1

35/2(x− 3)3 − 1

4!· 3 · 5

24· 1

33/2(x− 3)4

+1

5!· 3 · 5 · 7

25· 1

39/2(x− 3)5 − 1

6!· 3 · 5 · 7 · 9

26· 1

311/2(x− 3)6

+1

7!· 3 · 5 · 7 · 9 · 11

27· 1

(θ)13/2(x− 3)7, con 3 < θ < x.

2. Obtenga la serie de Taylor de f(x) = lnx, centrada en x = 4, y calcule su intervaloy radio de convergencia:

Solucion: Para f(x) = lnx tenemos,


f ′(x) =1

x

f ′′(x) = − 1

x2

f (′′′)(x) =2

x3

f (iv)(x) = −2 · 3x4

f (v)(x) =2 · 3 · 4x5

Y en general

f (n)(x) = (−1)n+1 (n− 1)!

xn

Ası, la serie de Taylor de f(x) = lnx, centrado en x = 4 es:

ln(4) +∞∑

n=1

(−1)n+1 (n− 1)!

4n

1

n!(x− 4)n = ln(4) +

∞∑

n=1

(−1)n+1(x− 4)n

n · 4n

Para estudiar su intervalo y radio de convergencia, notemos que el termino generalde la serie es de la forma:

an =(−1)n+1(x− 4)n

n · 4n

y por ende,

an+1 =(−1)n+2(x− 4)n+1

(n+ 1) · 4n+1

Usando el criterio de la razon:

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn→+∞

∣∣∣∣∣∣∣∣

(−1)n+2(x− 4)n+1

(n+ 1) · 4n+1

(−1)n+1(x− 4)n

n · 4n

∣∣∣∣∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(−1)n+2(x− 4)n+1

(n+ 1) · 4n+1· n · 4n

(−1)n+1(x− 4)n

∣∣∣∣

= lımn→+∞

∣∣∣∣(−1)(x− 4)n

4(n+ 1)

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣x− 4

4

∣∣∣∣ · lımn→+∞

∣∣∣∣n

n+ 4

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣x− 4

4

∣∣∣∣ · lımn→+∞

n

n+ 4

=

∣∣∣∣x− 4

4

∣∣∣∣ · 1

=

∣∣∣∣x− 4

4

∣∣∣∣

Por lo tanto,

lımn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L =

∣∣∣∣x− 4

4

∣∣∣∣

El Criterio de la razon dice que la serie es convergente si L < 1, luego, imponiendoesta condicion tenemos que:

∣∣∣∣x− 4

4

∣∣∣∣ < 1 ⇐⇒ |x− 4| < 4 ⇐⇒ −4 < x− 4 < 4 ⇐⇒ 0 < x < 8.

Por lo tanto, la serie tiene radio de convergencia R = 4, estudiemos que ocurre enlos extremos de ]0, 8[.

Si x = 0

an =(−1)n+1(x− 4)n

n · 4n

=(−1)n+1(−4)n

n4n=

(−1)(−1)n(−1)n(4)n

n4n

=(−1)

n.


Luego, la serie es:

ln 4 +

+∞∑

n=1

1

n.

Como la serie+∞∑

n=1

1

nes divergente, la serie diverge para x = 0.

Si x = 8.

an =(−1)n+1(x− 4)n

n · 4n

se transforma en

an =(−1)n+1

n.

Entonces la serie a estudiar es:

ln 4 +

+∞∑

n=1

(−1)n+1

n

que es una serie alternada+∞∑

n=1

(−1)n+1

n

que segun el criterio de Leibniz es convergente. Por lo tanto, la serie convergeen x = 8.Luego, el intervalo de convergencia de esta serie es ]0, 8].

3. Use la formula:

cos2 x =1

2(1 + cos 2x)

Para demostrar que:

cos2 x = 1 ++∞∑

n=1

(−1)n · 22n−1 · x2n

(2n)!

Solucion: Usando la serie correspondiente a la funcion cos x que converge paratodo x ∈ R.

cos x = 1 +

+∞∑

n=1

(−1)nx2n

(2n)!.

Reemplando en ella x por 2u, obtenemos:


cos(2u) = 1 +∞∑

n=1

(−1)n

(2n)!· 22n · u2n

1 + cos 2u

2=

1

2

(2 +

∞∑

n=1

(−1)n

(2n)!22nu2n

)= 1 +

∞∑

n=1

(−1)n

(2n)!22n−1u2n

Concluimos que:

cos2 u = 1 +

∞∑

n=1

(−1)n

(2n)!22n−1u2

Lo cual es valido para todo u ∈ R.


Las series de las funciones :1

x− 1, ex, cos x, senx, ln(x+ 1) y la serie binomial son con-

sideradas series de referencias. Es decir, es lo mınimo que Ud. debe conocer y pueden serusadas cada vez que sea necesario sin deducirlas, ademas, debe recordar su intervalo deconvergencia.

1. Escriba las siguientes funciones como el polinomio de Taylor de grado 6 centrado ena mas el respectivo resto:

a) ex, a = 2.

b) senx, a =π

4.

c) cosh x, a = 0.

2. Obtenga las siguientes series usando la definicion de la serie de Taylor. Calcule suintervalo de convergencia.

a) ex en potencias de (x− 3).

b) ex en potencias de (x+ 2).

c) cos x en potencias de (x+ π/3).

d) lnx en potencias de (x− 4).

e)1√x+ 1

en potencias de (x− 3).

3. en los siguientes ejercicios determine las series de las funciones dadas usando susti-tuciones apropiadas en las series de referencia


a) e−x2.

b) cos 2x.

c) cos x2.

d)1

1 + x2.

e)1

1 + x4.

f )√

1 + senx2.

g) sen√x.

h) ln(1 + 4x3).

4. Use la formula sen2 x = 12 (1 − cos 2x) para obtener la serie de sen2 x . Verifique

la identidad fundamental de la trigonometrıa usando las series obtenidas en esteejercicio y el anterior.

5. Use el teorema de producto de series para calcular las series de :

a) x cos x.

b)x

senx.

c)e3x

1 + 4x.

d) ln(1 − x) cos x.

e) cos 3x(2 + x3).

f )1 + x

1 − x.

6. Calcule la serie de arc senx usando:

a) El Teorema Fundamental del Calculo para escribir arcoseno como una integralentre 0 y x.

b) Use la serie binomial para1√

1 − t2.

c) Use el teorema de integracion de series para obtener la serie de arcoseno inte-

grando la serie de1√

1 − t2.

d) Determine el intervalo de convergencia de la serie obtenida.

7. Calcule la serie de arctan x usando el mismo procedimiento que el propuesto en elejercicio (6).


8. a) Calcule el intervalo de convergencia de la serie de arctan x obtenida en (7).

b) Analice la convergencia de la serie en los extremos del intervalo.

c) Demuestre por continuidad que la serie obtenida en el ejercicio (7) representatambien a arctan 1.

d) Calcule un valor aproximado de π usando la serie en x = 1.

9. Calcule un valor aproximado con tres decimales del area bajo al curva e−x2cuando

x varıa entre 0 y 1.

10. Calcule un valor aproximado con tres decimales del area bajo al curvasenx

xcuando

x varıa entre 0 yπ

2.

11. Use la serie binomial para calcular un valor aproximado de la integral elıptica desegunda clase ∫ π

0

√1 − 3

4sen2 x dx.

Nota: Vea la guıa de longitudes de curva para recordar lo que es una integral elıptica.Respuesta : ≈ 1, 22....

12. Calcule un valor aproximado de la integral I =

∫ π/6

0(cos x)5/4 dx. Siga el siguiente

camino:

a) Escriba I =

∫ π/6

0cos x

√1 − sen2)1/4 dx =

∫ 1/2

0(1 − u2)1/8 dx, donde u = senx.

b) Use la serie binomial.

Respuesta: ≈ 0, 494........

Las series de Taylor tambien sirven para calcular algunos lımites. En estos casosse necesitan solo algunos terminos de la serie , no es necesario conocer el terminogeneral.

a) lımx→0

senhx− senx

x3. Respuesta:

1

3.

b) lımx→0

coshx− cos x

x2. Respuesta: 1.

c) lımx→0

senx− ln(1 + x)

x2. Respuesta: 1

2 .


13. a) Calcule el polinomio de Taylor de grado n y centrado en x0 = 0 de la funcion:

f(x) = coshx

b) Deduzca de (a) que coshx, en una vecindad del cero, puede ser aproximado poruna parabola. Encuentre tal parabola.

c) Calcule cosh(0,7) usando el polinomio de Taylor de grado 4.

d) Un cable pesado, perfectamente flexible e inextensible, adopta en equilibriola forma de una catenaria; haciendo abstraccion de la escala, su ecuacion es:y = cosh x. Usando los resultados anteriores, esta curva puede ser sustituida,en una vecindad del origen , por una parabola. ¿Hasta que abscisa el error quecon ello se comete es inferior al uno por ciento ?

14. a) Escriba - sin hacer los calculos y diciendo a cual serie de referencia corresponde- la serie de potencias de x de las funciones:

1

1 + x,

1√1 − x

,1√

1 − x2.

b) Obtenga la serie de potencias de x de1 − x

1 + xy su intervalo de convergencia.

c) Obtenga la serie de potencias en (b) para calcular1003

997con 6 decimales exactos.

d) Determine el desarrollo en serie de potencias de x de

√1 − x

1 + x.

Indicacion: Amplifique la cantidad subradical por (1 − x) para escribir:√1 − x

1 + x= (1 − x)

1√1 − x2

.


Bibliografıa

1. T. Apostol : Calculus. Editorial Reverte (1965).

2. S. Banach: Calculo diferencial e integral. Ed. Hispano-americana (1973).

3. R. Bartle y D. Sherbert : Introduccion al analisis matematico de una variable.Editorial Limusa (1989).

4. G. Bobadilla y J. Billeke : Calculo I. Facultad de Ciencia, Universidad deSantiago de Chile, 1997.

5. L. Bers: Calculus. Holt, Rinehart and Winston ,inc.1969.

6. M. L. Bittinger: Calculus. Addison - Wealey, 1980.

7. A.A. Blank : Problemas de calculo y analisis matematico. Limusa-Wiley, Mexico,1971.

8. J. de Burgos : Calculo infinitesimal de una variable McGraw Hill.1997

9. G. W.Bluman : Problem book for first year calculus Springer-Verlag.1984

10. J.C Guajardo y J.S Urrea : Cuarenta problemas resueltos de Calculo Integral .

Trabajo de titulacion, Universidad de Santiago de Chile, 2001

11. F. Granero : Calculo. McGraw - Hill. Madrid (1991).

12. S. L Grossman : Calculus . Academic Press, 1981.

13. N. B. Haaser, J.P.Lasalle y J.A. Sullivan: Analisis Matematico, Vol 1.Ed.Trillas, 1988.

14. H. S.Hall y S. R. Knight: Trigonometrıa Elemental, Editorial Hispano Ameri-cana, Mexico, 1961.

15. G.H.Hardy : A Course of Pure Mathematics . Cambridge University Press, 1960.

16. J. Kitchen.: Calculo. McGraw - Hill (1986).

17. K. Kuratowski : Introduction to calculus. Pergamon Press (1961).

18. L.D. Kudriavtsev, A.D. Kutasov et al.: Problemas de Analisis Matematico.Editorial Mir, Moscu.

19. R. Labarca Apuntes Calculo II-Periodo de Verano Facultad de Ciencia, Univer-sidad de Santiago de Chile, 2001


20. H. Larsen.: Tables, Formulas and curves. Holt, Rinehart and Winston (1953).

21. E. Lima.: Analise real. IMPA (1989).

22. E. A. Maxwell : An analytical calculus . Cambridge University Press (1959).

23. E. D. Rainville: Infinite Series. Macmillan, 1967.

24. REA ’s Problem Solvers: Advanced Calculus.1999.

25. R. Rothe : Matematica superior. Tomos I y II. Editorial Labor ,1959.

26. Reunion de Professeurs : Exercices de trigonometrie. Ligel, Parıs, 1960.

27. W. N Rose: Matematica para ingenieros. Editorial Labor, 1936.

28. R. T. Seeley: Calculus of several variables. Scott, Foresman and Co. 1970.

29. J. Stewart: Calculo multivariable . Editorial Thomson, 1999.

30. M. Spivak : Calculus. Ed. Reverte. S. A. Barcelona, 1970.

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