cálculo i
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Cálculo I.Versión 9 – Mayo, 2016.
Santiago Relos P.Universidad Mayor de San SimónCochabamba - Bolivia
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Prólogo
Este trabajo pretende cumplir el siguiente objetivo: Ser un manual de aprendizaje para estudiantes que se inician
en el estudio del Cálculo. Todo tema se inicia con definiciones precisas y rigurosas, se demuestran los teoremas
más importantes, se presentan numerosos ejemplos y ejercicios resueltos, se termina con ejercicios propuestos
con soluciones. La obra está escrita de manera que el estudiante pueda continuar la clase del profesor.
En el capítulo I, se desarrolla la teoría de los números reales en forma parcial, se enuncian los axiomas algebrai-
cos y de orden para concebir el conjunto de los números reales. No se desarrolla el axioma del supremo por no
corresponder a los fines del curso, sin embargo, este axioma se desarrolla en el apéndice, se desarrolla un méto-
do para resolver desigualdades con una variable con y sin valor absoluto. En los capítulos II y III se desarrollan
brevemente la teoría de las funciones y luego los límites y continuidad de las funciones. Los capítulos IV y V
se refieren a la derivada y sus aplicaciones. Finalmente los restantes capítulos se refieren a la integración y sus
aplicaciones.
Deseo terminar esta presentación agradeciendo al departamento de Matemáticas en la persona del ingeniero
Mario Maldonado Terán por su constante apoyo en la publicación de textos en el Departamento de Matemáti-
cas. Al MSc. Roberto Zegarra Urquidi , director del programa MEMI por permitir la publicación de la primera
edición, al MSc. Gualberto Cupé Clemente por colaborar en la revisión de la primera edición de este texto,
finalmente deseo agradecer a los profesores y ayudantes del departamento de matemáticas de la facultad de
Ciencias y Tecnología de la Universidad Mayor de San Simón por sus múltiples sugerencias y su colaboración
en la difusión de este texto, también agradezco al profesor Walter Mora por permitirme emplear su platilla LATEX,
finalmente agradezco a mi familia por su apoyo y especialmente a mi hija Laura por encontrar errores en todos
los textos que escribo. Hacia ellos mi gratitud eterna.
Cochabamba, Mayo 2016. EL AUTOR
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VI
Prólogo
Prólogo a la primera edición
Las matemáticas tienen cada vez más importancia para la ciencia e ingeniería y es fácil suponer que esta ten-
dencia continuará en el futuro. Los problemas de la ingeniería moderna son tan complejos que la mayor parte
no se puede resolver por la simple intuición física y la experiencia adquirida, de ahí que el objetivo y propósito
más importante en las matemáticas para ingeniería parece ser que el estudiante se familiarice con los concep-
tos matemáticos. Debe adquirir conciencia de que las matemáticas no son una colección de artificios y recetas,
sino una ciencia sistemática de importancia práctica que se apoya en un número relativamente pequeño de
conceptos básicos y poderosos para la solución de problemas.
El propósito de este libro es el de proporcionar un texto guía para los estudiantes y docentes de ingeniería,
ciencias, y matemáticas y diremos que el libro ha sido escrito con el siguiente objetivo:
Motivar a los estudiantes de modo que se consiga un entendimiento de los tópicos y se desarrolle un interés, lo
cual se hace por medio de ayudas, como ejemplos, preguntas y problemas para discusión.
Esperamos que el presente texto no sólo sea comprensible, sino mas bien interesante y agradable al estudiante.
El capítulo 1, trata la presentación de conceptos básicos en el entendido de que el estudiante tiene conocimien-
tos de geómetría analítica elemental. El capítulo 2 estudia funciones en todas sus formas y composiciones, el
capítulo 3 trata sobre límites y continuidad para luego entrar a la derivada de una función junto con la inter-
pretación geométrica de la derivada y una discusión de la continuidad y de los límites. Este material prepara al
estudiante para el estudio de la derivación de funciones variadas y de la regla de la cadena, conceptos de cre-
cimiento, concavidad, teorema del valor medio, temas necesarios para comprender problemas de máximos y
mínimos. En el capítulo 5 se cita variadas aplicaciones que como se dijo agrade y estimule al alumno el uso de
las matemáticas.
Luego de nociones preliminares de sumas, particiones, normas, se da una definición general de la integral defi-
nida de una función sobre un intervalo cerrado y luego se ve las técnicas y métodos de integración, finalmente
existen muchos ejercicios de la aplicación de integrales relacionados con áreas planas, longitudes de arco, volú-
menes, etc. Finalizando con el estudio de las integrales tan necesarias cuando se manejan ciertos dominios.
Es digno reconocer el esfuerzo que significó al autor la edición de este texto, aprovechando la experiencia que
tiene en el departamento de matemáticas desde el año 1994, en el servicio permanente de la enseñanza en las
distintas carreras que tiene la Facultad de Ciencias y Tecnología.
El profesor Santiago Relos P. es un joven profesional matemático con grado de Maestría en Matemáticas obtenida
en la Universidad Católica del Norte de Antofagasta Chile, aprovechando una beca que le concedió el programa
?MEMI? de sus propósitos de capacitación docentes. Actualmente es docente a tiempo completo en la Facultad
de Ciencias y Tecnología de la U.M.S.S., regentando materias tanto en las carreras de servicio como en la carrera
propiamente de matemáticas.
Cochabamba, septiembre de 1998
Ing. Mario Maldonado TeránJefe Depto. de Matemáticas FCyT UMSS
Derechos reservados © 2015
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ÍNDICE GENERALÍNDICE GENERAL
Prológo II Prológo III
1 LOS NÚMEROS REALES PÁGINA 3
1.1 La recta real 3
1.1.1 Axiomas iniciales 3
1.1.2 Axiomas de orden 7
1.1.3 Números Naturales, Enteros y Racionales 10
1.2 Intervalos 10
1.3 Valor absoluto 12
1.4 Resolución de desigualdades con una variable 17
1.5 Desigualdades con valor absoluto 23
2 FUNCIONES PÁGINA 31
2.1 Introducción 31
2.2 Funciones Especiales 36
2.2.1 Función Identidad 37
2.2.2 Funcion Constante 37
2.2.3 Función Valor Absoluto 37
2.2.4 La Función Lineal 38
2.2.5 Función Potencia 38
2.2.6 Función Polinomial 39
2.2.7 Las funciones Trigonométricas 40
2.2.8 La función Exponencial 40
2.2.9 La función Logarítmica 41
2.2.10 La función mayor entero 42
2.2.11 Funciones Hiperbólicas 42
2.3 Operaciones con funciones 43
2.3.1 Suma y Resta 43
2.3.2 Producto y División 43
2.3.3 Recíproco de una función 44
2.3.4 Composición de Funciones 44
2.4 La Inversa de una Función 47
2.4.1 Funciones Inyectivas y Sobreyectivas 47
2.4.2 Inversa de una función 50
2.4.3 Funciones trigonométricas inversas 53
2.4.4 Funciones Hiperbólicas inversas 53
X
2.5 Funciones Crecientes y Decrecientes 54
2.6 Funciones acotadas 56
2.7 Construcción de Funciones 59
2.8 Funciones a una variable con MatLab 65
2.8.1 Comando ezplot 652.8.2 Comando plot 672.8.3 Declaración de funciones 702.8.4 La función escalón de Heaviside 73
3 LÍMITES Y CONTINUIDAD PÁGINA 773.1 Introducción 77
3.2 Límite de una Función 78
3.2.1 Definición de Límite 793.2.2 Límites Laterales 803.2.3 Propiedades de Límites 81
3.3 Un algoritmo para demostrar Límites 84
3.3.1 Algoritmo ε−δ (Epsilon-Delta) 84
3.4 La Definición de Continuidad de una Función 89
3.4.1 Continuidad en un Punto 903.4.2 Preservación del signo en funciones continuas 913.4.3 Teorema de Bolzano 923.4.4 El teorema del Valor Intermedio 92
3.5 Cálculo de Límites 94
3.5.1 El símbolo ∞ 953.5.2 Indeterminaciones 953.5.3 El paso al límite 95
3.6 Límites trigonométricos 100
3.7 Límites con Infinito 105
3.8 Un límite notable 110
3.9 Límites con MatLab 114
3.9.1 limit(función,var,p) 1143.9.2 limit(función,var,p,’right’) 1153.9.3 limit(función,var,p,’left’) 115
3.9.4 Funciones inline y el límite lımh→0
f (x +h)− f (x)
h116
4 CÁLCULO DIFERENCIAL PÁGINA 1194.1 La Derivada de una función 119
4.2 Símbolos para representar la derivada 122
4.3 Los diez resultados fundamentales del Cálculo 122
4.3.1 Primer resultado fundamental 1234.3.2 Segundo resultado fundamental 1244.3.3 Tercer resultado fundamental 1244.3.4 Cuarto resultado fundamental 1244.3.5 Quinto resultado fundamental 1254.3.6 Sexto a noveno resultados fundamentales 1254.3.7 Décimo resultado fundamental (La regla de la cadena) 126
XI
4.4 Derivada con funciones trigonométricas 128
4.4.1 Derivada de la función tangente 1284.4.2 Derivada de la función cotangente 1284.4.3 Derivada de la función secante 1294.4.4 Derivada de la función cosecante 129
4.5 Derivadas con la regla de la cadena 131
4.6 Derivada de las funciones hiperbólicas 134
4.7 Derivada de la función inversa 134
4.7.1 Derivadas de funciones trigonométricas inversas 1344.7.2 Derivadas de las funciones hiperbólicas inversas 135
4.8 Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial 136
4.9 Derivadas de Orden Superior 138
4.10 Derivación Implícita y el cálculo de y ′ a partir de F(x, y
)= 0 141
4.11 La recta tangente y normal 143
4.11.1 Recta tangente 1434.11.2 Recta normal 1444.11.3 Aplicación: Aproximación a funciones 1484.11.4 Aplicación: El método de Newton 149
4.12 La diferencial 151
4.12.1 Incrementos 1514.12.2 Diferenciales 1514.12.3 La notación diferencial para la derivada 1524.12.4 Reglas para el cálculo de las diferenciales 1524.12.5 Aplicaciones de la diferencial 153
4.13 Derivada y recta tangente con MatLab 154
4.13.1 Cálculo de la derivada con limit 1544.13.2 Cálculo de la derivada con diff 1554.13.3 La recta tangente 156
5 APLICACIONES DE LA DERIVADA PÁGINA 159
5.1 Máximos y Mínimos 159
5.1.1 Introducción 1595.1.2 Condición necesaria de existencia de máximo o mínimo local 1615.1.3 Puntos críticos 1635.1.4 Funciones crecientes, decrecientes y derivada 1635.1.5 Criterio de la primera derivada 166
5.2 Teoremas de Valor Medio 169
5.3 Concavidad 173
5.4 Criterio de la segunda derivada 178
5.5 Maximos y mínimos con MatLab 181
5.5.1 El comando fminbnd 1815.5.2 Máximos y mínimos locales con los comandos diff y solve 182
5.6 Problemas sobre Máximos y Mínimos 185
5.6.1 Problemas Geométricos 1855.6.2 Problemas de construcción 1905.6.3 Problemas de costos 1955.6.4 El principio de Fermat 197
XII
5.7 La Derivada como Razón de Cambio 209
5.8 Límites Indeterminados 214
5.8.1 La indeterminación 00 214
5.8.2 La indeterminación ∞∞ 217
5.8.3 Indeterminaciones 0 ·∞ e ∞−∞ 218
5.8.4 Casos 00, ∞0, 1∞ 219
5.9 Trazado de curvas algebraicas 223
5.9.1 Simetría 224
5.9.2 Intersecciones con los ejes 226
5.9.3 Campo de variación 227
5.9.4 Comportamiento cuando x →−∞ y x →∞ 228
5.9.5 Asíntotas 228
6 CÁLCULO INTEGRAL PÁGINA 237
6.1 Sumas 237
6.1.1 Sumatorias 237
6.1.2 Área como el límite de una suma 240
6.1.3 Funciones Integrables y la Integral Definida 246
6.1.4 Propiedades de la Integral Definida 247
6.1.5 La primitiva de una función 249
6.1.6 El Teorema Fundamental del Cálculo 250
6.1.7 Teorema del Valor Medio para integrales 252
6.1.8 Segunda forma del Teorema Fundamental del Cálculo 253
6.2 Métodos de integración 255
6.2.1 La integral indefinida 255
6.2.2 Fórmulas fundamentales de integración 256
6.2.3 Integración por sustitución 257
6.2.4 Integración por Partes 262
6.2.5 Integrales trigonométricas 265
6.2.6 Resumen de las fórmulas de reducción 272
6.2.7 Funciones racionales a dos variables 273
6.2.8 Cambios de variable trigonométricos 274
6.3 Integración por Fracciones Parciales 278
6.3.1 Preliminares algebraicos 278
6.3.2 Fracciones parciales 279
6.3.3 Cálculo de constantes en fracciones parciales 280
6.3.4 Integración por Fracciones parciales 281
6.4 Funciones racionales del tipo F(x,p
ax +b)
285
6.5 Funciones racionales del tipo F (sin x,cos x) 287
6.6 Integración con MatLab 290
6.7 Polinomios con MatLab 291
6.7.1 Polinomios en MatLab 291
6.7.2 Producto de polinomios 291
6.7.3 División de polinomios 292
6.7.4 Operaciones simbólicas con MatLab 292
6.7.5 Fracciones simples 293
6.7.6 Reconstrucción de una fracción 298
1
7 INTEGRALES IMPROPIAS PÁGINA 3017.1 Integrales impropias de primera clase 301
7.1.1 Límite superior infinito 301
7.1.2 Límite inferior infinito 302
7.2 Integrales impropias de segunda clase 302
7.2.1 No acotada en el límite superior 3027.2.2 No acotada en el límite inferior 303
8 CÁLCULO DE ÁREAS PLANAS PÁGINA 3098.1 Regiones acotadas 309
8.2 Cálculo de áreas 310
8.3 Dibujo de áreas planas con MatLab 319
9 LONGITUD DE ARCO PÁGINA 323
10 CÁLCULO DE VOLÚMENES PÁGINA 32910.1 Método de los cilindros sólidos 329
10.2 Método de los cilindros huecos 333
11 APÉNDICE 1: EL AXIOMA DEL SUPREMO PÁGINA 341
11.1 Máximo y mínimo
341
11.2 Cota superior 341
11.3 Cota inferior 342
11.4 Mínima cota superior 342
11.5 Axioma 10 (el axioma del supremo)
343
11.5.1 Máxima cota inferior 34311.5.2 La propiedad arquimediana 344
12 APÉNDICE 2: UN LÍMITE NOTABLE PÁGINA 347
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1 Los números reales
1.1 La recta real
En la larga historia de los números se pueden ver varias formas de introducir el estudio de los números reales. Matemáticos
como Karl Weierstrass (1815-1897), George Cantor (1845-1918) y Richard Dedekind (1831-1916) se dedicaron a esta tarea. En
1889 el matemático italiano Guiseppe Peano (1858-1932) da un listado de cinco axiomas para los enteros positivos. En este
capítulo se da una breve introducción al sistema de los números reales.
1.1.1. Axiomas iniciales
El Sistema de números reales es un conjunto R cuyos elementos se llaman números. Se asume la existencia de dos operacio-
nes llamadas adición y multiplicación denotados por + y · respectivamente tal que con cada par de números x y y formamos
la suma x + y que nuevamente es un número, similarmente formamos el producto x · y (o x y) y nuevamente es un número.
Lo anterior se indica diciendo que R es cerrado para la operación suma y pr oducto. Aceptamos que la suma y producto
están univocamente determinadas, esto es, x + y , y x y son únicos. En R se satisfacen los siguientes axiomas:
Axioma 1 Conmutatividad. Para todo x, y ∈Rx + y = y +x, x y = y x
Axioma 2 Asociatividad. Para todo x, y, z ∈Rx + (y + z) = (x + y)+ z, x(y z) = (x y)z
Axioma 3 Distributividad. Para todo x, y, z ∈Rx(y + z) = x y +xz
Axioma 4(a) Existencia de la identidad. Existe un elemento en R denotado por 1 (es llamado uno) tal que para todo
x ∈Rx ·1 = x
Axioma 4(b) Existencia del neutro. Existe un elemento en R denotado por 0 (es llamado cer o) tal que para todo x ∈Rx +0 = x
4 Los números reales
Axioma 5 Existencia de negativos. Para cada número x, existe un número y tal que
x + y = 0
Axioma 6 Existencia de recíprocos. Para cada número x 6= 0, existe un número y tal que
x y = 1
Todas las leyes del álgebra elemental pueden deducirse a partir de los anteriores axiomas. A continuación se muestran las
más usuales.
Ley de cancelaciónTeorema 1.1
Si a +b = a + c, entonces b = c, en particular, esto muestra que el número 0 del axioma 4(b) es único.
Demostración. Supóngase que a +b = a + c. Por el axioma 5 existe un número y tal que a + y = 0. Puesto que la
suma está univocamente determinada se tiene y+(a +b) = y+(a + c). Usando el axioma 2:(y +a
)+b = (y +a
)+c,
de donde 0+b = 0+ c, y por el axioma 4(b) b = c. Observemos que si existe un otro número 0′ tal que 0′+ x = x
para todo número x, entonces en particular 0′+0 = 0, pero también por el axioma 4(b) 0+0 = 0, luego 0′+0 = 0+0,
de donde 0′ = 0. Esto muestra que el cer o definido en el axioma 4(b) es único.
■
Posibilidad de sustracciónTeorema 1.2
Dados los números a,b existe un único número x tal que a + x = b. Este número se denota con b − a. En particular
0−a se escribe como −a y es llamado Negativo de a (también se llama menos de a).
Demostración. Existe un número y tal que a + y = 0. Sea x = b + y , entonces
a +x = a + (b + y
)Ahora usando los axiomas 1 y 2 se deduce a +x = b + (
a + y)
, por tanto a +x = b +0, esto es, a +x = b.
■Observación. Observemos que a + (−a) = 0.
Teorema 1.3
Para todo a,b ∈R, b −a = b + (−a).
Los números reales 5
Demostración. Sea x = b −a, por definición de sustracción b = x +a. Sea y = b + (−a), entonces
y +a = [b + (−a)]+a = b + [(−a)+a] = b +0 = b
de este resultado junto con x +a = b se concluye que x +a = y +a. Por la ley de cancelación se tiene x = y , esto
prueba el teorema.
■
Teorema 1.4
Para todo a ∈R se tiene − (−a) = a.
Demostración. Se tiene a + (−a) = 0, luego por definición a = 0− (−a), de donde el resultado sigue.
■
Teorema 1.5
Para todo a ∈R se cumple a ·0 = 0.
Teorema 1.6
Para todo a,b ∈R se tiene a (−b) =−ab.
Demostración. ab +a (−b) = a [b + (−b)] = a0 = 0, luego a (−b) =−ab.
■
Teorema 1.7
Para todo a,b,c ∈R se verifica a (b − c) = ab −ac.
Demostración. a (b − c) = a [b + (−c)] = ab +a (−c) = ab −ac.
■
Ley de cancelación para la multiplicaciónTeorema 1.8
Si ab = ac y a 6= 0, entonces b = c. (En particular, esto muestra que el número 1 definido en 4(a) es único).
Demostración. Supongamos que ab = ac. Por el axioma 6 existe un número y tal que ay = 1, por tanto y(ab) =y(ac), esto es, (y a)b = (y a)c, luego 1b = 1c, de donde b = c.
■
6 Los números reales
Posibilidad de divisiónTeorema 1.9
Dados a,b con a 6= 0, existe exactamente un x ∈ R tal que ax = b. El número x es denotado porb
ao b/a y es llamado
cociente de b y a, en particular,1
aes denotado por a−1 y es llamado el recíproco de a.
Teorema 1.10
Si a 6= 0, entoncesb
a= ba−1.
Teorema 1.11
Si a 6= 0, entonces(a−1
)−1 = a.
Teorema 1.12
Si ab = 0, entonces a = 0 o b = 0.
Teorema 1.13
Si b 6= 0 y d 6= 0, entoncesa
b+ c
d= ad +bc
bd.
Teorema 1.14
Si b 6= 0 y d 6= 0, entoncesa
b· c
d= a · c
b ·d.
Teorema 1.15
Si b 6= 0,c 6= 0 y d 6= 0, entoncesa
bc
d
= ad
bc
Los números reales 7
1.1.1.1. Ejercicios propuestos
1. Pruebe los teoremas que no presentan demostración.
Probar los siguientes resultados:
2. −0 = 0.
3. 1−1 = 1.
4. − (a +b) =−a −b.
5. − (a −b) =−a +b.
6. (a −b)+ (b − c) = (a − c).
7. Si b 6= 0 y a 6= 0, entonces (ab)−1 = a−1b−1.
8. Si b 6= 0, −( a
b
)=
(−a
b
)=
( a
−b
).
9. Si b 6= 0 y d 6= 0, entoncesa
b− c
d= ad −bc
bd.
10.a
b= c
dsi y solamente si ad = bc, bd 6= 0.
1.1.2. Axiomas de orden
Los axiomas del (1) al (6) no dicen nada sobre “comparar ” los números en el sentido de “que número es más grande que otro”
cuando se toman dos números. En esta sección se presentan axiomas que permitirán, en el anterior sentido, comparar dos
números.
Supondremos la existencia de un subconjuntoR+ ⊂R llamado el conjunto de los números positivos que satisface los siguien-
tes axiomas:
Axioma 7. Si x, y ∈R+ entonces x + y ∈R+ y x y ∈R+.
Axioma 8. Para cada real x : o x = 0 o x ∈R+ o −x ∈R+ de manera excluyente, es decir, se cumple una y solamente
una de las afirmaciones.
Se definen ahora los símbolos < (menor), > (mayor), ≤ (menor o igual) y ≥ (mayor o igual).
x < y significa y −x ∈R+
y > x significa x < y
x ≤ y significa y −x ∈R+∪ {0}
y ≥ x significa x ≤ y
Si x > 0, claramente x ∈R+, esto es, x es positivo si y solo si x > 0. Si x ≥ 0 diremos que x es no negativo. Si x < 0 diremos que
x es negativo, el conjunto de los reales negativos se denota con el símbolo R− y está definido por:
R− = {−x : x ∈R+},
los números x ≤ 0 se llaman no positivos.
Las propiedades más importantes, que son consecuencia de los anteriores axiomas, se presentan en los siguientes teoremas.
Ley de la tricotomía
8 Los números reales
Teorema 1.16
Para dos números reales arbitrarios a,b ocurre exactamente una de las siguientes afirmaciones: a = b o a < b, o b < a.
Demostración. Sigue del axioma 8 con x = b −a.
■
Ley transitivaTeorema 1.17
Si a < b y b < c, entonces a < c.
Otros resultadosTeorema 1.18
Si a < b y c es un número arbitrario, entonces a + c < b + c.
Demostración. Por hipótesis a < b, entonces b −a ∈R+, de donde (b + c)− (a + c) ∈R+ de donde a + c < b + c.
■
Teorema 1.19
Si a < b y c < 0, entonces ac > bc.
Demostración. Si a < b, b −a ∈ R+. Por otra parte si c < 0, −c ∈ R+ por tanto (−c) (b −a) = ac −bc ∈ R+, esto es,
bc < ac, de donde se sigue con: ac > bc.
■
Teorema 1.20
Si a < b y c > 0, entonces ac < bc.
Teorema 1.21
Si a < b y c < d , entonces a + c < b +d .
Los números reales 9
Teorema 1.22
Si a 6= 0, entonces a2 > 0.
Teorema 1.23
1 > 0.
Teorema 1.24
Si a < b, entonces −a >−b. En particular si a < 0, entonces −a > 0.
Teorema 1.25
Si ab > 0, entonces a y b ambos son positivos o ambos negativos.
Demostración. Supongamos que la conclusión del teorema es falsa, sin pérdida de generalidad podemos supo-
ner que a < 0 y b > 0. De este hecho tenemos −a > 0 luego (−a)b =− (ab) > 0, esto es contradictorio, luego a y b
son ambos positivos o ambos negativos.
■
1.1.2.1. Ejercicios propuestos
1. Pruebe los teoremas que no presentan demostración.
Probar:
2. No existe un número real a tal que a2 +1 = 0.
3. La suma de dos números negativos es negativo.
4. Si a > 0, entonces1
a> 0; si a < 0, entonces
1
a< 0.
5. Si 0 < a < b, entonces 0 < b−1 < a−1.
6. Si a ≤ b y b ≤ c, y a = c, entonces b = c.
7. Para todo a,b se tiene a2 +b2 ≥ 0. Si a y b no son ambos cero, entonces a2 +b2 > 0
8. No existe un número real a tal que x ≤ a para todo real x.
9. Si x tiene la propiedad de que 0 ≤ x ≤ h para cada real positivo h, entonces x = 0.
10. Si b ≥ 0, entonces x2 > b si y solamente si x >pb o x <−pb.
11. Si b ≥ 0, entonces x2 < b si y solamente si o −pb < x <pb.
10 Los números reales
1.1.3. Números Naturales, Enteros y Racionales
Existen en R ciertos subconjuntos, cuya existencia no se demuestra en este texto, por no corresponder a un primer curso
de Cálculo, estos conjuntos son los Naturales, Enteros y Racionales que se representan respectivamente por N, Z, Q. Estos
conjuntos son:
N= {1,2,3,4, ...}
Z= {...,−4,−3,−2,−1,0,1,2,3,4, ...}
Q={
p
q: p, q ∈ Z ∧ q 6= 0
}Observemos que N⊂Z⊂Q⊂R. Los números que están en R pero no en Q se llaman números irracionales, este conjunto se
representa porQc . En el apéndice I se prueba queQc 6= ;.
Para un estudio completo de los números reales, es necesario enunciar un ultimo axioma, este es llamado el axioma delsupremo, que se puede ver en el apéndice I.
1.2 Intervalos
En cálculo, los conjuntos de uso más frecuente son los intervalos, estos se definen como conjuntos que satisfacen ciertas
desigualdades.
Definición 1.1
(Intervalo abierto) Dados dos números a,b tales que a < b. El conjunto {x ∈ R : a < x < b} se llama intervalo abierto y
se denota con (a,b), esto es,
(a,b) = {x ∈R : a < x < b} ,
su representación gráfica es:
a b
observemos que los números a y b no pertenecen al conjunto (a,b). También notemos que si a = b, se tiene (a,b) =;.
Definición 1.2
(Intervalo cerrado) Dados dos números a,b tales que a ≤ b. El conjunto {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} se llama intervalo cerrado
y se denota con [a,b], esto es,
[a,b] = {x ∈R : a ≤ x ≤ b} ,
este conjunto se puede representar gráficamente del siguiente modo
a b
observemos que los números a y b pertenecen al conjunto [a,b].
Los números reales 11
Definición 1.3
(Intervalo semi-abierto o semi-cerrado) Dados dos números a,b tales que a ≤ b. Los conjuntos
[a,b) = {x ∈R : a ≤ x < b} y
(a,b] = {x ∈R : a < x ≤ b}
se llaman intervalos semi-abiertos o semi-cerrados. Gráficamente se representan respectivamente por:
a b
a b
De manera similar definimos los intervalos infinitos:
(a,∞) = {x ∈R : x > a}
[a,∞) = {x ∈R : x ≥ a}
(−∞,b) = {x ∈R : x < b}
(−∞,b] = {x ∈R : x ≤ b}
(−∞,∞) =R,
gráficamente, estos intervalos se representan respectivamente por:
a ∞
a ∞
−∞ b
−∞ b
−∞ ∞
1.2.0.1. Ejercicios propuestos
En los siguientes ejercicios realizar las operaciones que se indican
1. (0,3)∩ (1,5) Sol.: (1,3)
2.
{[1
2,3
]∪ [4,10)
}∩ [2,8) Sol.: [2,3]∪ [4,8)
3.
[1
2,3
]∩ [4,10)∩ [2,8) Sol.: ;
4.
[1
2,3
]∪ {[4,10)∩ [2,8)} Sol.:
[1
2,3
]∪ [4,8)
12 Los números reales
5.(p
2,6)∩ (π
2,10
)Sol.:
(π2
,6)
6. {(2,6)∪ (6,8]}∩[
4,
√200
2
]Sol.: [4,6)∪ (6,8]
7. ∩∞k=1
[1+ 1
k,5+ 1
4
]Sol.:
[2,
21
4
]
8. ∩∞k=1
[1− 1
k,5+ 1
4
]Sol.:
(1,
21
4
]
1.3 Valor absoluto
El valor absoluto de un número es la distancia del número al cero, así el valor absoluto de 5 es 5, similarmente, puesto que
la distancia de −5 a 0 es 5, el valor absoluto de −5 es 5. De esta definición intuitiva deducimos que el valor absoluto de un
número es un número no negativo. A continuación definimos formalmente el concepto de valor absoluto.
Definición 1.4
El valor absoluto de un número real a se define por la regla:
|a| ={
a si a ≥ 0
−a si a < 0
Ejemplo 1.1 |5| = 5, |−7| = − (−7) = 7, |0| = 0
De la definición anterior, se deduce inmediatamente el siguiente teorema:
Teorema 1.26
Para cualquier a ∈R se tiene:
1. |a|2 = a2,
2. |a| = |−a|,
3. −|a| ≤ a ≤ |a|.
El valor absoluto además tiene las siguientes propiedades
|a| ≥ 0|a| = 0 si y solo si a = 0|a +b| ≤ |a|+ |b| para cualesquiera a,b ∈R|ab| = |a| |b|
Establecemos estas propiedades en los siguientes teoremas. Se demuestran algunas, dejando al lector la demostración de las
restantes.
Los números reales 13
Teorema 1.27
Para cualquier a ∈R, |a| ≥ 0.
Teorema 1.28
|a| = 0 si y solo si a = 0.
1.3.0.2. Desigualdad triangular
Teorema 1.29
|a +b| ≤ |a|+ |b| para cualesquiera a,b ∈R
Demostración.|a +b|2 = (a +b)2
= a2 +2ab +b2
= |a|2 +2ab +|b|2≤ |a|2 +2 |a| |b|+ |b|2= (|a|+ |b|)2
luego |a +b| ≤ |a|+ |b| .■Observación. Observemos que:
|a −b| = |a + (−b)|≤ |a|+ |−b|= |a|+ |b|
luego: |a −b| ≤ |a|+ |b| .
Teorema 1.30
Sea x,k ∈R, k > 0, entonces |x| ≤ k, si y solamente si
−k ≤ x ≤ k.
Teorema 1.31
Sea x,k ∈R, k > 0, entonces |x| ≥ k, si y solamente si
x ≤−k o x ≥ k.
14 Los números reales
Teorema 1.32
Para cualesquiera a,b ∈R, |a −b| ≥ |a|− |b|.
Demostración. En la demostración, se hace uso de la desigualdad triangular.
|a| = |(a −b)+ (b)|≤ |a −b|+ |b|
luego |a −b| ≥ |a|− |b|.■
Teorema 1.33
Para cualesquiera a,b ∈R, | |a|− |b| | ≤ |a −b|.
Demostración.Por el teorema anterior |a|− |b| ≤ |a −b|. Por otra parte
|b|− |a| ≤ |b −a|= |a −b|
de donde −|a −b| ≤ |a|− |b|, de estos resultados se tiene
−|a −b| ≤ |a|− |b| ≤ |a −b| ,
esto es:
||a|− |b|| ≤ |a −b| .■
Teorema 1.34
Para todo a,b ∈R, |a +b| ={
a +b si a ≥−b
−a −b si a <−b
1.3.0.3. Ejercicios resueltos
Ejercicio. Resolver |3x +5| = 2.
Los números reales 15
Solución. Por definición de valor absoluto:
|3x +5| ={
3x +5 si 3x +5 ≥ 0
− (3x +5) si 3x +5 < 0
de donde:
|3x +5| =
3x +5 si x ≥−5
3− (3x +5) si x <−5
3
El número −5
3divide a la recta real en dos intervalos, a saber,
(−∞,−5
3
)y
[−5
3,∞
), por tanto tenemos dos casos a considerar:
(a) x ∈(−∞,−5
3
). En este caso la ecuación a resolver es:
− (3x +5) = 2
resolviendo, encontramos la solución x =−7
3∈
(−∞,−5
3
).
(b) x ∈[−5
3,∞
). En este caso la ecuación a resolver es:
3x +5 = 2
resolviendo, encontramos la solución x =−1 ∈[−5
3,∞
).
De (a) y (b) concluimos que la solución es el conjunto:{−7
3,−1
}.
Método abreviado. Consiste en ignorar los intervalos en donde se está trabajando, aunque en este caso, debemos comprobar
que los números obtenidos realmente sean solución de la ecuación dada. En el ejemplo, tenemos dos posibilidades:
(a) 3x +5 < 0. En este caso se tiene − (3x +5) = 2, de donde x = −7
3, este número satisface la ecuación dada.
(b) 3x +5 ≥ 0. En este caso se tiene 3x +5 = 2, de donde x =−1, este número también satisface la ecuación dada.
De (a) y (b) la solución es el conjunto
{−7
3,−1
}.
Ejercicio. Resolver∣∣x2 −4x +3
∣∣= 3.
Solución. Usaremos el método abreviado. Tenemos dos casos:
(a) x2 −4x +3 < 0, en este caso∣∣x2 −4x +3
∣∣=−(x2 −4x +3
), por tanto la ecuación dada se puede escribir como:
−(x2 −4x +3
)= 3,
esto es,
x2 −4x +6 = 0.
La última ecuación encontrada no tiene raíces, por tanto, en este caso la solución es ;.
16 Los números reales
(b) x2 −4x +3 ≥ 0, en este caso∣∣x2 −4x +3
∣∣= x2 −4x +3, por tanto la ecuación dada se puede escribir como:
x2 −4x +3 = 3,
esto es,
x2 −4x = 0.
La última ecuación encontrada tiene por solución al conjunto {0,4}. Los elementos de este conjunto satisfacen la ecua-
ción dada, por tanto la solución al problema es ;∪ {0,4} = {0,4} .
1.3.0.4. Ejercicios propuestos
1. Demostrar los teoremas que no presentan demostración.
2. Resolver:∣∣x2 −x −2
∣∣= 2,
Sol. : x = 1
2+ 1
2
p17, x = 1
2− 1
2
p17, x = 0, x = 1.
3. Resolver: |x +1|+2x −5 = x,
Sol. : x = 2.
4. Resolver:2+|4x −2|
3x= 1,
Sol. : ;
5. Resolver:∣∣x2 +4x −22
∣∣= 1,
Sol. : x =−2+3p
3, x =−2−3p
3, x = 3, x =−7.
6. Resolver:
∣∣x2 +4x −10∣∣
2x= 1,
Sol.: x =p19−3, x =p
11−1.
7. Resolver: |x +1|+ |x +2|+ |x +3| = 6,
Sol : x = 0, x =−4.
8. Resolver:∣∣x2 −1
∣∣+ ∣∣x2 −4∣∣= 5,
Sol.: x =±p5, x = 0.
9. Resolver:∣∣x2 −1
∣∣+ ∣∣x2 −2∣∣= 3,
Sol.: x =±p3, x = 0.
10. Resolver:∣∣x3
∣∣+x −10 = 0,
Sol. : x = 2.
11. Si |a|+ |b|+ |c| = 0, entonces a = b = c = 0
12. Demostrar: |ab| = |a| |b|
13. Demostrar: |an | = |a|n
14. Demostrar: ||a|− |b|| ≤ |a −b|
Los números reales 17
1.4 Resolución de desigualdades con una variable
Resolver una desigualdad, es encontrar valores que satisfacen la desigualdad dada, esto es, al reemplazar dichos valores
en lugar de la variable se obtiene una afirmación verdadera. En esta sección, via ejercicios, se darán algunas técnicas para
resolver desigualdades.
Definición 1.5
(puntos clave o puntos críticos algebraicos) Dada una expresión φ (x), denominaremos los puntos clave de φ en un
intervalo (L,U ) a L, U y aquellos puntos que cumplen una de las siguientes condiciones.
1. Los números x de (L,U ) tal que φ (x) no está definida.
2. Las raíces de φ, esto es, los números x en donde φ (x) = 0.
Observación. Si no se dice nada acerca del intervalo
en donde se encuentra definida φ se asume L =−∞, U =∞.
Dos puntos clave a,b serán llamados sucesivos si en el intervalo (a,b) no existe otro punto clave.
Teorema 1.35
Sea φ (x) una expresión algebraica en la variable x. Sea (a,b) un intervalo formado con dos puntos clave sucesivos de
φ. Entonces φ (x) es estrictamente positiva o estrictamente negativa en todo el intervalo (a,b) .
Observación. El teorema muestra, que es suficiente tomar un punto en cada intervalo formado con dos puntos sucesivos
para calcular el signo en dicho intervalo. El punto que se toma es arbitrario, solo hay que cuidar que se encuentre dentro delintervalo que se está analizando.
Ejemplo 1.2 Consideremos φ (x) = 2x + 4 definida en R. Los puntos clave son −∞,−2,∞. Por tanto podemos formar los
siguientes intervalos: (−∞,−2) y (−2,∞). Por el teorema precedente φ será positiva o negativa en cada uno de los intervalos,
así es suficiente averiguar el signo en algún punto de cada uno de los intervalos.
1. Intervalo (−∞,−2) . Tomemos el punto −10 ∈ (−∞,−2) , en este punto
φ (−10) = 2(−10)+4 =−16 < 0,
por tanto en (−∞,−2) se tiene: 2x +4 < 0.
2. Intervalo (−2,∞) . Tomemos el punto 0 ∈ (−2,∞) , en este punto
φ (0) = 2(0)+4 = 4 > 0,
por tanto en (−2,∞) se tiene: 2x +4 > 0.
Presentamos a continuación, el resumen del análisis anterior
18 Los números reales
−∞ −2 ∞
− +
Ejemplo 1.3 Consideremos φ (x) = x
x2 −9. Los puntos clave son
−∞,−3,0,3,∞.
Por tanto se tienen los siguientes intervalos a analizar:
1. Intervalo (−∞,−3) . Con x =−10 : φ (−10) = −10
100−9< 0.
2. Intervalo (−3,0) . Con x =−2 : φ (−2) = −2
4−9> 0.
3. Intervalo (0,3) . Con x = 2 : φ (2) = 2
4−9< 0.
4. Intervalo (3,∞) . Con x = 10 : φ (10) = 10
100−9> 0.
En el siguiente cuadro presentamos el resumen del análisis anterior.
−∞ −3 0 3 ∞
− + − +
Observación. Debemos observar que los signos van intercalados, esto en general no es cierto, como se muestra en el siguien-
te ejemplo.
Ejemplo 1.4 Sea φ (x) = (x −5)2 (x +3) . Los puntos clave resultan ser:
−∞,−3,5,∞.
Por tanto los intervalos a analizar son:
1. Intervalo (−∞,−3) : Tomamos x =−10 y entonces φ (−10) =−1575 < 0
2. Intervalo (−3,5) : Tomamos x = 0 y entonces φ (0) = 25 > 0.
3. Intervalo (5,∞) : Tomamos x = 10 y entonces φ (10) = 325 > 0.
Así tenemos:
−∞ −3 5 ∞
− + +
Los números reales 19
Observación importante.
Si un punto clave viene de un factor elevado a una potencia par, entonces alre_
dedor de este punto los signos de la expresión algebraica no pueden cambiar. Si
el punto clave viene de una potencia impar, el signo cambia.
Ejemplo 1.5 Consideremos ahora el siguiente problema: Resolver
x2 −5
x −1> 0.
Solución. Sea φ (x) = x2 −5
x −1=
(x −p
5)(
x +p5)
x −1, los puntos clave son{
−∞,−p5,1,p
5,∞}
Puesto que φ (x) está es su forma factorizada, es suficiente hallar el signo en un intervalo, pues todos los demás
signos se deducen a partir de este signo. en el intervalo(−∞,−p5
), con x =−10, φ (−10) = 100−5
−10−1 < 0. Los demás
signos van intercalados, pues todos los puntos clave vienen de factores elevados a una potencia impar.
−∞ −p5 1 p5 ∞
− + − +
Por tanto la solución al problema dado, es el conjunto de puntos en donde φ es mayor a cero, esto es:
S =(−p5,1
)∪
(p5,∞
).
Ejemplo 1.6 Resolver 2x2 +x −6 ≥ 0
Solución. Factorizando
2x2 +x −6 = (x +2)(2x −3) ,
así los puntos clave de φ (x) = 2x2 +x −6 son {−∞, −2,
3
2, ∞
}.
nuevamente todos los puntos clave vienen de factores con potencia impar.
En el intervalo (−∞.−2), φ (−10) = (−10+2)(−20−3) > 0.
−∞ −2 3
2∞
+ − +
Por otra parte los números −2 y3
2son soluciones del problema, por tanto la solución del problema es:
S = (−∞,−2)∪(
3
2,∞
)∪
{−2,
3
2
}= (−∞,−2]∪ [3/2,∞)
20 Los números reales
Ejercicio. Resolver x3 −3x +2 ≥ 0
Solución. Con φ (x) = x3 −3x +2, factorizando se encuentra:
φ (x) = (x +2)(x −1)2 ,
luego, los puntos clave son:
{−2,1}
el punto clave x = 1 viene del factor (x −1)2, que tiene potencia par, entonces los signos alrededor de este punto
no cambian.
En el intervalo (−∞,−2), con x =−10 se tiene φ (x) = (−8)(−11)2 < 0, luego los signos son:
−∞ −2 1 ∞
− + +
Luego la solución es: S = [−2,∞) .
Observación. Si se reemplaza ≥ por >, la solución es (−2,1)∪ (1,∞) . ¿porque?
Ejercicio. Resolver:1
x −1+ 2
x−2 ≤ 0.
Solución. La desigualdad dada se puede escribir como
(2x −1)(x −2)
x (x −1)≥ 0
Los puntos clave de φ (x) = (2x −1)(x −2)
x (x −1)son:{
−∞, 0,1
2, 1, 2, ∞
},
todos estos puntos vienen de factores con potencia impar
En (−∞,0) tomamos x =−1, φ (−1) = (−3)(−3)
(−1)(−2)> 0, por tanto los signos son:
−∞ 0 1/2 1 2 ∞
+ − + − +
Por lo anterior y tomando en cuenta que la desigualdad es del tipo ≥ la solución es:
S = (−∞,0)∪[
1
2,1
)∪ [2,∞) .
Los números reales 21
1.4.0.5. Ejercicios propuestos
Resolver:
1. 2x3 −7x2 −5x +4 > 0. Sol.:
(−1,
1
2
)∪ (4,∞) .
2. (4x −15)3 (x −1) < 0. Sol.:
(1,
15
4
).
3. 9x4 −36x3 +47x2 −24x ≥−4. Sol. :
(−∞,
1
3
]∪
[2
3,1
]∪ [2,∞) .
4.(x −2)3 (x −4)8
x4 −x2 > 0. Sol.: (−1,0)∪ (0,1)∪ (2,4)∪ (4,∞)
5.x
x2 +1+ 1
2x−x ≥ 0. Sol.: (−∞,−1]∪ (0,1]
6.1
x− x
x −2≤ 0. Sol. : (−∞,0)∪ (2,∞)
7.x
x2 +1+ 1
2x≥ 1. Sol. : (0,1]
8. x4 −9 ≥ 7. Sol.: (−∞,−2]∪ [2,∞)
9.x2 +x −9
x> 1. Sol.: (−3,0)∪ (3,∞) .
10. (x −1)(x −2)
(1− 1
x
)> 0. Sol.: (−∞,0)∪ (2,∞) .
11.1
x −2+ 2x
x −1−1 ≥ 0. Sol.:
(−∞,−p3]∪ (2,∞)∪ (
1,p
3]
.
12. x6 +4x2 −5 ≤ 0. Sol.: [−1,1] .
13.1
x+ 2
x2 > 3. Sol.:
(−2
3,0
)∪ (0,1) .
14.1
x4 + 1
x3 + 1
x2 > 0. Sol.: x 6= 0.
15. x2 − 3x2
x −1< 0. Sol.: (1,4) .
16.
(x2 −1
)(x2 −4
)x2 −9
≤ 0. Sol.: (−3,2]∪ [−1,1]∪ [2,3) .
17.1
x+ 1
x −2< 0. Sol.: (−∞,0)∪ (1,2)
18.1
x+ 1
x −2+ 1
x −4< 0. Sol.: (−∞,0)∪
(2− 2
p3
3 ,2)∪
(2+ 2
p3
3 ,4)
.
19. Resolver:1
x− 1
x2 < a, donde a es un número real no nulo.
Sol. (i) Si a ∈ (−∞,0) . x 6= 0, x ∈(
1+p1−4a2a , 1−p1−4a
2a
), (ii) a ∈ (
0, 14
). x 6= 0, x ∈
(−∞, 1−p1−4a
2a
)∪
(1+p1−4a
2a ,∞)
.
22 Los números reales
20. Resolver la desigualdad ax2 +bx + c ≤ 0 donde a > 0. Considere los siguientes casos:
a) ax2 +bx + c = a (x − r1) (x − r2) donde r1,r2 ∈R y r1 < r2.
b) ax2 +bx + c = a (x − r1) (x − r2) donde r1,r2 ∈R y r1 = r2.
c) b2 −4ac < 0.
21. (Signos-AMARU SOFT) Determinar intervalos donde f (x) es positiva y donde es negativa.
f (x) =−5x2 −3+ 1
x +1− 4
x −2.
Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−1,−0,78452,0,1,7845,2,∞}.
−∞ −1−0,78452
01,7845
2 ∞
− + − − + −
Paso intermedio, posiblemente sin simplificar f (x) = x2(−5x2 +5x +7
)(x +1)(x −2)
22. (Signos-AMARU SOFT) Determinar intervalos donde f (x) es positiva y donde es negativa.
f (x) = −4x2 −2x +3
x −3+ −9
3x −9.
Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−0,5,0,3,∞}.
−∞ −0,50
3 ∞
+ − + −
23. (Signos-AMARU SOFT) Determinar intervalos donde f (x) es positiva y donde es negativa.
f (x) = −5
x2 +4x+ −2
x +4.
Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−4,−2,5,0,∞}.
−∞ −4−2,5
0 ∞
+ − + −
24. (Signos-AMARU SOFT) Determinar intervalos donde f (x) es positiva y donde es negativa.
f (x) = 5x
x2 +5x+ 6
x +6.
Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−6,−5,4545,−5,0,∞}.
Los números reales 23
−∞ −6−5,4545
−50
∞− + − + +
25. (Signos-AMARU SOFT) Determinar intervalos donde f (x) es positiva y donde es negativa.
x +2
x2 −x+ 3
x −1+2.
Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,0,1,∞}.
−∞ 01
∞+ − +
26. (Signos-AMARU SOFT) Determinar intervalos donde f (x) es positiva y donde es negativa.
f (x) = 9
x −3+ 4
(x −2)2 +2.
Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,0,2,2,5,3,∞}.
−∞ 02
2,53
∞+ + + − +
Función factorizada, posiblemente sin simplificar f (x) = x2 (2x −5)
(x −3)(x −2)2
1.5 Desigualdades con valor absoluto
Cuando se presentan desigualdades en donde se presentan expresiones con valor absoluto. La solución se encuentra eli-
minando el símbolo de valor absoluto. Para el caso de factores lineales debemos tomar en cuenta un simple hecho: Para
cualquier número a el signo de x −a es positiva si x está a la derecha de a y negativa si está a la izquierda.
Ejemplo 1.7 Eliminaremos el valor absoluto en la expresión |x +5|+2. Para este fin, tomemos en cuenta el siguiente gráfico:
−∞ −5 ∞x x
si x está en este intervalo︷ ︸︸ ︷x +5 < 0
si x está en este intervalo︷ ︸︸ ︷x +5 > 0
entonces:
|x +5|+2 ={
− (x +5)+2 x ∈ (−∞,−5)
(x +5)+2 x ∈ [−5,∞)
24 Los números reales
1.5.0.6. Ejercicios resueltos
Ejercicio. Resolver |x +2|+ |x −2|+x −5 ≥ 0
Solución. Usando la definición de valor absoluto, la expresión situada a la izquierda de la desigualdad se puede escribir
sucesivamente como: x ∈ (−∞,−2)
−∞ x −2 2 ∞
En este caso x +2 < 0 y x −2 < 0, es decir:
|x +2|+ |x −2|+x −5 =− (x +2)− (x −2)+x −5
x ∈ [−2,2)
−∞ −2 x 2 ∞
En este caso x +2 > 0 y x −2 < 0:|x +2|+ |x −2|+x −5 = (x +2)− (x −2)+x −5
x ∈ [2,∞)
−∞ −2 2 x ∞
|x +2|+ |x −2|+x −5 = (x +2)+ (x −2)+x −5
Resumiendo:
|x +2|+ |x −2|+x −5 =
− (x +2)− (x −2)+x −5 x ∈ (−∞,−2)
(x +2)− (x −2)+x −5 x ∈ [−2,2)
(x +2)+ (x −2)+x −5 x ∈ [2,∞)
,
realizando operaciones algebraicas, lo anterior queda:
|x +2|+ |x −2|+x −5 =
−x −5 x ∈ (−∞,−2)
x −1 x ∈ [−2,2)
3x −5 x ∈ [2,∞)
,
encontramos ahora las soluciones en los intervalos (−∞,−2), [−2,2), [2,∞). Luego de esto, la solución final será la unión
de las soluciones encontradas en cada uno de los intervalos mencionados.
Los números reales 25
(a) Caso x ∈ (−∞,−2) . En este caso debemos resolver: −x −5 ≥ 0 los puntos clave de φ1 (x) =−x −5 son
−∞,−5,−2,
un análisis de signos da la solución parcial: (−∞,−5] .
(b) Caso x ∈ [−2,2) . En este caso se resuelve: x −1 ≥ 0, encontrándose la solución parcial: [1,2) .
(c) Caso x ∈ [2,∞) . En este caso se resuelve: 3x −5 ≥ 0, la solución parcial que se encuentra es: [2,∞) .
De lo anterior concluimos que la solución es:
(−∞,−5]∪ [1,2)∪ [2,∞) = (−∞,−5]∪ [1,∞) .
El gráfico de |x +2|+ |x −2|+x −5 es:
x
y
−2 2−1
y = |x +2|+ |x −2|+x −5
Ejercicio. Resolver |x +2|− |x −2|+x2 ≤ 0.
Solución. La parte izquierda de la desigualdad, se puede escribir de la siguiente manera:
|x +2|− |x −2|+x2 =
x2 −4 x ∈ (−∞,−2)
x2 +2x x ∈ [−2,2)
x2 +4 x ∈ [2,∞)
(a) x ∈ (−∞,−2) . Se resuelve x2 −4 ≤ 0. Solución parcial: ;.
(b) x ∈ [−2,2) . Se resuelve: x2 +2x ≤ 0. Solución parcial: [−2,0]
(c) x ∈ [2,∞) . En este caso claramente x2 +4 > 0 para todo x ∈ [2,∞) , así en este caso la solución parcial es: ;.
De lo anterior concluimos que la solución es:
;∪ [−2,0]∪;= [−2,0]
El gráfico de |x +2|− |x −2|+x2 es:
26 Los números reales
x
y
−2 2
y = |x +2|− |x −2|+x2
Ejercicio. Resolver|x +2|− |x −2|+x2
x −5≤ 0.
Solución. Resolviendo como en el anterior caso encontramos que la solución es el conjunto: (−∞,−2]∪ [0,5). El gráfico de|x +2|− |x −2|+x2
x −5en el intervalo [-3,3] es:
x
y
−2 2
y = |x +2|− |x −2|+x2
Ejercicio. Resolver∣∣x2 −2x −3
∣∣−x2 ≥ 0.
Solución. Un cálculo da: ∣∣x2 −2x −3∣∣={
x2 −2x −3 si x ∈ (−∞,−1]∪ [3,∞)
−(x2 −2x −3
)(−1,3)
luego, ∣∣x2 −2x −3∣∣−x2 =
{x2 −2x −3−x2 si x ∈ (−∞,−1)∪ [3,∞)
−(x2 −2x −3
)−x2 si x ∈ [−1,3)
realizando operaciones algebraicas lo anterior queda como:
∣∣x2 −2x −3∣∣−x2 =
{−2x −3 si x ∈ (−∞,−1)∪ [3,∞)
−2x2 +2x +3 si x ∈ [−1,3)
Los números reales 27
(a) x ∈ (−∞,−1]∪ [3,∞) . Solución parcial: (−∞,−3/2] .
(b) x ∈ [−1,3) . Solución parcial:[
1−p72 , 1+p7
2
].
De (a) y (b) la solución es (−∞,−3
2
]∪
[1−p
7
2,
1+p7
2
]
Ejercicio. Resolver:|x −14|x2 −4
+5 ≥ 0.
Solución. Usando la definición de valor absoluto, encontramos:
|x −14|x2 −4
+5 =
−x +14
x2 −4+5 si x ∈ (−∞,14)
x −14
x2 −4+5 si x ∈ [14,∞)
(a) x ∈ (−∞,14) . Solución parcial:
(−∞,−2)∪[−1,
6
5
]∪ (2,14)
(b) x ∈ [14,∞) . Solución parcial:
[14,∞) .
De (a) y (b) concluimos que la solución es:
(−∞,−2)∪[−1,
6
5
]∪ (2,14)∪ [14,∞) ,
esto es,
(−∞,−2)∪[−1,
6
5
]∪ (2,∞) .
1.5.0.7. Ejercicios propuestos
Resolver las siguientes desigualdades.
1.
∣∣∣∣ 1
x +1
∣∣∣∣< 1. Sol.: (−∞,−2)∪ (0,∞).
2.x |x −3|− |x +3|∣∣x2 −4
∣∣−4> 0 en el intervalo [0,∞) . Sol.:
(0,p
8)∪ [
2+p7,∞)
3.|2x +3|−x |x|
|x −1| > 0. Sol.: (−∞,1)∪ (1,3)
4. |4 |x|−4|−x2 +1 < 0. Sol. [−3,3]
5.|x −5|x −2
+x −5 ≥ 0. Sol.: (2,3]∪ [5,∞) .
28 Los números reales
6. |x +1|+x |x −5|−2 ≤ 0. Sol.:(−∞,3−2
p2]
.
7. |2x −1|+ |4x −5|−8 ≥ 0. Sol.:
(−∞,−1
3
]∪
[7
3,∞
).
8.3+|2x +5|+x
x≥ 3. Sol. : (0,∞).
9. −6+|3x −1|x −2x > 0. Sol. : (2,∞).
10. |2x +1|+3x −|5x −3| > 3. Sol. :
(1
2,∞
).
11. |2x +1|−3x −|5x −3| < 0. Sol. :
(−∞,
1
2
)∪
(2
3,∞
).
12.∣∣x2 −4
∣∣+3x ≤ 5. Sol.:
[−3−3
p5
2,
3−p5
2
].
13.∣∣x2 −9
∣∣−2 |x|+x < 10. Sol.:
(−3−p
85
2,
1+p77
2
)
14.|x (x +3)||x +1| ≥ 2. Sol.:
(−∞,
−5−p17
2
]∪ [−2,−1)∪
(−1,
−5+p17
2
]∪ [1,∞)
15.|2x|−5 |x +2|+x2 −x
|x|+x> x. Sol.: ;
16.|x −2|− |x +2|
x< 0. Sol. : (−∞,0)∪ (0,∞)
17. |x|+ |x +1| ≤ 2., Sol.:
[−3
2,
1
2
]
18. |x|+ |x +1|+ |x +2| ≤ 4, Sol. :
[−7
3,
1
3
].
19. |x|+ |x +1|+ |x +2|+ |x +3| ≤ 7. Sol. :
[−13
4,
1
4
]
20.∑n
k=0 |x +k| ≤ n (n +1)
2+1, n ∈ N. Sol.: (Conjetura: ¿Es la solución el intervalo
[−n (n +1)+1
n +1,
1
n +1
]?
21. |x|7 + ∣∣x5 −1∣∣≥ 0. Sol. : R
22. |x|+ |x −1|+x < 0. Sol. : ;
23. |x|− |x −1|+x ≥ 0. Sol. :
[1
3,∞
)
24.1
|x| −x2 ≥ 0. Sol. : [−1,0)∪ (0,1]
25.1
|x| − |x|+1 ≤ 0. Sol. :
(−∞,
−1−p5
2
]∪
[1+p
5
2,∞
)
26.
∣∣∣∣x − 1
2
∣∣∣∣+2x > 2. Sol. :( 5
6 ,∞)
Los números reales 29
27. x2 + ∣∣x2 −4x +3∣∣+|x|−3 ≤ 0. Sol.:
[0,
6
5
]
28. 2x |x|− ∣∣x2 −1∣∣−3x +1 ≥ 0. Sol.:
[−1
2− 1
6
p33,0
]∪ {1}∪ [2,∞)
29.|x|∣∣x2 +1
∣∣ + 1
2 |x| −1 ≥ 0. Sol.: [−1,0)∪ (0,1]
30.1
|x +1| −1
|x| +1
|x −1| ≥ 0. Sol.:(−∞,−1)∪ (−1,1−p2]∪ [−1+p
2,1)∪ (1,∞)
31.x +x −2
2+|x −3| < 3. Sol.: R
32.1
|x +1| +1
x≥ 2. Sol. :
[−1
2− 1
2
p3,−1
)∪
(−1,−1
2
p2
]∪
(0,
1
2
p2
]33.
∣∣x7 +33x2 +27∣∣+|x|+x6 < 0. Sol. : ;.
34.|2x −1|+2x −1
|x +1|+x +1≥ 0. Sol.:
[1
2,∞
)
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2 Funciones
2.1 Introducción
El concepto de función fue introducida en matemáticas por Leibniz. En esta sección se dará una descripción intuitiva del
concepto de Función.
Sean X ,Y conjuntos. Una función, es una correspondencia de los elementos de X con los elementos de Y tal que a cada
x ∈ X le corresponde un y solamente un elemento de Y .
Ejemplo 2.1 Sea X un conjunto de personas, Y = Z, (recuerde Z es el conjunto de enteros). Consideremos la siguiente
correspondencia entre estos dos conjuntos: A cada persona de X le corresponde su edad. Claramente esta correspondencia
es una función.
Ejemplo 2.2 Sea X = N, Y un conjunto de familias de cierta comunidad. Consideremos la siguiente correspondencia: A
cada número de n ∈ N le corresponde una familia de Y con exactamente n miembros. Esta correspondencia, en general no
es una función, pues pueden existir familias con el mismo número de miembros.
Ejemplo 2.3 Si X es el conjunto de todas las familias y Y =N ¿es función la siguiente correspondencia?: A cada familia, le
corresponde el número de miembros de la familia.
Notación Para denotar una función usaremos letras como f , g u otra letra. Si x ∈ X y a x le corresponde y ∈ Y , y la letra
usada es f escribiremos
f (x) = y ó xf→ y
y diremos que la “imagen” de x por la función f es f (x).
32 Funciones
X Y
f
x f (x)
Para decir que f es una función de X en Y escribiremos f : X → Y , el conjunto X se llamará dominio de f y se denotará con
D f , el conjunto Y se llamará codominio de f y se denotará con C f . Los valores de y ∈ Y tales que son imagenes de algún
x ∈ X forman el conjunto que se llamará rango de f y se denotará con R f , es claro que R f ⊂C f . Gráficamente:
RangoCodominio
Observemos que ningún elemento del dominio de una función puede carecer de imagen.
Finalmente observemos que una función1 f : X → Y consta de tres partes:
1. El conjunto X llamado dominio,
2. el conjunto Y llamado codominio y
3. una regla que permita asociar, de modo bien determinado (único) un elemento x ∈ X con un elemento y = f (x) ∈ Y .
1Formalmente una función se define de la siguiente manera:Sean X ,Y conjuntos. Una función f de X en Y denotado por f : X → Y es el conjunto de pares ordenados
f ={(
x, f (x))
: x ∈ D f
}tales que:
Para todo x ∈ X , existe un y ∈ Y tal que f (x) = y
Para cualesquiera x0, x1 ∈ X , si x0 = x1 entonces f (x0) = f (x1) .
Observemos que f ⊂ X ×Y , además claramente: (x, y) ∈ f significa y = f (x).
Funciones 33
Ejemplo 2.4 Sea P el conjunto de todos los polígonos del plano, R el conjunto de números reales y f : P → R una función
que asocia a cada polígono x en P su área f (x).
Ejemplo 2.5 Sea R+el conjunto de los reales positivos, C el conjunto de cuadrados en el plano. f :R+ →C es la correspon-
dencia que a cada x ∈ R+ le hace corresponder un cuadrado en C tal que su área sea x. Es claro que f no puede ser función
pues por ejemplo para x = 1 se tienen varios cuadrados como imagen tal como se muestra a continuación.
Reales positivosPlano
1
2
3
1
Del gráfico, f (1) es el cuadrado con vértices (0,0), (1,0), (1,1), (0,1), pero también f (1) puede ser el cuadrado con vertices
(0,2), (1,2), (1,3), (0,3) pues ambos cuadrados tienen área igual a 1.
Ejemplo 2.6 Sean X = Y = R, considérese la función que asigna a cada elemento x de X el elemento x2 de Y , entonces
tenemos f (x) = x2 para cada x ∈R. El gráfico en coordenadas cartesianas es:
f (x) = x2
x
y
1
2
−2 −1 1 2
Ejemplo 2.7 Se presenta un ejemplo de una correspondencia de conjuntos que no es función.
Sea A = {a,b,c}, B = {u, v}. Consideremos la correspondencia
a 7−→ u
b 7−→ v
c 7−→ u
c 7−→ v
No puede ser función, pues f (c) = u y f (c) = v , asi el elemento c tendría dos imagenes, lo que no está de acuerdo con la
definición de función.
34 Funciones
X Ya
b
c
u
v
Ejemplo 2.8 Sea X = {a,b,c,d , }, Y = {u, v, w}, ¿es función la siguiente correspondencia?
X Ya
b
c
d
u
v
w
No puede ser función, pues d ∈ X no tiene imagen en Y . Si asignamos f (d) = w obtenemos:
X Ya
b
cd
u
v
w
que es una función. Intuitivamente observemos que del codominio X no pueden salir “dos flechas” de un mismo elemento,
sin embargo a un elemento de Y pueden llegarle ”más de una flecha ” sin perder la condición de función.
Ejemplo 2.9 Sea f la correspondencia de números reales definida por f (x) =p
4−x2, encontrar D f , C f y R f y bosquejar el
gráfico de f .
Solución.
Funciones 35
Cálculo del dominio. Es claro que toda la recta real R no puede ser el dominio de f pues por ejemplo x = 5 no tiene imagen,
ya que f (5) = p4−25 = p−21, luego f (5) no puede existir. Para encontrar el D f encontramos los valores de x tales quep
4−x2 exista, esto ocurre cuando
4−x2 ≥ 0,
es decir cuando −2 ≤ x ≤ 2, luego D f = [−2,2].
El codominio. El codominio de f es el conjunto C f =R.
Cálculo del rango. El rango está formado por los puntos y ∈C f tales que existe x ∈ D f y f (x) = y . Puesto que f (x) =p
4−x2
tenemos y =p
4−x2 para x ∈ [−2,2]. De la igualdad y =p
4−x2 despejamos la variable x obteniendo x =√
4− y2 que existe
solamente si y ∈ [−2,2] como por la definición de esta función y ≥ 0, el rango de f es R f = [0,2].
Bosquejamos ahora la gráfica. La gráfica se bosqueja encontrando, como es usual, la imagen de algunos puntos, mientras
mas puntos se tome se tendrá un mejor bosquejo de la gráfica. Para el ejemplo tomamos los siguientes puntos mostrados en
forma tabular.
x f (x)
−2 0,0000
−1,8 0,8718
−1,6 1,2000
−1,4 1,4283
−1,2 1,6000
−1,0 1,7321
−0,8 1,8330
−0,6 1,9079
−0,4 1,9596
−0,2 1,9900
0,0 2,0000
x f (x)
2 0,0000
1,8 0,8718
1,6 1,2000
1,4 1,4283
1,2 1,6000
1,0 1,7321
0,8 1,8330
0,6 1,9079
0,4 1,9596
0,2 1,9900
0,0 2,0000
x
y
−2 2
2 f (x) =p
4−x2
(−2,0)
(−1,8,0,8718)
(−1,6,1,2)
Ejemplo 2.10 Sea f (x) = 1
x, encontrar D f , C f y R f y bosquejar la gráfica.
Solución. f (x) = 1
xestá definida para todo número real exepto para x = 0, luego D f = R− {0}. El codominio es C f = R. El
rango R f es R−{0} pues el 0 es el único elemento de C f que no tiene una preimagen, esto es, no existe x ∈ D f tal que f (x) = 0.
La gráfica es:
36 Funciones
x
y
−2 2
2
−2
f (x) = 1x
(2, 12 )
Ejemplo 2.11 Hallar el dominio de f (x) =p3+x + 4p7−x.
Solución. Puesto que la raíz n−enésima de números negativos, cuando n es par, no existe en el sistema de números reales,
el dominio de f estará dado por los valores de x tales que 3+x ≥ 0 y 7−x ≥ 0.
La solución para la primera desigualdad es [−3,∞) y para la segunda es (−∞,7], por tanto el dominio de f es D f = (−∞,7]∩[−3,∞) = [−3,7].
Ejemplo 2.12 Hallar el dominio de la función f (x) = 13px −1
, y bosquejar la gráfica.
Solución. El denominador existe para todo valor de x, pero se anula en x = 1, así D f =R− {1}.
x
y
−2 2
2
−2
f (x) = 1x
(2,1)
Ejemplo 2.13 Hallar el dominio de f (x) =√
x
x2 −4.
Solución. Debemos tenerx
x2 −4≥ 0; resolviendo obtenemos D f = (−2,0]∪ (2,∞).
Ejemplo 2.14 Hallar el dominio de f (x) = 3p−x +
√x
x2 −4.
Solución. Puesto que 3p−x existe para todo número real, analizamos
√x
x2 −4, esta raíz cuadrada existe si
x
x2 −4≥ 0, esto es
cuando x ∈ (−2,0]∪ (2,∞), así el dominio es D f = (−2,0]∪ (2,∞) .
2.2 Funciones Especiales
Funciones 37
2.2.1. Función Identidad
Sea X ⊂R un conjunto. La función f : X → X definida por f (x) = x, se llama función identidad. Para esta función D f = R f .
x
y
−2 2
2
−2
f (x) = x
2.2.2. Funcion Constante
Definimos la función constante como f (x) = c, donde c es una constante. Su gráfica tiene la siguiente forma:
x
y
−2 2
2
c
−2
f (x) = c
2.2.3. Función Valor Absoluto
La función f : R→ R definida por f (x) = |x| ={
x si x ≥ 0
−x si x < 0se llama función valor absoluto, D f = C f = R, R f = R+∪ {0}.
Su gráfico es:
x
y
−2 2
2
−2
f (x) = |x|
38 Funciones
2.2.4. La Función Lineal
Sea f :R→R definida por f (x) = ax +b, con a,b ∈R, se llama función lineal y para esta función D f =C f = R f =R. La gráfica
de f (x) = 3x +1, es:
x
y
−2 2
7
−5
f (x) = 3x +1
2.2.5. Función Potencia
La función f : R→ R definida por f (x) = xn , con n entero positivo, se llama función potencia. Para esta función D f = R,
C f =R, R f =R+si n es par y R f =R si n es impar. Las gráficas para n par y n impar tienen la siguiente forma, respectivamente:
x
y
−2 −1 21
7
−5
f (x) = x2f (x) = x100
Funciones 39
x
y
−2 −1 21
4
−4
f (x) = x3f (x) = x101
<dsf<zsdfz<sdf<zsdfs<zdf
2.2.6. Función Polinomial
La función polinómica Pn :R→R, de grado n, está definido por:
Pn(x) = cn xn + cn−1xn−1 + ...+ c1x + c0 =n∑
k=0cn−k xn−k
Donde cn 6= 0. Para la función polinómica DPn =CPn =R.
Para obtener la forma de la gráfica de la función polinomial, es útil la siguiente propiedad de los polinomios, llamada: pro-piedad asintótica.
Propiedad asintótica.Para valores |x| muy grandes:
cn xn + cn−1xn−1 + ...+ c1x + c0 ' cn xn
Ejemplo 2.15 Si f (x) = x6 −14x4 +49x2 −36 para valores grandes de x se tiene:
x x6 −14x4 +49x2 −36 x6
10 864864 106
100 9.98600×1011 1012
1000 9.99986×1017 1018
10000 9.99999×1023 1024
100000 1.0×1030 1030
El comportamiento asintótico muestra que las gráficas de los polinomios de grado par, para valores x muy grandes, se pa-
recen a la gráfica de la función potencia xn para n par, para x cerca de cero se comportará de acuerdo al número de raíces
que tenga el polinomio. Un comportamiento análogo se tiene para polinomios de grado impar. A continuación se muestran
gráficos para explicar este comportamiento.
40 Funciones
x
y
−2 −1 21
100
200
−4
f (x) = (x2 −1)(x2 −4)(x2 −9)
x
y
−2 −1 21
100
200
f (x) = x6
2.2.7. Las funciones Trigonométricas
Las funciones trigonométricas son sin x, cos x, tan x, cot x, sec x, csc x. Las gráficas de estas funciones se muestran a conti-
nuación.
x
y = 1
y =−1
y
0 π/2 π 3π/2 2π
1
−1f (x) = cos(x)
x
y = 1
y =−1
y
0 π/2 π 3π/2 2π
1
−1f (x) = sen(x)
x
y
0 π/2 π 3π/2 2π
6
−6 f (x) = tan(x)
x
y
0 π/2 π 3π/2 2π
6
−6 f (x) = cot(x)
Otras funciones trigonométricas son las inversas de las anteriores como el arcoseno, arcocoseno, arcotangente, que se deno-
tan respectivamente como arcsin x, arccos x, arctan x, etc. Estas funciones se estudiaran más adelante.
2.2.8. La función Exponencial
La función f : R→ R definida por f (x) = ax o f (x) = a−x con a > 1 se llama función exponencial. f (x) = ax exponencial
positiva y f (x) = a−x se llama exponencial negativa. Sus gráficas cuando a = 3 son respectivamente:
Funciones 41
x
y
0 1
10
20
f (x) = e3xx
y
0 1
10
20
f (x) = e−3x
Observemos que si x decrece a −∞, f (x) = ax se acerca a cero (sin llegar nunca a el). Similarmente si x crece a +∞, f (x) = ax
crece a infinito.
Observemos también, que la gráfica de la función exponencial, siempre pasa por (0,1).
Finalmente notemos que el rango es (0,∞) .
2.2.9. La función Logarítmica
La función f :R+ →R, definida por f (x) = loga x, se llama logaritmo de x en base a, aquí suponemos que a > 1. El logaritmo
de x en base a es un número y tal que ay = x, esto es, las expresiones
y = loga x y ay = x,
son equivalentes.
El dominio de la función logaritmo es R+ y el codominio R. Algunas propiedades de la función logaritmo son:
a) loga a = 1
b) loga 1 = 0
c) loga(xz) = loga x + loga z
d) loga(x
z) = loga x − loga z
e) loga(xz ) = z · loga x
La gráfica, de la función logaritmo, para el caso a > 1, tiene el siguiente aspecto:
x
y
0 1
1
2
f (x) = lnx
Las bases más usadas son a = 10 y a = e ' 2,718282. Si a = 10 se escribe log x en vez de log10 x y se conoce con el nombre de
logaritmo decimal. Si a = e se escribe ln x en vez de loge x y se llama logaritmo neperiano o natural.
42 Funciones
2.2.10. La función mayor entero
f : R→ R definida por f (x) = [x] se conoce con el nombre de función mayor entero. [x] es el mayor entero menor o igual a x
asi [2,3] = 2, [−4,37] =−5, [1] = 1, etc.
Para esta función D f =R, R f =Z.
x
y
−2 −1 1 2 3
−2
−1
1
2
f (x) = [x]
2.2.11. Funciones Hiperbólicas
Funciones hiperbólicas son el seno hiperbólico, coseno hiperbólico, tangente hiperbólico, etc. Se definen como:
sinh x = ex −e−x
2coth x = 1
tanh x= ex +e−x
ex −e−x , x 6= 0
cosh x = ex +e−x
2sech x = 1
cosh x= 2
ex +e−x
tanh x = sinh x
cosh x= ex −e−x
ex +e−x csch x = 1
sinh x= 2
ex −e−x , x 6= 0
A continuación se presenta un bosquejo del gráfico de las funciones coseno hiperbólico y seno hiperbólico:
x
y
3−3
24
f (x) = cosh(x)
x
y
3−3
24
−2−4
f (x) = sinh(x)
2.2.11.1. Ejercicios propuestos
1. Graficar f (x) = xn cuando n = 2,3,4,5,6,7,8.
2. Graficar las funciones cos x, tan x, sec x,csc x,cot x.
3. Graficar f (x) = tanh x, coth x, sechx, cschx.
4. Graficar f (x) = 2x y 2−x .
Funciones 43
5. Graficar f (x) = log 12
x. (El logaritmo de x en base 12 )
2.3 Operaciones con funciones
En esta sección se definen las siguientes operaciones: suma, resta, producto, división y composición. Antes de empezar con
este tema se define la igualdad de funciones.
Definición 2.1
Dos funciones f y g son iguales, lo que escribimos f = g , si tienen un mismo dominio D y f (x) = g (x) para todo x ∈ D.
2.3.1. Suma y Resta
Sean f y g funciones con dominios D f y Dg respectivamente, entonces f + g y f − g , son funciones con dominio D f ∩Dg y
reglas de correspondencia.
( f + g )(x) = f (x)+ g (x) y ( f − g )(x) = f (x)− g (x)
Ejemplo 2.16 Sean f , g : R→ R definidas por f (x) =−x2 − x, g (x) = x2 −2, entonces la función h = f + g , está definida por
h(x) = f (x)+ g (x) =−x −2, observemos además que el dominio de h es R .
2.3.2. Producto y División
Sean f y g funciones con dominios D f , y Dg respectivamente, entonces f g es una función con dominio D f ∩Dg con la regla
de correspondencia
( f g )(x) = f (x)g (x)
f
ges una función con dominio D f ∩ (Dg −
{x : g (x) = 0
}) y la regla de correspondencia
(f
g
)(x) = f (x)
g (x)
Ejemplo 2.17 Sean f , g :R→R definidas por f (x) = x +2, g (x) = 2(x −1) ,entonces
(f g
)(x) = f (x) g (x) = 2(x +2)(x −1).
Por otra parte (f
g
)(x) = f (x)
g (x)= x +2
2x −2.
Un caso particular, muy importante, es cuando f es una función constante, digamos f (x) = c, entonces(c f
)(x) = c f (x). En
particular si c =−1, se tiene(− f
)(x) =− f (x).
Ejemplo 2.18 Sea f (x) = x2 +x −2, entonces(− f
)(x) =−x2 −x +2.
44 Funciones
2.3.3. Recíproco de una función
Consideremos ahora el problema siguiente : Dado f , encontrar g tal que f g = 1 (la función constante 1). Por definición
( f g ) (x) = f (x) · g (x), esto sugiere definir g como g (x) = 1
f (x), claro esta, para puntos x en donde f (x) 6= 0. La función g se
conoce como el recíproco de f .
Ejemplo 2.19 Si f (x) = x2 +x −2, entonces el reciproco es g (x) = 1
x2 +x −2.
2.3.4. Composición de Funciones
Definición 2.2
Sean g y f funciones, la composición de g con f , denotada por f ◦g (se lee ”g compuesta con f ”) es la función cuyo
dominio es el conjunto:
D f 3 g = {x ∈ Dg : g (x) ∈ D f
}cuya regla de correspondencia es ( f ◦ g )(x) = f (g (x)).
El siguiente esquema ilustra la anterior definición.
X Y Z
g f
x g (x) f (g (x))
f ◦ g
Aquí suponemos que g tiene dominio en X y rango en Y y f tiene dominio en Y y rango en Z , entonces f ◦ g tiene dominio
en X y rango en Z . El dominio de f ◦ g son los elementos de X cuya imagen g (x) está en D f .
Ejemplo 2.20 Consideremos las funciones:
X Y
g
1
2
3
4
−20
1358
W U
f
0
1
5
8
68
10
12
14
Para este ejemplo D f 3 g = {x ∈ Dg : g (x) ∈ D f
}= {2,3}, Luego tenemos
( f ◦ g ) (2) = f (g (2)) = f (0) = 6,
( f ◦ g ) (3) = 8
Observemos que ( f ◦ g ) (1) y ( f ◦ g ) (4) no estan definidas.
Funciones 45
Ejemplo 2.21 Consideremos las funciones f , g :R→R definidas por f (x) = x +1 y g (x) = x2, entonces
( f ◦ g )(x) = f (g (x)) = f (x2) = x2 +1
y
(g ◦ f )(x) = g ( f (x)) = g (x +1) = (x +1)2
Observemos que f ◦ g 6= g ◦ f , en general la igualdad no es válida.
Teorema 2.1
Si f g y h son funciones, se verifica:
a) ( f ◦ g )◦h = f ◦ (g ◦h)
b) I ◦ f = f ◦ I , donde I es la función identidad
c) ( f + g )◦h = f ◦h + g ◦h
d) ( f g )◦h = ( f ◦h)(g ◦h)
2.3.4.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 2.22 Sean f , g :R→R definidas por f (x) = x2 −x y g (x) = 4−x2:
a) Calcular f + g y f − g .
b) Calcular f g yf
g.
c) Calcular f ◦ g y g ◦ f .
Solución. a)( f + g )(x) = f (x)+ g (x)
= x2 −x +4−x2
= −x +4
( f − g )(x) = f (x)− g (x)
= x2 −x − (4−x2)
= 2x2 −x −4
b)( f g )(x) = f (x)g (x)
= (x2 −x)(4−x2)(f
g
)(x) = f (x)
g (x)
= x2 −x
4−x2
c)
( f ◦ g )(x) = f (g (x))
= f (4−x2)
= (4−x2)2 − (4−x2)
(g ◦ f )(x) = g ( f (x))
= g (x2 −x)
= 4− (x2 −x)2
46 Funciones
Ejemplo 2.23 Si
f (x) ={
3x +4 si x ∈ [0,2]
−x +1 si x ∈ (2,5]
y
g (x) ={
x2 si x ∈ [0,3)
4 si x ∈ [3,6]
a) Graficar f y g
b) Calcular f + g y f − g
c) Calcular f g
d) Calcular f ◦ g
Solución. a)
x
y
25
2
10
−1
−4
f (x)
x
y
3 6
2
10
−1
−4
g (x)
b) Observemos que D f = [0,5] ,Dg = [0,6], luego D f +g = [0,5]. Dividimos el intervalo [0,5] en los intervalos [0,2] , (2,3) , [3,5],
luego:
( f + g )(x) =
x2 +3x +4 si x ∈ [0,2]
x2 −x +1 si x ∈ (2,3)
−x +5 si x ∈ [3,5]
( f − g )(x) =
−x2 +3x +4 si x ∈ [0,2]
−x2 −x +1 si x ∈ (2,3)
−x −3 si x ∈ [3,5]
c)
( f g )(x) = f (x)g (x) =
(3x +4)x2 si x ∈ [0,2]
(−x +1)x2 si x ∈ (2,3)
(−x +1)4 si x ∈ [3,5]
d)
( f ◦ g )(x) =
f (x2) si x ∈ [
0,p
2]
f (x2) si x ∈ (p
2,p
5)
f (4) si x ∈ [3,5]
=
3x2 +4 si x ∈ [
0,p
2]
−x2 +1 si x ∈ (p
2,p
5)
−4+1 si x ∈ [3,5]
Ejemplo 2.24 Calcular f ◦ g y g ◦ f si f :R→R y g :R→R son definidos por f (x) = x2 y g (x) = cos x.
Solución.(g ◦ f )(x) = g ( f (x))
= g (x2)
= cos x2
( f ◦ g )(x) = f (g (x)
= f (cos x)
= (cos x)2
= cos2 x
Las gráficas que a continuación se presentan, muestran que cos x2 6= cos2 x
Funciones 47
x
y
4
1
−1
f (x) = cos(x2)
x
y
4
1
−1
f (x) = cos(x2)
Ejemplo 2.25 Sean f (x) = |x| , g (x) = sen x, calcular f ◦ g y g ◦ f .
Solución.( f ◦ g )(x) = f (g (x))
= f (sen x)
= |sen x|y
(g ◦ f )(x) = g ( f (x))
= g (|x|)= sen |x|
2.4 La Inversa de una Función
En esta sección discutiremos el siguiente problema: Dada una función f encontrar una función g tal que f ◦g = g ◦ f = I . Tal
función se llamará inversa de f .
¿Siempre existe la función inversa?,
¿Cuales son las condiciones para la existencia de la función inversa?
Finalizaremos esta sección presentando algunos teoremas sobre funciones inversas.
Previo a la discusión de la inversa de una función se dan las siguientes definiciones.
2.4.1. Funciones Inyectivas y Sobreyectivas
Definición 2.3
(Función Inyectiva). Sea f : X → Y . La función f se llama función inyectiva si para todo x0, x1 ∈ X con x0 6= x1, se tiene
f (x0) 6= f (x1).
o equivalentemente f es inyectiva si f (x0) = f (x1) implica x0 = x1.
Obs. f no es inyectiva si dos elementos distintos tienen la misma imagen.
Ejemplo 2.26 La función f : R→ R definida por f (x) = x +3 es inyectiva, en efecto si f (x0) = f (x1) tenemos x0 +3 = x1 +3
de donde x0 = x1, lo que muestra que f es inyectiva.
48 Funciones
Ejemplo 2.27 La función g : R→ R definida por f (x) = x2 no es inyectiva pues para x0 =−2 , x1 = 2, x0 6= x1 pero f (x0) =4 = f (x1).
Las funciones inyectivas se conocen tambien como funciones uno a uno.
Interpretación geométricaGeométricamente, una función f es inyectiva, si toda recta paralela al eje x corta a la gráfica de f en a lo sumo un punto;
como consecuencia de lo anterior, una función no es inyectiva, si existe una paralela al aje x que corta la gráfica de f en más
de un punto.
x
y
Función no inyectiva
x
y
Función inyectiva
Definición 2.4
(Función Sobreyectiva) Una función f : X → Y es llamada sobreyectiva si todo y ∈ Y , es imagen de algún x ∈ X .
Observemos que una función f , no es sobreyectiva, si algún elemento de Y no tiene preimagen.
Ejemplo 2.28 Sea f la función:
X Y
g
1
2
3
4
80
1352
f no es sobreyectiva, pues existen elementos de Y , como y = 2 ∈ Y , para los cuales no existe un x ∈ X tales que f (x) = 2.
Ejemplo 2.29 La función f : R→ R definida por f (x) = x3 −1 es sobreyectiva. En efecto sea y ∈ Y , y buscaremos x ∈ X tal
que f (x) = y . De esta igualdad se tiene x3 − 1 = y , despejando x tenemos x = 3√
y +1, este valor de x es el buscado pues
f (x) = (3√
y +1)3 −1 = y .
Observemos, que si una función no es sobreyectiva, se puede construir un codominio adecuado de manera que la función
sea sobreyectiva. Esto se logra eliminando los elementos que no tengan preimagen. Asi en el primer ejemplo podemos volver
a definir la función como sigue:
Funciones 49
X Y
g
1
2
3
4
80
13
Aquí, claramente f es sobreyectiva, notemos que esta función no es 1-1, asi pues, ser sobreyectiva no implica ser inyectiva,
también, ser inyectiva no implica ser sobreyectiva.
Definición 2.5
(Imagen de un Conjunto) Sea f : X → Y una función y sea A ⊂ X . La imagen de A por la función f , escrito f (A) es el
conjunto
f (A) = {f (x) : x ∈ A
}. = {
y ∈ Y : f (x) = y, x ∈ A}
si un elemento pertenece a la imagen de A escribimos
y ∈ f (A) ⇔ (∃x, x ∈ A)( f (x) = y)
Algunas consecuencias de esta definición se enuncian en el siguiente teorema.
Teorema 2.2
Sea f : X → Y una función, y sean A,B subconjuntos de X , entonces:
a) f (A∪B) = f (A)∪ f (B)
b) f (A∩B) ⊂ f (A)∩ f (B)
c) A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B)
d) f (;) =;
Teorema 2.3
Sea f : X → Y una función. f es sobreyectiva si y solamente si f (X ) = Y .
Definición 2.6
Si f : X → Y es inyectiva y sobreyectiva f es biyectiva.
50 Funciones
2.4.2. Inversa de una función
Consideremos la función f : X → Y biyectiva, la función inversa de f , denotada por f −1 es la función de Y en X tal que:
f −1 ◦ f = IX f ◦ f −1 = IY
donde IX es la identidad en X e IY es la identidad en Y . Si y = f (x) entonces x = f −1(y)
.
Ejemplo 2.30 Consideremos la función f : R→ R dada por f (x) = 2x −1 entonces f es biyectiva y la inversa es f −1(x) =12 (x +1), en efecto (
f ◦ f −1)
(x) = f(
f −1(x))
= f( 1
2 (x +1))
= 2( 1
2 (x +1))−1 = x
y (f −1 ◦ f
)(x) = f −1
(f (x)
)= f −1 (2x −1)
= 12 (2x −1+1) = x
Ejemplo 2.31 La función:
X Y
g
2
3
4
0
1
es sobreyectiva pero no inyectiva, luego no puede tener inversa, pues la correspondencia
X Y
2
3
4
0
1
No es función ya que 6 ∈ Y tiene dos imagenes, 2 y 3.
A continuación algunos teoremas sobre composición e inversa.
Teorema 2.4
Sean f y g funciones inyectivas, entonces f ◦ g es inyectiva.
Funciones 51
Demostración. Supongamos que
x0,x1 ∈ Dg y ( f ◦ g )(x0) = ( f ◦ g )(x1)
entonces
f (g (x0)) = f (g (x1))
Puesto que f es inyectiva g (x0) = g (x1), puesto que g es también es inyectiva x0 = x1, luego f ◦ g es inyectiva.
■
Teorema 2.5
Sean f y g funciones sobreyectivas,entonces f ◦ g es sobreyectiva.
Demostración. Sea z0 ∈ R f , puesto que f es sobreyectiva existe y0 ∈ D f tal que f (y0) = z0. Por ser g sobreyectiva
existe x0 ∈ Dg tal que g (x0) = y0. Claramente
( f ◦ g )(x0) = f (g (x0)) = f (y0) = z0.
Esto muestra que f ◦ g es sobreyectiva.
■
Teorema 2.6
Si f y g son invertibles (tienen inversa) entonces f ◦ g es invertible y
( f ◦ g )−1 = g−1 ◦ f −1.
Demostración. Por los teoremas anteriores f ◦ g es biyectiva, luego ( f ◦ g )−1 existe, luego
( f ◦ g )◦ ( f ◦ g )−1(x) = x
para todo x ∈ R f , entonces [f −1 ◦ ( f ◦ g )◦ ( f ◦ g )−1] (x) = f −1(x)
pero f −1 ◦ f = I , por tanto [g ◦ ( f ◦ g )−1] (x) = f −1(x)
y aplicando la función g−1 se obtiene[g−1 ◦ g ◦ ( f ◦ g )−1] (x) = (g−1 ◦ f −1)(x)
de donde:
( f ◦ g )−1(x) = (g−1 ◦ f −1)(x).
■
52 Funciones
Teorema 2.7
Dada una función f : X → Y , se tiene:
a) Para A y B subconjuntos arbitrarios de X , f (A)− f (B) ⊂ f (A−B)
b) Si f es inyectiva entonces para cualquiera A y B subconjuntos de X , f (A−B) = f (A)− f (B).
Demostración. Ejercicio.
Teorema 2.8
La función f : X → Y es inyectiva si y solamente si f (Ac ) = ( f (A))c para todo A ⊂ X .
Definición 2.7
(Imagen Inversa de un Conjunto) Sea f : X → Y una función. Si B ⊂ Y definimos la imagen inversa de B como el
conjunto
f −1(B) = {x ∈ X : f (x) ∈ B
}
Teorema 2.9
Sea f : X → Y una función, entonces:
a) para todo A ⊂ X , ( f −1 ◦ f )(A) ⊂ A
b) f es inyectiva si y solamente si para todo A ⊂ X , ( f −1 ◦ f )(A) = A.
Teorema 2.10
Sea f : X → Y una función, entonces:
a) para todo B ⊂ Y , ( f ◦ f −1) ⊂ B
b) f es sobreyectiva si y solamente si ( f ◦ f −1)(B) = B para todo B ⊂ Y .
Teorema 2.11
Sea f : X → Y una función , sean B y C subconjuntos de Y , entonces:
a) f −1(B ∪C ) = f −1(B)∪ f −1(C )
b) f −1(B ∩C ) = f −1(B)∩ f −1(C )
c) f −1(B c ) = ( f −1(B))c
d) Si B ⊂C entonces f −1(B) ⊂ f −1(C )
e) f −1(Y ) = X
Funciones 53
f) f −1(;) =;.
2.4.3. Funciones trigonométricas inversas
Son las siguientes:
arco seno arcsin x
arco coseno arccos x
arco tangente arctan x
arco cotangente arccotx
arco secante arcsecx
arco cosecante arccscx
A continuación se presenta las gráficas de estas funciones.
x
y
−1 1acos(x)
π
x
y
−1 1
asin(x)−π/2
π/2
x
y
−3 3
atan(x)−π/2
π/2
x
y
−3 3
acot(x)−π/2
π/2
x
y
−1 1asec(x)
π
x
y
−1 1
acsc(x)
π/2
−π/2
2.4.4. Funciones Hiperbólicas inversas
A continuación se presentan las funciones hiperbólicas inversas.
arco seno hiperbólico arcsenhx
arco coseno hiperbólico arccoshx
arco tangente hiperbólico arctanhx
arco cotangente hiperbólico arccothx
arco secante hiperbólico arcsechx
arco cosecante hiperbólico arccschx
54 Funciones
Todas estas funciones, pueden expresarse en función del logaritmo, como se ve a continuación en la siguiente tabla:
arcsenhx = ln(x+
px2 +1
)x ∈R
arccoshx = ln(x+
px2 −1
)x ≥ 1
arctanhx = 1
2ln
(1+x
1−x
)x ∈ (−1,1)
arccothx = 1
2ln
(1+x
1−x
)x ∉ [−1,1]
arcsechx = ln
(1+
p1−x2
x
)x ∈ (0,1]
arccschx = ln
(1
x+p
1+x2
|x|
)x 6= 0
a continuación de demuestran algunas de éstas fórmulas.
Función arcsenhx. Sea y = arcsenhx, entonces senhy = x, luego:
x = 1
2
(e y −e−y )
por tanto: 2x = e y −e−y , multiplicando a ambos miembros por e y y ordenando se encuentra:
e2y −2xe y −1 = 0
despejando e y se tiene:
e y = 1
2
(2x ±
√4x2 +4
)= x ±
√x2 +1,
claramente x <p
x2 +1 luego debemos tomar el signo positivo pues e y es siempre positivo, con esta aclaración:
y = ln(x +
√x2 +1
)Válido para todo x, así
arcsenhx = ln(x+
√x2 +1
)Función arctanhx. Sea y = arctanhx, entonces: tanh y = x de donde
e y −e−y
e y +e−y = x,
esto es, e y −e−y = xe y +xe−y , multiplicando por e y y ordenando:
e2y (1−x) = 1+x
despejando y :
y = 1
2ln
(1+x
1−x
)que es válido para los x que satisfacen la desigualdad
1+x
1−x> 0, esto es: x ∈ (−1,1) .
2.5 Funciones Crecientes y Decrecientes
Funciones 55
Definición 2.8
(Función creciente). Sea f : X ⊂R→ Y ⊂R . Se dice que f es creciente si para cualesquiera x0 y x1 en X tal que x0 < x1
se tiene f (x0) ≤ f (x1).
Si reemplazamos el símbolo ≤ (menor o igual) por < (menor ) la función f se llama estrictamente creciente.
Ejemplo 2.32 La función f (x) = [x] es creciente y f (x) = x3 es estrictamente creciente.
Definición 2.9
(Función decreciente). Sea f : X ⊂ R→ Y ⊂ R . Se dice que f es decreciente si para cualesquiera x0, x1 ∈ X tal que
x0 < x1 se tiene f (x0) ≥ f (x1).
Si reemplazamos el simbolo ≥ (mayor o igual) por > (mayor) la función f se llama estrictamente decreciente.
x
y
Función creciente
x
y
Función decreciente
Ejemplo 2.33 f :R→R definida por f (x) =−x +1 es estrictamente decreciente.
Teorema 2.12
Sea f : X → Y una función estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Entonces f es inyectiva.
Demostración Sean x0 y x1 puntos distintos en X . Sin perdida de generalidad podemos suponer x0 < x1, luego
f (x0) < f (x1) o f (x0) > f (x1), en todo caso f (x0) 6= f (x1), así, f es inyectiva.
■
Teorema 2.13
Sea f : X → Y una función estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Entonces f −1 esta definida en el
rango de f , en particular si f es sobreyectiva f −1 esta definida en Y .
Ejemplo 2.34 La función f (x) = loga x con a > 1, es estrictamente creciente f : R+ → R. Luego f −1 : R→ R+ existe. La
inversa está definida por f −1(x) = ax .
56 Funciones
2.5.0.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 2.35 Sea f :R→R definida por f (x) = x2 +1. Discutir la inyectividad, sobreyectividad y la inversa.
Solución.Inyectividad. f no es inyectiva pues para −1 y 1 en el dominio de f se tiene f (−1) = f (1) = 2 siendo que −1 6= 1.
Sobreyectividad. f tampoco es sobreyectiva pues para 0 ∈ C f no existe preimagen ya que no existe x ∈ D f tal que f (x) =x2 +1 = 0.
De lo anterior deducimos que f −1 no puede definirse con el dominio y codominio dados. Sin embargo redefinamos f del
siguiente modo:f :R+∪ {0} → [1,∞) y
f (x) = x2 +1.
Mostraremos que ahora f si es biyectiva, esto es, inyectiva y sobreyectiva.
Inyectividad. Sean x0, x1 ∈ R+∪ {0} y supongamos que
f (x0) = f (x1),
entonces
x20 +1 = x2
1 +1,
luego x0 = x1, notemos que x0 =−x1 tambien es una solución pues x20 +1 = (−x1)2 +1 = x2
1 +1, esto no es posible, pues en tal
caso o x0 o x1 no es elemento de R+∪ {0}, de lo anterior f debe ser inyectiva.
Sobreyectividad. Sea y0 ∈ [1,∞), luego de y0 = x20 +1 obtenemos x0 =
√y0 −1; asi existe x0 =
√y0 −1 tal que f (x0) = y0; esto
muestra que f es sobreyectiva.
Por todo lo anterior f es biyectiva, en el nuevo dominio y nuevo codominio, es decir f −1 existe.
Cálculo de la inversa. Para encontrar la regla de correspondencia de f −1 se prosigue como sigue: Partimos de
f (x) = y
obteniéndose la ecuación:
y = x2 +1,
despejando x:
x =√y −1
y se define la función inversa como:
f −1(x) =px −1
Observemos que f −1 : [1,∞) → R+∪ {0}.
2.6 Funciones acotadas
Definición 2.10
Una función f con dominio D f , es acotada en dicho dominio, si el conjunto{f (x) : x ∈ D f
}
Funciones 57
es acotado, esto es, f es acotada en D f si existe un número k > 0 tal que | f (x)| ≤ k para todo x ∈ D f , en tal caso k se
llamará cota de f en el dominio D f .
Nótese que si la función f es acotada, entonces la gráfica de f en el dominio D f está dentro la franja dada por las rectas
y =−k y y = k.
x
y
y = k
y =−k
Teorema 2.14
Sea f : [a,b] →R, creciente o decreciente, entonces f es acotada en [a,b].
Demostración: a) Caso f creciente. En este caso, claramente f (a) ≤ f (x) ≤ f (b) para todo x ∈ [a,b]. Tomando
k = max{∣∣ f (a)
∣∣ ,∣∣ f (b)
∣∣} se tiene∣∣ f (x)
∣∣≤ k.
b) Caso f decreciente. Se muestra como en el caso (a)
■
Ejemplo 2.36 Sea f (x) = 2x +3, definida en {x : |x −3| ≤ 1}, entonces −2 ≤ x ≤ 4. Como f es creciente en R, es en particular
creciente en [−2,4], luego f (−2) ≤ f (x) ≤ f (4) esto es, −1 ≤ f (x) ≤ 11, de donde | f (x)| < 11 para todo x ∈ [−2,4].
Ejemplo 2.37 Sea f (x) = 12x2 − 22x definida en [0,2]. En este caso f (0) = 0 y f (2) = 4. Decir 0 ≤ f (x) ≤ 4 para todo x en
[0,2 ] no es verdadero, pues por ejemplo 1 ∈ [0,2] pero f (1) =−10 y no es cierto que 0 ≤−10 ≤ 4.
Esto, por supuesto no contradice el teorema anterior, pues f (x) = 12x2 − 22x no es creciente ni decreciente en [0,2]. Para
acotar esta función procedemos como sigue:
Puesto que x ∈ [0,2] , claramente |x| ≤ 2, luego
∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣12x2 −22x
∣∣≤ 12 |x|2 +22 |x|≤ 12
(22)+22(2) = 92,
así una cota buscada es 92.
En los siguientes ejercicios, se dan otras técnicas para acotar funciones.
58 Funciones
2.6.0.2. Ejercicios resueltos
Ejemplo 2.38 Acotar f (x) = x2 +1 en (−1,1).
Solución. Observemos que para cualquier x ∈ (−1,1) se tiene |x| < 1, luego∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣x2 +1
∣∣≤ |x|2 +1
< 1+1 = 2
Luego f (x) esta acotada por 2, es decir∣∣ f (x)
∣∣< 2 para todo x ∈ (−1,1).
Ejemplo 2.39 Acotar f (x) = x3 −3x2 +2x +5 en el conjunto {x : |x −4| < 1}.
Solución. Observemos que si x ∈ {x : |x −4| < 1} , entonces: 3 < x < 5.
Método 1. De
3 < x < 5,
concluimos con |x| < 5, por tanto ∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣x3 −3x2 +2x +5
∣∣≤ |x|3 +3 |x|2 +2 |x|+5
< 53 +3(52
)+2(5)+5
= 215
Asi∣∣ f (x)
∣∣< 215 para |x −4| < 1.
Método 2. Puesto que 3 < x < 5 tenemos las siguientes desigualdades
27 < x3 < 125
−75 <−3x2 <−27
6 < 2x < 10
5 ≤ 5 ≤ 5
sumando:
37 < x3 −3x2 +2x +5 < 113,
luego∣∣ f (x)
∣∣< 113 para |x −4| < 1.
Método 3. Sea h = x −4, luego tenemos |h| < 1 y x = h +4, entonces :∣∣ f (x)∣∣= ∣∣x3 −3x2 +2x +5
∣∣ = ∣∣(h +4)3 −3(h +4)2 +2(h +4)+5∣∣
= ∣∣h3 +9h2 +26h +29∣∣
≤ |h|3 +9 |h|2 +26 |h|+29
< 1+9+26+29 = 65
Luego: ∣∣ f (x)∣∣< 65,
para |x −4| < 1.
Observemos que la cota obtenida en este método es menor que las obtenidas en los métodos 1 y 2.
Funciones 59
Ejemplo 2.40 Acotar f (x) = x5 −3x4 +2x +20 en D f = {x : |x −2| < 1}.
Solución. Si x ∈ D f se tiene 1 < x < 3.
Método 1. Si 1 < x < 3, claramente |x| < 3 , luego:∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣x5 −3x4 +2x +20
∣∣≤ |x|5 +3 |x|4 +2 |x|+20
< 35 +3(34
)+2(3)+20
= 243+243+6+20 = 512
Luego | f (x)| < 512 para todo x ∈ D f .
Método 2. De 1 < x < 3 tenemos sucesivamente:
1 < x5 < 243
−243 <−3x4 <−3
2 < 2x < 6
20 ≤ 20 ≤ 20
Sumando
−220 < x5 −3x4 +2x +20 < 266
Luego∣∣ f (x)
∣∣< 266 para x ∈ D f .
Usando el Método 3 del ejercicio anterior se puede mejorar esta cota.
Ejemplo 2.41 Acotar f (x) = x3 −x +cos x para los números x tales que |x +2| < 3.
Método 1. Si |x +2| < 3 se tiene −5 < x < 1, luego |x| < 5, con este resultado escribimos∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣x3 −x +cos x
∣∣≤ |x|3 +|x|+ |cos x|< 53 +5+1
= 131
por tanto∣∣ f (x)
∣∣< 131 para |x +2| < 3.
Solución. Método 3. Sea
h = x +2
3,
luego |h| < 1 y x = 3h −2, con este resultado tenemos:∣∣ f (x)∣∣= ∣∣ f (3h −2)
∣∣ = ∣∣(3h −2)3 − (3h −2)+cos(3h −2)∣∣
= ∣∣27h3 −54h2 +33h −6+cos(2h −2)∣∣
≤ 27 |h|3 +54 |h|2 +33 |h|+6+|cos(2h −2)|< 27+54+33+6+1 = 121
Luego | f (x)| < 121 para |x +2| < 3.
2.7 Construcción de Funciones
En esta sección, se plantean problemas que originarán funciones, más aún, veremos que los dominios de estas funciones
satisfacen ciertas condiciones.
60 Funciones
Ejemplo 2.42 A partir de una hojalata rectangular de 90 cm. por 50 cm, se desea construir un recipiente, recortando en las
esquinas un cuadrado de lado x (ver figura). Determine el volumen de dicho recipiente.
90
90−2x x
50 50−2x
Solución. El volumen del recipiente será la función V dependiente de x dado por:
V (x) = x (90−2x) (50−2x)
Para calcular el dominio de esta función notemos que x debe ser positivo, además x debe ser menor a 25 ¿por que?, por tanto
el dominio de la función V es el intervalo DV = (0,25) .
Ejemplo 2.43 Se desea inscribir un cono recto de radio basal x cm. y altura h cm. en una esfera de radio 10 cm. (ver figura),
determinar el volumen del cono en términos de h.
h
x
20
A B
C
O
C D = diámetro = 20CO = Altura del cono = hAO =OB = radio del cono = x
Solución. El volumen del cono está dado por V (x,h) = 13πx2h, ahora encontraremos una relación entre x y h. Es un resultado
de geometría que:
(AO) (OB) = (CO) (OD)
por tanto:
x2 = h (20−h)
luego V (h) = 13πh (20−h)h = 1
3πh2 (20−h) , el dominio debe ser DV = (0,20) .
Actividades
1. Una caja tiene base rectangular cuadrada de lado igual a x y altura h. Si el volumen de dicha caja es V , determinar la
superficie total de la caja en términos de x. Sol. S (x) = 2x2 + 4V
x.
Funciones 61
2. Considere la función:
f (x) ={
x (x +2/3) , x ∈ [0,7]
−161(x −10)/9, x ∈ [7,10]
(a) Sea (a, b) un punto de la gráfica de f con a ∈ (0,7), con este punto se construye un rectángulo de lados paralelos a
los ejes tal que los otros dos vértices estén en el eje x y cuarto vértice en la recta. Determinar el área del rectángulo en
términos de a. (b) Resolver el inciso (a) cuando a ∈ (7,10). Sol. (a) A (a) =−a (a +2/3)(a −7)(9a +230)/161.
3. Considérese el triángulo de vértices A = (0,0) , B = (6,0) y C = (4,2) . Sobre el segmento AC se toma un punto (a,b) y
se construye un rectángulo, tal como se muestra en la figura. Determinar el área del rectángulo en términos de a. Sol.
A (a) = 14
(12a −3a2
).
x
y
4 6
2
(a,b)
4 6
2
4. Con un punto(x, y
)de una circunferencia de radio 3, en el primer cuadrante, se construye un rectángulo de lados
paralelos a los ejes de coordenadas inscrito en la circunferencia. Determinar el área del rectángulo en función de x.
Sol.: A (x) = 4xp
9−x2, D A = [0,3] .
5. Con una cuerda, de longitud 10 cm., se construye un triángulo isósceles. Determinar el área de este triángulo en fun-
ción del lado desigual. Sol.: A (x) = xp
25−5x2 , D A = (0,5) .
6. Sea x el lado igual de un triángulo isósceles. Determinar el área de dicho triángulo en términos de x, si su perímetro es
20 centímetros. Sol.: A (x) = 2(10−x)p
5x −25, D A = (5,10).
7. Se tiene la necesidad de construir un tanque cilíndrico de altura h, con semiesferas de radio x agregadas en los extre-
mos. Si el volumen del tanque debe ser 10 m3, determinar el costo de construcción de este tanque, en términos de x,
si los extremos cuestan $20 y los lados cuestan $10 por metro cuadrado.
A h B
2x
D
C
AB = altura del cilindro = hC D = diámetro de la semiesfera = 2x
Sol.: C (x) = 40(15+4πx3
)3x
, DC =(0, 3
√152π
)
62 Funciones
8. Dos embarcaciones salen de un puerto en direcciones norte y oeste. La embarcación en dirección al norte va a una
velocidad de 40 km/h y la otra a 30 km/h, describir mediante una función, la distancia que los separa en función del
tiempo t . Sol.: d (t ) = 50t
9. Se inscribe un triángulo en una circunferencia de radio 10 cm., de modo que un lado sea el diámetro de la circun-
ferencia (ver figura), Si un lado es x, hallar una función dependiente de x que de el área de dicho triángulo. Sol.:A (x) = 1
2 xp
400−x2.
A
C
B
x
AB = diámetro= 20x
10. Los puntos A y B están situados en lados opuestos de un río recto de 100 m. de ancho, cuyas orillas se suponen para-
lelas. Se desea tender un cable desde A hasta B pasando por un punto C (ver figura). Si el costo por metro de cable por
tierra es $U S 8 y por agua es un 25% más. Determinar el costo del cable que se empleará en este tendido en términos
de x, donde x es la distancia de E a C .
100 m
200 mx
A
C B
Sol.: C (x) = 10p
x2 +1002 +8(200−x) .
11. Un alambre de 50 cm. de longitud, se corta en dos partes, formando con una de ellas un triángulo equilátero y con la
otra un cuadrado. (a) Si x es el lado del triángulo equilátero, determinar la suma de áreas como función de x. (b) lo
mismo que en (a) si x es el lado del cuadrado. Sol. (a)p
34 x2 + ( 50−3x
4
)2
12. Hallar la distancia de un punto(x, y
)de la parábola y2 = 4x al punto (4,0) como una función de x. Sol.: d (x) =p
x2 −4x +16.
13. (a) Considere el punto (3,4), por este punto pasa una recta de pendiente m. Hallar el área del triángulo formado por
esta recta y los ejes coordenados en función de m. (b) lo mismo que en (a) para (−3,4) . Sol.:(a) A (m) = − (3m−4)2
2m ,
D A = (−∞,0)
14. En un triángulo ABC se sabe que AB = 10 y la altura bajada desde el vértice C es 2. Si x es la distancia del vértice A al
pie de la altura, hallar el ángulo C en términos de x. Sol.: f (x) = arctan(x/2)+arctan( 10−x
2
), D f = [0,10] .
15. Se considera un cono inscrito es una esfera de radio r = 10 cm. Si la altura del cono es h y el radio de la base es x,
determine el volumen del cono en términos de x. Sol.: V (x) = 13πx2
(10+
p100−x2
).
Funciones 63
16. Considere la parábola de ecuación y = 4− x2, sea (a,b) un punto de la parábola en donde la recta de pendiente m
es tangente a esta curva. (a) Muestre que m = −2a. (b) Determine el área que forma la recta tangente con los ejes
coordenados en términos de a. Sol.: S (a) = (a2+4)2
4a
x
y
(a,b)
−2 2
4
17. Se quiere construir un recipiente cilíndrico metálico con volumen 32 cm3. Determinar el área total en esta construc-
ción en términos del radio de la base x para los siguientes casos: (a) tapado por ambos lados (b) tapado por uno de los
lados. Sol. (a) A (x) = 2πx3+64x , (b) A (x) = πx3+64
x
18. Se quiere construir una tienda de campaña de forma cónica (cono rectangular) con capacidad de a m3. Determinar la
cantidad de tela que debe emplearse en términos del radio x de la base. Sol.: S (x) =√
x6π2+9a2
x2
19. Un vidrio rectangular de 80 cm. por 60 cm. se rompe en una esquina según una recta, tal como se ve en el gráfico. Con
un punto(x, y
)de la recta se construye un rectángulo, hallar el área de dicho rectángulo en términos de x.
x
y
60
8015
10
(x, y)
Sol.: A (x) = 110 (60−x) (15x +650) .
20. Determinar el volumen de un cono circunscrito a una semiesfera de radio R, en términos de su altura h, de modo que
el plano de la base del cono, coincida con el de la semiesfera. Sol.:(
R2π3
)(h3
h2−R2
).
21. Determinar el área lateral de un cono circular recto, en términos de su radio x, que se inscribe en un cono circular
recto de radio 1 cm y altura 3 cm. (Sug. El vértice del cono inscrito está en el centro del cono dado). Sol.: A (x) =πx
p10x2 −18x +9.
22. Una pared de 1,5 metros de altura se encuentra a 2 metros de un edificio. Hallar la longitud de la escalera que se apoye
en el suelo, en la parte superior de la pared y llegue a la pared del edificio (a) en función del ángulo θ, (b) en función de
64 Funciones
x. (Ver gráfico) Sol.: (a) L (θ) = 1,5cscθ+2secθ, (b) L (x) =√
(x +2)2 + ( 3x + 3
2
)2.
Piso
Edificio
21,5
L
(a)
θ
Piso
Edificio
21,5
L
(b)
θ
x
23. Hallar el área lateral de una tienda cónica de capacidad dada V , en función de la altura h. Sol.: A (r ) =√
9V 2+3πV h3
h2 .
24. Se desea construir una lata cilíndrica de V cm3 de capacidad. El material del fondo y de la tapa cuesta dos veces más
caro que el del lateral. Hallar el costo de la lata en función del radio r. Sol.: C (r ) = 2Vr +4πr 2. (Con el costo lateral igual
a la unidad)
25. Se traza la tangente en un punto de la circunferencia x2+y2 = 1, en el primer cuadrante. Hallar la longitud del segmento
formado por la intersección de la recta con los ejes coordenados en función de la pendiente m de la recta tangente.
Sol.: Recta tangente: y = mx +p
m2 +1, longitud del segmento: L (m) =−1+m2
m. (Sugerencia: Si y = mx +b es la recta
tangente, el sistema formado por x2 + y2 = 1 y y = mx +b debe tener solución única). A continuación se muestran las
rectas tangentes para m =−10, m =−1, m =−0,1.
x
y
m =−1
1−1
1
−1
26. Considere un rectángulo de lados h y r de perímetro igual a 100 cm. Se rota el rectángulo en torno del lado h for-
mándose un cilindro, determine el volumen y el área del cilindro en función de h. Sol. V (h) = π (100−h)2 h, A (h) =2π (100−h)2 +2π (100−h)h.
27. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Una caja tiene base cuadrada de lado igual a x y altura h. Si el volumen
de dicha caja es 94 cm3. (a) Determinar la superficie total de la caja en términos de x, (b) Determinar la superficie total
de la caja en términos de h.
Sol.: (a)376
x+2x2, (b) 4
p94h + 188
h
28. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Considérese el triángulo de vértices A = (0,0), B = (17,0) y C = (12,17).
Sobre el segmento AC se toma un punto (a,b) y se construye un rectángulo inscrito en el triángulo, con lados paralelos
a los ejes de coordenadas. Determinar el área del rectángulo en términos de a.
Sol.: A (a) = ( 289144
)a (12−a)
Funciones 65
29. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Considere la función:
f (x) ={
x(x + 2
5
)si x ∈ [0,1]
− 725 (x −6) si x ∈ [1,6]
(a) Sea (a,b) un punto de la gráfica de f con a ∈ (0,1), con este punto se construye un rectángulo de lados paralelos a
los ejes tal que los otros dos vértices estén en el eje x y cuarto vértice en la recta. Determinar el área del rectángulo en
términos de a. (b) Resolver el inciso (a) cuando a ∈ (1,6).
Sol.: A(a) =−a(a + 25
42
)(a −1)
( 25a+427
)
30. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Considere el triángulo de vértices el (0,0), (6,11) y (−6,11). Con un punto
(x, y) del segmento que une el origen con (6,11) se contruye un triángulo. Si los otros puntos de tal triángulo son (0,11)
y (−x, y), hallar el área de dicho triángulo en función de x.
Sol.: A(x) = 11x(6−x)6
2.8 Funciones a una variable con MatLab
2.8.1. Comando ezplot
Permite graficar funciones de una manera rápida. Empleando el comando help ezplot se puede obtener una información
completa de este comando. En este texto mostramos algunas posibilidades mediante ejemplos.
Ejemplo 2.44 Graficar: f (x) = cos(4x)
x2 +1en el dominio [0,5]
66 Funciones
Observaciones.
1. El comando syms x crea la variable x como simbólico.
2. El comando ezplot puede emplearse de manera más general como:
ezplot(función, [xmínimo, xmáximo, ymínimo, ymáximo])
Aquí, se graficará la función en el rectángulo dado por el producto cartesiano:
[xmínimo,xmáximo]× [ymínimo,ymáximo
]3. Si se omite el intervalo donde se va a graficar, MatLab grafica, por defecto, en el intervalo [−2π,2π] .
Ejemplo 2.45 Graficar: f (x) = cos(4x)x2+1
en el rectángulo [−3,5]× [−2,1,5]
Funciones 67
2.8.2. Comando plot
Dados dos vectores x = (x1, x2, . . . , xn) , y = (y1, y2, . . . , yn
), el comando plot(x,y) puede graficar los puntos
(xi , yi
)o unir tales
puntos mediante rectas.
Antes de emplear este comando es útil considerar las siguientes observaciones
1. Si x = (x1, x2, . . . , xn) y f = f (x) es una función a una variable elemental como: sin x, cos x, exp(x) , ln x, entonces y =f (x) da el vector y = (
f (x1) , f (x2) , . . . , f (xn))
2. Si x = (x1, x2, . . . , xn) , lo anterior tiene el inconveniente de que no pueden realizar productos como x sin x, en estos
casos debe escribirse x.∗ sin(x) , esto dará como resultado:
(x1 sin x1, x2 sin x2, . . . .xn sin xn)
3. El operador dos puntos. En lo que sigue a < b.
a) Si a,b son enteros,
x = a : b
crea el vector x = (a, a +1, . . .b).
b) Si a,b son números reales, entonces
x = a : b
crea el vector x = (a, a +1, . . . ,c) donde c es el primer número tal que c +1 > b.
68 Funciones
c) Si a,b son números reales y h > 0, entonces
x = a : h : b
crea el vector x = (a, a +h, a +2h . . . ,c) donde c es el primer número tal que c +h > b.
Si a > b el valor de h debe ser negativo.
4. Finalmente debemos indicar que si se añade un punto y coma al final de las anteriores instrucciones, el vector x no se
muestra en la ventana de comandos, aunque si se crea el vector.
Ejemplo 2.46 Graficar: f (x) = cos(4x)x2+1
en el dominio [0,5]
Funciones 69
Es posible realizar cambios en el comando plot, por ejemplo, cambiar el color de la función o colocar un símbolo en las
coordenadas(x, y
)como se muestra a continuación:
70 Funciones
2.8.3. Declaración de funciones
Una función, puede ser declarada al menos de dos maneras: mediante el comando inline y mediante un archivo .m
2.8.3.1. Comando inline
Tiene la siguiente estructura:
inline(expresion, var 1, var 2, ...)
Construye una función en línea cuyas variables son especificadas por var 1, var 2, . . . . Es posible tener variables con varios
caracteres.
Observación. Es posible ignorar la declaración de variables, en este caso matlab detecta las variables y lo muestra.
Ejemplo 2.47 Construir una función para calcular el área e un trapecio. Recordemos que el área de un trapecio está dada
por:
ar ea =(l adomayor + l adomenor
)al tur a
2
Empleamos el comando inline como se muestra en el siguiente gráfico. Para emplear la función area, se escribe el nombre
de la función seguida de las variables escritas en el orden en que fueron creadas, es decir primero el lado mayor, luego el lado
menor y finalmente la altura. Si el trapecio tiene lados 4,2 y altura 5, escribimos
area(4,2,5)
el resultado será (4+2)52 = 15.
Funciones 71
Ejemplo 2.48 Graficaremos la función f (x) = x
x2 +1en el intervalo [−10,10] empleando el comando inline.
72 Funciones
2.8.3.2. Archivo *.m
Una función también se puede crear mediante un archivo *.m, por ejemplo para crear la función f (x) = x
x2 +1, se construye
el archivo f.m que, esto se inicia haciendo [clik] em [New Sript] del menú principal como se muestra en el siguiente gráfico.
luego, en el editor de texto se escribe la función a crear. Se debe grabar este archivo en algún directorio donde MatLab puede
hallar este archivo.
Funciones 73
Para informar al programa MatLab de otro directorio donde encontrar archivos *.m, se emplea la siguiente secuencia de
comandos desde la barra de comandos de la ventana principal de MatLab:
[File]-[Set Path...]
y elegir luego el directorio deseado con el boton [Add Folder...].
Para poder usar la función f se procede de la manera usual, por ejemplo, para calcular la imagen de x =−2, se escribe f (−2) .
2.8.4. La función escalón de Heaviside
La función escalón de Heaviside, llamada función escalón unitario, se define por:
H (x) ={
0 x < 0
1 x > 0
x
y
1
74 Funciones
Nótese que no estamos definiendo H (0) , algunas definiciones usuales son H (0) = 1, H (0) = 0 o H (0) = 12 .
Esta función debe su nombre al matemático inglés Oliver Heaviside, algunas propiedades son:
1. H (−x) = 1−H (x) .
2. H (x −a) ={
0 x < a
1 x > a, para todo a ∈R.
x
y
a
1
3. Toda función, definida a pedazos, puede escribirse en términos de las funciones H .
Ejemplo 2.49
f (x) =
−x x <−2
x2 −2 < 1 < 3
−cos x x > 3
Empleando H (x) , la función f (x) se escribe como:
f (x) =−x + (x2 +x
)H (x +2)+ (−cos(x)−x2)H (x −3)
En MatLab procedemos como sigue:
Funciones 75
2.8.4.1. Ejercicios propuestos
Graficar las siguientes funciones, en los intervalos indicados usando: (a) el comando ezplot, (b) el comando plot.
1. f (x) = ex sin xx2+1
, [−2,4]
2. f (x) = ln(x2 +1
)−x3 +1, [−1,5]
3. f (x) =
0 x <−π
−sin x −π< x < 0
sin x 0 < x <π0 x >π
4. f (x) =
1 x <−1
−2 −1 < x < 1
x 1 < x < 2
x2 x > 2
, [−2,4]
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3 Límites y Continuidad
3.1 Introducción
Consideremos la función f : [0,2] →R definida por
f (x) ={
x2 + 12 , x ∈ [−1,1]
3− (x −2)2, x ∈ (1,4],
cuya gráfica se muestra a continuación.
x
y
11,5
2
2,75 3
−1 1 22,5
3
Con puntos ”cercanos a 2,5”, construimos la siguiente tabla:
x f (x) x f (x)
2,50100 2,74900 2,49000 2,75990
2,50010 2,74990 2,49900 2,75100
2,50001 2,74999 2,49990 2,75010
2,50000 2,75
podemos observar que para ”puntos cercanos” a 2,5 las imágenes estan ”cerca” de f (2,5) = 2,75.
78 Límites y Continuidad
Con ”puntos cercanos a 1”, se construye la siguiente la tabla:
x f (x) x f (x)
1,10000 2,19000 0,90000 1,31000
1,01000 2,01990 0,99000 1,480010
1,00100 2,00200 0,99900 1,49800
0,99990 1,49980
Observemos que para valores ”cercanos” a x = 1, las imagenes cambian abruptamente de 1,49980 a 2,00200, con esto se
ratifica lo que se ve gráficamente. En el gráfico, la función f tiene trazo continuo cerca de x = 2,5. Así diremos, aunque
imprecisamente, que una función es continua en un punto x = p si su gráfico tiene trazo continuo para ”valores cercanos”
de p, en caso contrario es discontinua.
La anterior discusión carece de rigurosidad, se ha hablado de conceptos como ”cerca” o ”valores cercanos”. En las siguientes
secciones, se dan los fundamentos rigurosos de continuidad.
3.1.0.2. Ejercicios propuestos
1. Graficar la función f (x) = [x], ([x] es el mayor entero menor o igual a x.) ¿Tiene trazo continuo en [−2,2]?
2. Graficar la función f (x) = x2 − [x] en [−2,2]. Calcular tablas para valores cercanos a x = 2 y x = 1,5. ¿En que puntos es
discontinua f ?
3. Sea f (x) = 1
x. ¿Es la gráfica de f continua en x = 0?
4. Sea f (x) ={
x3 si x ∈ (−∞,1]
−2x +3 si x ∈ (1,∞).
¿Es la gráfica de f continua en x = 1?
5. Sea f (x) = 1
x2 . ¿Es la gráfica de f continua en x = 0?
3.2 Límite de una Función
En esta sección, se da la definición de límite, definición empleada fundamentalmente para realizar demostraciones de teo-
remas centrales del cálculo.
Para futura discusión se requiere la siguiente definición.
Definición 3.1
(Vecindad de un Punto). Sea p un punto. Cualquier intervalo abierto que contiene p es llamado una vecindad de p.
Ejemplo 3.1 Los siguientes intervalos son vecindades de p = 1 : (0,2), (0,4,0,7), (1−ε,1+ε) para ε> 0.
Una vecindad de p se denotará con el símbolo Vp o V(p
). Un caso particular es cuando V
(p
) = (p −ε, p +ε) , entonces la
vecindad se denotará con V (p,ε). Observemos que(p −ε, p +ε)= {
x : p −ε< x < p +ε}= {x :
∣∣x −p∣∣< ε} ,
Límites y Continuidad 79
así dado ε> 0 el conjunto de los x que satisfacen∣∣x −p
∣∣< ε es una vecindad de p.
Observación. Diremos que vecindad de p de la forma(p −ε, p +ε) , es un intervalo abierto centrado en p y radio ε.
3.2.1. Definición de Límite
Definición 3.2
Sea I una vecindad de p, sea f una función definida en I , a excepción quizás de p ( f no necesariamente definida en
p). Se dice que
lımx→p
f (x) = L
Si para todo ε> 0, existe δ> 0 tal que
si 0 < ∣∣x −p∣∣< δ entonces
∣∣ f (x)−L∣∣< ε.
Observación. En términos de vecindades, lo anterior significa que si x se encuentra en la vecindad V(p,δ
), entonces
f (x) se encuentra en la vecindad V (L,ε) .
A veces, escribiremos x −p → 0 en lugar de x → p. Con h = x −p, así son que son equivalentes
lımx→p
f (x) = L y lımh→0
f (p +h) = L
esto se conoce como: cambio de variable.La definición, intuitivamente establece que los puntos cercanos a p tienen imágenes cercanas o iguales a L. Por otra parte, L
no será el límite de f (x) en x = p si algún elemento ”cerca” a p tiene imagen ”lejos” de L.
A continuación, se muestran gráficos, para ilustrar el hecho de que un número L es el límite y cuando no lo es.
x
y
L−εL
f (x)
L+ε
p −δ x pp +δ
x
y
L−εL
f (x)L+ε
p −δ x pp +δ
Ejemplo 3.2 Consideremos la función f (x) = 3x −1, probaremos que lımx→1
f (x) = 2, en efecto, para ε> 0 existe δ= ε
3tal que
si |x −1| < δ entonces ∣∣ f (x)−2∣∣ = |3x −1−2|
= 3 |x −1|< 3δ= 3
ε
3= ε,
esto es,∣∣ f (x)−2
∣∣ < ε. En particular con ε = 0,3 tenemos δ = ε
3= 0,1. Nótese que para puntos cercanos de 1, las imágenes
están cerca de 2.
Ejemplo 3.3 Sea la función f (x) = x + 1, entonces lımx→1
f (x) no puede ser 3, en efecto, si ε = 0,5 , para todo δ > 0 existen
valores como x tales que |x −1| < δ y∣∣ f (x)−3
∣∣> 0,5.
80 Límites y Continuidad
x
y
1,52
2,53
f (x)
0,51 x
1,5
Existen funciones, como f (x) = [x] , en los cuales la función está definida en un punto, pero no existe el límite en dicho
punto. Por ejemplo, si x = 1, f (1) = 1 pero el límite no es L = 1 como se muestra en la siguiente figura. Sin embargo, podemos
decir cuál es el límite por la izquierda y cuál por la derecha, para precisar esto, se dan las correspondientes definiciones:
x
y
−1−1
−2
−2
−3
−3
1
1
2
2
3
3
3.2.2. Límites Laterales
Definición 3.3
El límite lateral por la derecha, de una función f en un punto p, denotado por lımx→p+ f (x) es definido como:
lımx→p+ f (x) = L
si para para todo ε> 0 existe δ> 0 tal que si
0 < x −p < δ entonces∣∣ f (x)−L
∣∣< ε.
La expresión x → p+ significa que se toman valores cercanos a p, por la derecha.
Ejemplo 3.4 Sea f (x) = [x] , entonces lımx→1+
f (x) = 1
Ahora definimos el límite lateral por la izquierda
Límites y Continuidad 81
Definición 3.4
El límite lateral por la izquierda, de una función f en un punto p, denotado por lımx→p− f (x) es definido como:
lımx→p− f (x) = L
si para todo ε> 0 existe δ> 0 tal que si
−δ< x −p < 0 entonces∣∣ f (x)−L
∣∣< ε
Ejemplo 3.5 Consideremos la función f definida por f (x) = [x], entonces lımx→1−
f (x) = 0.
Respecto de los límites laterales, se tienen los siguientes resultados.
Teorema 3.1
Si lımx→p
f (x) existe, entonces los límites laterales en x = p existen y son iguales.
El anterior teorema en su forma contrapositiva dice que ”Si los límites lateralesde una función en un punto p son distintos, entonces el límite en p no existe”
Ejemplo 3.6 Sea f (x) = [x], entonces para todo entero n, lımx→n+ f (x) = n y lım
x→n− f (x) = n−1, luego si n es un entero, el límite
lımx→n
f (x) no existe.
3.2.3. Propiedades de Límites
Teorema 3.2
El límite de una constante, es la misma constante.
Demostración. Sea f (x) = k para todo x ∈ D f , probaremos que para a ∈ D f se cumple
lımx→a
f (x) = k,
en efecto si ε > 0,∣∣ f (x)−k
∣∣ = |k −k| = 0 < ε, así para todo ε > 0 existe δ > 0, tal que si |x −a| < δ entonces∣∣ f (x)−k∣∣< ε. (observemos que en este caso particular, δ puede ser cualquier número positivo).
■
Teorema 3.3
Si lımx→p
f (x) existe, este es único.
82 Límites y Continuidad
Demostración. Supongamos que L1 y L2 son los límites de f (x) cuando x → p. Entonces si ε> 0 existe δ> 0 tal
que si∣∣x −p
∣∣< δ se tiene∣∣ f (x)−L1
∣∣< ε
2y
∣∣ f (x)−L2∣∣< ε
2luego
|L1 −L2| = ∣∣− f (x)+L1 + f (x)−L2∣∣
= ∣∣−(f (x)−L1
)+ (f (x)−L2
)∣∣≤ ∣∣ f (x)−L1
∣∣+ ∣∣ f (x)−L2∣∣
< ε
2+ ε
2= ε.
Puesto que ε es arbitrario, debemos tener |L1 −L2| = 0; de este resultado L1 = L2.
■
Teorema 3.4
Sean f y g funciones tales que lımx→p
f (x) = A y lımx→p
g (x) = B , entonces:
(i) lımx→p
(f (x)± g (x)
)= A±B
(ii) lımx→p
(f (x) g (x)
)) = A B
(iii) lımx→p
f (x)
g (x)= A
Bsi B 6= 0.
Demostración.
(i) Si ε> 0, existen δ1 y δ2 > 0 tales que si∣∣x −p
∣∣< δ1 y∣∣x −p
∣∣< δ2 se tiene∣∣ f (x)− A
∣∣< ε
2y
∣∣ f (x)−B∣∣< ε
2luego
∣∣ f (x)± g (x)− (A±B)∣∣ ≤ ∣∣ f (x)− A
∣∣+ ∣∣g (x)−B∣∣
< ε
2+ ε
2= ε
por tanto∣∣ f (x)± g (x)
∣∣< ε siempre que∣∣x −p
∣∣< δ, donde δ= mın{δ1,δ2}.
(ii) Para demostrar esta parte, escribimos
∣∣ f (x) g (x)− AB∣∣ = ∣∣ f (x)
(g (x)−B
)+B(
f (x)− A)∣∣ se ha sumado y
restado B f (x)
≤ ∣∣ f (x)∣∣ ∣∣g (x)−B
∣∣+|B | ∣∣ f (x)− A∣∣
Si x → p es claro que g (x)−B → 0, y f (x)− A → 0, así si∣∣ f (x)
∣∣ no se hace grande∣∣ f (x) g (x)− AB
∣∣ → 0, mos-
traremos que efectivamente∣∣ f (x)
∣∣ no se hace arbitrariamente grande. Para el número 1, existe δ3 > 0 tal que
si ∣∣x −p∣∣< δ3, entonces
∣∣ f (x)− A∣∣< 1,
puesto que∣∣ f (x)
∣∣= ∣∣ f (x)− A+ A∣∣ se tiene
∣∣ f (x)∣∣≤ ∣∣ f (x)− A
∣∣+|A| de donde∣∣ f (x)
∣∣≤ 1+|A|.Por otra parte, para ε> 0 existen δ1 > 0 y δ2 > 0 tales que
∣∣ f (x)− A∣∣< ε
2(1+|B |) y∣∣g (x)− A
∣∣< ε
2(1+|A|)
Límites y Continuidad 83
Por tanto ∣∣ f (x) g (x)− AB∣∣ ≤ ∣∣ f (x)
∣∣ ∣∣g (x)−B∣∣+|B | ∣∣ f (x)− A
∣∣< (1+|A|) ε
2(1+|A|) +|B | ε
2(1+|B |)
= ε
2
(1+ | B |
1+ | B |)
< ε
2(1+1) = ε,
luego∣∣ f (x) g (x)− AB
∣∣< ε siempre que∣∣x −p
∣∣< δ, donde δ= mın{δ1,δ2,δ3}.
(iii) Puesto quef (x)
g (x)= f (x)
B· B
g (x)es suficiente probar que lım
x→p
B
g (x)= 1, porque entonces:
lımx→p
f (x)
g (x)= lım
x→p
f (x)
B· lım
x→p
B
g (x)= A
B
Si B 6= 0 y ε> 0 :
1. (a) Por una parte, con ε1 = |B |ε2 , existe δ1 > 0 tal que: si
∣∣x −p∣∣< δ1, entonces
∣∣g (x)−B∣∣< |B |ε
2 .
(b) Por otra parte, con ε2 = |B |2 existe δ2 > 0 tal que: si
∣∣x −p∣∣< δ2, entonces
∣∣g (x)−B∣∣< |B |
2 , luego aplicando propieda-
des de valor absoluto:|B |2
> ∣∣g (x)−B∣∣= ∣∣B − g (x)
∣∣≥ |B |− ∣∣g (x)∣∣ ,
de donde: ∣∣g (x)∣∣> |B |
2,
por tanto:1∣∣g (x)
∣∣ < 2
|B | .
Finalmente tomando δ= mın{δ1,δ2} , se encuentra que si∣∣x −p
∣∣< δ entonces:∣∣∣∣ B
g (x)−1
∣∣∣∣=∣∣g (x)−B
∣∣∣∣g (x)∣∣ <
( |B |ε2
)(2
|B |)= ε,
esto prueba (iii).
■
Teorema 3.5
Si k es una constante, entonces
i) lımx→p
(k + f (x)
)= k + lımx→p
f (x).
ii) lımx→p
(k f (x)
)= k lımx→p
f (x).
Demostración: Se sigue del teorema previo con g (x) = k.
84 Límites y Continuidad
Teorema 3.6
(Teorema del emparedado) Si f (x) ≤ g (x) ≤ h (x) en algún dominio, y lımx→p
f (x) = lımx→p
h(x) = L entonces lımx→p
g (x) = L
Demostración. Ejercicio.
3.3 Un algoritmo para demostrar Límites
Supóngase que se desea mostrar:
lımx→p
f (x) = L.
Para aplicar la definición en términos de ε y δ debemos probar que dado un ε > 0, es posible encontrar un δ > 0 tal que si
0 < ∣∣x −p∣∣< δ para x ∈ D f , entonces
∣∣ f (x)−L∣∣< ε o equivalentemente
∣∣ f (x)−L∣∣< ε siempre que 0 < ∣∣x −p
∣∣< δ, x ∈ D f .
En esta sección, se dará un algoritmo general para encontrar δ dado ε. (se sugiere, para esta parte, repasar la sección sobre
cotas de una función del capítulo precedente)
3.3.1. Algoritmo ε−δ (Epsilon-Delta)
Para demostrar lımx→p
f (x) = l , se siguen los siguientes pasos:
1) Se da ε> 0. A partir de este momento ε se considera fijo.
2) De∣∣ f (x)−L
∣∣ se obtiene : ∣∣ f (x)−L∣∣≤ ∣∣x −p
∣∣ ∣∣g (x)∣∣ .
3) Se supone∣∣x −p
∣∣< q , donde q es un número elegido de modo que la vecindad V(p, q
)se encuentre en el dominio.
Luego se procede a la acotación de g (x) en el conjunto
{x :
∣∣x −p∣∣< q
},
obteniendose∣∣g (x)
∣∣≤ M , M > 0.
4) Se toma δ= mın{
q,ε
M
}, así encontramos el δ buscado.
5) Fin
Observaciones
(1) Observemos que lo anterior, depende de la acotación de g (x) en el conjunto{
x :∣∣x −p
∣∣< q}
para algún q .
(2) Debemos observar también que el algoritmo ε−δ no dice como encontrar el número L, lo que hace es permitirnos
mostrar si es o no evidente que L es el límite de la función f en el punto dado p.
Límites y Continuidad 85
3.3.1.1. Problemas resueltos
Ejemplo 3.7 Demostrar que lımx→3
f (x) = 34, donde f (x) = x3 +x2 −x +1.
Solución. Con L = 34 se tiene:
Paso 1. Sea ε> 0.
Paso 2.f (x)−L = x3 +x2 −x +1−34
= x3 +x2 −x −33
= (x −3)(x2 +4x +11
)de lo anterior f (x)−L = (x −3) g (x), donde g (x) = (
x2 +4x +11).
Paso 3. Procedemos ahora a acotar g en algún intervalo abierto que contenga al punto x = 3. Acotemos en la vecindad
V (3,1) = {x : |x −3| < 1}. Si x ∈V (3,1) , entonces obviamente |x −3| < 1, luego:
|x| = |x −3+3| ≤ |x −3|+ |3| ≤ 1+3 = 4,
es decir |x| < 4 válido en {x : |x −3| < 1} . Usando la desigualdad obtenida se tiene:∣∣g (x)∣∣ = ∣∣x2 +4x +11
∣∣≤ |x|2 +4 |x|+11
≤ 42 +4 ·4+11 = 43.
Paso 4. Tomamos ahora δ= mın{
1,ε
43
}pues entonces si |x −3| < δ, se tiene
∣∣ f (x)−L∣∣≤ |x −3| ∣∣x2 +4x +11
∣∣≤ 43 |x −3| < 43δ< ε,
así se prueba que lımx→3
f (x) = 34 .
Ejemplo 3.8 Probar que lımx→2
f (x) = 4 donde f (x) =−x3 +6x2 −11x +10.
Solución. En este ejercicio L = 4.
Paso 1. Sea ε> 0.
Paso 2.f (x)−L = −x3 +6x2 −11x +10−4
= (x −2)(−x2 +4x −3
)= (x −2) g (x)
donde g (x) =−x2 +4x −3.
Paso 3. Acotemos g en el conjunto V (2,1) = {x : |x −2| < 1} de esto tenemos |x| = |x −2+2| ≤ |x −2|+ |2| < 1+2 = 3, es
decir, |x| < 3, por tanto ∣∣g (x)∣∣ = ∣∣−x2 +4x −3
∣∣≤ |x|2 +4 |x|+3
< 32 +4 ·3+3 = 24
86 Límites y Continuidad
Paso 4. Tomamos ahora δ= mın{
1,ε
24
}pues entonces si |x −2| < δ se tiene:∣∣ f (x)−L∣∣≤ |x −2| ∣∣−x2 +4x −3
∣∣≤ 24 |x −2| < 24δ< ε,
lo que prueba que lımx→2
f (x) = 4.
Ejemplo 3.9 Sea f (x) =−5x3 −2x +1. Demostrar lımx→1
f (x) =−6.
Solución. Se tiene L =−6, luego:
Paso 1. Sea ε> 0.
Paso 2.f (x)−L = −5x3 −2x +1+6
= (x −1)(−5x2 −5x −7
)luego f (x)−L = (x −1) g (x), donde g (x) =−5x2 −5x −7.
Paso 3. Supongamos que |x −1| < 1, procedemos ahora a acotar g (x) en el conjunto {x : |x −1| < 1}, de esto obtenemos:
|x| = |x −1+1| ≤ |x −1|+ |1| < 2,
por tanto: ∣∣g (x)∣∣ = ∣∣−5x2 −5x −7
∣∣≤ 5 |x|2 +5 |x|+7
< 5 ·22 +5 ·2+7 = 37
(4) Tomamos δ= mın{
1,ε
37
}, así, dado ε> 0, existe δ> 0 tal que
∣∣ f (x)−L∣∣< ε siempre que |x −1| < δ.
Ejemplo 3.10 Mostrar que lımx→0
(1− x2
2
)= 1
Solución. Sea f (x) = 1− x2
2, L = 1.
Paso 1. Sea ε> 0.
Paso 2. f (x)−L = 1− x2
2−1 = x
(−x
2
)= xg (x) donde g (x) =−x
2.
Paso 3. Supongamos que |x| < 1 , luego ∣∣g (x)∣∣= ∣∣∣∣−1
2x
∣∣∣∣= 1
2|x| < 1
2
por tanto∣∣g (x)
∣∣< 1
2para |x| < 1.
Paso 4. Tomamos δ= mın
1,ε
1
2
, así, dado ε> 0, existe δ> 0 tal que∣∣ f (x)−L
∣∣< ε siempre que |x| < δ.
Otro método Sea ε> 0, ∣∣ f (x)−L∣∣ =
∣∣∣∣1− x2
2−1
∣∣∣∣= |x|2
2< ε
luego de|x|2
2< ε, obtenemos |x| <p
2ε y tomamos δ=p2ε y nuevamente
∣∣ f (x)−L∣∣< ε siempre que |x| < δ.
Límites y Continuidad 87
Ejemplo 3.11 Demuestre que lımx→p
px =p
p.
Solución. Sea f (x) =px, L =p
p. Tenemos dos casos: p = 0 y p > 0.
(a) Caso p = 0. En este caso, se debe mostrar que lımx→p
px = 0. El algoritmo ε−δ no puede emplearse como se prueba a
continuación: ∣∣ f (x)−L∣∣ = ∣∣px −0
∣∣= ∣∣px
∣∣= |x|
∣∣∣∣ 1px
∣∣∣∣por tanto
∣∣ f (x)−L∣∣ = |x| ∣∣g (x)
∣∣ con g (x) = 1px
para todo q tal que |x| < q ; la función g (x) no puede acotarse en el
conjunto{
x : |x| < q}. Sin embargo, se puede proceder como sigue:∣∣ f (x)−L
∣∣=px < ε,
de la desigualdadp
x < ε, obtenemos x < ε2 y tomamos δ= ε2 pues, en tal caso∣∣ f (x)−L∣∣=p
x <pδ=
√ε2 = ε,
es decir,∣∣ f (x)−L
∣∣< ε siempre que |x| < δ.
(b) Caso p > 0. Aplicamos el algoritmo ε−δ.
Paso1. Sea ε> 0.
Paso 2f (x)−L = p
x −pp
= x −ppx +p
p
por tanto:
f (x)−L = (x −p)g (x)
donde: g (x) = 1px +p
p.
Paso 3. ∣∣g (x)∣∣= ∣∣∣∣ 1p
x +pp
∣∣∣∣< 1pp
Paso 4. ∣∣ f (x)−L∣∣ = ∣∣x −p
∣∣ · ∣∣g (x)∣∣
< ∣∣x −p∣∣ · 1p
p
de la desigualdad∣∣x −p
∣∣ · 1pp< ε, se obtiene
∣∣x −p∣∣< ε ·pp, esto sugiere tomar δ= ε ·pp, pues entonces
∣∣ f (x)−L∣∣= ∣∣∣∣ x −pp
x +p
∣∣∣∣<∣∣x −p
∣∣p
p< δp
p= ε ·pp
pp
= ε
luego∣∣ f (x)−L
∣∣< ε, siempre que∣∣x −p
∣∣< δ.
Ejemplo 3.12 Demostrar que lımx→−1
x +2
x +3= 1
2.
Solución. Usaremos el algoritmo ε−δ con f (x) = x +2
x +3y L = 1
2.
88 Límites y Continuidad
Paso 1. Sea ε> 0.
Paso 2.
f (x)−L = x +2
x +3− 1
2
= x +1
2(x +3)
= (x +1) g (x)
donde g (x) = 1
2(x +3).
Paso 3. Supongamos que
|x +1| < 1,
luego,
−2 < x < 0,
de esto obtenemos:
1 < x +3 < 3,
por tanto, 13 < 1
x +3< 1, lo que permite escribir:
1
6< g (x) = 1
2(x +3)< 1
2
y entonces∣∣g (x)
∣∣< 1
2.
Paso 4. Tomamos δ= mın{1,2ε}.
3.3.1.2. Ejercicios propuestos
En los siguientes ejercicios, usando el algoritmo ε−δ, demostrar que:
1. lımx→5
(25x3 −375x2 +1839x −2945
)= 0.
2. lımx→−1
(x3 +3x2 +2x
)= 0.
3. lımx→−2
(5x3 +30x2 +55x +20
)=−10.
4. lımx→1
(−x2 +6)= 5.
5. lımx→−5
(x3 −x2 +10
)=−140.
6. lımx→1/2
1
x2 = 4.
7. lımx→0
(sin x +x2
)= 0.
8. lımx→1
(x5 +x3 +1
)= 3.
Límites y Continuidad 89
9. lımx→2
(x4 −8x3 +19x2 −12x −2
)= 2.
Probar que:
10. lımx→3
(3x −2
x +1
)= 7
4.
11. lımx→p
np
x = np
p, donde p ≥ 0 y n ∈N es fijo.
En los siguientes ejercicios, demostrar el límite dado, usando una vecindad V(a, p
)= {x : |x −a| < p
}donde a el punto
en donde se calcula el límite.
12. lımx→−3
(x3 +9x2 +26x
)=−24 : usar V (−3,1) .
13. lımx→2
(x4 −8x3 +15x2 +4x −10
)= 10: usar V (2,3)
14. lımx→−1
(x4 +2x3 −x2 −2x
)= 0 : usar V (−1,1)
En los siguientes ejercicios, dar las razones por las cuales, el límite dado no es correcto.
15. lımx→2
(x2 −4
)= 1.
16. lımx→π/2
sin x = 0.
3.4 La Definición de Continuidad de una Función
Consideremos la función f , definida en R, cuya regla de correspondencia es
f (x) ={
1 x 6= 1
2 x = 1
x
y
1
1
2
Podemos observar que lımx→1
f (x) = 2 6= f (1). En general si lımx→p
f (x) = L, no necesariamente L = f (p), si éste es el caso y f (p)
existe diremos que la función es continua. Para mayor precisión definimos la:
90 Límites y Continuidad
3.4.1. Continuidad en un Punto
Definición 3.5
(Continuidad en un punto). Una función f es continua en un punto p si
a) f(p
)existe
b) lımx→p
f (x) = f (p)
Una función f , es discontinua, si no cumple alguna de las condiciones (a) o (b) de la definición.
Observación. Claramente, si f es continua en p, debemos tener:
lımx→p
f (x) = f(p
)
esto muestra que los límites de funciones continuas, se calculan por simple evaluación.
Ejemplo 3.13 A continuación se muestran las funciones continuas más importantes
Función dominio de continuidad
Polinomios R
ln x (0,∞)
ex R
cos x R
sin x R
Ejemplo 3.14 La función f definida por f (x) = [x], no es continua en x = 1, pues el límite en x = 1 no existe.
Ejemplo 3.15 La función f definida por f (x) = 1
x2 , no es continua en x = 0, pues lımx→p
1
x2 no existe.
x
y
1−1 2−2 3−3 4−4
4
8
12
16
20
24
Definición 3.6
(Continuidad en un conjunto) f : X → Y es continua en X si f es continua en todo punto p ∈ X .
Ejemplo 3.16 La función f definida por f (x) = 1
x2 , es continua en R− {0}, pero no en R.
A continuación, se presentan los teoremas más importantes sobre continuidad.
Límites y Continuidad 91
Teorema 3.7
Sean f y g funciones continuas en un punto p. Entonces la suma f + g , la diferencia f − g y el producto f g son
continuas en p. Si g (p) 6= 0 entonces f /g es también continua en p.
Teorema 3.8
Supongamos que f es continua en p y g es continua en f (p). Entonces g ◦ f es continua en p.
Demostración: Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que R f = Dg = B , esto es, R ff→ B
g→Cg Sea ε> 0.
Al ser g continua en f(p
), existe ε1 > 0 tal que∣∣g (
y)− g
(f(p
))∣∣< εsiempre que
∣∣y − f(p
)∣∣< ε1. Usando la continuidad de f en p, existe δ> 0 tal que∣∣ f (x)− f(p
)∣∣< ε1
siempre que∣∣x −p
∣∣< δ. Luego para ε> 0 existe δ tal que∣∣(g ◦ f)
(x)− (g ◦ f
)(p
)∣∣= ∣∣g (f (x)
)− g(
f(p
))∣∣< εsiempre que
∣∣x −p∣∣< δ. Esto muestra que g ◦ f es continua en p.
■Ejemplo 3.17 Sea h(x) = cos x2. Con f (x) = x2 y g (x) = cos x tenemos h(x) = (g ◦ f )(x). Puesto que cos x y x2 son continuas
en todo R, h es continua en todo R.
Ejemplo 3.18 Sea h(x) = 1
(x −2)2 , con f (x) = (x −2)2 y g (x) = 1
x, tenemos h(x) = (g ◦ f )(x). La función f (x) es continua en
x = 2 pero f (2) = 0 y g no es continua en f (2) y h no es continua en x = 2.
3.4.2. Preservación del signo en funciones continuas
El siguiente teorema, cuya interpretación geométrica es evidente, es de gran aplicación en el Cálculo y en general en el
análisis.
Teorema 3.9
Sea f continua en c y f (c) 6= 0. Entonces existe un intervalo (c −δ,c +δ) en la que f tiene el mismo signo que f (c).
Demostración: Supongamos que f (c) > 0. Por la continuidad de f , con ε= f (c)
2, existe δ> 0 tal que
∣∣ f (x)− f (c)∣∣< 1
2f (c)
siempre que |x − c| < δ, luego1
2f (c) < f (x) < 2
3f (c)
siempre que c −δ< x < c +δ. Por tanto f (x) > 0 en (c −δ,c +δ).
Si f (c) < 0, tomamos ε=− f (c)
2.
■
92 Límites y Continuidad
3.4.3. Teorema de Bolzano
Teorema 3.10
(Teorema de Bolzanoa). Sea f continua en el intervalo cerrado [a,b] y supongamos que f (a) y f (b) tienen signos
opuestos. Entonces existe al menos un punto en (a,b) tal que f (c) = 0.
aBernhard Bolzano 1781-1848, hijo de un comerciante en obras de arte nació en Praga, Bohemia (Checoslovaquia). Aunque se ordenó comosacerdote hizo importantes contribuciones a las matemáticas.
3.4.4. El teorema del Valor Intermedio
Teorema 3.11
(Teorema del Valor Intermedio). Sea f continua en [a,b]. Sean x1, x2 puntos en [a,b] tales que x1 < x2 tal que f (x1) 6=f (x2). Entonces para cada valor y0 entre f (x1) y f (x2) existe x0 ∈ (x1, x2) tal que f (x0) = y0.
Demostración. Sin pérdida de generalidad supongamos que
f (x1) < y0 < f (x2)
Sea g (x) = f (x)− y0, es claro que g es continua en [a,b], además
g (x1) = f (x1)− y0 < 0
y
g (x2) = f (x2)− y0 > 0,
entonces por el Teorema de Bolzano existe c ∈ (x1, x2) tal que g (c) = 0, por tanto f (c)− y0 = 0 de donde f (c) = y0.
■
A continuación, se presenta un teorema, que garantiza la existencia de raices n-ésimas.
Teorema 3.12
Si n es un entero positivo y si a > 0, entonces existe exactamente un número positivo b tal que bn = a.
Demostración: Sea c un número tal que 0 < a < c, c > 1 consideremos la función f : [0,c] → R definida por
f (x) = xn , es claro que f (0) = 0 < f (c) = cn , además puesto que c > 1 se tiene c < cn luego 0 < a < cn . Por el
Teorema del Valor Intermedio existe b ∈ (0,c) tal que f (b) = a, esto es, bn = a. El número b es único pues f es
inyectiva al ser f estrictamente creciente.
■
Límites y Continuidad 93
3.4.4.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 3.19 Mostrar que f (x) = xn , es continua en todo p.
Solución. Tenemos f(p
)= pn , además fácilmente se muestra:
lımx→p
xn = pn ,
luego f es continua en p.
Ejemplo 3.20 Encontrar el valor de T tal que la función f definida por
f (x) ={
x2 −x −2 si x < 2
x −T +1 si x ≥ 2
sea continua en todo su dominio.
Solución. La función es contínua para x < 2 y para x > 2, si f va a ser continua en x = 2 debemos tener que los límites
laterales en este punto son iguales, es decir:
22 −2−2 = 2−T +1
de donde T = 3. A continuación se muestra el caso T = 0 y T = 3.
x
y
1−1
1
−1
2−2
2
−2
x
y
1−1
1
−1
2−2
2
−2
Ejemplo 3.21 Encontrar el valor de k tal que la función definida por
f (x) = x2 + (k −1) x si x < 1
−3
2x2 + 11
2x − (2+k) si x ≥ 1
es continua.
Solución. Claramente f es continua en todo punto x 6= 1, analizamos el caso x = 1.
lımx→1−
f (x) = 1+ (k −1) = k
y
lımx→1+
f (x) =−3
2+ 11
2− (2+k) = 2−k.
94 Límites y Continuidad
Para que f sea continua en x = 1, los límites laterales deben ser iguales, es decir, k = 2−k, de donde k = 1.
Así
f (x) = x2 si x < 1
−3
2x2 + 11
2x −3 si x ≥ 1
es continua en x = 1 y con ello continua en todo el dominio.
3.4.4.2. Ejercicios propuestos
1. Demostrar que f (x) = x3 −2 es continua en todo número real.
2. Sea
f (x) =
x2 −9
x −3si x 6= 3
A si x = 3
¿Para que valor de A esta función es continua en todo su dominio?. Sol. A = 6.
3. Sea
f (x) =
−2x +5 si x ∈ (−∞,0)
A+2 si x ∈[
0,5
2
)4x −B si x ∈
[5
2,10
]¿Para que valores de A y B la función dada es continua en todo su dominio? Sol. A = 3, B = 5.
4. ¿Para que valores de T la siguiente función es continua en todo su dominio?
f (x) ={
T 2x2 +x −1 si x ∈ (−∞,1)
x −5 si x ∈ [1,∞)
Sol. No existen.
5. ¿Para que valores de K la siguiente función es continua en x = 5?
f (x) =
4x +5
K +xsi x ∈ (0,5)
K 2 +x si x ∈ [5,∞)
Sol. K ∈{
0,−5±p
5
2
}
3.5 Cálculo de Límites
Límites y Continuidad 95
3.5.1. El símbolo ∞Si el valor numérico de una variable x, va tomando valores positivos mayores a cualquier valor asignado de antemano,
se dice que x tiende a infinito y se escribe:
x →∞.
Si el valor numérico de una variable x, va tomando valores negativos menores a cualquier valor asignado de antemano,
se dice que x tiende a menos infinito y se escribe:
x →−∞.
Se escribe:
lımx→a
f (x) =∞,
si f (x) va tomando valores mayores a cualquier valor asignado de antemano, a medida que x se aproxima al valor a, es
claro que lımx→a
f (x) no existe, pero por abuso de lenguaje se escribe de esa manera. Una situación similar se tiene para
el caso −∞.
Ejemplo 3.22 Si la variable x, solo toma valores positivos:
lımx→0
a
x=
{∞ si a > 0
−∞ si a < 0
3.5.2. Indeterminaciones
Si en el límite lımx→p
f (x) , reemplazamos x por p y obtenemos expresiones como:
0
0, 1∞, 00, ∞−∞
se dirá que se tienen indeterminaciones.
3.5.3. El paso al límite
Si en la expresión lımx→p
f (x), calculamos f (p), diremos que hemos hecho la operación paso al límite, si este paso nos lleva a
una indeterminación entonces, antes del ”paso al límite”, pueden emplearse todas las operaciones algebraicas que se deseen
y requieran, de manera que se elimine la indeterminación, si es posible.
Observación. Nótese que si f es continua en x = p, entonces f(p
)es el límite, es decir, lım
x→pf (x) = f
(p
).
Observación. Si lımx→p
f (x) presenta una indeterminación, la idea para eliminar la indeterminación es encontrar una función
g (x) tal que
g (x) = f (x) para todo x 6= p,
pues en tal caso:
lımx→p
f (x) = lımx→p
g (x) ,
si además g (x) es continua en x = p, se tiene:
lımx→p
f (x) = lımx→p
g (x) = g(p
).
96 Límites y Continuidad
3.5.3.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 3.23 Calcular lımx→5
x3 −x2 +3x +6
Solución. lımx→5
(x3 −x2 +3x +6
)= 125−25+15+6 = 121, en este ejercicio, el paso al límite es inmediato.
Ejemplo 3.24 Calcular lımx→4
x −4
x2 −11x +28
Solución. En este ejercicio, no podemos hacer el paso al límite, pues tendríamos0
0, sin embargo:
lımx→4
x −4
x2 −11x +28= lım
x→4
x −4
(x −4)(x −7)
= lımx→4
1
x −7
= 1
4−7
= −1
3
la cancelación del factor (x −4) es válida, pues x → 4 quiere decir x tiende a 4, sin llegar nunca a el.
Ejemplo 3.25 Calcular lımx→3
9−x2
5−p
x2 +16.
Solución. Aquí, el paso al límite, tampoco puede hacerse, pues tenemos0
0. Sin embargo podemos usar técnicas algebraicas
para eliminar la indeterminación. Sea L = lımx→3
9−x2
5−p
x2 +16, entonces
L = lımx→3
(9−x2
)(5+
px2 +16
)(5−
px2 +16
)(5+
px2 +16
) multiplicando y dividiendo
por(5+
px2 +16
)
= lımx→3
(9−x2
)(5+
px2 +16
)25− (
x2 +16)
= lımx→3
(9−x2
)(5+
px2 +16
)9−x2 se cancela
(9−x2
)= lım
x→3
(5+
px2 +16
)= 5+
p32 +16 = 10
Ejemplo 3.26 Calcular lımx→2
x −2px2 −4
Solución. En este ejercicio el paso al límite no puede hacerse inmediatamente, antes de ello procedemos a realizar algunas
operaciones algebraicas.
Límites y Continuidad 97
lımx→2
x −2px2 −4
= lımx→2
1√(x −2)(x +2)
(x −2)2
= lımx→2
1√x +2
x −2
= lımx→2
px −2px +2
= 0
Ejemplo 3.27 Calcular lımx→2
x3 +2x −12
3−p
x2 +5
Solución.
lımx→2
x3 +2x −12
3−p
x2 +5= lım
x→2
(x3 +2x −12
)(3+
px2 +5
)(3−
px2 +5
)(3+
px2 +5
)
= lımx→2
(x3 +2x −12
)(3+
px2 +5
)4−x2
= lımx→2
(x −2)(x2 +2x +6
)(3+
px2 +5
)− (x −2)(x +2)
= lımx→2
(x2 +2x +6
)(3+
px2 +5
)− (x +2)
= −21
Observación. Hemos empleado:(p
a −pb)(p
a +pb)= a −b
Ejemplo 3.28 Calcular lımx→2
3px +6− 3px2 +4p
x +2− (x2 −2
)Solución.
lımx→2
3px +6− 3px2 +4p
x +2− (x2 −2
) = lımx→2
3px +6− 3px2 +4
px +2−
√(x2 −2
)2
= lımx→2
(x+6)−(x2+4)(x+2)−(x2−2)2
px+2+
√(x2−2)2
3p
(x+6)2+ 3p
(x+6)(x2+4)+ 3√
(x2+4)2
= lımx→2
−(x+1)(x−2)−(x+1)(x−2)(x2+x−1)
px+2+
√(x2−2)2
3p
(x+6)2+ 3p
(x+6)(x2+4)+ 3√
(x2+4)2
= lımx→2
1(x2+x−1)
px+2+
√(x2−2)2
3p
(x+6)2+ 3p
(x+6)(x2+4)+ 3√
(x2+4)2
= 115
Observación. Hemos empleado las siguientes identidades:(pa −
pb)(p
a +p
b)
= a −b(3p
a − 3pb)(
3√
a2 + 3pab + 3
√b2
)= a −b
98 Límites y Continuidad
Ejemplo 3.29 Calcular lımx→0
(x +h)3 −x3
h
Solución.
lımx→0
(x +h)3 −x3
h= lım
x→0
x3 +3x2h +3xh2 +h3 −x3
h
= lımx→0
h(3x2 +3xh +h2)
h
= lımx→0
(3x2 +3xh +h2) = 3x2
Ejemplo 3.30 Calcular lımx→3
25−x2
5−p
x2 +16.
Solución. Evaluando el numerador en 3, obtenemos 25−32 = 16. Evaluamos el denominador en 3, obtenemos 5−p
32 +16 =0, luego:
lımx→3
25−x2
5−p
x2 +16= 16
0=∞.
Ejemplo 3.31 Calcular lımx→3
9−x2
10−p
x2 +16.
Solución.
lımx→3
9−x2
10−p
x2 +16= 9−32
10−p
32 +16= 0
5= 0.
3.5.3.2. Ejercicios propuestos
Calcular los siguientes límites:
1. lımx→0
x10 −x +1
x2 −1Sol.: −1
2. lımx→0
3x −3−x
3x +3−x Sol.: 0
3. lımx→2
x2 −4
x2 −5x +6Sol.:−4
4. lımx→1
x −1px2 +8−3
Sol.: 3
5. lımx→0
{x x > 0
x +1 x ≤ 0Sol.: No existe.
6. lımx→7
5−p3x +4
x2 −49Sol.: − 3
140.
7. lımx→27
x −273p
x −3Sol.: 27.
Límites y Continuidad 99
8. lımx→6
p7x2 −3x −7−p
3x +2093p
3x2 −1− 3p−4x +131Sol.: 117
40
3p11449p227
9. lımx→a
px −p
a
x −aSol:
1
2p
a.
10. lımx→a
x1/n −a1/n
x −a= a
1n
na
11. lımx→3
px2 −2x +6−
px2 +2x −6
3p
x − 3p3Sol.: −2 3p9.
12. lımx→1
px +1−
px2 +1
4p
x −1Sol.: −p2.
13. lımx→2
px2 −2−p
2px3 −4−2
Sol.: 13
p2
14. lımh→0
√(1+h)3 +5h +6−p
7
hSol.:
4
7
p7.
15. lımx→2
3px5 − 3p32
x −2Sol.:
5
63p32
16. lımx→5
px +x −p
5−5
x −5Sol.: 1+ 1
10
p5.
17. lımx→a
px +x −p
a −a
x −aSol.: 1
2
2p
a +1pa
.
18. lımh→0
(7+h)n −7n
h, n ∈N Sol.: n7n−1.
19. lımx→2
3p256x −8
x −2Sol.:
4
3.
20. lımx→−2
p−x3 +2x −2p
x2 +5−p3x +15
Sol.:15
7.
21. lımx→2
x −2px2 +5−3
Sol.:3
2.
22. lımx→3
px −1−
px2 −4x +5
x −3Sol.:− 1
4
p2
23. lımx→3
p2x2 −2−4
x2 −2x −3Sol.:
3
8.
24. lımx→−2
x2−3−p3+x3p29+x− 3p
2x4−5Sol.: − 243
130
25. Determinar los valores de a y b de modo que la función dada sea continua en x = 8.
f (x) =
3− (3x +3)1/3
a(x1/3 −2
) si x < 8
ab si x = 8
2
|2x −7|b si x > 8
100 Límites y Continuidad
Sol. a = 2, b =−1/3.
(Límite AMARU-SOFT) Calcular:
L = lımx→4
p5x2 +5−
p4x3 −171
x3 +x2 +5x −100
Sol.: L=−76
61p
85
26. (Límite AMARU-SOFT) Calcular:
L = lımx→4
px4 −5x2 −2−
p5x3 −2x2 +2x −122
−2x3 −5x2 +2x +200
Sol.: L = 523316
p174
27. (Límite AMARU-SOFT) Calcular:
L = lımx→2
p7x2 +4x −7−p
7x +153p
7x2 +4− 3p−3x +38
Sol.: L= 7562
3p1024p29
= 2,2641
28. (Límite AMARU-SOFT) Calcular:
L = lımx→1
p9x2 +9x −9−
px3 +8
3p−9x2 +16− 3p6x +1
Sol.: L =− 32
72/3
3=−1,8297
3.6 Límites trigonométricos
Los límites básicos, para calcular límites, en donde intervienen funciones trigonométricas son:
lımx→p
senx y lımx→p
cos x,
las funciones seno y coseno son continuas en R, luego lımx→p
sen x = sen p, lımx→p
cos x = cos p.
Teorema 3.13
lımx→0
sen x
x= 1
Límites y Continuidad 101
Demostración: Consideremos la circunferencia de radio 1:
x
y
1
A
BP
QO x
del gráfico podemos deducir:
Area ∆OQP ≤ Area sector O AP ≤ Area ∆O AB , (3.1)
∴1
2·OQ ·QP ≤ 1
2·1 ·ar co (AP ) ≤ 1
2·O A · AB
∴1
2cos x sen x ≤ 1
2x ≤ 1
2tan x
De lo anterior obtenemos:sen x
x≤ 1
cos xy cos x ≤ sen x
x,
por tanto:
cos x ≤ sen x
x≤ 1
cos x,
luego tomando límite cuando x → 0 y empleando el teorema del emparedado:
1 ≤ lımx→0
senx
x≤ 1,
esto prueba el teorema.
■
Teorema 3.14
lımx→0
1−cos x
x= 0
.
102 Límites y Continuidad
Demostración:
lımx→0
1−cos x
x= lım
x→0
(1−cos x)(1+cos x)
x(1+cos x)
= lımx→0
1−cos2 x
x(1+cos x)
= lımx→0
(sen x
x
)( sen x
1+cos x
)
=(
lımx→0
sen x
x
)(lımx→0
sen x
1+cos x
)= 1 ·0 = 0
3.6.0.3. Ejercicios resueltos
Ejemplo 3.32 Calcular los siguientes límites:
1. lımx→0
sen2x
x
2. lımx→0
tan2x
sen x
3. lımx→0
sen5x
sen x
4. lımx→0
sen5x − sen3x
x
5. lımx→0
1−cos x
x2
Solución.
1. lımx→0
sen2x
x= 2 · lım
x→0
sen2x
2x= 2 ·1 = 2.
2.
lımx→0
tan2x
sen x= lım
x→0
sen2xcos2x
sen x
= 2 lımx→0
( sen2x2x
)( 1cos2x
)( sin xx
)= 2
(1)( 1
1
)(1) = 2
3.
lımx→0
sen5x
sen x= 5
(lımx→0
sen5x5x
sen xx
)= 5
( 11
)= 5
4.
lımx→0
sen5x − sen3x
x= 5 lım
x→0
sen5x
5x−3 · lım
x→0
sen3x
3x= 5−3 = 2
Límites y Continuidad 103
5.
lımx→0
1−cos x
x2 = lımx→0
(1−cos x) (1+cos x)
x2(1+cos x)
= lımx→0
1−cos2 x
x2(1+cos x)
= lımx→0
(sen x
x
)2(
1
1+cos x
)
= (1)2 . lımx→0
1
1+1
= 1/2
Ejemplo 3.33 Calcular lımx→0+
xp1−cos x
Solución.
lımx→0+
xp1−cos x
= lımx→0+
√x2(1+cos x)
(1−cos x)(1+cos x)
= lımx→0+
√x2(1+cos x)
1−cos2 x
= lımx→0+
√√√√√ 1+cos x(sen2 x
x2
) =p2
Ejemplo 3.34 Calcular lımx→π/3
1−2cos x
sen(x − π
3
) .
Solución. Hacemos el cambio h = x − π3 . Entonces si x → π
3 , h → 0, luego
lımx→π/3
1−2cos x
sen(x − π
3
) = lımx→0
1−2cos(h + π
3
)senh
= lımx→0
1−2[cosh cos π
3 − senh sen π3
]senh
= lımx→0
1−cosh +p3senh
senh
= lımx→0
(1−cosh
senh+p
3
)
= lımx→0
((1−cosh)/h
(senh)/h+p
3
)
= (0+p
3)=p
3
104 Límites y Continuidad
Nótese que: cosπ
3= 1
2, sen
π
3=
p3
2,
3.6.0.4. Ejercicios propuestos
Hallar:
1. lımx→0
x − sinp
2x
7x + sin4xSol.: 1
11 − 111
p2.
2. lımx→0
5−5cos2x + sin4x
xSol.: 4.
3. lımx→0
tan ax
xSol.: a.
4. lımx→3
(x −3)cscπx Sol.: − 1
π.
5. lımx→a
cos x −cos a
x −aSol.: −sin a.
6. lımx→6
sin(−2x +12)+ sin(4x −24)
sin(−3x)cos(−18)−cos(−3x)sin(−18)Sol.: −2/3
7. lımx→−2
tanπx
x +2Sol.: π.
8. lımx→π
tan x −x2 +π2
x −π Sol.: 1−2π.
9. lımx→π/4
sin x −cos x
1− tan xSol.: − 1
2
p2.
10. lımx→π/3
1−2cos x
sin(x −π/3)Sol.:
p3.
11. lımx→0
tan x − sin x
x3 Sol.: 12 .
12. lımx→0
sin(a +x)− sin(a −x)
xSol.: 2cos a.
13. lımx→1
(1−x) tan πx2 Sol.: 2
π .
14. lımx→0
1− sin x2
π−xSol.: 1
π
15. lımx→π/3
1−2cos x
π−3xSol.: − 1
3
p3
16. lımx→0
cos2mx −cos3nx
x2 Sol.: −2m2 + 92 n2.
17. lımx→0
sinmx2 − sinnx2
x2 Sol.: m −n.
18. lımx→0
1−cos x
sin xSol.: 0.
Límites y Continuidad 105
19. lımx→π/2
cos x
1+ sin xSol.: 0.
20. lımx→2
4−x2
sinπxSol.: − 4
π .
21. lımx→0
x − sin3x
x + sin4xSol.: − 2
5 .
22. lımx→2
2−p2x
1−cosp
x −2Sol.: −1.
23. lımx→π
1−pcos(x −π)
(x −π)2 Sol.: 14 .
24. lımx→π
p1− sin x −p
1+ sin x
x −π Sol.: 1.
25. Encontrar los valores de A y B tales que la siguiente función sea continua en todo su dominio
a)
f (x) =
A
sin x − sin2
x −2si x ∈ [1,8,2)
B + tanπ (x −4)
x −2si x ∈ (2,2,5]
b)
f (x) =
A
sin x − sin2
x −2si x ∈ [1,8,2)
2π si x = 2
B + tanπ (x −4)
x −2si x ∈ (2,2,5]
Sol.
a) Todo A,B ∈R.
b) A = 2πcos2 , B =π
3.7 Límites con Infinito
Definición 3.7
Se dice que lımx→p
lım f (x) =∞ si para todo M > 0 es posible encontrar δ> 0 tal que si
0 < ∣∣x −p∣∣< δ entonces f (x) > M
Intuitivamente, esto significa que cuando x se aproxima a p (por la izquierda o la derecha) las imágenes f (x) se hacen
arbitrariamente grandes.
Ejemplo 3.35 lımx→0
1
x2 =∞, en efecto, para M > 0 se tiene que si1
x2 > M entonces |x| < 1pM
, así se toma δ= 1pM
.
106 Límites y Continuidad
Definición 3.8
Se dice que lımx→p
lım f (x) =−∞ si para todo M < 0 es posible encontrar δ> 0 tal que si:
0 < ∣∣x −p∣∣< δ entonces f (x) < M
Definición 3.9
Se dice que lımx→∞ f (x) = A si para todo ε> 0 es posible encontrar M > 0 tal que
x > M entonces∣∣ f (x)− A
∣∣< ε
Ejemplo 3.36 lımx→∞
(1
x2 +1
)= 1, en efecto, dado ε> 0 existe M = 1p
εtal que si x > M , entonces
∣∣ f (x)− A∣∣ =
∣∣∣∣ 1
x2 +1−1
∣∣∣∣=
∣∣∣∣ 1
x2
∣∣∣∣= 1
x2
< 1
M 2 = ε.
Definición 3.10
lımx→∞ f (x) =∞ si para todo M > 0 es posible encontrar N > 0 tal que
x > N entonces∣∣ f (x)
∣∣> M
Ejemplo 3.37 lımx→∞x2 =∞, en efecto dado M > 0 se tiene
∣∣x2∣∣= |x|2 > M , de donde x >p
M , luego tomamos N =pM .
Los teoremas sobre límites (suma, resta, división y multiplicación) dados anteriormente no necesariamente son válidoscuando los límites involucrados son infinitos.
Ejemplo 3.38 Sean f (x) = x2 +4, g (x) = x2, claramente
lımx→∞ f (x) =∞, lım
x→∞g (x) =∞,
también es claro que:
lımx→∞
(f (x)− g (x)
)= lımx→∞4 = 4,
aquí no necesariamente es válido el hecho que el límite de una diferencia es la diferencia de límites, esto es, lımx→∞
(f (x)− g (x)
)no siempre es igual a lım
x→∞ f (x)− lımx→∞g (x) .
Observación.Para el caso de polinomios se puede emplear el
comportamiento asíntótico de los polinomios.
Límites y Continuidad 107
3.7.0.5. Ejercicios resueltos
Ejemplo 3.39 Si n es un entero positivo, demostrar que lımx→∞
1
xn = 0.
Solución. Sea ε> 0. Tenemos: ∣∣∣∣ 1
xn
∣∣∣∣= 1
|x|n < ε,
de esta desigualdad encontramos |x| > 1
(ε)1/n. Haciendo M = ε−1/n , tenemos que efectivamente
∣∣∣∣ 1
xn
∣∣∣∣< ε,
siempre que |x| > M . Esto prueba que lımx→∞
1
xn = 0.
Ejemplo 3.40 Calcular lımx→∞
2x +1p2x2 −2x +5
.
Solución. Al hacer el paso al límite encontramos∞∞ , es decir una indeterminación. Via operaciones algebraicas eliminamos
la indeterminación. Dividiendo numerador y denominador por x tenemos
lımx→∞
2x +1p2x2 −2x +5
= lımx→∞
2+1/xp2−2/x +5/x2
pero lımx→∞
1
x= lım
x→∞1
x2 = 0, por tanto:
lımx→∞
2x +1p2x2 −2x +5
= 2p2
Otra manera: Empleando el comportamiento asintótico, se tiene:
lımx→∞
2x +1p2x2 −2x +5
= lımx→∞
2xp2x2
= lımx→∞
2xp2x
= lımx→∞
2p2
= 2p2
Ejemplo 3.41 Calcular lımx→∞
px√
x +√
x +px
.
Solución.
lımx→∞
px√
x +√
x +px= lım
x→∞1√√√√
1+√
1
x+
√1
x3
= 1
Ejemplo 3.42 Si an y bp son números no nulos, estudiar el límite:
L = lımx→∞
a0 +a1x +·· ·+an−1xn−1 +an xn
b0 +b1x +·· ·+bp−1xp−1 +bp xp
donde n, p son enteros no negativos.
108 Límites y Continuidad
Solución. Veamos tres casos, en cada caso empleamos el comportamiento asintótico de los polinomios.
(a) n = p.
L = lımx→∞
an xn
bn xp
= an
bp
(b) Si n < p, entonces p −n > 0
L = lımx→∞
an xn
bn xp
= lımx→∞
an
bp xp−n
= 0
(c) Si n > p, entonces n −p > 0
L = lımx→∞
an xn
bn xp
= an xn−p
bp
= ±∞en donde el signo depende de los signos de an y bp .
Ejemplo 3.43 Calcular lımx→∞
5x100 +x3 +70000
10x500 +25.
Solución.
lımx→∞
5x100 +x3 +70000
10x500 +25= lım
x→∞5x100
10x500 = lımx→∞
5
10x400 = 0
Ejemplo 3.44 Calcular lımx→∞
x10 +x3 +7
10x10 +25.
Solución.
lımx→∞
x10 +x3 +7
10x10 +25= lım
x→∞x10
10x10 = 1
10
Ejemplo 3.45 Calcular L = lımx→∞
px2 +2x +3−
px2 −2x +3.
Solución. En este caso el límite es del tipo ∞−∞, es decir una indeterminación. Para calcular el límite procedemos como
sigue:
L = lımx→∞
(√x2 +2x +3−
√x2 −2x +3
) px2 +2x +3+p
x2 −2x +3px2 +2x +3+
px2 −2x +3
= lımx→∞
4xpx2 +2x +3+
px2 −2x +3
= lımx→∞
4xpx2 +2x +3+
px2 −2x +3
= lımx→∞
4xpx2 +
px2
= 2
Observación. En lo anterior, hemos aplicado el comportamiento asintótico de los polinomios.
Límites y Continuidad 109
Ejemplo 3.46 Sea r un número tal que |r | < 1, entonces
lımn→∞r n = 0
La demostración es inmediata.
Ejemplo 3.47 Sea r un número tal que |r | < 1, para todo natural n definimos:
Sn = 1+ r + r 2 +·· ·+ r n , (1)
entonces
lımn→∞Sn = 1
1− r
Demostración. Multiplicamos (1) por r
r Sn = r + r 2 + r 3 +·· ·+ r n+1 (2)
restando (2) de (1) y despejando Sn tenemos
Sn = 1
1− r
(1− r n+1)
si n tiende a ∞ y tomando en cuenta que lımn→∞r n+1 = 0, encontramos
lımn→∞Sn = 1
1− r
3.7.0.6. Ejercicios propuestos
Calcular los siguientes límites:
1. lımx→∞
(px +1−p
x)
Sol.: 0.
2. lımx→∞
(p2x2 −
p2x2 −6x
)Sol.: 3
2
p2.
3. lımx→∞
1+x +3x3 +x +x5
1+x5 Sol.: 1.
4. lımx→∞
3px2 +1
x +1Sol.: 0.
5. lımx→∞
10+x3p
x +2xSol.: 1
2 .
6. lımx→∞
3x2 +74p
x8 +x +5+4xSol.: 3.
7. lımx→∞
3px3 +x +1
x +1Sol.: 1.
8. lımx→∞
(x +2)(x2 −5
)(x2 +x +1
)(x4 +1
)(x +25)
Sol.: 1.
9. lımx→∞
4x +5x+1
4x +5x Sol.: 5.
110 Límites y Continuidad
10. lımx→∞
ax + (a +1)x+1
ax + (a +1)x donde a es un número real. ¿El límite existe para todo a ∈R?.
11. lımx→∞
(px −a −p
x)
donde a es un número real.
3.8 Un límite notable
Presentamos a continuación, un límite muy importante en Cálculo. La demostración de este resultado (que puede omitirse
sin pérdida de continuidad en el curso) se presenta en el apéndice 2.
Teorema 3.15
lımx→∞
(1+ 1
x
)x
= e
Corolario 3.1
lımx→0
(1+x)1/x = e
Demostración. Si u = 1/x, entonces x = 1/u, por otra parte si x toma valores positivos y x → 0 entonces u →∞,
luego:
lımx→0
(1+x)1/x = lımu→∞
(1+ 1
u
)u
= e
■
Corolario 3.2
lımx→0
ex −1
x= 1
Demostración. Mostraremos que
lımx→0
x
ex −1= 1
haciendo el cambio u = ex −1, encontramos x = ln(1+u), además notemos que si x → 0, entonces u → 0, por
tanto
lımx→0
x
ex −1= lım
u→0
1
uln(1+u)
= ln
lımu→0
(1+u)
1
u
= ln(e) = 1,
eso prueba el teorema.
■Observación. Se puede probar:
Límites y Continuidad 111
1. Si lımx→∞u (x) =∞ entonces
lımx→∞
(1+ 1
u (x)
)u(x)
= e
2. Si lımx→0
u (x) = 0 entonces
lımx→0
(1+u (x))1
u(x) = e
3.8.0.7. Ejercicios resueltos
Ejemplo 3.48 Mostrar que si b 6= 0 :
lımx→0
ebx −1
x= b
Solución. Sea u = bx, entonces si x → 0 se tiene u → 0, por tanto
lımx→0
ebx −1
x= b lım
x→0
eu −1
u= b
Ejemplo 3.49 Mostrar que
lımx→0
ax −1
x= ln a
Solución. Para la solución, usamos el ejercicio previo.
lımx→0
ax −1
x= lım
x→0
e(ln a)x −1
x= ln a
Ejemplo 3.50 Calcular lımx→∞
(1+ 1
x
)3x
.
Solución.
lımx→∞
(1+ 1
x
)3x
=[
lımx→∞
(1+ 1
x
)x]3
= e3
Ejemplo 3.51 Calcular lımx→∞
(x +5
x −2
)x+3
.
Solución. Un cálculo dá:x +5
x −2= 1+ 7
x −2
haciendo u = x −2
7, encontramos: x = 7u +2, de donde x +3 = 7u +5, además si x tiende a ∞, u también tiende a ∞, luego:
lımx→∞
(x +5
x −2
)x+3
= lımx→∞
(1+ 7
x −2
)x+3
= lımu→∞
(1+ 1
u
)7u+5
=[
lımu→∞
(1+ 1
u
)u]7
lımu→∞
(1+ 1
u
)5
= e7 ·1 = e7
Observación. Si bien el cambio de variable facilita el cálculo del límite, a menudo puede omitirse.
112 Límites y Continuidad
Ejemplo 3.52 Calcular lımx→∞
(x −1
x +1
)x
.
Solución.x −1
x +1= 1− 2
x +1entonces:
lımx→∞
(x −1
x +1
)x
= lımx→∞
(1− 2
x +1
)x
= lımx→∞
(1+ 1
x+1−2
) x+1−2
( −2
x+1
)x
elım
x→∞−2xx+1
= e−2
Ejemplo 3.53 Calcular lımx→∞
(x3 −9
x3 −x −5
)x2+3x
.
Solución.x3 −9
x3 −x −5= 1+ x −4
x3 −x −5= 1+ 1
x3−x−5x−4
entonces:
lımx→∞
(x3 −9
x3 −x −5
)x2+3x
= lımx→∞
(1+ 1
x3−x−5x−4
)x2+3x
= lımx→∞
(1+ 1
x3−x−5x−4
) x3−x−5x−4
(x−4)(x2+3x)
x3−x−5
elım
x→∞(x−4)(x2+3x)
x3−x−5
= e1
Ejemplo 3.54 Calcular lımx→0
(cos x)
1
x .
Solución. Escribimos: cos x = 1+ (cos x −1).
lımx→0
(cos x)
1
x = lımx→0
[1+ (cos x −1)]
1
x
= lımx→0
(1+ (cos x −1))
1
cos x −1
cos x −1
x
= elımx→0
cos x −1
x
= e0 = 1
debe recordarse que lımx→0
cos x −1
x= 0.
Límites y Continuidad 113
3.8.0.8. Ejercicios propuestos
Calcular los siguientes límites:
1. lımx→∞
(x2 +x +1
x2 −x
)x
Sol.: e2.
2. lımx→0
(1+ sin x)
1
x Sol.: e.
3. lımx→0
(cos x)
1
x2 Sol.: e−12 .
4. lımx→∞
(cos m
x
)x Sol.: 1.
5. lımx→π/2
(1+cos x)3sec x Sol.: e3.
6. lımx→0
a5x −a3x
xSol.: 2 ln a.
7. lımx→∞
(x2
x2 +x −1
)x
Sol.: e−1.
8. lımx→∞
(x2 +3x +1
x2 +2x
)3x
Sol.: e3.
9. lımx→∞
(2x2 +x −2
2x2 −x −1
)7(2x+1)
Sol.: e14.
10. lımx→∞
(1+ 3x2 +x
x3 −1
)(x2+x+1)/x
Sol.: e3.
11. lımx→∞
(1+ 2p
x3 −1
) 12
p(x2+x+1)(4x−2)
Sol.: e2.
12. lımx→∞
(1+ 3p
x2 −4
)− 16 (x+2)
Sol.: e−1/2.
13. lımx→∞
(px2 −9+p
x +1px2 −9
)5p
x+3
Sol.: e5.
14. lımx→∞
(x4 +x3 +x2 −8
x4 +x2
)x2/(2x−4)
Sol.: e1/2.
15. lımx→∞
(x3 −x2 −5x +16
x3 −5x
)(x2−p5x
)/(x+4)
Sol.: e−1.
16. lımx→0
(1+ sin x)1/(3x) Sol.: e13
17. lımx→0
(x +1−cos x
x
)(3sin x)/(1−cos x)
Sol.: e3.
114 Límites y Continuidad
18. lımx→0
(sin x
x
)(sin x cos x)/(sin x−x)
Sol.: e.
Para calcular los siguientes límites, estudie el tipo de indeterminación, antes de aplicar los resultados que se obtuvieron
en esta sección.
19. lımx→0
(sin4x
−x
)x+2
Sol.: 16.
20. lımx→∞
(4x −5
6x +2
)x2
Sol.: 0.
21. lımx→∞
(1
x2 +1
) 3x
2x +1 Sol.: 0.
3.9 Límites con MatLab
Para este propósito, se emplean los siguientes comandos:
3.9.1. limit(función,var,p)
Aquí, var es la variable sobre el cual se calcula el límite, p es el punto donde se calcula el límite.
Ejemplo 3.55 Calcular lımx→2
sin(x2 −4
)x −2
----------------------------------------------
>> syms x
>> limit((sin(x^2-4))/(x-2),x,2)
ans =
4
>>
Límites y Continuidad 115
----------------------------------------------
3.9.2. limit(función,var,p,’right’)
Se emplea para calcular límites por la derecha.
3.9.3. limit(función,var,p,’left’)
Se emplea para calcular límites por la izquierda.
Ejemplo 3.56 Calcular los límites por la derecha e izquierda de:
f (x) ={
x2 −1 x < 2
2sin x x ≥ 2
x
y
sen(2) = 1,8186
1 2 3 4
−1
1
2
3
----------------------------------------------
>> syms x
>> limit(x^2-1+heaviside(x-2)*(sin(x)-x^2+1),x,2,’left’)
ans =
3
>> limit(x^2-1+heaviside(x-2)*(sin(x)-x^2+1),x,2,’right’)
ans =
sin(2)
>>
----------------------------------------------
116 Límites y Continuidad
3.9.4. Funciones inline y el límite lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
El resultado de este límite, como veremos más adelante, se llamará derivada de la función f .
Ejemplo 3.57 Calcular lımh→0
f (x +h)− f (x)
hsi f (x) = cos x
----------------------------------------------
>> syms x h
>> f=inline(’cos(x)’)
f =
Inline function:
f(x) = cos(x)
>> limit((f(x+h)-f(x))/h,h,0)
ans =
-sin(x)
>>
----------------------------------------------
Límites y Continuidad 117
Ejemplo 3.58 Calcular lımh→0
f (x +h)− f (x)
hsi f (x) = x
x2 +1
----------------------------------------------
>> syms x h
>> f=inline(’x/(x^2+1)’)
f =
Inline function:
f(x) = x/(x^2+1)
>> limit((f(x+h)-f(x))/h,h,0)
ans =
1/(x^2 + 1) - (2*x^2)/(x^2 + 1)^2
>>
----------------------------------------------
118 Límites y Continuidad
3.9.4.1. Ejercicios propuestos
1. Hallar lımh→0
f (x +h)− f (x)
hpara las siguientes funciones:
a) sin(x)
b) tan(x)
c) cot(x)
d) sec(x)
e) csc(x)
2. Determinar los límites laterales, de las siguientes funciones, en los puntos indicados:
a) f (x) =
0 x <−π
cos2x−cos xx2 −π< x < 0
sin xx 0 < x <π
x >π, p =−π, p = 0, p =π
b) f (x) =
1 x <−1
x2−1x+1 −1 < x < 1
x2 1 < x < 2x2−2x
x3−2x+1x > 2
, p =−1, p = 1, p = 2
4 Cálculo Diferencial
4.1 La Derivada de una función
Sea A un intervalo abierto, f : A →R, sea x ∈ A. Definimos el cociente de Newton de f en el punto x como:
f (x +h)− f (x)
h
donde h es positivo o negativo, pero no 0. Gráficamente, el cociente de Newton da la pendiente de la recta secante que pasa
por los puntos(x, f (x)
)y
(x +h, f (x +h)
).
x
y
x x +h
f (x)
f (x +h)
h
f (x +h)− f (x)
El límite del cociente de Newton, cuando h se aproxima a cero, si existe, se llama ”derivada de f en el punto x”, denotamos
esto con f ′ (x), leemos “ f prima de x”. Definimos esto a continuación.
Definición 4.1
(Derivada) Sea x ∈ D f . La derivada f ′ (x) se define por:
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
120 Cálculo Diferencial
siempre que tal límite exista. Si tal límite existe diremos que:
f es derivable en x o f es diferenciable en x.
El número f ′ (x) es llamado también ”razón de cambio de f en x.”
Si el límite
lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
no existe, diremos que f no es derivable en x.
Ejemplo 4.1 Sea f :R→R definida por f (x) = x2 −2x +1, el cociente de Newton para x = 3 es:
f (3+h)− f (3)
h=
[(3+h)2 −2(3+h)+1
]− [32 −2(3)+1
]h
= 2(3)h +h2 −2h
h
= 2(3)+h −2
luego:
f ′ (3) = lımh→0
f (3+h)− f (3)
h= lım
h→0(2(3)−2+h) = 2(3)−2 = 4,
por tanto f es derivable en x = 3. Se puede probar que en cualquier punto x la derivada es f ′ (x) = 2x −2.
Ejemplo 4.2 (Derivada de la función constante) Sea f (x) = c, entonces:
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
c − c
h= lım
h→00
= 0
por tanto la derivada de la función constante es 0.
Ejemplo 4.3 (Derivada de la función valor absoluto) Sea f (x) =| x |. Veremos tres casos.
(a) Si x > 0, en este caso, puesto que h → 0, podemos suponer que x +h > 0, entonces:
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
|x +h|− |x|h
= lımh→0
x +h −x
h
= lımh→0
h
h= lım
h→01
= 1
Cálculo Diferencial 121
(b) Si x < 0 y h → 0, podemos suponer que x +h < 0, entonces:
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
|x +h|− |x|h
= lımh→0
− (x +h)− (−x)
h
= lımh→0
−h
h= lım
h→0(−1)
= −1
(c) Si x = 0 :f (0+h)− f (0)
h= | h |
h
Observemos que
lımh→0+
| h |h
= 1 y lımh→0−
lım| h |
h=−1,
luego, el límite lımh→0
f (0+h)− f (0)
hno existe. Por tanto f ′(0) no existe.
x
y = |x|
1
−1
x
y = |x|x
1
−1
Observemos que esta función es continua en cero, pero no tiene derivada en este punto. La derivada de la función valor
absoluto se puede expresar como:
f ′ (x) = |x|x
, x 6= 0.
Teorema 4.1
Si f ′ (p)
existe, entonces la función f es continua en x = p.
Observación. Nótese que el recíproco del anterior teorema no necesariamente es cierto, por ejemplo la función valor abso-
luto es continua en x = 0 pero f ′ (0) no existe, por tanto: Continuidad no implica derivabilidad.
122 Cálculo Diferencial
4.2 Símbolos para representar la derivada
Dada una función y = f (x), se pueden usar uno los siguientes símbolos para representar f ′ (x):
Dx f (x) = f ′ (x)
D f (x) = f ′ (x)
d y
d x= f ′ (x) , aquí el símbolo
d y
d xno debe mirarse como una fracción, es la derivada de y = f (x) con respecto a x. No
referiremos a esto como la notación diferencial para la derivada.
d f (x)
d x= f ′ (x) .
4.3 Los diez resultados fundamentales del Cálculo
En Cálculo, se tienen diez resultados fundamentales, a saber:
La derivada de las funciones
xa , a ∈Rcos(x)
sen(x)
ax , a ∈R+
ln(x)
y las reglas conocidas como:
regla de la suma
regla de la resta
regla del producto
regla del cociente
regla de la cadena
Con estos diez resultados, es posible derivar cualquier función.
Cálculo Diferencial 123
4.3.1. Primer resultado fundamental
Sea f (x) = xn con n un entero positivo. Calculamos el límite del cociente de Newton:
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
(x +h)n −xn
h
= lımh→0
xn +nxn−1h + n(n −1)
2!xn−2h2 + n (n −1)(n −2)
3!xn−3h3 +·· ·+hn −xn
h
= lımh→0
nxn−1h + n(n −1)
2!xn−2h2 + n (n −1)(n −2)
3!xn−3h3 +·· ·+hn
h
= lım
h→0
(nxn−1 + n(n −1)
2!xn−2h + n (n −1)(n −2)
3!xn−3h2 +·· ·+hn−1
)= nxn−1
Por tanto: (xn)′ = nxn−1.
En notación diferencial, con y = xn , tenemosd y
d x= nxn−1 o equivalentemente
d
d x(xn) = nxn−1
Se puede probar, que para cualquier a ∈R :
Primer resultado fundamental → (xa)′ = axa−1
Debemos notar que los dominios donde la derivada existe, dependerán de los valores de a.
Ejemplo 4.4
(x3)′ = 3x3−1 = 3x2, x ∈ (−∞,∞)
(px)′ =
(x
12
)′ = 1
2x
12 −1 = 1
2x− 1
2 = 1
2p
x, x ∈ (0,∞)
(3p
x)′ =
(x
13
)′ = 1
3x
13 −1 = 1
3x− 2
3 = 1
33p
x2, x ∈R− {0}
124 Cálculo Diferencial
4.3.2. Segundo resultado fundamental
Sea f (x) = sen x, entonces
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
sen(x +h)− sen(x)
h
= lımh→0
1
h(sen x cos h +cos x sin h − sen x)
= lımh→0
((cos x)
(sen h
h
)− (sen x)
(1−cos h
h
))= cos x
por tanto:
Segundo resultado fundamental → (sin x)′ = cos x
4.3.3. Tercer resultado fundamental
Sea f (x) = cos x, entonces
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
cos(x +h)−cos(x)
h
= lımh→0
1
h(cos x cos h − sen x sin h −cos x)
= lımh→0
((−sen x)
(sen h
h
)− (cos x)
(1−cos h
h
))= −sen x
por tanto:
Tercer resultado fundamental → (cos x)′ =−sen x
4.3.4. Cuarto resultado fundamental
Antes de deducir la derivada de la función logaritmo, recordemos que
lımu→0
(1+u)1/u = e
Sea f , la función definida en el intervalo (0,∞) por f (x) = ln x, entonces:
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
ln(x +h)− ln x
h
= lımh→0
ln
(1+ h
x
) 1
h
= lımh→0
1
xln
(1+ h
x
) 1
(h/x)
= 1
x
Cálculo Diferencial 125
por tanto:
Cuarto resultado fundamental → (ln x)′ = 1
x
4.3.5. Quinto resultado fundamental
Recordemos que para todo número positivo a se tiene:
lımh→0
ah −1
h= ln a
Con este resultado, encontraremos la derivada de la función exponencial.
Sea f (x) = ax .
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
= lımh→0
ax+h −ax
h
= lımh→0
(ax)( ah −1
h
)= ax ln a
Luego:
Quinto resultado fundamental → (ax )′ = ax ln a
Observación. Para el caso particular de a = e, se encuentra:(ex)′ = ex .
4.3.6. Sexto a noveno resultados fundamentales
Teorema 4.2
Si f y g son funciones definidas en un intervalo común. En cada punto en donde f y g son derivables, f + g , f − g ,
f ·g yf
gson derivables (para
f
gse requiere que g no sea nulo en el punto en donde se calcula la derivada). Se verifica:
Sexto resultado fundamental → (f + g
)′(x) = f ′ (x)+ g ′ (x)
Séptimo resultado fundamental → (f − g
)′(x) = f ′ (x)− g ′ (x)
Octavo resultado fundamental → (f g
)′(x) = f ′ (x) g (x)+ f (x) g ′ (x)
Noveno resultado fundamental →(
fg
)′(x) = f ′ (x) g (x)− f (x) g ′ (x)(
g (x))2 , g (x) 6= 0.
126 Cálculo Diferencial
Demostración: Se prueban el sexto y noveno resultados.
El cociente de Newton para la función f + g en un punto x es(f + g
)(x +h)− (
f + g)
(x)
h= f (x +h)+ g (x +h)− (
f (x)+ g (x))
h
= f (x +h)− f (x)
h+ g (x +h)− g (x)
h,
tomando el límite h → 0: (f + g
)′(x) = f ′ (x)+ g ′ (x) .
Para el caso del cociente se tiene(f
g
)(x +h)−
(f
g
)(x)
h=
f (x +h)
g (x +h)− f (x)
g (x)
h
= f (x +h) g (x)− f (x) g (x +h)
hg (x +h)g (x),
restando y sumando f (x) g (x) en el numerador y distribuyendo h encontramos:(f
g
)(x +h)−
(f
g
)(x)
h=
f (x +h)− f (x)
hg (x)− f (x)
g (x +h)− g (x)
hg (x +h) g (x)
,
tomando el límite h → 0 se encuentra: (f
g
)′(x) = f ′ (x) g (x)− f (x) g ′ (x)[
g (x)]2 .
■
4.3.7. Décimo resultado fundamental (La regla de la cadena)
Teorema 4.3
Sea U (x) = f[g (x)
]. Supóngase que g es derivable en x, y que la función f es derivable en g (x), entonces U es deri-
vable en x con derivada:
U ′ (x) = f ′ [g (x)] · g ′ (x) .
Demostración. El cociente de Newton es:
U (x +h)−U (x)
h= f
[g (x +h)
]− f[g (x)
]h
Sea z = g (x) y k = g (x +h)−g (x), entonces k depende de h, además k → 0 si h → 0. Con este cambio, el cociente
de Newton queda:U (x +h)−U (x)
h= f (z +k)− f (z)
h
y si k 6= 0 podemos escribir:U (x +h)−U (x)
h= f (z +k)− f (z)
k· k
h
Cálculo Diferencial 127
Tomando el límite h → 0, es claro que k → 0, entonces:
lımh→0
U (x +h)−U (x)
h=
(lımk→0
f (z +k)− f (z)
k
)(lımh→0
k
h
)= f ′ (z)
(lımh→0
g (x +h)− g (x)
h
)= f ′ (z) g ′ (x)
= f ′ [g (x)]
g ′ (x) ,
es decir U ′ (x) = f ′ [g (x)]
g ′ (x), esto demuestra el teorema.
■
Observación. En la anterior demostración, se supone que k 6= 0, ¿Que sucede si k = 0?, pues si k = 0 , la anterior demostración
no es válida, sin embargo se puede demostrar que el teorema en tal caso subsiste (Para una demostración ver el libro: Cálculo
I, de Serge Lang, Fondo Educativo Interamericano S.A., 1976 Página 71).
En notación diferencial, la regla de la cadena se escribe como:
dU
d x= d f
d g· d g
d x
Observemos que la anterior fórmula nos dice: Derive primero f respecto de g , esto es, mirando g como una variable, luegoderive g respecto a x.
Ejemplo 4.5 Hallar la derivada de U (x) =p
x2 +cos x.
Solución. La función U (x) puede escribirse como U (x) = f[g (x)
], en donde
f (x) =px y g (x) = x2 +cos x
derivando encontramos:
f ′ (x) = 1
2p
xy g ′ (x) = 2x − sen x
y entonces:
f ′ [g (x)]= 1
2√
g (x)= 1
2p
x2 +cos x.
Luego por la regla de la cadena:
U ′ (x) = f ′ [g (x)]
g ′ (x) = 1
2p
x2 +cos x(2x − sen x) .
Método abreviado. Miramos a x2 + cos x como una variable, entonces la derivada dep
x2 +cos x respecto de x2 + cos x es:1
2p
x2 +cos x. por otra parte la derivada de x2 +cos x respecto de x es 2x − sen x, por tanto:
f ′ (x) = 1
2p
x2 +cos x(2x − sen x) .
Ejemplo 4.6 g (x) = sen(x2
).
Solución. Miramos x2 como una variable, entonces la derivada de sen(x2
)respecto de x2 es cos
(x2
). Por otra parte, la deri-
vada de x2 respecto de x es 2x, luego:
f ′ (x) = cos(x2) 2x = 2x cos
(x2) .
128 Cálculo Diferencial
Ejemplo 4.7 h (x) = ecos
(px2+5
).
Solución. Usamos el método abreviado.
h′ (x) =[
ecos
(px2+5
)]′
= ecos
(px2+5
) [cos
(px2 +5
)]′= e
cos(p
x2+5) [
−sen(p
x2 +5)] [p
x2 +5]′
= −ecos
(px2+5
)sin
(px2 +5
) 1
2p
x2 +5
(x2 +5
)′= −e
cos(p
x2+5)
sin(p
x2 +5) 1
2p
x2 +5(2x)
4.4 Derivada con funciones trigonométricas
4.4.1. Derivada de la función tangente
Sea f (x) = tan x, entonces f (x) = sen x
cos x. Usando Las propiedades fundamentales encontramos:
f ′ (x) = (sen x)′ (cos x)− (sen x) (cos x)′
(cos x)2
= (cos x) (cos x)− (sen x) (−sen x)
(cos x)2
= cos2 x + sen2 x
cos2 x
= sec2 x.
En notación diferencial:d
d x(tan x) = sec2 x
4.4.2. Derivada de la función cotangente
Sea la función f (x) = cot x. Con el procedimiento anterior encontramos que:
f ′(x) =−csc2 x.
En notación diferencial:d
d x(cot x) =−csc2 x
Cálculo Diferencial 129
4.4.3. Derivada de la función secante
Sea la función f (x) = sec x. Su derivada es:
f ′(x) = sec x tan x.
En notación diferencial:d
d x(sec x) = sec x tan x.
4.4.4. Derivada de la función cosecante
La derivada de la función f (x) = csc x es:
f ′ (x) =−csc x cot x.
En notación diferencial:d
d x(csc x) =−csc x cot x.
Ejemplo 4.8 f (x) = cos x sen x −x2.
Solución.
f ′ (x) = (cos x sen x)′− (x2
)′= (cos x)′ sen x +cos x (sen x)′−2x
= −sen x sen x +cos x cos x −2x
= −sen2 x +cos2 x −2x
Ejemplo 4.9 f (x) = cos x − sen x
tan x −px
.
Solución. Escribamos f (x) del siguiente modo f (x) = cos x − sen x
tan x −x12
, luego
f ′ (x) =(cos x − sen x)′
(tan x −x
12
)− (cos x − sen x)
(tan x −x
12
)′(tan x −x
12
)2
=(−sen x −cos x)
(tan x −x
12
)− (cos x − sen x)
(sec2 x − 1
2 x− 12
)(tan x −x
12
)2
Ejemplo 4.10 g (x) = tan2 x + sen2 x.
Solución. Escribimos g (x) = [tan x]2 + [sen x]2 luego
g ′ (x) = 2[tan x] (tan x)′+2[sen x] (sen x)′
= 2tan x sec2 x +2sen x cos x
= 2(tan x sec2 x + sen x cos x
).
130 Cálculo Diferencial
Ejemplo 4.11 h (x) = cos x csc x +7p
x.
Solución.h′ (x) = (cos x csc x)′+ (
7p
x)′
= (cos x)′ csc x +cos x (csc x)′+7(p
x)′
= −sen x csc x + cos x (−csc x cot x)+ 7
2p
x
= −sen x csc x − cot2 x + 7
2p
x
= −(1+cot2 x
)+ 7
2p
x
= −csc2 x + 7
2p
x
Observemos que h (x) = cos x csc x +7p
x = cot x +7p
x, luego h′ (x) =−csc2 x + 7
2p
x.
Ejemplo 4.12 Calcular la derivada de f (x) = |cos x|+ |x| |sen x|.Solución.
f ′ (x) = |cos x|′+|x|′ |sen x|+ |x| |sin x|′
= |cos x|cos x
(cos x)′+ |x|x
|sen x|+ |x| |sin x|sen x
(sen x)′
= −|cos x|cos x
sen x + |x|x
|sen x|+ |x| |sen x|sen x
cos x.
4.4.4.1. Ejercicios propuestos
Calcular la derivada de las siguientes funciones: (en muchos casos, las soluciones presentadas, pueden simplificarse)
1. l (x) = 1
cos3 xSol.:
3
cos4 xsen x
2. g (x) = x6 +cos x − sen x
tan x −x4/7
Sol.:
(6x5 − sen x −cos x
)(tan x −x4/7
)− (x6 +cos x − sen x
)(sec2 x − 4
7 x−3/7)(
tan x −x4/7)2
3. u (x) = cos x −|x|sen x. Sol.: −sen x − |x|x sen x −|x|cos x
4. s (x) = sen x cos(x
(x3 −5x +9
))Sol.: cos x cos x
(x3 −5x +9
)− sen x sen(x
(x3 −5x +9
)) ·(x3 −5x +9+x
(3x2 −5
)).
5. f (x) = cos x
sen x +cos x
Sol.:(−sen x) (sen x +cos x)− (cos x) (cos x − sen x)
(sen x +cos x)2
Cálculo Diferencial 131
6. u (x) = csc x + 1
x5 sen4 x
Sol.: −csc x cot x − 5x4 sen4 x +4x5 sen3 x cos x
x10 sen8 x
7. f (x) = |cos x| Sol.: −|cos x|cos x
sen x
8. g (x) = x3 +x − sen x
tan x +|x|
Sol.:
(3x2 +1−cos x
)(tan x +|x|)− (
x3 +x − sen x)(
sec2 x + |x|x
)(tan x +|x|)2
9. f (x) = sec x + (tan x)(x3 +cos2 x
)Sol.: sec x tan x + (
1+ tan2 x)(
x3 +cos2 x)+ (tan x)
(3x2 −2cos x sen x
).
10. u (x) = x6 + sec x
sen2 x − tan2 x +x
Sol.: (6x5+sec x tan x)(sin2 x−tan2 x+x)−(x6+sec x)(2sen x cos x−2tan x sec2 x+1)(sen2 x−tan2 x+x)
11. Sea f (x) = a cos x −b sen x. Calcular valores de a y b tales que f (0) = 1 y f ′ (0) = 5. Sol. a = 1,b =−5.
4.5 Derivadas con la regla de la cadena
Ejemplo 4.13 α (t ) = ln{[
t75 tan
(t 5 −p
t)]}
.
Solución.
α′ (t ) = 1
t75 tan
(t 5 −p
t) {
t75 tan
(t 5 −p
t)}′
= 1
t75 tan
(t 5 −p
t) {
75 t
25 tan
(t 5 −p
t)+ t
75[tan
(t 5 −p
t)]′}
= 1
t75 tan
(t 5 −p
t) {
75 t
25 tan
(t 5 −p
t)+ t
75[sec2
(t 5 −p
t)] [
t 5 −pt]′}
= 1
t75 tan
(t 5 −p
t) {
75 t
25 tan
(t 5 −p
t)+ t
75[sec2
(t 5 −p
t)] [
5t 4 − 12p
t
]}Ejemplo 4.14 Sea
f (x) = x2 +√
ln(x3 +1
)+arctan(x2 +1
)calcular f ′ (x).
Solución.
f ′ (x) = 2x + 1
2√
ln(x3 +1
) · [ln(x3 +1
)]′+ 1(x2 +1
)2 +1· [x2 +1
]′= 2x + 1
2√
ln(x3 +1
) ·( 1
x3 +1
)· (x3 +1
)′+ 1(x2 +1
)2 +1· (2x)
= 2x + 1
2√
ln(x3 +1
) ·( 1
x3 +1
)·3x2 + 1(
x2 +1)2 +1
· (2x)
132 Cálculo Diferencial
A veces, para facilitar los cálculos, es útil realizar cambios de variable .
Ejemplo 4.15 Calcular la derivada de:
f (x) = xxx. (1)
Solución. sea u = xx , claramente u es función de la variable x. Con este cambio la función f queda:
f (x) = xu ,
tomando logaritmos:
ln f (x) = u ln x, (2)
derivando a ambos lados de (2) obtenemos :1
f (x)f ′ (x) = u′ ln x +u
1
x,
luego:
f ′ (x) = f (x)(u′ ln x + u
x
), (3)
en este último resultado, sólo falta calcular u′ y la derivada f ′ (x) estará completamente calculada.
Cálculo de u′.Aplicando logaritmos en u = xx :
lnu = x ln x,
derivando esta expresión encontramos:1
uu′ = ln x +x
1
x,
de donde:
u′ = u (ln x +1) ,
reemplazando este resultado en (3) obtenemos:
f ′ (x) = f (x)(u (ln x +1)ln x + u
x
), (4)
reemplazando u y f (x) en (4) se encuentra:
f ′ (x) = xxx(
xx (ln x +1)ln x + xx
x
).
Ejemplo 4.16 Calcular la derivada de g (x) = esin x + tan(ln(sen x)) .
Solución.g ′ (x) = (
esen x)′+ {tan[ln(sen x)]}′
= esen x (sen x)′+ sec2 [ln(sen x)] {ln(sin x)}′
= cos x esen x + sec2 [ln(sin x)]
(1
sen x
)(sen x)′
= cos x esen x + sec2 [ln(sin x)]
(1
sen x
)cos x.
Cálculo Diferencial 133
4.5.0.2. Ejercicios propuestos
Calcular la derivada de:
1. f (x) = sen(x2 + tan x
)Sol.:
(cos
(x2 + tan x
))(2x + sec2 x
).
2. h (x) = cos[
5√
ln(x4 −x6
)]Sol.: − 1
5
sen(ln
15(x4 −x6
))ln
45(x4 −x6
) 4x3 −6x5
x4 −x6 .
3. u (t ) = ecos{ln[t 2+tan t]
}Sol.:−ecos(ln(t 2+tan t)) (
sen(ln
(t 2 + tan t
))) 2t + sec2 t
t 2 + tan t.
4. g (x) =√√√p
cos x + sen x
Sol.:1
16(
16p
(cos x + sen x))15 (−sen x +cos x) .
5. f (x) = cos√
x2 + ln(sen
(x2 +x
))+arctan x
Sol.: − 12
sen√(
x2 + ln(sin
(x2 +x
))+arctan x)
√(x2 + ln
(sen
(x2 +x
))+arctan x) g (x)
donde:
g (x) =(2x + (
cos(x2 +x
)) 2x +1
sen(x2 +x
) + 1
x2 +1
)6. f (x) = arctan
(sen
px1000 +ex
)Sol.: 1
2
cosp
x1000 +ex
px1000 +ex
1000x999 +ex
1+ sin2p
x1000 +ex.
7. f (x) = cos(cos(cos x))
Sol.: −sen(cos(cos x))sen(cos x)sen x.
8. f (x) = cos(sen(cos x))
Sol.: sen(sen(cos x))cos(cos x)sen x.
9. f (x) = sinh(ln x + tan
(px +1
))Sol.:
(cosh
(ln x + tan
px +1
))( 1
x+ 1
2
sec2p
x +1px +1
).
10. f (x) =[[
cos x + [ln
(x10 + tan x
)]10]10
]10
Sol.:u (x) v (x) w (x)
donde:
u (x) = 10
[[cos x + [
ln(x10 + tan x
)]10]10
]9
v (x) = 10[
cos x + [ln
(x10 + tan x
)]10]9
w (x) =[−sen x +10
[ln
(x10 + tan x
)]9 10x9 + sec2 x
x10 + tan x
]
134 Cálculo Diferencial
4.6 Derivada de las funciones hiperbólicas
Recordemos que:
senh x = 12 (ex −e−x ) cosh x = 1
2 (ex +e−x ) tanh x = senh x
cosh x
cschx = 1
senh xsech x = 1
cosh xcoth x = 1
tanh xCon estas fórmulas, es fácil deducir:
(senh x)′ = cosh x
(cosh x)′ = senh x
(tanh x)′ = sech2 x
(coth x)′ =−csch2x
(sech x)′ =− tanh x sech x
(cschx)′ =−coth x cschx
4.7 Derivada de la función inversa
Sea f una función biyectiva en algún dominio. Sea g la función inversa de f , y f ′ [g (x)] 6= 0 entonces:
f[g (x)
]= x
y
f ′ [g (x)] · g ′ (x) = 1,
luego:
g ′ (x) = 1
f ′ [g (x)] ,
es decir, (f −1
)′(x) = 1
f ′ [ f −1 (x)]
.
Una aplicación del anterior proceso, se presenta en la siguiente sección.
4.7.1. Derivadas de funciones trigonométricas inversas
a) Derivada de la función arcsen x
Sea f (x) = arcsen x. Por definición se tiene sen(
f (x))= x, derivando a ambos lados obtenemos:
cos(
f (x))
f ′ (x) = 1,
de donde:
f ′ (x) = 1
cos(
f (x))
= 1√1− sen2
(f (x)
)= 1p
1−x2,
Cálculo Diferencial 135
es decir,d
d x(arcsen x) = 1p
1−x2
De manera similar encontramos las siguientes derivadas:
b)d
d x(arccos x) =− 1p
1−x2
c)d
d x(arctan x) = 1
1+x2
d)d
d x(arccotx) =− 1
1+x2
e)d
d x(arcsecx) =± 1
xp
x2 −1,
{+ si x > 1
− si x <−1
}f)
d
d x(arccscx) =∓ 1
xp
x2 −1,
{− si x > 1
+ si x <−1
}
4.7.2. Derivadas de las funciones hiperbólicas inversas
Recordemos las formulas trigonométricas hiperbólicas inversas.
senh−1 x = ln(x +
px2 +1
), x ∈R
cosh−1 x = ln(x +
px2 −1
), x ≥ 1
tanh−1 x = 12 ln
( 1+x1−x
), |x| < 1
coth−1 x = 12 ln
( x+1x−1
), |x| > 1
sech−1 x = ln(
1+p
1−x2
x
), 0 < x ≤ 1
csch−1x = ln(
1x + 1
|x|p
x2 +1)
, x 6= 0
Derivando, obtenemos las siguientes fórmulas:
d
d x
(senh−1 x
)= 1p1+x2
d
d x
(cosh−1 x
)= 1px2 −1
d
d x
(tanh−1 x
)= 1
1−x2 , |x| < 1
d
d x
(coth−1 x
)= 1
1−x2 , |x| > 1
d
d x
(sech−1 x
)=− 1
xp
1−x2, x ∈ (0,1)
d
d x
(csch−1x
)=− 1
|x|p
1+x2, x 6= 0
Obsérvese que la derivada de tanh−1 x es una expresión igual a la derivada de coth−1 x, la diferencia está en sus dominios,
pues la primera tiene validez en |x| < 1 y la segunda en |x| > 1.
136 Cálculo Diferencial
4.8 Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial
Usando la regla de la cadena podemos construir la siguiente tabla, en cada caso u es una función de la variable x, esto es,
u = u (x).
Función Derivada
ua a ua−1 du
d x, para todo a ∈R
eu eu du
d x
lnu1
u
du
d x
Función Derivada
senu cosudu
d x
cosu −senudu
d x
tanu sec2 udu
d x
cotu −csc2 udu
d x
secu secu tanudu
d x
cscu −cscu cotudu
d x
Función Derivada
arcsenu1p
1−u2
du
d x
arccosu − 1p1−u2
du
d x
arctanu1
1+u2
du
d x
arccotu − 1
1+u2
du
d x
arcsecu ± 1
up
u2 −1
du
d x
{+ si u > 1
− si u <−1
arccscu ∓ 1
up
u2 −1
du
d x
{− si u > 1
+ si u <−1
Función Derivada
(senhu)′ coshudu
d x
(coshu)′ senhudu
d x
(tanhu)′ sech2 udu
d x
(cothu)′ −csch2udu
d x
(sechu)′ − tanhu sechudu
d x
(cschu)′ −coth xcschudu
d x
Cálculo Diferencial 137
Función Derivada
senh−1 u1p
1+u2
du
d x
cosh−1 u1p
u2 −1
du
d x
tanh−1 u1
1−u2
du
d x, |u| < 1
coth−1 u1
1−u2
du
d x, |u| > 1
sech−1 u − 1
up
1−u2
du
d x, u ∈ (0,1)
csch−1u − 1
|u|p
1+u2
du
d x, u 6= 0
4.8.0.1. Ejercicios propuestos
Comprobar los siguientes resultados
1.d
d x
(arcsin
(arctan
(x2 +1
)))= 1√(1−arctan2
(x2 +1
)) 2x
1+ (x2 +1
)2 .
2.d
d x
(ln
(arccos
(px)))=− 1
2p
1−xp
x arccosp
x.
3.d
d x
(parcsec(tan x)
)= 1
2p
arcsec(tan x)
sec2 x
tan xp
tan2 x −1.
4.d
d x
(earctan(x5−5x)
)= 5x4 −5
1+ (x5 −5x
)2 earctan(x5−5x).
5.d
d t
(√arccsc
(ln
(t 2 −3t
)))= u (t ), donde
u (t ) =− 1
2√
arccsc(ln
(t 2 −3t
)) 2t −3(t 2 −3t
)(ln
(t 2 −3t
))√ln2 (
t 2 −3t)−1
.
6.d
d t
(t arccott
)= t arccott(− 1
1+t 2 ln t + arccott
t
).
7.d
d t
(tp
arcsec(t 2+1))= u (t ), donde
u (t ) = tp
arcsec(1+t 2) · t(1+ t 2
)√arcsec
(1+ t 2
)√(1+ t 2
)2 −1ln t +
√arcsec
(1+ t 2
)t
8.
d
d x
(sen
(arcsec
px))= cos
(arcsec
px) 1
2xp
x −1.
9.d
d x
(sinh
(arcsec
px))= cosh
(arcsec
px)
2xp
x −1
138 Cálculo Diferencial
10.d
d x
(sinh−1 (
cos x + tan(x2 +1
)))= −sen x +2(sec2
(x2 +1
))x√(
1+ (cos x + tan
(x2 +1
))2) .
4.9 Derivadas de Orden Superior
Si una función f es derivable en x, y su derivada f ′ es derivable en x, la derivada de f ′ se llama segunda derivada de f en x y
se escribe con una de las siguientes notaciones:
f ′′ (x) ó f (2) (x) ód 2 f
d x2
Se puede hablar en general de una derivada n-ésima, esto se denota con una de las siguientes notaciones:
f (n) (x) ód n f
d xn
Debemos observar que en general, para un entero positivo k, se tiene:
d
d x
(d k f
d xk
)= d k+1 f
d xk+1
También (f (k) (x)
)′ = f (k+1) (x)
4.9.0.2. Ejercicios resueltos
Ejemplo 4.17 Sea f (x) = 1
x, encontrar todas las derivadas de f .
f ′ (x) =− 1
x2 ,
f ′′ (x) = 1 ·2
x3 ,
f ′′′ (x) = f (3) =−1 ·2 ·3
x4
· · ·
De lo anterior, inductivamente se puede probar que
f (n) (x) = (−1)n n!
xn+1
Ejemplo 4.18 Sea la función f (x) = u [v (x)], encontrar una fórmula parad 2 f
d x2 .
Solución. Comod f
d x= du
d v
d v
d x, entonces
Cálculo Diferencial 139
d 2 f
d x2 = d
d x
(d f
d x
)
= d
d x
(du
d v
d v
d x
)
= d
d x
(du
d v
)d v
d x+ du
d v
d
d x
(d v
d x
)
= d
d v
(du
d v
)d v
d x
d v
d x+ du
d v
(d 2v
d x2
)
=(
d 2u
d v2
)(d v
d x
)2
+(
du
d v
)(d 2v
d x2
)Otro método: f (x) = u [v (x)], entonces f ′ (x) = u′ [v (x)] v ′ (x), luego
f ′′ (x) = u′′ [v (x)] v ′ (x) v ′ (x)+u′ [v (x)] v ′′ (x)
= u′′ [v (x)][v ′ (x)
]2 +u′ [v (x)] v ′′ (x)
Ejemplo 4.19 Sea f (x) = cos[x2 +1
], hallar f ′′ (x).
Solución. f ′ (x) =−sen(x2 +1
)(2x), entonces
f ′′ (x) = [−sen(x2 +1
)]′(2x)+ [−sen
(x2 +1
)](2x)′
= [−cos(x2 +1
)(2x)
](2x)− sen
(x2 +1
)2
= −4x2 cos(x2 +1
)−2sen(x2 +1
)Ejemplo 4.20 Sea g (x) = xx , hallar g ′′ (x).
Solución. ln g (x) = x ln x, derivandog ′ (x)
g (x)= ln x +1, de donde:
g ′ (x) = xx (ln x +1)
derivando nuevamente:g ′′ (x) = (xx )′ (ln x +1)+xx (ln x +1)′
= xx (ln x +1)(ln x +1)+xx( 1
x
)= xx (ln x +1)2 + xx
x
Ejemplo 4.21 Encontrar un polinomio P de segundo grado tal que P (1) = 1, P ′ (1) = 3 y P ′′ (1) = 4.
Solución. Sea
P (x) = ax2 +bx + c,
derivando se encuentra: P ′ (x) = 2ax +b y P ′′ (x) = 2a, usando las condiciónes del problema, formamos el siguiente sistema
de ecuacionesa +b + c = 1
2a +b = 3
2a = 4
,
resolviendo, encontramos a = 2, b =−1, c = 0, luego el polinomio buscado es: P (x) = 2x2 −x.
140 Cálculo Diferencial
Ejemplo 4.22 Sea Y = u (x) v (x), hallar (a) Y ′′, (b) Y (n)
Solución. Por comodidad escribiremos simplemente u y v en lugar de u (x) y v (x) .
(a)
Y ′ = u′ v +u v ′,
entoncesY ′′ = u′′v +u′v ′+u′v ′+uv ′′
= u′′v +2u′v ′+uv ′′
(b) Por inducción, se puede probar que
Y (n) =n∑
k=0
(n
k
)u(n−k)v (k),
aqui
(n
k
)= n!
k ! (n −k)!y convenimos que u(0) = u, también v (0) = v , esto es, la derivada de orden cero de una función es la
misma función.
Ejemplo 4.23 Calcular la n-ésima derivada de f (x) = cos x + sen x.
Solución.f ′ (x) =−sen x +cos x
f ′′ (x) =−cos x − sen x
f ′′′ (x) =+sen x −cos x
f (i v) (x) = cos x + sen x,
de esto podemos deducir:
f (n) (x) ={
(−1)n2 cos x + (−1)
n2 sen x; para n par
(−1)n+1
2 sen x + (−1)n+3
2 cos x; para n impar
4.9.0.3. Ejercicios propuestos
1. Calcular f (n) (x) . si:
a) f (x) = eax , siendo a una constante.
Sol.: aneax .
b) f (x) = bax , siendo a,b constantes con b > 0.
c) f (x) = cos x
Sol.:
(−1)
n+12 sen x, n impar
(−1)n2 cos x, n par
d) f (x) = sen x
e) f (x) = ln(x)
f ) f (x) = ln(x +1)
g) f (x) = 11+ax , Sol. f (n) (x) = (−1)n n! an
(1+ax)n+1
2. Sea f (x) = aex +bx2 + cx, encontrar los valores de a, b y c si se sabe que f (0) = 1 y f ′ (0) = 2, f ′′ (0) = 3.
Sol.:a = 1, b = 1, c = 1.
Cálculo Diferencial 141
4.10 Derivación Implícita y el cálculo de y ′ a partir de F(x, y
)= 0
Consideremos la ecuación algebraica F(x, y
)= c, bajo ciertas condiciones, la anterior expresión, define una función y = f (x).
En esta sección, veremos la forma de encontrar:
y ′ (x) = d f (x)
d x
a partir de:
F(x, y
)= c,
sin necesidad de despejar la variable y de la mencionada ecuación.
Ejemplo 4.24 La ecuación x2 + y2 = 1 define, entre otras, las siguientes funciones:
f (x) =√
1−x2
y
g (x) =−√
1−x2
Cálculo de y ′
Para encontrar y ′ a partir de F (x, y) = c usamos la regla de la cadena. En particular recordemos que si u = u(y) y y = y (x)
entonces por la regla de la cadenadu
d x= du
d y
d y
d x
4.10.0.4. Ejercicios resueltos
Ejemplo 4.25 Encontrar y ′ = d y
d x, si x2 + y2 = 1.
Solución. Observemos que:d
d x
(x2
) = 2x
d
d x(y2) = 2y y ′
d
d x(1) = 0,
por tanto, derivando a ambos lados de x2 + y2 = 1, se encuentra:
2x +2y y ′ = 0.
Despejando y ′, obtenemos:
y ′ =−x
y.
Nótese que y ′ no existe en los puntos (1,0) y (−1,0).
Ejemplo 4.26 Encontrar y ′ si 2x2py − y2 = 5.
Solución. Derivando respecto a x, en ambos lados de la igualdad dada obtenemos:
4xp
y +2x2 1
2p
yy ′−2y y ′ = 0,
142 Cálculo Diferencial
despejando y ′:
y ′ = −4xp
y
x2
py−2y
Ejemplo 4.27 Encontrar y ′ si cos(x y)+e y = 5.
Solución. Derivando,
−sen(x y)(y +x y ′)+e y y ′ = 0,
luego:
y ′ = y sen(x y)
e y −x sen(x y).
Ejemplo 4.28 Encontrar y ′ si x y2 + ln
(x2
y + sen x
)= 0.
Solución. Derivando,
y2 +2x y y ′+ 1
x2
y + sen x
(2x
(y + sen x
)−x2(y ′+cos x
)(y + sen x
)2
)= 0,
despejando y ′ obtenemos:
y ′ =−y2 + 2x(y + sen x)−x2 cos x
x2(y + sen x
)2x y − 1(
y + sen x)
4.10.0.5. Ejercicios propuestos
Suponer que las siguientes ecuaciones definen implícitamente una función y = f (x) . Hallar su derivada.
1. x y3 +cos y = 1
Sol.:y ′ =− y3
3x y2 − sen y.
2. x y +5√
ln y x3 = 5
Sol.: y ′ =−y +15
(ln
12 y
)x2
x + 5
2ln12 y
x3
y
.
3. x y2 −arctan
(1√
x2 + y2
)+ sin
(x y
)= 0
Sol. : y ′ =−y2 + 1√
x2 + y2(x2 + y2 +1
) x + (cos x y
)y
2x y + 1√x2 + y2
(x2 + y2 +1
) y + (cos x y
)x
.
Cálculo Diferencial 143
4. xg(y)+ y f (x) = 0;
Sol.: y ′ =− g(y)+ y f ′ (x)
xg ′ (y)+ f (x)
.
5. sen(x y
)+ sen(x2 y2
)= 0
Sol : y ′ =−(cos x y
)y +2
(cos x2 y2
)x y2(
cos x y)
x +2(cos x2 y2
)x2 y
.
6. arcsec(y +ex y ) = 0.
Sol : −yex y
1+xex y .
7.(x y + y x
)= 1.
Sol :− x y yx + y x ln y
x y ln x + y x x
y
8. cos(x y
)− sen(x y
)= 2.
Sol :−(sen x y
)y + (
cos x y)
y(sin x y
)x + (
cos x y)
x
9. sen(ex y2
)+ tan
(y +x
)= 0.
Sol :−(cos
(ex y2
))y2ex y2 + sec2
(y +x
)2(cos
(ex y2))x yex y2 + sec2
(y +x
)
10.arcsin
(x y
)x2 y2 −cos
(x y
) = 1.
Sol :− y(x2 y2−cos(x y))p
1−x2 y2+ (
2x y2 + y sen(x y
))arcsin
(x y
)x(x2 y2−cos(x y))p
1−x2 y2− (
2x2 y +x sen(x y
))arcsin
(x y
)
4.11 La recta tangente y normal
4.11.1. Recta tangente
Sea f una función diferenciable en x0. La recta tangente a la gráfica de f en el punto(x0, f (x0)
), es la recta que pasa por este
punto con pendiente f ′ (x0) , esto es,
y = f ′ (x0) (x −x0)+ f (x0) ,
es la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en(x0, f (x0)
).
144 Cálculo Diferencial
4.11.2. Recta normal
La recta normal al gráfico de f en(x0, f (x0)
)es:
y =− 1
f ′ (x0)(x −x0)+ f (x0) .
A continuación mostramos las gráficas de la recta tangente y la recta normal.
x
y
Recta tangenteRecta normal
x0
f (x0)
4.11.2.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 4.29 Sea f la función definida por f (x) =−x2+2x, determinaremos la ecuación de la recta tangente y normal a la
gráfica de f en x = 32 . Calculando f ′(x) encontramos:
f ′(x) =−2x +2,
entonces f ′ ( 32
) =−1, por otra parte f( 3
2
) =− 94 +3 = 3
4 luego la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en( 3
2 , f( 3
2
)) =( 32 , 3
4
)es:
y = f ′ ( 32
)(x − 3
2
)+ f( 3
2
)= (−1)
(x − 3
2
)+ ( 34
)= −x + 9
4
por otra parte la recta normal tiene por ecuación:
y = 1
(x − 3
2
)+ 3
4
= x − 3
4
Cálculo Diferencial 145
x
y
Recta tangente
Recta normal
32
34
Ejemplo 4.30 Encuentre, las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de f (x) = sen x en el punto(π/3,
p3/2
).
Solución. f ′ (x) = cos x, luego la pendiente de la recta tangente en el punto dado es:
mT = f ′ (π/3) = 1
2,
por tanto la ecuación de la recta tangente es:
y = 1
2(x −π/3)+
p3/2
= 1
2x − 1
6π+ 1
2
p3
Por otra parte, la pendiente de la recta normal es mN =− 1
mT=−2, luego la ecuación de la recta normal es:
y = −2(x −π/3)+p
3/2
= −2x + 2
3π+ 1
2
p3
x
y
Recta tangente
Recta normal
π/3
p(3)/2
2 3 4
Ejemplo 4.31 Sea f (x) = 15 x5 + 1
2 x4 − 143 x3 + x2 − 15x. Encontrar los puntos de la gráfica de f en donde la tangente es
horizontal.
Solución. Derivando y factorizando:
146 Cálculo Diferencial
f ′ (x) = (x −3)(x2 +1
)(x +5)
Los puntos en donde la derivada es nula son x = 3 y x = −5. Por tanto los puntos en donde la tangente es hori-
zontal son:(3,− 729
10
)y
(−5, 22256
).
x
y(−5, 22256
)
(3, −729
10
)1−1 2−2 3−3 4−4 5−5 6−6 −50
100
200
300
400
Ejemplo 4.32 Hallar las ecuaciones de las tangentes a la gráfica de 9x2 +16y2 = 52, paralelas a la recta 9x −8y = 1.
Solución. La pendiente de la recta es: m = 9
8. Por otra parte de 9x2+16y2 = 52 se obtiene 9x+16y y ′ = 0 de donde:
y ′ =− 9x
16y
Puesto que la pendiente debe ser 9/8 se tiene:
− 9x
16y= 9
8.
Pero, el punto de tangencia, debe satisfacer la ecuación 9x2 +16y2 = 52, por tanto, debemos resolver el sistema:
9x2 +16y2 = 52
− 9x
16y= 9
8,
resolviendo se encuentra:
x = −2 : y = 1
x = 2 : y =−1
Por tanto las rectas tangentes buscadas son:
Por el punto (−2,1) : y = 9x +26
8o 8y −9x = 26
Por el punto (2,−1) : y = 9x −26
8o 8y −9x =−26
Cálculo Diferencial 147
x
y8y −9x = 26
8y −9x =−26
8y −9x =−1
1−1 2−2 3−3
1
−1
2
−2
4.11.2.2. Ejercicios propuestos
1. Encuentre las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de la función en el punto indicado:
a) f (x) = arctan x en x = 1. Sol. y = 1
2(x −1)+ π
4, y =−2(x −1)+ π
4
b) f (x) = (x3 +2
)5en (−1,1) .
2. Hallar las rectas tangentes de pendiente 1, a la circunferencia
x2 + y2 −10x +2y +18 = 0.
Sol. y = x −10, y = x −2.
3. Hallar los puntos de la curva de ecuación: y =−5x ln x −2x donde la recta tangente tiene pendiente m =− 25 . Hallar la
ecuación de tal recta. Sol. Punto de tangencia(e−33/25, 23
5 e−33/25)
. Recta tangente: y =− 25 x +5e−33/25.
4. Sea f (x) = 1
3x3 −x +1. Encontrar los puntos x en donde la pendiente de la recta tangente a la gráfica de f sea (a) 1, (b)
−1. Sol. (a) ±p2 (b) 0.
5. Sea f (x) = x2 + ax +b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la línea y = 2x es tangente a la gráfica de f en
(2,4) . Sol.: a =−2, b = 4.
6. Considere la recta x +2y = 4, determinar el valor de a tal que la recta dada sea tangente a la gráfica de:
a) f (x) =−x2 +ax +1. Sol. Dos soluciones, a = 32 , a =− 5
2 .
b) f (x) = x3 −ax +18. Sol. a = 252
7. Sea f (x) = x2 + ax +b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la parábola pase por (−1,2) y sea tangente a la
recta y = 2x −1. Sol. Dos soluciones, una solución es y = x2 + (4+2
p5)
x + (5+2
p5)
.
8. Considere la elipse de ecuación 9x2 +4y2 = 36. Determinar el área del triángulo situado en el primer cuadrante cons-
truido con una recta tangente de pendiente m y los ejes coordenados. Sol. Ar ea =−4m2 +9
2m.
148 Cálculo Diferencial
9. Sea f (x) = −x2 + ax +b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la parábola sea tangente a las rectas y = x +1,
y =−2x +1. Sol. y =−x2 − 12 x + 7
16 .
10. Encontrar valores de a,b,c para que los gráficos de los polinomios f (x) = x2 +ax +b y g (x) = x3 −c que se intersectan
en (1,2) tengan la misma tangente en tal punto. Sol. a = 1, b = 0, c =−1.
11. Sea f (x) = x3 − ax. Encontrar los valores de a tales que la cúbica sea tangente a la recta y = x + 1. Sol. f (x) = x3 −(−1+ 32
3p2)
x.
12. Hallar números a,b, tal que las curvas y = x2 − x y y = −x2 + ax + b sean tangentes. Sol. Infinitas soluciones, una
solución es a = 3, b =−2, y = x2 −x, y =−x2 +3x −2.
13. Hallar números a,b, tales que las curvas y = x2 − x y y = −x2 + ax +b sean tangentes y en el punto de tangencia, la
tangente común paralela a la recta y = x +1. Sol. 3, −2, punto de tangencia (1,0) , y =−x2 +3x −2
14. Demostrar que la ecuación de la tangente a la parábola y2 = 4px, en un punto(x0, y0
), de ella es y y0 = 2p (x +x0) .
15. Demostrar que las ecuaciones de las tangentes a la elipse b2x2 + a2 y2 = a2b2 de pendiente igual a m, son y = mx ±pa2m2 +b2.
16. Dada la hipérbola b2x2 − a2 y2 = a2b2, demostrar que (a) la ecuación de la tangente en un punto(x0, y0
)de ella es
b2x0x −a2 y0 y = a2b2. (b) las ecuaciones de las tangentes con pendiente m son y = mx ±p
a2m2 −b2.
4.11.3. Aplicación: Aproximación a funciones
Considérese una función f tal que f ′ (x0) existe. Una de las propiedades importantes de la recta tangente es que esta recta es
aproximadamente igual a la función cerca del punto de tangencia, es decir:
f (x) ' f ′ (x0) (x −x0)+ f (x0) para x ' x0
Por ejemplo consideremos la función f (x) = x−cos x, x0 = 0,25. (Tomaremos cinco decimales para visualizar los resultados).
f ′ (x) = 1+ sen x,
f (0,25) = 0,25−cos(0,25) =−0.71891,
f ′ (0,25) = 1+ sen(0,25) = 1.24740,
por tanto, la recta tangente tiene ecuación: y (x) = 1,24740(x −0,25)−0,71891. A continuación se presenta una tabla de com-
paración entre la función y la recta tangente en el intervalo [0,24,0,26]
x x −cos x 1,24740(x −0,25)−0,71891
0,24 −.73134 −.73138
0,245 −.72514 −.72515
0,25 −.71891 −.71891
0,255 −.71266 −.71267
0,26 −.70639 −.70644
Cálculo Diferencial 149
En la siguiente gráfica, se presenta la función f (x) y la recta tangente en dos diferentes intervalos.
x
y
1−1
1
−12−2
2
−2
3−3
3
−3
x
y
0,5−0,5
0,5
−0,51−1
1
−1
4.11.4. Aplicación: El método de Newton
Sea f : [a,b] → R, tal que f ′ (x) 6= 0 para todo x ∈ [a,b] y f (r ) = 0 para algún valor de r ∈ [a,b] , supóngase además que b −a
no es muy grande. Sea x1 ∈ [a,b], la recta tangente a la gráfica de f tiene por ecuación a:
y = f ′ (x1) (x −x1)+ f (x1) .
Como se sabe f (x) es aproximadamente f ′ (x1) (x −x1)+ f (x1) en [a,b] , entonces razonable esperar que la raíz de la recta
tangente sea una mejor aproximación a r que x1. Si x2 es la raíz de la recta tangente, fácilmente se encuentra:
x2 = x1 − f (x1)
f ′ (x1)
x
yy = f (x) y = f ′(x)(x −x1)+ f (x1)
x1
f (x1)
r x2
Este proceso puede repetirse, así se llega a la fórmula de recurrencia:
xn+1 = xn − f (xn)
f ′ (xn), n = 1,2, . . .
Un criterio para detener el proceso es determinar xn+1 tal que |xn+1 −xn | < ε, en tal caso xn+1 es una aproximación a r con
un error no mayor a ε. Es usual tomar ε= 12 10−d , aquí d es el número de decimales exactos requeridos.
Ejemplo 4.33 Calcularemos una raíz de f (x) = x3 +3x −5, empezando con x1 = 3 y ε= 12 10−3 = 0,0005.
La fórmula de recurrencia es:
xn+1 = xn − x3n +3xn −5
3(x2
n +1) , n = 1,2, . . .
150 Cálculo Diferencial
Cálculo de x2 :
x2 = 3− 33 +3(3)−5
3(32 +1
) = 1.9667
|1.9667−3| = 1.0333 6 <εCálculo de x3 :
x3 = (1.9667)− (1.9667)3 +3(1.9667)−5
3((1.9667)2 +1
) = 1.3842
|1.3842−1.9667| = 0.5825 6 <εCálculo de x4 :
x4 = (1.3842)− (1.3842)3 +3(1.3842)−5
3((1.3842)2 +1
) = 1.1779
|1.1779−1,3842| = 0.2063 6 <εCálculo de x5 :
x5 = (1.1779)− (1.1779)3 +3(1.1779)−5
3((1.1779)2 +1
) = 1.1544
|1.1544−1.1779| = 0,0235 6 <εCálculo de x6 :
x6 = (1.1544)− (1.1544)3 +3(1.1544)−5
3((1.1544)2 +1
) = 1.1542
|1.1542−1,1544| = 0,0002 < εPor tanto x = 1.1542 es una aproximación de la raíz con al menos tres decimales exactos. A continuación se muestra las dos
primeras rectas tangentes y sus raíces x2 y x3.
x
y
y = x3 +3x −5 y = 30(x −3)+31, primera recta tangente
y = 14,604(x −1,9667)+8,5071, segunda recta tangente
x1 = 3x2 = 1,9667
x3 = 1,3842−10
10
20
30
40
50
−1 1 2 3 4
4.11.4.1. Ejercicios propuestos
1. Hallar las raíces de:
a) f (x) = cos x −x, x1 = 0, ε= 12 10−3. Sol. x5 = 0,7391
b) f (x) = e−x −x, x1 = 1, ε= 12 10−3. Sol. x4 = 0,5671
2. Determine el punto donde la siguiente función tiene recta tangente horizontal. Emplee x1 = 1, ε = 12 10−3. f (x) =
12 x2 ln x − 1
4 x2 −2x. Sol. x5 = 2,3458.
Cálculo Diferencial 151
4.12 La diferencial
4.12.1. Incrementos
Si una variable cambia de valor de x0 a x, la diferencia x−x0 se llama incremento de la variable y se denota con∆x. Si y = f (x)
y hay un cambio de x0 a x, la diferencia f (x)− f (x0) se llama incremento en la variable dependiente y , tal incremento se
denota por: ∆y. Resumiendo:
∆x = x −x0
∆y = f (x)− f (x0) = f (x0 +∆x)− f (x0)
Dependiendo de la ubicación de x0 y y0 = f (x0) los incrementos pueden ser positivos o negativos. A continuación se presenta
una ilustración.
x
y
x0 x
f (x0)
f (x)
∆x
∆y
Observemos que
lım∆x→0
∆y
∆x= lım
x→x0
f (x)− f (x0)
x −x0
= lım∆x→0
f (x0 +∆x)− f (x0)
∆x= f ′ (x0)
4.12.2. Diferenciales
Considérese una función y = f (x) y x0 un punto del dominio en donde f ′ (x0) existe, entonces en una vecindad pequeña de
x0, en donde la recta tangente es una aproximaxión a a f es decir:
f (x) ≈ f ′ (x0)+ f (x0) (x −x0) ,
Con ∆x = x −x0, podemos formemos la aplicación
T (∆x) = f ′ (x0)∆x
tal aplicación se llama la diferencial de y, es usual escribir d x en lugar de ∆x.
152 Cálculo Diferencial
Definición 4.2
(Diferencial) Dada una función y = f (x) la diferencial de y en un punto x es:
d y = f ′ (x) d x.
La diferencial de la variable dependiente y no es igual a su incremento. Considérese por ejemplo la función y = f (x) = x2,
como f ′ (x) = 2x, debemos tener:
d y = f ′ (x) d x
pero
∆y = f (x +∆x)− f (x)
= (x +∆x)2 −x2
= 2x∆x + (∆x)2
= 2x d x + (d x)2
obsérvese, sin embargo, que si d x está próximo de cero, entonces (d x)2 está próximo a cero, por tanto la diferencial ∆y y d y
estarán muy próximos.
4.12.3. La notación diferencial para la derivada
Con la discusión de las dos secciones anteriores se justifica la notación:
d y
d x= f ′ (x) ,
como sabemos esto se lee “la derivada de y = f (x) respecto de x es f ′ (x)”. La notación d y = f ′ (x)d x podría sugerir que se
ha despejado d y de la ecuaciónd y
d x= f ′ (x), esto, si bien funciona, no es cierto pues
d y
d xno es una fracción.
4.12.4. Reglas para el cálculo de las diferenciales
Todas las regla de derivadas se cumplen para diferenciales.
1. d (c) = 0, c una constante
2. d (cu) = cdu
3. d (uv) = u d v + v du
4. d (u/v) = v du −u d v
v2
Ejemplo 4.34 La diferencial de y = cos x2 es:
d y = (cos x2)′ d x =−2x sen x2d x.
Ejemplo 4.35 La diferencial de y = tan x es
d y = (tan x)′ d x = sec2 x d x.
Cálculo Diferencial 153
4.12.5. Aplicaciones de la diferencial
Ejemplo 4.36 Se calienta una placa metática cuadrada de 20 cm de longitud, el efecto de este calentamiento el lado au-
menta 0,01 cm. (a) ¿Cuánto aumenta exactamente el área de la placa?. (b) ¿Cuánto aumenta aproximadamente?.
Solución. Si x es el lado del cuadrado, entonces el área está dada por S (x) = x2.
1. (a)
x = 20
∆x = 0,01
x = 20∆x = 0,01
(20)(0,01) = 0,2
(20)
(0,0
1)=
0,2
(∆x)2 = 0,0001
∆S (x) = S (x +∆x)−S (x) ,
con x = 20 y ∆x = 0,01, se encuentra:
∆S (20) = S (20+0,01)−S (20)
= (20+0,01)2 −202
= 0.4001cm2
(b)
∆S (x) ' S′ (x) d x
con S′ (x) = 2x, x = 20 y d x =∆x = 0,01, se encuentra:
∆S (20) ' S′ (20)(0,01)
= 2(20)(0,01)
= 0.4 cm2
4.12.5.1. Ejercicios propuestos
1. Un cubo tiene arista igual a 10 cm., el error en la medida es ±0,01 cm. Determinar: (a) El error al evaluar el volumen,
(b) el error al evaluar la superficie del cubo. Sol. (a) ±3, (b) ±1,2
2. Una columna cilíndrica de radio 25 cm y altura 9 m, debe revestirse con una capa de revoque de 1 cm de espesor. ¿que
cantidad aproximada de revoque se requiere? Sol. 0.14137 m3.
3. Estime el cambio en la superficie de una esfera si su radio aumenta de 12 cm a 12,1 cm. Sol. 9.6π cm2.
154 Cálculo Diferencial
4. ¿Cuál es el cambio en el volumen de un cilindro si su radio y altura cambian simultáneamente de 10 cm a 10,02 cm.
Sol. 6π cm3?.
5. Considere un cono de radio 15 cm. Determinar el cambio en el volumen si la altura cambia de 25 a 27 cm. Sol. 150π
6. ¿Con qué precisión se debe medir el radio de una esfera de modo que: (a) el error en el volumen sea un 1%?, (b) el error
en su área sea 1%?. Sol. (a) 13 %, (b) 1
2 %.
h
r
Base=πr 2
Area lateral=2πr h
Volumen=πr 2h
h
r
g
Area lateral=πr g
Base=πr 2
Area total=πr g +πr 2
Volumen= 13πr 2h
g =p
h2 + r 2
r
Area=4πr 2
Volumen= 43πr 3
4.13 Derivada y recta tangente con MatLab
4.13.1. Cálculo de la derivada con limit
Como sabemos la derivada de una función f = f (x) en un punto x ∈ D f está dada por:
f ′ (x) = lımh→0
f (x +h)− f (x)
h
siempre que tal límite exista. En el capítulo de límites vimos la manera de emplear el comando limit de MatLab para calcular
el anterior límite.
Ejemplo 4.37 Calcularemos y graficaremos la derivada de f (x) =x(
x2 +1) en cualquier punto x. Para este propósito em-
pleamos lo siguiente
%Derivada con MatLab
syms x,h
f=inline(’x/(x^2+1)’,’x’) %<-- Declara la funci\’on f(x)=x/(x^2+1)
fp=limit((f(x+h)-f(x))/h,h,0) %<-- Calcula la derivada fp=f’(x) simb\’olica
Df=inline(fp) %<-- Declara la derivada como funci\’on Df(p)=f’(x)
ezplot(Df,[-2,2,-1,1]) %<-- Grafica la derivada en [-10,10]
grid on %<-- Muestra cuadr\’icula
Cálculo Diferencial 155
hold on; %<-- Congela la pantalla
ezplot(f,[-2,2,-1,1]) %<-- Grafica la funci\’on en [-10,10]
hold off; % <-- Desactiva la congelacion de la pantalla
A continuación mostramos el resultado en el entorno de MatLab
Observaciones.Si se desea calcular y evaluar la derivada en un punto concreto, digamos x = 4, se tiene una de las siguientes alternativas
>>subs(fp,4)
>>Df(4)
4.13.2. Cálculo de la derivada con diff
Este comando, tiene la siguiente forma:
diff(función,’var’,n)
donde:
función, es la expresión algebraica a derivar, debe estar en formato char,var es la variable respecto del cual se deriva,
n es un entero que representa el orden de la derivada.
Ejemplo 4.38 Si f (x) =x(
x2 +1), entonces la primera y segunda derivadas se calculan respectivamente como:
>> syms x
>> f=x/(x^2+1)
156 Cálculo Diferencial
f =
x/(x^2 + 1)
>> Df1=diff(f,’x’,1)
Df1 =
1/(x^2 + 1) - (2*x^2)/(x^2 + 1)^2
>> Df2=diff(f,’x’,2)
Df2 =
(8*x^3)/(x^2 + 1)^3 - (6*x)/(x^2 + 1)^2
>>
Los resultados que se obtienen con diff son del tipo syms, es decir las variables Df1 y Df2 son del tipo simbólico.
4.13.3. La recta tangente
Sea f una función derivable en un punto p, entonces, como se sabe, la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el
punto(p, f
(p
))es
y = f ′ (p)(
x −p)+ f
(p
)o con m = f ′ (x0) , x0 = 0 y y0 = f
(p
)se tiene:
y = m (x −x0)+ y0
A continuación se muestra un programa que calcula la recta tangente wn x = p, luego lo grafica en un intervalo de centro p.
%Grafica una funci\’on y su tangente
%y es la variable que contiene la funci\’on (tipo char)
%f es la funci\’on y=f(x) definida en linea
%p es la absisa del punto de tangencia
%yp es la derivada de la funci\’on (tipo char)
%fp es la funcion f’(x) definida en lÃnea
%m es la pendiente de la recta tangente (tipo char)
%x0 absisa del punto de tangencia (tipo char)
%y0 ordenada del punto de tangencia (tipo char)
function tangente
syms x; %delaraci\’on de x como simb\’olica
y=input(’Ingrese la funci\’on: f(x)= ’);
%ingreso de datos
f=inline(y);
p=input(’Ingrese la absisa del punto de tangencia: p= ’);
radio=input(’Ingrese radio de intervalo de visualizaci\’on: radio= ’);
Cálculo Diferencial 157
%Cálculo de la derivada
yp=diff(y,’x’,1);
fp=inline(yp);
%Cálculo de m,x0,y0 como del tipo char
m=num2str(fp(p));
x0=num2str(abs(p));
y0=num2str(abs(f(p)));
%Construcci\’on de la recta tangente
if (p>=0) && (f(p)>=0)
char_tangente=strcat(m,’*(x-’,x0,’)+’,y0);
end
if (p>=0) && (f(p)<=0)
char_tangente=strcat(m,’*(x-’,x0,’)-’,y0);
end
if (p<=0) && (f(p)>=0)
char_tangente=strcat(m,’*(x+’,x0,’)+’,y0);
end
if (p<=0) && (f(p)<=0)
char_tangente=strcat(m,’*(x+’,x0,’)-’,y0);
end
%Visualizaci\’on de la recta tangente
disp(strcat(’Recta tangente= ’,char_tangente));
%Definici\’on de la recta tangente en lÃnea
T=inline(char_tangente);
%Gráficas de la funci\’on y la recta tangente en
%un intervalo de centro p y radio 1
ezplot(f,[p-radio,p+radio])
hold on
ezplot(T,[p-radio,p+radio])
hold off
grid on
Ejemplo 4.39 Calcularemos y graficaremos la recta tangente a la grafica de f (x) = 4−x2 en p =−1. Para este fin empleamos
el programa tangente.m cuya corrida se muestra a continuación.
>> tangente
Ingrese la funci\’on: f(x)= 4-x^2
Ingrese la absisa del punto de tangencia: p= -1
Ingrese radio de intervalo de visualizaci\’on: radio= .5
Recta tangente=2*(x+1)+3
>>
158 Cálculo Diferencial
4.13.3.1. Ejercicios propuestos
1. Considere la función f definida en [a,b] , divida el intervalo [a,b] con la partición dada por xk = a +kh, k = 0,1, . . .n,
donde h = (b − a)/n, n ∈ N. En cada intervalo [xk−1, xk ] calcule y dibuje la recta tangente con punto de tangencia(xk−1, f (xk−1)
), k = 1, . . . ,n. (Para la función f (x) = 4−x2, definida en [−2,2] debe obtenerse el siguiente gráfico)
2. Lo mismo que en el anterior problema con rectas tangentes en los puntos(xk , f (xk )
), k = 1, . . . ,n.
5 Aplicaciones de la Derivada
5.1 Máximos y Mínimos
5.1.1. Introducción
La idea central, que más se explotará en este capítulo, es la interpretación geométrica de la derivada. Geométricamente si
f ′(x0) = 0 para algún x0 ∈ D f , la recta tangente que pasa por (x0, f (x0)) es paralela al eje de las absisas. En la siguiente gráfica
f ′ (c1) = 0 y f ′ (c2) = 0.
x
y
c1
(c1, f (c1))
c2
(c2, f (c2))
Si f ′(c) =∞ (o −∞), la recta tangente es paralela al eje de las ordenadas. En la ilustración que sigue f ′ (c) =∞.
x
y
c
160 Aplicaciones de la Derivada
Para fijar mejor las ideas, en esta sección se dan algunas definiciones y presentan algunos teoremas preliminares, que serán
importantes para las próximas secciones.
Definición 5.1
(Máximo y Mínimo)
Sea S ⊂ R y f : S → R. Si existe x1 ∈ S tal que f (x1) ≥ f (x) para todo x ∈ S, diremos que f (x1) es el máximo de f
en S.
Si existe x0 ∈ S tal que f (x0) ≤ f (x) para todo x ∈ S, diremos que f (x0) es el mínimo de f en S.
Observemos que f (x0) es una cota inferior y f (x1) es una cota superior de la funciòn f en el dominio S.
Definición 5.2
(Máximo y Mínimo Local). Sea S ⊂R y f : S →R una función.
f tiene un máximo local en un punto c ∈ S, si existe un intervalo abierto G conteniendo a c, tal que f (c) es un
máximo de f en S ∩G .
f tiene un mínimo local en un punto c ∈ S, si existe un intervalo abierto G conteniendo a c, tal que f (c) es un
mínimo de f en S ∩G .
x
y
ac1
c2
c3
p c4
c5
b
Sea S = [a,b], f : S →R cuya gráfica se muestra arriba. Entonces se tiene:
(a) en x = a : máximo = f (a), en tal punto se tiene también un máximo local
(b) en x = c1 : mínimo local = f (c1)
(c) en x = c2 : máximo local= f (c2)
(d) en x = c3 : mínimo = f (c3), en dicho punto se tiene también un mínimo local
(e) en x = p no se tiene ni máximo ni mínimo local.
(f) en x = c4 : máximo local = f (c4)
(g) en x = c5 : mínimo local = f (c5),
Aplicaciones de la Derivada 161
(h) en x = b : máximo local = f (b)
Los máximos o mínimos pueden no existir. Considérese por ejemplo f : [−1,1]− {0} →R definida por f (x) = 1
x2 no posee un
máximo, aunque si tiene mínimo local en x =−1 y x = 1.
x
y
−2 −1 0 1 2
2
4
6
8
10
El siguiente teorema da las condiciones bajo las cuales una función siempre tiene un máximo y un mínimo.
Teorema 5.1
Sea f : [a,b] → R una función continua. Entonces existen puntos x0,x1 ∈ [a,b] tales que f (x0) es el mínimo de f en
[a,b] y f (x1) es el máximo de f en [a,b].
5.1.2. Condición necesaria de existencia de máximo o mínimo local
Teorema 5.2
Sea f : (a,b) →R, sea c ∈ (a,b). Supóngase que f ′(c) existe y f (c) es el máximo o mínimo local de f en (a,b), entonces
f ′(c) = 0.
Demostración: Supongamos que f (c) es el mínimo de f en (a,b), la demostración para el caso de que f (c) sea
un máximo es análoga.
x
y
c +hh > 0
f (c +h)
c
f (c)
c +h
f (c +h)
h < 0
a b
Es claro que para cualquier h (positivo o negativo suficientemente cerca de cero) se tiene f (c +h) ≥ f (c), luego
Si h > 0
lımh→0+
f (c +h)− f (c)
h≥ 0.
162 Aplicaciones de la Derivada
Si h < 0
lımh→0−
f (c +h)− f (c)
h≤ 0.
Pero por hipótesis f ′(c) existe, esto es,
lımh→0+
f (c +h)− f (c)
h= lım
h→0−f (c +h)− f (c)
h
Por tanto necesariamente f ′(c) = 0.
■
5.1.2.1. Observaciones
(1) El recíproco del Teorema no es necesariamente válido, esto es, si f ′(c) = 0 para algún c ∈ (a,b), no necesariamente
f (c) es un máximo o mínimo local de f en (a,b). Por ejemplo la función f : (0,2) →R definido por f (x) = (x−1)3, tiene
derivada f ′(x) = 3(x −1)2 y f ′(1) = 0 sin embargo f (1) no es ni máximo ni mínimo local de f en el intervalo (0,2).
x
y
0 1 2
−1
0
1
(2) Una hipótesis importante es la suposición c ∈ (a,b), esto es, c no puede ser ni a ni b. Si c tomara uno de los valores
extremos del intervalo [a,b] , el teorema no necesariamente es cierto. Por ejemplo f : [0,2] → R definida por f (x) =x2 −3x +2 tiene un máximo local en x = 0, pero f ′ (x) = 2x −3 y f ′(0) =−3 6= 0.
x
y
0 1 2
−1
0
1
2
(3) La contrarrecíproca del teorema se expresa de la siguiente manera. Si f ′(c) 6= 0 entonces en c ∈ (a,b) la función f
no puede tener un máximo o mínimo.
La observación (3) es la clave para futura discusión, pues si estamos interesados en encontrar los máximos y mínimoslocales de una función (en el interior de su dominio), debemos buscarlos en el conjunto:{
x : f ′(x) = 0}
,
Aplicaciones de la Derivada 163
claramente esto es una gran ventaja.
{x : f ′(x) = 0
}{
x : f ′(x) 6= 0}
De existir máximos o mínimos locales, debenencontarse en esta parte del dominio.
Aquí no pueden existir nimáximos ni mínimos locales.
5.1.3. Puntos críticos
Definición 5.3
Los puntos críticos de una función son:
(a) Los extremos del intervalo donde está definida la función, si estas existen.
(b) Los valores x tales que f ′(x) = 0.
(c) Los valores x donde f ′ (x) no está definida.
Ejemplo 5.1 Consideremos la función f : [−3,5) → R definido por f (x) = x2 −4x. Derivando: f ′ (x) = 2x −4. Resolviendo
f ′ (x) = 0 obtenemos x = 2, por tanto los puntos críticos de f son:
x =−3 (extremo del intervalo donde se define la función)
x = 2 (solución de f ′ (x) = 0).
5.1.4. Funciones crecientes, decrecientes y derivada
El siguiente teorema, muestra la relación que existe entre funciones crecientes y decrecientes con la derivada.
Teorema 5.3
Sea S un intervalo, f : S →R una función diferenciable en S. Entonces:
1. Si f es creciente (estrictamente creciente) en S, entonces f ′(x) ≥ 0 ( f ′(x) > 0) para toda x ∈ S en donde f ′(x)
existe.
2. Si f es decreciente (estrictamente decreciente) en S, entonces f ′(x) ≤ 0 ( f ′(x) < 0) para toda x ∈ S en donde
existe f ′(x).
164 Aplicaciones de la Derivada
Demostración. Supongamos que f es creciente en S, sea x ∈ S. Por definición
f ′(x) = lımh→0+
f (x +h)− f (x)
h,
puesto que f ′(x) existe, los límites laterales del cociente de Newton cuando h → 0+ y h → 0− existen y son iguales
a f ′ (x), luego podemos escribir:
lımh→0+
f (x +h)− f (x)
h,
puesto que h > 0, x < x +h, entonces usando la hipótesis de que f es creciente tenemos f (x) ≤ f (x +h) luegof (x +h)− f (x)
h≥ 0 , para toda h > 0, esto muestra que:
lımh→0+
f (x +h)− f (x)
h≥ 0
esto prueba la primera parte, si h < 0 en resultado se mantiene. La demostración de la segunda parte es similar.
■
5.1.4.1. Observación
El recíproco de la anterior teorema es verdadero, esto es, si f ′ (x) ≥ 0 en algún dominio S entonces la función es creciente
en dicho dominio; si f ′ (x) > 0, la función es estrictamente creciente en S. Similarmente Si f ′ (x) ≤ 0 en algún dominio S
entonces la función es decreciente en S, si f ′ (x) < 0, la función es estrictamente decreciente en el dominio S.
Parte de lo anterior, se resume a continuación.
f ′ (x) > 0 en S es equivalente a decir f estrictamente creciente en S
f ′ (x) < 0 en S es equivalente a decir f estrictamente decreciente en S
5.1.4.2. Ejercicios resueltos
Ejemplo 5.2 Considérese la función f definida por f (x) = 2x + sen x.
(a) Determinar si f es creciente, decreciente o no tiene ninguna de estas propiedades.
(b) ¿Puede f tener más de una raíz?.
Solución.
(a) Derivando obtenemos:
f ′ (x) = 2+cos x,
como sabemos, para cualquier número x, cos x es un número que pertenece al intervalo [−1,1] , eso nos permite con-
cluir que f ′ (x) = 2+ cos x es siempre un número positivo, esto es, f ′ (x) > 0, es decir, la función f es estrictamente
creciente en toda la recta real R.
x
y
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5
−10
−5
5
10
Aplicaciones de la Derivada 165
(b) Una raíz es 0 pues f (0) = 0, x = 0 debe ser la única raíz ya que la función es estrictamente creciente (véase el gráfico).
Ejemplo 5.3 Sea f (x) = x − sen x, muestre que:
(a) sen x ≤ x para x ∈ [0,∞) .
(b) x ≤ sen x para x ∈ (−∞,0] .
Solución. f ′ (x) = 1−cos x, además cos x ∈ [−1,1] para cualquier número x, esto muestra que f ′ (x) = 1−cos x ≥ 0, es decir, f
es creciente en (−∞,∞) . Por otra parte f (0) = 0, luego:
(a) Si x ≥ 0, tenemos f (x) ≥ f (0) , esto es, x − sen x ≥ 0 de donde
sen x ≤ x
(b) Se muestra como en (a). A continuación se muestran las gráficas de las funciones involucradas.
x
y
f (x) = sen(x)
f (x) = x
−3 −2 −1 0 1 2 3
−2
−1
0
1
2
x
yf (x) = x − sen(x)
−3 −2 −1 0 1 2 3
−2
−1
0
1
2
5.1.4.3. Ejercicios propuestos
1. (a) Demuestre que la ecuación 5x −4cos x = 0, tiene exactamente una solución.
(b) Halle un intervalo específico que contenga la solución.
Sol. (a) Estrictamente creciente en R, (b)[0, π2
]2. Si f (x) = x3 +3x +k, muestre que f (x) = 0 tiene exactamente una solución real para cualquier valor de k.
3. Sea f (x) = x2 +cos x.
(a) Mostrar que f es decreciente en (−∞,0] y creciente en [0,∞] .
(b) Calcular los números x tales que f ′ (x) = 0. Sol. x = 0.
(c) ¿Puede la función f tener raices?. Sol. No (Sug. Considere las gráficas de cos x y −x2)
(d) Bosquejar la gráfica.
4. Sea f (x) = 14 x4 − 1
3 x3 −3x2.
(a) Hallar números x tales que f ′ (x) = 0. Sol. 0,3,−2.
(b) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento.
(c) Bosquejar la gráfica de la función.
166 Aplicaciones de la Derivada
5. Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función f definida por:
a) f (x) = (2x2 −3x
)e−x . Sol. Decreciente en
(−∞, 12
)∪ (3,∞) , creciente en( 1
2 ,3)
.
b) f (x) = x2(x2 +1
)2 . Sol. Decreciente en (−1,0)∪ (1,∞) , creciente en (−∞,−1)∪ (0,1) .
c) f (x) = x2 + ln( x
a
). Discutir los casos a > 0 y a < 0. Sol. Creciente para a > 0 en (0,∞) , decreciente para a < 0 en
(−∞,0) .
d) f (x) = |x|x , x 6= 0 . Sol. Decreciente en(−e−1,0
)∪ (0,e−1
), creciente en
(−∞,−e−1)∪ (
e−1,∞).
5.1.5. Criterio de la primera derivada
Definición 5.4
Si f ′(x) ≥ 0 en algún intervalo S, diremos que f ′(x) tiene signo + (más) en S y si f ′(x) ≤ 0 en el intervalo S, diremos
que f ′(x) tiene signo − (menos) en S.
Observación. Si f es continua en algún intervalo abierto S y f ′(x) cambia de signo en S, digamos de + a − (la función f pasa
de creciente a decreciente) es claro que en algún punto de S, la función f tiene un máximo, si cambia de − a +, es claro que
en algún punto de S, la función f tiene un mínimo.
x
y
f ′(x) > 0 f ′(x) < 0
x
y
f ′(x) < 0 f ′(x) > 0
La anterior observación se formaliza en el siguiente criterio.
Sea f : (a,b) → R, una función contínua y diferenciable. Para encontrar los máximos y mínimos locales de f seguimos el
siguiente proceso.
(1) Resolver f ′(x) = 0, los valores encontrados más los valores en donde f ′(x) no está definida son los puntos críticos
(Si el intervalo es cerrado en a o b, tales puntos también son puntos críticos de f ).
(2) Los valores encontrados en (1), se representan en la recta real formándose intervalos.
(3) Se calcula el signo de f ′(x) en cada uno de los intervalos formados en (2).
(4) Para cada punto crítico x0 se tiene:
a) f tiene un máximo en x0 si f ′ pasa de + a −b) f tiene un mínimo en x0 si f ′ pasa de − a +c) si f ′ no cambia de signo alrededor de x0, f no tiene ni máximo ni mínimo en x0. A continuación se muestra un
Aplicaciones de la Derivada 167
ejemplo para este caso.
x
y f (x) = (x −2)3 +2
f (x) > 0 f (x) > 0
x0 = 0
Si los puntos a y b estuvieran en el intervalo, esto es, f definida en [a,b] , y f fuera continua cerca de los extremes,
en tales puntos siempre se tienen máximos o mínimos locales. Por ejemplo se tendrá un mínimo local si f ′ (x) > 0 en
[a, a +ε) para ε suficientemente pequeño, este caso y los otros posibles se presentan en los siguientes gráficos.
x
y
Mínimo locala
f ′(x) > 0
x
y
Máximo locala
f ′(x) < 0
x
y
Máximo localb
f ′(x) > 0
x
y
Mínimo localb
f ′(x) < 0
Observación. Si el dominio es un intervalo cerrado, entonces:
El máximo absoluto es:
max{
f(p
): p es un punto crítico
}El mínimo absoluto es:
mın{
f(p
): p es un punto crítico
}Ejemplo 5.4 Dada la función f : [−5,6) →R definida por
f (x) = 2x3 −3x2 −12x,
calcular:
a) Puntos críticos.
b) Intervalos en donde f es creciente y decreciente.
c) Máximos, mínimos, máximos locales, mínimos locales.
Solución:
a)
f ′(x) = 6x2 −6x −12 = 6(x +1)(x −2).
Resolviendo f ′(x) = 0 obtenemos x = −1, x = 2 estos son los primeros puntos críticos, también es un punto crítico
x = −5, luego los puntos críticos en [−5,6) son: x = −5, x = −1, x = 2. Observemos que x = 6 no es punto crítico pues
no pertenece al dominio.
b) Representamos los puntos críticos en la recta real para analizar el signo de f ′ en [−5,6).
168 Aplicaciones de la Derivada
−∞ −5 −1 2 6 ∞
+ − + Signos de
f ′(x)
c) Máximo: no existe; mínimo f (−5) ; máximos locales: f (−1) ; mínimos locales f (−5) , f (2) .
A continuación mostramos la gráfica de la función analizada:
x
y
Mín.
Máx.Mín.
−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6
−250
−200
−150
−100
−50
0
50
100
150
200
250
Observaciones. (1) Si x = 6 estuviera en el dominio, f (6) sería un máximo local y a la vez un máximo absoluto. (2)En realidad la información obtenida con la primera derivada no es suficiente para bosquejar la gráfica. Si se sabe que
una función es creciente en un intervalo, aún no se sabe si la curva va doblándose hacia abajo o hacia arriba, esta
información nos da la segunda derivada que se estudia más adelante.
x
y
f ′(x) > 0
Se dobla hacia abajo
x
y
f ′(x) > 0
Se dobla hacia arriba
5.1.5.1. Ejercicios propuestos
1. En los siguientes ejercicios y en el intervalo indicado hallar: (i) puntos críticos, (ii) Intervalos de crecimiento y decreci-
miento, (iii) Máximos y mínimos locales.
a) f (x) = 1
1+x2 , (−∞,∞) . Sol. (iii) Máx. f (0)
Aplicaciones de la Derivada 169
b) f (x) = x2/5 +1, [−1,1] . Sol. (iii) Máx. f (±1) , Mín. f (0)
c) f (x) =p−x2 +4x, [0,4] . Sol. (iii) Máx. f (2) , Min. f (0) , f (4)
d) f (x) = x2e−x , (0,∞) . Sol. (iii) Máx. f (2) , Mín. f (0)
e) f (x) = x2 + ln( x
5
), (0,10] . Sol. (iii) Máx. f (10)
f ) f (x) = (−x)−x/2 , [−2,0] . Sol. (iii) Máx. f (−2) , Mín. f(−e−1
).
g) f (x) = (x −1)1/3 + 12 (x +1)2/3 , [−1,2] . Sol. (iii)
h) f (x) = x5 −x3, [−1,1] , Sol. (iii)
i) f (x) = (2x2 +3x
)e−x , (−∞,∞) . Sol. Máx. f
( 32
), Mín. f (−1) .
j) f (x) = x2(x2 +1
)2 , (−∞,∞) . Sol. Máx. f (±1) , Mín. f (0) .
A continuación se muestran las gráficas de las primeras ocho funciones (no necesariamente en orden)
2. Sean f g funciones derivables en (a,b) . Supongamos que f ′ (x) > g ′ (x) en (a,b) y que existe un número c en este
intervalo tal que f (c) = g (c) . Demostrar que si x ∈ (a,b) , entonces f (x) > g (x) si x > c, y f (x) < g (x) si x < c.
5.2 Teoremas de Valor Medio
En esta sección, se presentan resultados que permiten probar un segundo criterio para determinar máximos y mínimos
locales. La importancia de los resultados que se presentan, naturalmente va más alla de las aplicaciones que se dan.
Teorema 5.4
(De Rolle). Sea f : [a,b] → R continua en [a,b] y diferenciable en (a,b) tal que f (a) = f (b) = 0. Entonces existe
c ∈ (a,b) tal que f ′ (c) = 0.
Demostración. Si f (x) = 0 para todo x ∈ (a,b) no hay nada que mostrar, pues cualquier punto c ∈ [a,b] satisface
la conclusión del teorema.
Supongamos que existe un punto x ∈ (a,b) tal que f (x) 6= 0. Como f es continua en [a,b] existe un máximo o
un mínimo de f en (a,b) (el máximo o mínimo no puede ocurrir en a o b). Si existe un máximo concluimos que
existe c ∈ (a,b) tal que f (c) es el máximo de f en (a,b) y entonces f ′ (c) = 0.
Llegamos a la misma conclusión si c es un mínimo.
■
170 Aplicaciones de la Derivada
Geométricamente, esto significa que existe un punto c ∈ (a,b) , tal que la recta tangente a la curva en(c, f (c)
)es paralela al
eje x (de las absisas).
Teorema 5.5
(De Valor Medio). Sea f : [a,b] →R, continua en [a,b] y diferenciable en (a,b). Entonces existe c ∈ (a,b) tal que:
f ′ (c) = f (b)− f (a)
b −a
Demostración: Consideremos la función:
F (x) = f (x)− f (b)− f (a)
b −a(x −a)− f (a) .
Observemos que F (a) = F (b) = 0, además F es continua en [a,b] y diferenciable en (a,b) ya que f lo es. Por el
Teorema de Rolle existe c ∈ (a,b) tal que F ′ (c) = 0. Por otra parte:
F ′(x) = f ′(x)− f (b)− f (a)
b −a,
luego
F ′ (c) = f ′ (c)− f (b)− f (a)
b −a= 0,
es decir;
f ′ (c) = f (b)− f (a)
b −a.
■
Geométricamente, esto significa que existe un punto c ∈ (a,b) tal que la recta tangente a la curva en(c, f (c)
)es paralela a la
recta secante que va desde f (a) hasta f (b) , ilustramos esto en la siguiente gráfica.
x
y
a c b
Recta tangente
Teorema de Rolle
x
y
a c b
Recta secante
Recta tangente
Teorema del valor medio
Teorema 5.6
(De Cauchy). Sean f , g : [a,b] →R continuas en [a,b] y diferenciables en (a,b) . Supóngase además que g ′(x) 6= 0 para
todo x ∈ (a,b). Entonces:
Aplicaciones de la Derivada 171
(1) g (a) 6= g (b) y
(2) existe c ∈ (a,b) tal que
f ′ (c)
g ′ (c)= f (b)− f (a)
g (b)− g (a)
Demostración. Si g (a) = g (b) , el teorema del valor medio da una contradicción, tal contradicción prueba (1). La
demostración de (2) es análoga a la demostración del Teorema del valor medio considerando la función
F (x) = f (x)− f (b)− f (a)
g (b)− g (a)
(g (x)− g (a)
)− f (a) .
■
5.2.0.2. Ejercicios resueltos
Ejemplo 5.5 Sea f (x) = x3 +x, definida en [0,2] . Encontrar el valor c ∈ (0,2) , que satisface el teorema del valor medio.
Solución. f ′ (x) = 3x2 +1, el valor de c debe satisfacer la ecuación
f ′ (c) = f (2)− f (0)
2−0,
luego:
3c2 +1 =[23 +2
]− [(0)3 +0
]2
= 5,
resolviendo encontramos c = 23
p3.
Notemos que c =− 23
p3 no es una solución, pues no pertenece al intervalo (0,2) . A continuación se muestran las gráficas de
la función f , la recta tangente y la recta secante.
x
y
Recta tangente
Recta rectante
0 1 2
2
4
6
8
10
Ejemplo 5.6 Sea f (x) = x2/3 definida en [−1,1] . ¿Existe un valor c ∈ (−1,1) que satisface el teorema del valor medio?.
Solución. f ′ (x) = 23 x−1/3. Observemos que f (−1) = f (1) = 1. Si existe c ∈ (−1,1) que satisface el teorema del valor medio
debemos tener.
f ′ (c) = f (1)− f (−1)
1− (−1)
es decir2
3c−1/3 = 0
172 Aplicaciones de la Derivada
esta ecuación no tiene solución, luego no existe c ∈ (−1,1) que satisface el teorema del valor medio.
x
y
−1 0 10
1
Comentario. Observemos que la conclusión anterior no contradice al teorema del valor medio, ¿Por que?.
Ejemplo 5.7 (a) Si 0 < a < b, demostrar que 1− a
b< ln
(b
a
)< b
a−1.
(b)Utilizar el resultado de (a) para mostrar que 1/6 < ln1,2 < 1/5.
Solución.
(a) Sea f (x) = ln x, definida en [a,b] . Claramente f satisface las hipótesis del teorema del valor medio, entonces existe
un número c ∈ (a,b) tal que:
f ′ (c) = f (b)− f (a)
b −a,
puesto que f ′ (x) = 1
x1
c= lnb − ln a
b −a= ln(b/a)
b −a,
es decir,
ln
(b
a
)= b −a
c. (1)
Por otra parte a < c < b, es decir1
b< 1
c< 1
a, también es claro que b −a > 0, luego,
b −a
b< b −a
c< b −a
a,
de este resultado se obtiene:
1− a
b< b −a
c< b
a−1 (2)
por tanto reemplazando el resultado de (1) en (2)
1− a
b< ln
(b
a
)< b
a−1
(b) Con a = 5 y b = 6 tenemos 1/6 < ln1,2 < 1/5.
Aplicaciones de la Derivada 173
5.2.0.3. Ejercicios propuestos
1. Verificar el teorema del Valor Medio para f (x) = x3 −x2 definido en [1,2] .
2. Sea f (x) = 3−3(x −1)2/3 definido en [0,2]. ¿Es aplicable el teorema de Rolle?.
3. Demostrar que π/6+p3/15 < arcsin0,6 <π/6+1/8. Sug. Trabaje en
[1
2,
3
5
].
4. (a) Demostrar que si 0 < a < b
b −a
1+b2 < arctanb −arctan a < b −a
1+a2
(b) Mostrar que
π
4+ 3
25< arctan
4
3< π
4+ 1
6
Sug.: Considerar la función f definida por f (x) = arctan x.
5. Demostrar que entre dos raices reales de ex sen x −1 = 0, hay al menos una raíz de ex cos x +1 = 0.
Sug.: Aplicar el teorema del valor medio a la función definida por e−x − sen x.
6. Aplicar el teorema del valor medio para mostrar que si 0 < x < 1 se cumple
x < arcsin x < xp1−x2
7. Sea f una función definida en un intervalo cerrado [a,b] con a < b. Demostrar que si f ′ (x) = 0 para todo x del dominio,
entonces f debe ser la función constante.
8. ¿En qué punto, la tangente a la parábola f (x) = −x2 + 8x − 15 es paralela a la recta x + 2y − 5 = 0?, ¿en qué punto
perpendicular?..
5.3 Concavidad
En esta sección, se discute un criterio para decidir si en un punto crítico existe un máximo o un mínimo. Iniciamos esta
sección dando algunas definiciones.
Definición 5.5
(Cóncava hacia arriba)Sea f : (a,b) → R. La función f es cóncava hacia arriba si para puntos cualesquiera a1, b1 en
(a,b) se cumple:
f (x) ≤ f (b1)− f (a1)
b1 −a1(x −a1)+ f (a1),
para todo x ∈ (a1,b1).
174 Aplicaciones de la Derivada
x
y
(b1, f ′(b1))
(a1, f ′(a1))
a1
f (x)
f (b1)− f (a1)
b1 −a1(x −a1)+ f (a1)
x b1
Definición 5.6
(Cóncava Hacia Abajo)Sea f : (a,b) → R. f es cóncava hacia abajo si para puntos cualesquiera a1, b1 en (a,b) se
cumple:
f (x) ≥ f (b1)− f (a1)
b1 −a1(x −a1)+ f (a1),
para todo x ∈ (a1,b1).
x
y
(a1, f ′(a1))
(b1, f ′(b1))
a1
f (x)
f (b1)− f (a1)
b1 −a1(x −a1)+ f (a1)
x b1
Teorema 5.7
Sea f : [a,b] →R, una función tal que f ′′ existe en (a,b).
1. Si f ′′(x) > 0 en (a,b) entonces f es cóncava hacia arriba en (a,b).
2. Si f ′′(x) < 0 en (a,b) entonces f es cóncava hacia abajo en (a,b).
Demostración. Se demostrará (1)
Sean a1,b1 puntos cualesquiera en (a,b) tales que a1 < b1.
a a1 b1x b
Aplicaciones de la Derivada 175
Tómese un punto arbitrario x ∈ (a1,b1) como se muestra en la gráfica, mostraremos que:
f (x) ≤ f (b1)− f (a1)
b1 −a1(x −a1)+ f (a1)
Es claro que f es continua y diferenciable en los intervalos [a1, x] y [x,b1] (Recordemos que la existencia de
la derivada en un conjunto implica la continuidad en el conjunto), luego por teorema del Valor Medio existen
c1 ∈ (a1, x) y c2 ∈ (x,b1) tales que:
f ′(c1) = f (x)− f (a)
x −ay f ′(c2) = f (b)− f (x)
b −x.
Ahora usaremos la hipótesis de que f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (a,b). De esta hipótesis concluimos que f ′ es cre-
ciente en (a1,b1). Puesto que c1 < c2 debemos tener f ′(c1) < f ′(c2), por tanto:
f (x)− f (a1)
x −a1< f (b1)− f (x)
b1 −x,
de este último resultado se obtiene:
f (x) < f (b1)− f (a1)
b1 −a1(x −a1)+ f (a1).
Esto prueba la primera parte del teorema. De manera similar se prueba el caso f ′′(x) < 0.
■
Definición 5.7
(Punto de inflexión) El punto c alrededor del cual el signo de f ′′ cambia se llama punto de inflexión de la función f .
Ejemplo 5.8 Sea f :R− {0} →R, una función definida por f (x) = 1
x. Derivando se encuentra:
f ′ (x) =− 1
x2 , f ′′ (x) = 2
x3 ,
los signos de las derivadas se muestran a continuación.
−∞ 0 ∞
− − Signos de
f ′(x)
−∞ 0 ∞
− + Signos de
f ′′(x)
Nótese que 0 es un punto de inflexión, notemos además que:
lımx→0−
1
x= −∞
lımx→0+
1
x= ∞
176 Aplicaciones de la Derivada
A continuación mostramos la gráfica de la función analizada.
x
y
−6 −4 −2 0 2 4 6
−4
−2
0
2
4
Ejemplo 5.9 Consideraremos la función f :R→R definida por
f (x) = ax2 +bx + c,
tenemos, f ′′(x) = 2a, entonces f es cóncava hacia arriba en R si a > 0 y es cóncava hacia abajo si a < 0. A continuación se
ilustran los casos a > 0 y a < 0 respectivamente.
x
y f (x) = ax2 +bx + c, a < 0f ′′(x) = 2a < 0
x
y f (x) = ax2 +bx + c, a > 0f ′′(x) = 2a > 0
Ejemplo 5.10 Graficaremos f (x) = 4x
x2 +4en (−∞,∞) .
Derivando se encuentra:
f ′ (x) = −4(x2 −4
)(x2 +4
)2
f ′′ (x) = 8x(x2 −12
)(x2 +4
)3
los signos de estas derivadas se muestran a continuación:
−∞ −2 2 ∞
− + − Signos de
f ′(x)
Mín. local Máx. local
Aplicaciones de la Derivada 177
−∞ −2p
(3) 0 2p
(3) ∞
− + − + Signos de
f ′′(x)
Puntos de inflexión
La gráfica se muestra a continuación:
x
y
f (x) = 4x
x2 +4
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
−1
1
Ejemplo 5.11 Graficaremos f (x) = x ln x en (0,∞) .
Las derivadas y sus signos se muestran a continuación.
f ′ (x) = 2x ln x ln x
x
f ′′ (x) =4x ln x
((ln x − 1
4
)2 + 716
)x2
0 1 ∞
− + Signos de
f ′(x)
(En la segunda derivada se han completado cuadrados)
0 ∞
+ Signos de
f ′′(x)
178 Aplicaciones de la Derivada
Finalmente mostramos la gráfica.
x
y
f (x) = x ln(x)
0 1 2 30
1
2
3
4
5.4 Criterio de la segunda derivada
Teorema 5.8
Sea f : [a,b] → R continua en [a,b]. Sea c un punto crítico de f en (a,b) y f ′ (c) = 0. Supongamos también que f ′′
existe en (a,b). Entonces
(a) Si f ′′(x) < 0 en (a,b) f tiene un máximo local en c.
(b) Si f ′′(x) > 0 en (a,b) f tiene un mínimo local en c.
Demostración.
(a) Si f ′′(x) < 0 en (a,b), f ′(x) es estrictamente decreciente en (a,b) pero a < c < b y f ′(c) = 0, luego f ′ cambia de positivo a
negativo, por tanto por el criterio de la primera derivada f tiene un máximo en x = c.
(b) Se prueba como en (a)
■
Para terminar esta sección se da un criterio muy importante sobre máximos y mínimos llamado Criterio de la segundaderivada.
Corolario 5.1 (Criterio de la Segunda Derivada). Sea f : [a,b] → R continua en [a,b]. Sea c un punto crítico de f en
(a,b) y f ′ (c) = 0. Entonces
(a) Si f ′′(c) < 0 en (a,b) entonces f tiene un máximo local en c.
(b) Si f ′′(c) > 0 en (a,b) entonces f tiene un mínimo local en c.
Demostración. Si f ′′(c) 6= 0, existe un intervalo abierto (a,b) que contiene a c en donde f ′′(x) 6= 0 y tiene el mismo
signo de f ′′(c) mas aún, si además f ′(c) = 0 usando el teorema f tiene un máximo local o un mínimo local en c
dependiendo si f ′′(c) < 0 o f ′′(c) > 0.
■
Aplicaciones de la Derivada 179
Si f ′′(c) = 0 o si f ′′(c) no está definida, el criterio falla.
Ejemplo 5.12 Consideremos la función f con dominio en R definida por:
f (x) = x + 1
x.
Derivando y luego realizando operaciones se encuentra:
f ′(x) = 1− 1
x2 = x2 −1
x2 ,
resolviendo f ′(x) = 0 encontramos los puntos x = 1, x =−1, observemos que f ′(x) no está definida en x = 0, luego los puntos
críticos son: x =−1, x = 0, x = 1.
Se tiene también f ′′(x) = 1
x3 , luego f ′′(−1) =−1 < 0, f ′′(1) = 1 > 0 y f ′′(0) no está definida.
Conclusión.
mínimo local en x = 1, el mínimo local es f (1) = 2,
máximo local en x =−1, el máximo local es f (−1) =−2,
Punto de inflexión en x = 0.(En este punto f ′′ no está definida y f cambia de concavidad alrededor de este punto)
Luego de un análisis de signos de las derivadas, se deduce la siguiente gráfica.
x
y
f (x) = x + 1x
−4
−4
−3
−3
−2
−2
−1 −100
1
1
2
2
3
3
4
4
5.4.0.4. Ejercicios propuestos
En los siguientes ejercicios, encontrar (a) puntos críticos, (b) máximos y mínimos, (c) intervalos de crecimiento y decreci-
miento, (d) intervalos de concavidad, (e) puntos de inflexión, (f) gráfica de la función. Asumimos que el dominio es el más
grande posible.
1. f (x) = xx
Sol. (a) e−1
2. f (x) = x2e−x
Sol. (a) 0,2
3. f (x) = 15 x5 +x4 − 4
3 x3 +2x2 −5x
Sol: (a) −5,1
180 Aplicaciones de la Derivada
4. f (x) = x2 − 54
xSol. (a) −3
5. f (x) = 8+x1/4
6. f (x) = 14 x4 − 5
36 x3 − 116 x2 + 1
24 x
Sol. (a) 12 , 1
4 ,− 13
7. f (x) = x4/5(x2 −2
)Sol. (a) ±2
7
p7
8. f (x) = −1
1+x2 . Sol. (a) 0
9. f (x) = (x2 −1
)2/3. Sol. (a) ±1,0
10. f (x) = (4x2 +3x
)e2x . Sol. (a) − 3
2 , − 14
11. f (x) = |x|x , x 6= 0 . Sol. −e−1,0,e−1.
En los siguientes problemas, graficar la función que satisface las condiciones dadas
12. f definida en [−2,4] ,f (−2) = f (4) = 2, f (1) = 3, f (0) = f (2) = 0
f ′ (x) > 0 en (0,1)∪ (2,4)
f ′ (x) < 0 en (−2,0)∪ (1,2)
f ′′ (x) > 0 en (2,4)
f ′′ (x) < 0 en (−2,0)∪ (0,2)
13. f definida en toda la recta real,f (−2) = f (3) = 0, f (0) = 1
f ′ (x) > 0 en (−∞,0)∪ (3,∞)
f ′ (x) < 0 en (0,3)
f ′′ (x) > 0 en (3,∞)
f ′′ (x) < 0 en (−∞,3)
A continuación se muestran las gráficas de los primeros ocho problemas planteados.
Aplicaciones de la Derivada 181
5.5 Maximos y mínimos con MatLab
5.5.1. El comando fminbnd
MatLab resuelve el problema de calcular un mínimo local en un intervalo (a,b) . El comando para este fin es:
fminbnd(función,a,b)
este comando devuelve el valor del intervalo (a,b) en donde la función alcanza el mínimo.
Observaciones.
1. Si existen varios puntos en donde se tiene mínimos locales, fminbnd no devuelve todos ellos.
2. Si la función es creciente en (a,b) , fminbnd devuelve un punto cerca de a, si es decreciente, un punto cerca de b.
3. Si se emplea [x_min,y]=fminbnd(función,a,b), se obtiene en x el valor donde ocurre el mínimo y y = f (x_mın) .
4. Para determinar el punto en donde la función alcanza el máximo se emplea:
fminbnd(-función,a,b)
A continuación, se muestra el programa max_min.m que emplea el comando fminbnd, para calcular un máximo y un míni-
mo local en un intervalo (a,b) .
1 %max_min(a,b)2 %Calcula un mínimo y un máximo local de la función f=f(x)3 %en un intervalo [a,b],4 %No calcula todos extremos locales5
6 function max_min(a,b)7
8 syms x; %declaración de x como simbólica9
10 %ingreso de la función a optimizar11 y=input(’Ingrese la función: f(x)= ’);12
13 %Cálculo del punto x_mínimo en [a,b] y f(x_mínimo)14 f=char(y);15 [x_min,f_x_min]=fminbnd(f,a,b);16 %Cálculo del punto x_máximo en [a,b] y f(x_máximo)17 g=char(-y);18 [x_max,f_x_max_tempo]=fminbnd(g,a,b);19 f_x_max=-f_x_max_tempo;20
21 %Se imprimen resultados22 fprintf(’%10s %15.6f %9s %15.6f \n’,’x_mínimo= ’,...23 x_min,’f(x_mínimo)=’,f_x_min)
182 Aplicaciones de la Derivada
24 fprintf(’%10s %15.6f %9s %15.6f \n’,’x_máximo= ’,...25 x_max,’f(x_máximo)=’,f_x_max)26 ezplot(y,[a,b])27 grid on
Empleamos el anterior programa con la función f (x) = (x2 −2x
)sen x en el intervalo (1,6) .
Corrida de MatLab
>> max_min(1,6)
Ingrese la funcion: f(x)= (x^2-2*x)*sin(x)
x_minimo= 5.181832 f(x_minimo)= -14.704084
x_maximo= 2.656850 f(x_maximo)= 0.813207
>>
5.5.2. Máximos y mínimos locales con los comandos diff y solve
A continuación se muestra el progama max_min_loc que emplea los comandos diff y solve para determinar extremos locales.
1 %max_min_loc, calcula los máximos y mínimos de una función f=f(x)2 %Se emplea el comando solve para calcular puntos críticos,3 %no siempre encuentra todos los puntos críticos4
5 function max_min_loc6 syms x h; %delaración de x,h como simbólicas7 %ingreso de datos8 f_char=input(’Ingrese la función: f(x)= ’);9 f=inline(f_char);
10 Df1=diff(f_char,’x’,1);11 Df2=diff(f_char,’x’,2);12 % Determina si la función tiene derivada constante13 c=char(Df1);14 n=size(c,2);15 bandera1=0;
Aplicaciones de la Derivada 183
16 bandera2=0;17 bandera3=0;18
19 %comprobación si la derivada no es constante20 for i=1:n21 if (c(i))==’x’22 bandera1=1;23 end24 end25
26 %comprobación de existencia de puntos críticos27 %o existencia de raíces reales28 puntos_criticos=solve(Df1);29 n=size(puntos_criticos,1);30 if n>031 bandera2=1;32 for i=1:n33 z=puntos_criticos(i);34 v=str2num(char(abs(imag(z))));35 if v<(0.5*10^(-10))36 bandera3=1;37 end38 end39 end40
41 bandera=bandera1*bandera2*bandera3;42
43 if bandera==144 k=1;45 for i=1:n46 z=puntos_criticos(i);47 u=real(z);48 v=str2num(char(abs(imag(z))));49 if v<(0.5*10^(-10))50 pc(k)=str2num(char(u));51 pc_v(k)=puntos_criticos(i);52 k=k+1;53 end54 end55
56 %Odenación de los puntos críticos en forma creciente57 %(método de la burbuja)58 n=size(pc,2);59 for i=1:n-160 for j=1:n-161 if pc(j)>pc(j+1)62 aux=pc(j);
184 Aplicaciones de la Derivada
63 pc(j)=pc(j+1);64 pc(j+1)=aux;65 aux=pc_v(j);66 pc_v(j)=pc_v(j+1);67 pc_v(j+1)=aux;68 end69 end70 end71
72 %Visualización de resultados73 fprintf(’%18s %18s %10s %18s\n’,’Punto crítico simbólico’...74 ,’Punto Crítico’,’Máx o Mín’,’Valor Máx o Mín’)75 for i=1:n76 if (subs(Df2,pc(i)))>077 fprintf(’%18s %18.4f %14s %18.4f\n’,char(pc_v(i)),str2num(char(pc_v(i))),’
Mínimo’,f(pc(i)));78 elseif (subs(Df2,pc(i)))<079 fprintf(’%18s %18.4f %14s %18.4f\n’,char(pc_v(i)),str2num(char(pc_v(i))),’
Máximo’,f(pc(i)));80 else81 fprintf(’%18s %18.4f %14s %18.4f\n’,char(pc_v(i)),str2num(char(pc_v(i))),’
Falla’,f(pc(i)));82 end83 end84 disp(’Pueden existir más puntos críticos’)85
86 limite_inf=pc(1);87 limite_sup=pc(n);88 ezplot(f,[limite_inf-0.25,limite_sup+0.25])89 grid on90 else91 if bandera1==092 disp(’La derivada es constante’)93 elseif bandera2==094 disp(’MatLab no encuentra raíces de la derivada de:’)95 Df196 elseif bandera3==097 disp(’MatLab no encuentra puntos críticos reales de:’)98 Df199 end
100 ezplot(f)101 grid on102 end
Empleamos este programa para calcular los máximos y mínimos de f (x) = (x2 −1
)e−x .
>> max_min_loc
Ingrese la funcion: f(x)= (x^2-1)*exp(-x)
Aplicaciones de la Derivada 185
Punto crÃtico simblico Punto Critico Max o M\’in Valor Max o Min
1 - 2^(1/2) -0.4142 Minimo -1.2536
2^(1/2) + 1 2.4142 Maximo 0.4318
Pueden existir mas puntos criticos
>>
5.5.2.1. Ejercicios propuestos
Empleando el programa max_min.m y max_min_loc.m, hallar, si es posible, los máximos y mínimos de las siguientes fun-
ciones. Comente los resultados.
1. f (x) = sen(x2 +1
)2. f (x) = x
x2+4
3. f (x) = (x2 −1
)(x2 −4
)(x +3)
4. f (x) = xx sen x
5.6 Problemas sobre Máximos y Mínimos
5.6.1. Problemas Geométricos
Para resolver este tipo de problemas conviene recordar las siguientes fórmulas:
186 Aplicaciones de la Derivada
1) Triángulo de altura h y base b
h
Area = 12 b h
b
2) Círculo de radio r
rArea =πr2
Longitud deCircunferencia = 2πr
3) Sector circular de ángulo α: (α medido en radianes)
r
r
α
Longitud dearco =αr
Area = 12 r2α
4) Trapecio de bases b y B con altura h:
h
b
B
Area = 12 h(B+b)
5) Cono circular recto de altura h y radio basal r :
Aplicaciones de la Derivada 187
h
r
g
Area lateral =πrg
Base =πr2
Area total =πrg+πr2
Volumen = 13πr2h
6) Esfera de radio r :
rVolumen = 4
3πr3
Superficie = 4πr2
7) Cilindro de radio de base r y altura h:
r
Base =πr2
Area lateral = 2πr
Volumen =πr2h
También es necesario recordar las propiedades de semejanza de triángulos.
α β
γ
ba
c
α β
γ
y x
z
a
x= b
y= c
z
188 Aplicaciones de la Derivada
Ejemplo 5.13 Un triángulo isósceles es inscrito en un círculo de radio r que es conocido (ver figura). Si el ángulo 2α está
entre 0 y 12π, encontrar el valor más grande del perímetro del triángulo. Dar detalles de su razonamiento.
αA B
C
D
EO
rh
x
Solución. Sea x el lado igual del triángulo y 2h la base. El perímetro del triángulo está dado por P = 2x+2h. Puesto que A,B ,C
son puntos de un semicírculo, el triángulo ABC es un triángulo rectángulo. También por construcción el triángulo AEC es
un triángulo rectángulo, entonces:
En el ∆AEC : sinα= C E
AC= h
x
En el ∆ABC : cosα= AC
AB= x
2r
por tanto: x = 2r cosα, h = 2r cosαsenα, y
P (α) = 4r cosα+4r cosαsinα, DP =[
0,π
4
].
Derivando se encuentra:
P ′ (α) = 4r(−sinα− sin2α+cos2α
).
Resolviendo la ecuación P ′ (α) = 0 se obtienen los puntos: α= 16π y α= 3
2π, nótese que α= 32π ∉ DP pero α= 1
6π ∈ DP , para
determinar si en 16π se tiene un máximo o mínimo recurrimos a la segunda derivada:
P ′′ (α) = 4r (−cosα−2senαcosα−2cosαsenα)
= 4r (−cosα−4senαcosα) ,
evaluando en 16π se encuentra:
P ′′(π
6
)= 4r
(−cos
π
6−4sin
π
6cos
π
6
)=−6r
p3 < 0
por tanto en α = 16π se encuentra un máximo, el valor máximo de P es P
( 16π
) = 3rp
3. Por tanto el valor más grande del
perímetro del triángulo isosceles inscrito en la circunferencia de radio r es 3rp
3.
Ejemplo 5.14 Pruebe que de todos los rectángulos de área dada, el cuadrado es el que tiene menor perímetro.
Solución. Sea x, y los lados del rectángulo de área dada a, es decir x y = a.
x
y
x y = a
Aplicaciones de la Derivada 189
El perímetro está dado por P = 2(x + y
). A partir de x y = a se encuentra y = a/x, por tanto el perímetro se puede escribir
como:
P (x) = 2(x + a
x
), DP = (0,∞) ,
derivando se obtiene;
P ′ (x) = 2(1− a
x2
),
resolviendo P ′ (x) = 0 se encuentra x =pa, (x =−pa ∉ DP ). La segunda derivada es:
P ′′ (x) = 4a
x3 ,
luego P ′′ (pa) = 4a
(p
a)3 > 0, luego en x =pa se tiene un mínimo. Finalmente y = ap
a=p
a, luego x = y =pa, esto muestra
que efectivamente el rectángulo de menor perímetro con un área dada es el cuadrado.
Ejemplo 5.15 Hallar las dimensiones del cilindro circular recto de volumen máximo que se puede inscribir en una esfera
de radio R.
Solución. Sea 2h la altura del cilindro y r el radio de su base.
r
2hh R
Del gráfico vemos que:
r 2 +h2 = R2 (1)
El volumen del cilindro está dado por
V = 2πr 2h (2)
Despejando r 2 de (1) y reemplazando en (2) se tiene el volumen en función de h:
V (h) = 2π(R2h −h3)
Calculamos ahora V ′(h) y V ′′(h)V ′(h) = 2π(R2 −3h2)
V ′′(h) = −12πh
Resolviendo V ′(h) = 0 encontramos el punto crítico h =p
33 R. Puesto que V ′′
(p3
3 R)=−4π
p3R < 0, concluimos que V tiene
un máximo en h =p
3
3R. Reemplazando h =
p3
3R en (1) encontramos que r =
p6
3R.
Conclusión: Si la esfera es de radio R el cilindro de máximo volumen que se puede inscribir en ella tiene:
Altura = 2h = 2
3
p3R
Radio = 1
3
p6R
190 Aplicaciones de la Derivada
Ejemplo 5.16 Hallar la altura y radio de un cilindro de volúmen máximo que puede inscribirse en un cono circular recto
de altura h y radio r .
Solución.
r
h
A C
B
D E
r
h
A C
B
D Ex
y
Sean BC = h, AC = r , DE = x, EC = y . Los triángulos ABC y DBE son semejantes, luego:
DE
AC= BE
BC,
por tantox
r= h − y
h(1)
El volumen del cilindro está dado por
V =πx2 y (2)
Despejando y de (1) se encuentra y = h
r(r −x); reemplazándolo en (2) obtenemos el volumen en función de x:
V (x) = πh
r(r x2 −x3), DV = (0,r )
Derivando se tiene:
V ′(x) = πh
r
(2r x −3x2
)V ′′ (x) = πh
r(2r −6x)
De V ′(x) = 0 encontramos x = 0 y x = 23 r . El punto x = 0 no pertenece al dominio. Con x = 2
3 r se encuentra V ′′ ( 23 r
)=−2πh <0. Concluimos que V tiene un máximo en x = 2
3 r . Finalmente reeemplazando x = 23 r , en y = h
r(r −x) se tiene y = 1
3 h.
Conclusión:
Radio del cilindro: x = 23 r
Altura del cilindro: y = 13 h
Volumen máximo: V =πx2 y =π( 23 r
)2 ( 13 h
)= 427πr 2h.
5.6.2. Problemas de construcción
Ejemplo 5.17 Se debe construir una caja de base cuadrada, abierta en su parte superior. El área del material con que se va
a construir la caja debe ser de 100 cm2. ¿Cuáles deben ser sus dimensiones para que su volumen sea el máximo posible?
Aplicaciones de la Derivada 191
Solución.
x
x
z
Sean x, y el lado de la base y la altura respectivamente. El volumen está dado por
V = x2 y (1)
Puesto que el área total de la caja debe ser 100 cm2, debemos tener:
x2 +4x y = 100. (2)
De (2) se encuentra
y = 100−x2
4x(3)
reemplazando en (1) se encuentra:
V (x) = 1
4
(100x −x3) , DV = (0,∞) (4)
Derivando:
V ′ (x) = 1
4
(100−3x2)
V ′′ (x) = −3
2x
De V ′ (x) = 0, encontramos el único punto crítico x = 103
p3. Puesto que V ′′ ( 10
3
p3))−5
p3 < 0 concluimos con que V tiene un
máximo en x = 103
p3, reemplazando este valor en (3) se encuentra y = 100−( 10
3
p3)2
4( 10
3
p3) = 5
3
p3.
Conclusión.
Lado de la base x = 103
p3
Altura: y = 53
p3
Volumen máximo: V = ( 103
p3)2 ( 5
3
p3)= 500
9
p3.
Ejemplo 5.18 Una pieza de alambre de longitud L se corta en dos partes, con una de ellas se forma un triángulo equilátero
y con la otra una circunferencia. ¿Cómo se debe cortar el alambre para que la suma de las áreas sea mínima?.
192 Aplicaciones de la Derivada
Solución.
p3
2x
rx
1
2x
Sea x el lado del triángulo y r el radio de la circunferencia. El área total es
A = 1
4
p3x2 +πr 2 (1)
El perímetro del triángulo es 3x y la longitud de la circunferencia es 2πr. Puesto que la longitud total del alambre es L se debe
tener:
3x +2πr = L (2)
Despejando x de (2) y reemplazando en (1) obtenemos el área en función de r .
x = L−2πr
3(3)
A(r ) = 1
36
p3(L−2πr )2 +πr 2, D A =
(0,
L
2π
)((4))
Derivando tenemos
A′(r ) = π9
p3(−L+2πr )+2πr
A′′(r ) = π9
p3(2π)+2π
Resolviendo A′(x) = 0 encontramos el punto crítico r =p
3L
18+2p
3π∈ D A . Puesto que A′′(r ) > 0 para toda r , en particular es
positivo para el punto crítico encontrado. Concluimos que en el punto crítico encontrado, la función A tiene un mínimo.
Conclusión.
Lado del triángulo: x = L−2πr
3= 3L
9+πp3≈ 0.20774L
Radio de la circunferencia: r =p
3L
18+2p
3π≈ 0,059968L.
Area mínima A
( p3L
18+2p
3π
)= 3
4 L2 3p
3+π(9+πp3
)2 .
Ejemplo 5.19 Una ventana tiene la forma de un rectángulo coronado por un semicírculo con diámetro igual a la base del
rectángulo. Hallar las dimensiones de la ventana cuando el perímetro es p metros y el área es la mayor posible.
Aplicaciones de la Derivada 193
Solución.
r
h
2r
Sean h la altura del rectángulo y 2r la base del rectángulo, por lo tanto r es el radio de la semicircunferencia. El perímetro
total de la ventana está dado por
2h +2r +πr = p (1)
El área total es
A = 2r h + 1
2πr 2 (2)
Despejando h de (1) y reemplazándolo en (2) obtenemos el área en función de r
h = p −2r −πr
2(3)
A(r ) = pr −2r 2 − 1
2πr 2 (4)
Derivando:A′(r ) = p −4r −πr
A′′(r ) = −4−π
Resolviendo A′(r ) = 0 encontramos r = p
4+π , en este punto crítico, A tiene un máximo pues A′′(r ) < 0 para todo r .
Conclusión.Radio de la semi circunferencia: r = p
4+πAltura del rectángulo: h = p
4+πÁrea de la ventana: A = p2
2(4+π).
Ejemplo 5.20 Se tiene que hacer un depósito sin tapa de base cuadrada con una capacidad de V cm3. ¿Qué dimensiones
debe tener el depósito de manera que el área sea mínima?
Solución.
x
x
y
194 Aplicaciones de la Derivada
Sean x el lado de la base, y la altura del depósito. El volumen del depósito viene dado por:
V = x2 y (1)
El área total que se requiere para la construcción es la suma del área de la base(x2
)más la suma de las áreas laterales
(4x y
),
esto es,
A = x2 +4x y (2)
Despejando y de (1) y reemplazándolo en (2) obtenemos el área en función de x,
y = V
x2 (3)
A = x2 + 4V
x(4)
Derivando obtenemos:
A′(x) = 2x − 4V
x2
A′′
(x) = 2+ 8V
x3 .
Resolviendo A′(x) = 0 encontramos x = 3p2V , observemos que en x = 0 A′ no está definida, luego los puntos críticos son
x = 0 y x = 3p2V . Sin embargo x = 0 no es una solución aceptable pues en tal caso el volumen V es cero. En x = 3p2V se tiene
un mínimo pues A′′( 3p2V ) = 6 > 0.
Conclusión:Lado de la base: x = 3p2V
Altura: y = V
x2 = 3
√V
4Area total: A = 3(4V 2)
13 .
Ejemplo 5.21 En un almacen se va a abrir un pasillo perpendicular a uno ya existente de 8 metros de ancho. ¿Qué an-
cho debe darse al pasillo para que una varilla de 27 metros de largo pueda moverse de un pasillo a otro en una posición
horizontal?
Solución.
θ
θ
x
8
y
27− y
A
B
Sea x el ancho del pasillo a construir. En la figura AB es la varilla de 27 metros. De la figura senθ = x
y, cosθ = 8
27− y. De estas
igualdades se obtiene
y = x
senθ
27− y = 8
cosθ;
Aplicaciones de la Derivada 195
sumando miembro a miembro se encuentra:x
senθ+ 8
cosθ= 27. (1)
Despejando x tenemos el ancho del pasillo como función de θ
x(θ) = 27senθ−8tanθ (2)
Derivando:x ′(θ) = 27cosθ−8sec2θ
x ′′(θ) = −27senθ−16sec2θ tanθ
Resolviendo x ′(θ) = 0 se encuentra cosθ = 23 , de esto encontramos senθ =
p5
3 y tanθ =p
52 . Para este ángulo x ′′(θ) < 0, luego
x tiene un máximo en θ = arccos( 23 ).
Conclusión.Ancho del pasillo: x = 27
(p5
3
)−8
(p5
2
)= 5
p5 m.
5.6.3. Problemas de costos
Ejemplo 5.22 Una distribuidora tiene la siguiente política de venta de cierto componente electrónico. Si el pedido es menor
o igual a 100 cajas el costo es de $US 10 por caja. Por cada 25 cajas adicionales se tiene una rebaja de un 5%. ¿Cuál es el pedido
que produce el máximo valor de la venta?.
Solución. Sea x el número de cajas de un pedido. Si x ≤ 100 el costo por caja es $US 10 y el importe de la venta es 10x dólares.
Si x > 100 (x toma valores 125,150, ....), el costo por caja es
10− (0,05)(10)
(x −100
25
)= 10−0,5
(x −100
25
)
Si V es el importe de la venta tendremos:
V (x) = 10x si x ≤ 100[
10−0,5
(x −100
25
)]x si x ≥ 100
La parte que nos interesa de esta función es cuando x ≥ 100. Para encontrar un punto extremo encontramos V ′(x), para
x ≥ 100, luego de esto resolvemos V ′(x) = 0.
V ′(x) = 10− 0,5
25(2x −100) .
V ′′ (x) = −0,5(2)
25< 0 para todo x
Resolviendo V ′(x) = 0, obtenemos x = 300, (aquí, V debe tener un máximo (¿por que?) con lo que el importe de la venta es
V (300) = 1800.
x ×100
y ×100
−1 0 1 2 3 4 502468
101214161820
196 Aplicaciones de la Derivada
Nota: Observemos que hemos supuesto que V (x) es continua siendo que en realidad no lo es. Sin esta consideración, como
sabemos, no podríamos derivar la función V (x).
Ejemplo 5.23 Una entidad bancaria tiene las siguientes tarifas: p Bs por cada mil para operaciones de hasta M Bs. Para la
cantidad que sobrepase esta cifra, disminuye la tasa anterior en r Bs por cada mil. Hallar la operación óptima de manera que
el beneficio del banco sea máximo.
¿Cuál es la operación óptima si p = 30, M = 50000, r = 0,375?
Solución: Sea x la cantidad en Bs de la operación buscada. Si x ≤ M el beneficio para el banco espx
1000. Si x > M la tasa es
p − r (x −M)
1000por cada mil que excede a M (por ejemplo si x = M +1000, la tasa es p − r ), luego el beneficio en este caso es:
pM
1000+
(p − r (x −M)
1000
)(x −M
1000
).
Si B es la función del beneficio:
B(x) =
px
1000si x ≤ M
pM
1000+
(p − r (x −M)
1000
)(x −M
1000
)si x ≥ M
Si x ≥ M ,
B ′(x) = 1
1000
(p − 2r (x −M)
1000
).
Resolviendo B ′(x) = 0 se encuentra x = M + 500p
r. Este punto es un máximo pues B ′′(x) < 0 para todo x ≥ M . Si M = 50000,
p = 30 y r = 0,375, el banco obtiene el beneficio máximo cuando x = 50000+ 500(30)
0,375= 90000.
Ejemplo 5.24 Un minero desea abrir un túnel desde un punto A hasta un punto B situado 80 metros más abajo de A y 240
metros más al este de el. Debajo el nivel de A es roca; arriba de este nivel es tierra blanda. Si el costo de construcción del
túnel es $US 30 por metro lineal en tierra blanda y $US 78 en roca, hállase el costo del túnel de manera que este sea mínimo.
Solución. Sea x la parte del tunel por tierra blanda, y la parte del tunel por roca, como se ilustra en el siguiente gráfico.
E D B
A C
y =√
802 + (240−x)2
x
240
240−x
80
En el gráfico AE =C D = 80, EB = 240, DB = 240−x. Por las condiciones del problema, el costo C es:
C = 30x +78y, ((1))
Aplicaciones de la Derivada 197
puesto que
y =√
802 + (240−x)2 ((2))
se tiene el costo en función de la variable x
C ′(x) = 30− 78(240−x)√802 + (240−x)2
Derivando se obtiene:
C ′(x) = 30− 78(240−x)√802 + (240−x)2
Resolviendo C ′(x) = 0, obtenemos x = 620
3, reemplazando este valor en (1) se tiene y = 260
3. Por tanto el costo es:
C = 30
(620
3
)+78
(260
3
)= 12960.
5.6.4. El principio de Fermat
El principio de Fermat establece que “El trayecto seguido por la luz al propagarse de un punto a otro es tal que el tiempo
empleado en recorrerlo es un mínimo”1. Si un rayo de luz parte de la fuente, rebota en el espejo y regresa al observador,
entonces su trayectoria constará de dos segmentos de recta como se muestra en la figura, más aún el tiempo mínimo ocurrirá
cuando la distancia recorrida por el rayo de luz sea mínima. Demostrar que el rayo de luz chocará con el espejo en el punto
P en el que ángulo de incidencia α es igual al ángulo de reflexión β.
Espejo
Observador
Fuente
Rayo de luz
Px
c
b
a
α
β
αβ
α
β
αβ
Solución. La distancia que recorre el rayo de luz está dado por
f (x) =√
x2 +b2 +√
(c −x)2 +a2
donde x ∈ [0,c] . Derivando f se encuentra:
f ′ (x) = xpx2 +b2
− c −x√(c −x)2 +a2
1Enunciado en el siglo XVII por el matemático francés Pierre de Fermat.
198 Aplicaciones de la Derivada
resolviendo f ′ (x) = 0 se encuentra x = bc
a +b(existe otra raíz, pero no se encuentra en el dominio ¡compruébelo!). La segunda
derivada resulta ser:
f ′′ (x) = b2(px2 +b2
)3 + a2(√(c −x)2 +a2
)3
por tanto es claro que f es cóncava hacia arriba en todo su dominio, en particular f ′′(
bc
a +b
)> 0, por tanto la función f tiene
un mínimo en x = bc
a +b, pero entonces:
tanα = c −x
a=
c − bc
a +ba
= c
a +b
tanβ = x
b=
bc
a +bb
= c
a +b
por tanto tanα= tanβ, finalmente puesto que la función tangente es inyectiva en(0, π2
), se concluye con que α=β.
5.6.4.1. Ejercicios propuestos
1. (Área máxima) Considere las gráficas de la parábola dada por y = x2, y la recta dada por x + y = 2. (a) Hallar un punto
(h,k) , h ∈ [−2,1] , sobre la parábola de modo que el rectángulo formado con este punto, (ver gráfico) tenga la mayor
área. (b) Lo mismo que en (a) cuando h ∈ [0,1] .
x
yy = x2
(h,k) x + y = 2
−2 −1 1 2
−1
1
2
3
4
Sol. (a)(− 3
8 − 18
p73, 41
32 + 332
p73
), (b)
(− 38 + 1
8
p73,− 3
8 + 18
p73
)
2. (Área máxima) Considere las funciones f , g , estas funciones son tales que f (x) ≤ g (x) x ∈ [a,b] . Determinar un punto
(h,k), h ∈ [a,b] ,de la gráfica de f , tal que el triángulo construido (ver gráfica), tiene área máxima para los siguientes
Aplicaciones de la Derivada 199
casos:
x
y
y = f (x)
y = g (x)
(h,k)
ab
a) f (x) = |x| , g (x) = 1− x
2, x ∈ [−2, 2
3
]. Sol. h =− 2
3 , k = 23
b) f (x) = x, g (x) =px, x ∈ [0,1] . Sol. h = 1
4 , k = 14
c) f (x) = 2x
9−2, g (x) =p
x, x ∈ [0,36] . Sol. h = 8116 , k =− 7
8 , área máxima: 5625256
3. (Área máxima) Considere la parábola de ecuación y = ax2 +bx, con a < 0 y b > 0. Se sabe que el área encerrada por
la gráfica de la parábola y el eje x en el intervalo[
0,− ba
]es A = b3
6a2 . Determinar los valores de a y b de modo que la
parábola sea tangente a la gráfica de la recta x + y = 1 y el área dada sea el mayor posible. Sol. a =−4, b = 3.
4. (Área máxima) Dentro la región del primer cuadrante encerrada por las gráficas de y = x2 y y = px, se construye el
triángulo de vértices (0,0) y los puntos de intersección de la recta de ecuación x+y = a, a ∈ [0,2] con las gráficas del las
ecuaciones dadas antes. Determinar el valor de a, de modo que el área del triángulo sea un máximo. Sol. a = 12
p2+ 1
2área máxima 1
8 .
5. (Área máxima) (a) Sea f (x) = (4x −3)e−2x , x ∈ [ 34 ,∞)
se construye un triángulo rectángulo de modo que los extremos
de la hipotenusa sean los puntos (0,0) un punto(x, y
)de la gráfica de f . Determinar el punto
(x, y
)de modo que el área
del triángulo sea un máximo. Sol. x = 32 , y = 3e−3. (Obs. un cateto puede estar en el eje x o y ). (b) Resolver el inciso (a)
cuando f (x) = |4x −3|e−2x , x ∈ [0, 3
4
]. Sol. x = 1
4 , y = 2e−12 .
6. (Área máxima) Encontrar el área del mayor triángulo isósceles que tenga un perímetro de 18 cm. Sol: 9p
3.
7. (Área máxima) Probar que de todos los triángulos rectángulos con la misma hipotenusa, el de área máxima es el
isósceles.
8. (Área máxima) Determinar un punto sobre la gráfica de y = |x|2/3 , y ∈ [0,1] , de modo el área del triángulo que se
200 Aplicaciones de la Derivada
muestra en la figura tenga área máxima.
x
y y = |x|2/3
,2−,2
,2
,4−,4
,4
,6−,6
,6
,8−,8
,8
1−1
1
Sol.(( 3
5
)3/2, 3
5
)
9. (Volumen máximo) Se tiene una placa de hojalata en forma de un triángulo equilatero de L cm. de lado. Se plantea el
problema de construir un recipiente de base triangular de modo que la base sea un triángulo equilátero con vértices en
las bisectrices del triángulo mayor. Para este propósito se recortan los cuadriláteros que se muestran en la figura. De-
terminar los lados de los cuadriláteros que se recortan de modo que el recipiente construido tenga volumen máximo.
Sol.L
6,
p3L
18.
L
10. (Longitud mínima) Un segmento de recta está situado en el primer cuadrante con extremos en los ejes coordenados y
tangente a la circunferencia x2+ y2 = 1. Hallar la longitud del segmento más pequeño que cumpla con las condiciones
Aplicaciones de la Derivada 201
dadas. Sol. 2.
x
y
−1
−1
1
1
11. (Longitud mínima) Un segmento de recta está situado en el primer cuadrante con extremos en los ejes coordenados y
tangente a la circunferenciax2
a2 +y2
b2 = 1. Hallar la longitud del segmento más pequeño que cumpla con las condiciones
dadas. Sol. a +b.
12. (Volumen máximo) Hallar las dimensiones del cono de volumen máximo que puede inscribirse en una esfera de radio
R. Sol. 2p
2R3 , 4R
3 .
13. (Costo mínimo) Un tanque debe tener un volumen dado V y la forma de un cilindro circular recto con semiesferas
agregadas en sus extremos. El material para los extremos cuesta dos veces más por unidad cuadrada de lo que cuesta
el de los lados. Hallar las dimensiones más económicas.
Sol. radio= 12
3√
3V2π , altura=2 3
√3V2π .
A h B
2x
D
C
AB = altura del cilindro = hC D = diámetro de la semiesfera = 2x
14. (Volumen máximo) De una lámina circular de radio r se quiere recortar un sector circular para construir un cono
circular recto. Hallar el ángulo de corte θ de modo que el volumen del cono sea máximo.
202 Aplicaciones de la Derivada
Sol. θ = 2π√
23 .
θ
r
15. (Volumen máximo) Un tronco de un arbol que mide h metros, tiene la forma de un cono truncado recto. Los diámetros
de sus bases miden 2b y 2a metros respectivamente. Se debe cortar una viga de sección transversal cuadrada cuyo eje
coincide con el eje del tronco y cuyo volumen sea el mayor posible. ¿que dimensiones debe tener la viga? (se supone
que a,b y h son conocidos)
(Sug. Sea 2x la longitud del lado de la base y y la altura, por semejanza de triángulos h−yy = x−a
b−x )
Sol. x = 23 b, y = hb
3(b−a) .
2a
2b
hy
a
xb
16. (a) ¿Cómo deberían elegirse dos números no negativos cuya suma sea 1 para maximizar la suma de sus cuadrados?, (b)
¿Y para minimizar la suma de sus cuadrados?. Sol. (a) 0,1. (b) 1/2,1/2.
17. Cómo deberían elegirse dos números no negativos cuya suma sea 1 para
(a) maximizar el producto del cuadrado de uno de ellos por el cubo del otro. Sol. 2/5
(b) minimizar el anterior producto. Sol. 0,1
18. (Punto más cercano) Hallar puntos de la hipérbola x2 − y2 = a2 más cercanos al punto (0,b) donde b > 0.
Aplicaciones de la Derivada 203
Sol.(± 1
2
p4a2 +b2, 1
2 b)
x
y
−a a
−a
a
(0,b)
19. (Menor y mayor distancia) Considere la curva de ecuación y2 +x − 192 = 0
(a) Hallar puntos de la curva que se encuentren a la menor distancia del origen.
(b) Hallar los puntos de la curva que se encuentren a la menor distancia del origen cuando y ∈ [−1,1] .
(c) Hallar los puntos de curva que se encuentren a la mayor distancia del origen cuando y ∈ [−1,1] .
Sol. (a)( 1
2 ,±3)
(b)( 17
2 ,±1)
(c)( 19
2 ,0)
.
x
y
−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
20. (Superficie mínima) Se debe construir una lata cilíndrica (con tapa) de a unidades cúbicas de volumen de manera
que se gaste el menor material posible. ¿cuál debe ser la relación entre la altura h y el radio r de la base para que esto
ocurra?. Sol. h = 2r .
21. (Area mínima) Encontrar la ecuación de la recta que pasa por (3,4) y forma con el primer cuadrante un triángulo de
área mínima. Sol. 4x +3y −24 = 0.
x
y
(3,4)
204 Aplicaciones de la Derivada
22. (Área máxima) Un rectángulo tiene dos de sus vértices sobre el eje x y los otros dos están respectivamente sobre las
rectas y = x y 4y +5x = 20. Hallar el valor y para que el área del rectángulo sea máximo. Sol. 10/9.
23. (Superficie mínima) Una hoja de papel tiene a unidades cuadradas de material impreso, con márgenes superior e
inferior de 4 unidades y márgenes laterales de 2 unidades. Determinar cuales deben ser las dimensiones de la hoja
para que se use la menor cantidad de papel. Sol. base = 8+p2a
2, altura = 8+p
2a.
2 2
4
4
Area impresa
24. (Área máxima) Determinar la superficie lateral del cilindro recto de área máxima que puede ser inscrito en un cono
circular recto de radio basal b y altura a. Sol. área = abπ/2.
25. (Área máxima) Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área, que se puede inscribir en la región limitada
por la elipse x2
a2 + y2
b2 = 1 y el eje x, tal como se muestra en la gráfica.
x
y
Sol. 2a/p
2×b/p
2, área máxima igual a ab.
26. (Suma de áreas mínima) Un alambre de longitud L, es cortado en dos partes, con una parte se forma un cuadrado y
con la otra una circunferencia. ¿De que modo debe ser cortado para que la suma de las áreas sea mínima?. Sol. Para la
circunferencia:Lπ
4+π , para el cuadrado4L
4+π .
Aplicaciones de la Derivada 205
27. (Superficie mínima) La base de una caja rectangular es tal que su longitud es tres veces su ancho. Si el volumen de
la caja es 36 m3, hallar las dimensiones de dicha caja de modo que la superficie total sea mínima para los siguientes
casos: (a) la caja es con tapa, (b) la caja es sin tapa. Sol. (a) 6×2×3, (b) 6 3p2×2 3p2× 32
3p2.
28. (Área máxima) Un vidrio rectangular de 80 cm. por 60 cm, se rompe en una esquina según una recta, tal como se ve
en el gráfico, con un punto(x, y
)de la recta se construye un rectángulo. Hallar el punto
(x, y
)de la recta de modo que
el área de dicho rectángulo sea el mayor posible. Sol.( 25
3 , 1552
)
60
80
15
10
(x, y)
29. (Distancia mínima) Un punto movil P describe la curva y = 4/x, x > 0. Determinar la distancia mínima de P al origen.
Sol.: 2p
2.
30. (Área máxima) Se desea inscribir un rectángulo en un triángulo rectángulo cuyos catetos miden 4, 3 cm. Determinar
las dimensiones que debe tener dicho rectángulo, si este se coloca como en (I ) o (I I ) , de modo que su área sea elmayor posible .
4
3
(I )4
3
(I I )
Sol. (I ) a2 , b
2 , (I I ) c2 , ab
2c
31. (Volúmen máximo) Se necesita construir un embudo cónico cuya generatriz debe ser igual a 20 cm. ¿Cuál debe ser la
altura del embudo para que el volumen sea el mayor posible?. Sol.20
p3
3.
32. (Área mínima) Hallar un punto sobre la parábola y = 4−x2, tal que la recta tangente en el segundo cuadrante y los ejes
coordenados determinen un triángulo de área mínima. Sol. x =−p4/3.
33. (Área máxima) Si un punto de una elipse, inscrito en un semicírculo, está sobre el diámetro y tiene otros dos puntos
sobre la semicircunferencia en posición simétrica. Demostrar que su área será un máximo igual a2πr 2
3p
3, donde r es
el radio de la circunferencia. (Sug. sean a, b los semiejes de la elipse de centro (0,b) , la intersección de la elipse y la
206 Aplicaciones de la Derivada
semicircunferencia debe ser única en el primer cuadrante, esto da una relación entre a y b)
x
y
−r r
r
34. (Área máxima) Determinar la elipse de área máxima, inscrita en un triángulo isósceles de ladosp
2r,p
2r,2r de modo
que dos puntos estén en los lados iguales en posición simétrica y el tercero en el lado desigual. Sol. Semiejes
p3
3r, 1
3 r,
centro(0, 1
3 r)
x
y
−r r
r
35. (Volumen mínimo) Un cono recto circular va a ser circunscrito en una esfera de radio conocido. Encontrar la razón de
la altura y el radio de la base del cono de volumen mínimo. Sol. 2p
2.
Aplicaciones de la Derivada 207
36. (Área máxima) Demostrar que el triángulo isósceles de área máxima que puede inscribirse en una circunferencia es
un triángulo equilátero.
37. (Volumen máximo) Un cono recto circular es cortado por un plano paralelo a su base. ¿A que distancia de la base debe
ser hecho el corte, para que el cono recto de base en la sección determinada por el corte y de vértice en el centro de la
base del cono dado, tenga volumen máximo?. Sol. 13 de la altura del cono).
38. (Volumen máximo) Resolver el anterior problema si se reemplaza el cono por una semiesfera de radio r. Sol.√
13 del
radio de la semiesfera.
39. (Área mínima) Hallar el área mínima del triángulo isósceles circunscrito a la elipse b2x2 + a2 y2 = a2b2 cuyo lado
desigual es paralelo al eje x. (Sol. altura 3b, base 2ap
3, área 3abp
3). (Sug. Considere un punto (u, v) de la elipse en el
primer cuadrante, calcule la recta tangente a la elipse que pasa por este punto. La intersección de esta recta con el eje
y permite calcular la altura, la intersección de la recta tangente con la recta y =−b permite calcular la base)
x
y
b
a
208 Aplicaciones de la Derivada
40. (Costo mínimo) La curva del costo total de un producto esta dado por y = 15x −8x2 +2x3, en donde y representa el
costo total y x representa la cantidad producida. Suponga que las condiciones del mercado indican que deben produ-
cirse entre 3 y 10 unidades. Determine la cantidad para el cual el costo medio es mínimo. (Sug. Costo medio y = y
x).
Sol. y = 9, para x = 3.
41. (Valor máximo) Un fabricante produce miniaturas que vende al precio de $U S 3 por unidad, hasta 1000 unidades.
Por cada 100 unidades adicionales el precio se reduce en 6 centavos por ciento. ¿De que magnitud es el pedido que
produce el máximo valor en dólares?. Sol. 3500.
42. (Área máxima) Una ventana esta hecha de un rectángulo y de un triángulo equilátero. ¿Cuales deben ser las dimen-
siones de la ventana para maximizar el área si el perímetro es fijo?. Sol. Lado del triángulo = un lado del rectángulo
= p(6+p
3)
33, otro lado del rectángulo =
p(5−p
3)
22donde p es el perímetro de la ventana.
43. (Mayor iluminación) Cuando una luz proveniente de un punto luminoso choca con una superficie plana, la intensidad
de la iluminación es proporcional al coseno del ángulo de incidencia e inversamente proporcional al cuadrado de la
distancia respecto a la fuente. ¿A que altura debe estar colocada una luz por encima del centro de un círculo de 12 pies
de radio para obtener la mejor iluminación a lo largo de la circunferencia?
θ
altura
radio=12
44. (Area máxima) Determinar un triángulo rectángulo de área máxima, de modo que los extremos de su hipotenusa sean
el origen y un punto de la gráfica de y = (x −p
)(x −q
), q > p > 0, en el primer cuadrante. Sol. Base
p +q −√
p2 −pq +q2
3
45. (Suma de distancias mínima) Sean P,Q, R puntos del plano como se muestra en la figura. Demostrar que la suma de
las distancias PR y QR es mínima cuando los ángulos θ1 y θ2 son iguales.
y1
y2
xa −x
a
θ1 θ2
P
R
Q
Aplicaciones de la Derivada 209
46. (Fisiología celular) Los investigadores de fisiología celular intentan determinar la permeabilidad de una célula a varios
compuestos si la concentración al exterior de una célula se mantiene en un nivel fijo. Si
A = superficie de la célula
V = volumen de la célula
k >= es la constante de permeabilidad
x ≥ representa la concentración del compuesto dentro de la célula, entonces se tiene el siguiente modelo, que con
frecuencia se utiliza en la práctica:d x
d t= k
A
V(c −x) .
(a) Suponiendo x (0) < c, determinar la máxima concentración posible en la célula.
¿Puede probar que la respuesta en (a) es realmente un máximo?
¿Cuál es la concentración mínima posible?, ¿Porque?.
Sol.: (a) x = c, (b) Aplicar el criterio de la segunda derivada, (c) cuando x = 0.
47. (Equilibrio) Un agitador AB de longitud 2l (ver figura), se apoya sobre el fondo y el borde de una cápsula de porcelana;
suponiendo que no existiera rozamiento, la varilla se moveria hasta alcanzar una posición de equilibrio. Sabiendo que
el centro de gravedad, en el estado de equilibrio estable, adquiere la posición más baja de entre todas las que puede
tomar, se pide la posición de equilibrio de la varilla AB.
A
BE
C
θ
(Sug.: Si C es el centro de gravedad de AB , la distancia y = EC será máxima en la posición de equilibrio buscada.
Calcule y en función del ángulo θ)
Sol. cosθ = l
8r±
√l 2
64r 2 + 1
2.
5.7 La Derivada como Razón de Cambio
Sea y = y(x), y x = x(t ), esto es y es una función de x y x es una función de t . La expresiónd x
d tse llama razón de cambio de x
respecto a t. Por la regla de la cadena tenemos:d y
d t= d y
d x· d x
d t
A continuación se presentan aplicaciones de la razón de cambio.
210 Aplicaciones de la Derivada
5.7.0.2. Ejercicios resueltos
Ejemplo 5.25 Una escalera de 20 metros se apoya contra un edificio. Hallar:
a) La velocidad a la que se mueve el extremo superior cuando el inferior se aleja del edificio a una velocidad de 2 metros por
segundo y se encuentra a una distancia de él de 12 metros.
b) La velocidad a la que disminuye la pendiente.
Solución.
C
B
A
20
θ
y
x
(a) Sea AB = 20, la longitud de la escalera, y =C B la altura del extremo superior de la escalera al piso, x = AC la distancia del
extremo inferior de la escalera a la pared. Entonces
y =√
400−x2 (1)
m = tanθ = y
x(2)
aquí m es la pendiente que forma la escalera con el piso. Nótese que x = x (t ) y y = y (t ) , es decir son funciones dependientes
de la variable t . Derivando en (1) respecto de t se encuentra:
d y
d t= −xp
400−x2
d x
d t
Como dato se tiene que d xd t = 2, por otra parte se pide calcular d y
d t cuando x = 12, por tanto:
d y
d t=
(−12√
400− (12)2
)(2) =−3
2,
esto muestra que el extremo superior baja a una velocidad de 32 metros por segundo, (el signo menos indica que la altura
disminuye).
(b) En (2) derivando m respecto de t se encuentra:
dm
d t= x d y
d t − y d xd t
x2
= x d yd t −
p400−x2 d x
d t
x2
reemplazando x = 12, d xd t = 2 y d y
d t =− 32 se tiene:
dm
d t= (12)
(− 32
)−√400− (12)2 (2)
(12)2
= −25
72
Aplicaciones de la Derivada 211
lo que muestra que la pendiente disminuye a una velocidad de 2572 metros por segundo.
Ejemplo 5.26 Se arroja una piedra a un lago, causando ondas circulares. Si después de t segundos, el radio de una de las
ondas es 40t cm, encuentre la razón de cambio con respecto a t del área del círculo formado por la onda en t = 1.
Solución.
r
Se tiene r = r (t ) = 40t , por tanto el área en cualquier instante t está dado por:
A =πr 2
Luegod A
d t= 2πr
d t
d t
Pero drd t = 40 (en cualquier instante t ), además en t = 1, se tiene r = 40, por tanto:
d A
d t= 2π (40)(40)
= 3200πcm2/seg.
Ejemplo 5.27 Dos automóviles parten simultáneamente desde un punto A. Uno de ellos se dirige hacia el oeste a 60 km/h,
y el otro se dirige hacia el norte a 35 Km/h. ¿A qué velocidad aumenta la distancia entre ambos 3 horas después?.
Solución. Sea x la distancia recorrida por el primer automóvil en un tiempo t , y la distancia recorrida por el segundo auto-
móvil en un tiempo t , es claro que x = x (t ) y y = y (t ), entonces
d x
d t= 60 (1)
yd y
d t= 35. (2)
La distancia entre los dos vehículos es:
D =√
x2 + y2,
luego:
dD
d t=
xd x
d t+ y
d y
d t√x2 + y2
,
de (1) deducimos que en 3 horas el automovil recorrerá x = 3(60), similarmente de (2) deducimos que el automovil en 3 horas
recorrerá y = 3(35). Por tanto:dD
d t= 3(60)60+3(35)35√
(3(60))2 + (3(35))2= 5
p193
lo anterior nos dice que la distancia entre los automóviles crece a razón de 5p
193 Km/h.
212 Aplicaciones de la Derivada
Ejemplo 5.28 Se vierte agua en un recipiente de forma de cono truncado de radios superior e inferior de 10 y 5 cm y altura
30 cm. Si la rapidéz con la que vierte el agua es 2 cc/seg, ¿con qué rapidez sube el nivel del agua cuando la altura de la misma
es la mitad de la altura del recipiente?
5
10
altura=30
Solución. Sean x = x (t ) , h = h (t ) el radio y la altura del cono truncado que ocupa el agua en algún instante t , la relación
entre x y h se consigue con la ayuda de los siguientes gráficos y semejanza de triángulos:
5
10
30
30−hx
h
30−h
x 5
30
10−x
5= 30−h
30
de donde:
x = h +30
6
por tanto:
V = π
3h
(25+5
(h +30
6
)+
(h +30
6
)2)= π
108
(2700h +90h2 +h3)
derivando respecto de t :dV
d t= π
108
(2700+180h +3h2) dh
d t
condV
d t= 2, h = 15 se encuentra:
2 = π
108
(2700+180(15)+3(15)2) dh
d t
Aplicaciones de la Derivada 213
de donde:dh
d t= 8
225πcm.
5.7.0.3. Ejercicios propuestos
1. Un globo se eleva de la tierra desde una distancia de 100 m respecto de un observador, a razón de 50 m/min. ¿Con qué
rapidez crece el ángulo de elevación de la línea que une al observador con el globo cuando éste está a una altura de
100 m.?.
2. Un avión vuela horizontalmente a una altura de 4400 m. alejándose respecto a un observador. Cuando el ángulo de
elevación es π/4, el ángulo decrece a razón de 0,05 rad/seg. ¿Cuánto es la rapidéz del avión en ese instante?.
Sol. 440 m/seg.
3. Una torre está al final de una calle Un hombre va en un automovil hacia la torre a razón de 50 m/seg. La torre tiene 500
m de altura. ¿con que rapidez crece el ángulo subtendido por la torre y el ojo del hombre cuando éste se encuentra a
1000 m de la torre?.
Sol. 0,02 rad/seg.
4. Un carro de la policia se aproxima a una intersección a 80 pies/seg. Cuando está a 200 pies de este punto, un carro cruza
la intersección, viajando en ángulo recto con respecto a la dirección en que viaja el carro de la policia, a la velocidad
de 60 pies/seg. Si el policia dirige el rayo de luz de su faro hacia el segundo carro, ¿con que velocidad girará el rayo de
luz 2 segundos después, suponiendo que ambos carros mantengan sus velocidades originales?.
5. Un peso es jalado a lo largo de un piso horizontal mediante una cuerda que pasa por un gancho situado a 6 pies sobre
el piso. Si la cuerda es jalada sobre el gancho a la velocidad de 1 pie/seg, encontrar una expresión para la razón de
cambio del ángulo θ, formado por la cuerda y el piso, como función del ángulo θ.
Sol.dθ
d t= 1
6 senθ tanθ.
6. Un hombre parado en un punto fijo de un muelle, jala un pequeño bote. El muelle está a 20 pies sobre el nivel del agua.
Si el hombre jala la cuerda a 2 pies/seg, ¿con qué velocidad crecerá el ángulo que la cuerda forma con el agua, cuando
la distancia desde el hombre hasta el bote sea de 50 pies?.
7. Un helicóptero despega a 1000 pies de un observador y se eleva verticalmente a 20 pies/seg. ¿A qué velocidad cambiará
el ángulo de elevación del helicóptero respecto al observador cuando el helicóptero esté a 800 pies sobre el suelo?.
Sol.1
82rad/seg.
8. Supóngase que se filtra un líquido a partir de un residuo sólido en un filtro cónico de 60 cm de radio y 20 cm de
altura. ¿Con que rapidez cambia el nivel del líquido en el filtro si se introduce tal líquido a razón de 5 cm3/mın?. (Sug.
Considere el cono con el vértice hacia abajo).
Sol.dh
d t= −5
9πh2 .
9. El costo que tiene una compañia al fabricar x relojes eléctricos por mes es
c (x) = 15000+5x
dólares. El precio está determinado por la demanda y está dado por la ecuación
p (x) = 15− x
10000,
214 Aplicaciones de la Derivada
donde x es el número de relojes fabricados y vendidos por més. Hallar la rapidez de cambio con respecto al tiempo del
costo, del ingreso y de la utilidad por mes, considerando que se aumenta la producción en 5000 relojes al mes y que
ahora es de 20000 relojes mensuales.
Sol. $25000/mes, $55000/mes, $30000/mes.
5.8 Límites Indeterminados
En esta sección, se usan derivadas en el cálculo de límites para algunos casos particulares conocidos como indeterminacio-nes.
5.8.1. La indeterminación 00
Diremos que un límite es del caso 00 si en el límite
lımx→a
f (x)
g (x)
se cumple lımx→a
f (x) = 0 y lımx→a
g (x) = 0. Iniciamos este estudio con el siguiente teorema.
Teorema 5.9
(Regla de L’Hopital)
(1) Sean f , g : [a,b] →R, continuas en [a,b] tales que f ′ y g ′ existen para x ∈ (a,b), con g ′(x) 6= 0. Supóngase que
lımx→a
f (x) = 0, lımx→a
g (x) = 0, y lımx→a
f ′ (x)
g ′ (x)= L
entonces:
lımx→a
f (x)
g (x)= lım
x→a
f ′ (x)
g ′ (x)= L.
(2) Sean f , g funciones definidas para valores x suficientemente grandes tales que f ′ y g ′ existen en el dominio
común de f y g . Si g ′(x) 6= 0 y
lımx→∞ f (x) = 0, lım
x→∞g (x) = 0, y lımx→∞
f ′ (x)
g ′ (x)= L
entonces:
lımx→∞
f (x)
g (x)= lım
x→∞f ′ (x)
g ′ (x)= L.
(3) Sean f , g funciones definidas para valores −x suficientemente grandes tales que f ′ y g ′ existen en el dominio
común de f y g . Si g ′(x) 6= 0 y
lımx→−∞ f (x) = 0, lım
x→−∞g (x) = 0, y lımx→−∞
f ′ (x)
g ′ (x)= L
entonces:
lımx→−∞
f (x)
g (x)= lım
x→−∞f ′ (x)
g ′ (x)= L.
Aplicaciones de la Derivada 215
Demostración. Se demuestra la parte (1). Las partes (2) y (3) quedan como ejercicio.
(1) Sea x ∈ (a,b). Las hipótesis del Teorema de Cauchy se satisfacen en el intervalo [a, x], luego existe c ∈ (a, x) tal que:
f (x)− f (a)
g (x)− g (a)= f ′ (c)
g ′ (c)
puesto que f y g son continuas y lımx→a
f (x) = 0, lımx→a
g (x) = 0 se tiene f (a) = g (a) = 0. Con estas consideraciones:
f (x)
g (x)= f ′(c)
g ′(c)
Claramente si x → a, entonces debe verificarse c → a, luego
lımx→a
f (x)
g (x)= lım
c→a
f ′(c)
g ′(c)= lım
x→a
f ′(x)
g ′(x)= L.
(2) Sug. Considere lımu→0+
f (1/u)
g (1/u).
■
(Nótese que para cualquier función h se verifica: lımx→a
h (x) = lımu→a
h (u))
5.8.1.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 5.29 Calcular lımx→2
3x2 +2x −16
x2 −x −2.
Solución. Aquí,
f (x) = 3x2 +2x −16
g (x) = x2 −x −2
claramente es una indeterminación 00 . Se cumplen también hipótesis de la Regla de L’Hopital, luego:
lımx→2
f (x)
g (x)= lım
x→2
f ′ (x)
g ′ (x)
= lımx→2
6x +2
2x −1
= 14
3.
Ejemplo 5.30 Calcular lımx→0
x − tan x
x − sin x.
Solución. Nuevamente es un caso 00 . Por la Regla de L’Hopital con
f (x) = x − tan x, y g (x) = x − sin x
tenemos:
lımx→0
f (x)
g (x)= lım
x→0
f ′ (x)
g ′ (x)
= lımx→0
1− sec2 x
1−cos x
216 Aplicaciones de la Derivada
el último límite encontrado es nuevamente un caso 00 , aplicamos muevamente la regla de L’ Hopital
lımx→0
f (x)
g (x)= lım
x→0
1− sec2 x
1−cos x
= lımx→0
−2sec x (sec x tan x)
sin x= lım
x→0−2sec3 x
= −2.
Ejemplo 5.31 Calcular lımx→0
1−e5p
x
px +x
.
Solución. En este ejercicio conviene hacer un cambio de variable. Sea u =px, con este cambio el límite dado queda
lımx→0
1−e5p
x
px +x
= lımu→0
1−e5u
u +u2 .
Aplicando la regla de L’ Hopital:
lımu→0
1−e5u
u +u2 = lımu→0
−5e5u
1+2u=−5.
Ejemplo 5.32 Calcular lımx→0
arcsin2x −2arcsin x
x3 .
Solución. Aplicando la regla de L’ Hopital:
lımx→0
arcsin2x −2arcsin x
x3 = 2
3lımx→0
(1−4x2
)−1/2 − (1−x2
)−1/2
x2
= 1
3lımx→0
4(1−4x2)−3/2 − (
1−x2)−3/2
= 1.
(En este ejercicio se ha aplicado la regla de L’ Hopital dos veces).
Ejemplo 5.33 Calcular lımx→ π
2
ln(−cos2x)
1+cos2x.
Solución. Notemos que cos(π) =−1. Aplicando la regla de L’ Hopital encontramos:
lımx→ π
2
ln(−cos2x)
1+cos2x= lım
x→ π2
2sin2x
−cos2x−2sin2x
= lımx→ π
2
1
cos2x
= −1.
Ejemplo 5.34 Calcular lımx→∞
π
2−arctan x
sin1
x
.
Solución.
lımx→∞
π
2−arctan x
sin1
x
= lımx→∞
− 1
1+x2(cos
1
x
)(− 1
x2
)= 1.
Aplicaciones de la Derivada 217
Ejemplo 5.35 Calcular lımx→∞
1(π2−arctan x
)x
.
Solución. El límite dado se escribe como: lımx→∞
1
x(π2−arctan x
) que es una indeterminación 00 , aplicamos entonces la regla de
L’ Hopital:
lımx→∞
1x(π
2−arctan x
) = lımx→∞
− 1
x2
− 1
1+x2
= 1.
5.8.2. La indeterminación ∞∞
En este caso aplicamos el siguiente teorema, que es una extensión de la regla de Hopital.
Teorema 5.10
(Regla de L’Hopital para el caso∞∞ ). Sean f y g definidas y diferenciables para todo x mayor que un entero fijo.
Supóngase que
lımx→∞ f (x) =∞, lım
x→∞g (x) =∞, y lımx→∞
f ′ (x)
g ′ (x)= L
entonces:
lımx→∞
f (x)
g (x)= lım
x→∞f ′ (x)
g ′ (x)= L
Observación. El teorema sigue siendo válido si reemplazamos x →∞ por x → a.
5.8.2.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 5.36 Calcular lımx→∞
ln x
x.
Solución.
lımx→∞
ln x
x= lım
x→∞1/x
1= 0.
Ejemplo 5.37 Calcular lımx→∞
xn
ex , donde n es un número natural.
Solución.
lımx→∞
xn
ex = lımx→∞
nxn−1
ex
= lımx→∞
n (n −1) xn−2
ex
= . . .
= lımx→∞
n!
ex = 0
Ejemplo 5.38 Calcular lımx→∞
cosh(x +1)
ex .
Solución. Por definición
cosh(x +1) = 1
2
(ex+1 +e−x−1)
218 Aplicaciones de la Derivada
luego
lımx→∞
cosh(x +1)
ex = 12 lım
x→∞ex+1 +e−x−1
ex
= 12 lım
x→∞(e+e−2x−1
)= e
2.
En el anterior ejercicio no se emplea la regla de L’ Hopital, si se emplera, nunca prodríamos romper la indeterminación. Asi
pues, en algunos casos la regla de Hopital no da ningún resultado.
Ejemplo 5.39 Calcular lımx→π/2−
tan x
lncos x.
Solución.
lımx→π/2−
tan x
lncos x= lım
x→π/2−sec2 x−sin x
cos x
= − lımx→π/2−
sec x
sin x= −∞.
Ejemplo 5.40 Calcular lımx→0
cot2x
cot4x.
Solución. Este límite es del caso ∞∞ , luego aplicando la regla de L’Hopital:
lımx→0
cot2x
cot4x= lım
x→0
−2csc2 (2x)
−4csc2 (4x)
podemos observar que el nuevo límite es otra vez del caso ∞∞ . Si seguimos aplicando L’Hopital seguiremos obteniendo in-
definidamente el caso ∞∞ , es decir, el límite no pierde su calidad de indefinida. Sin embargo con una pequeña modificación
podremos resolver el problema, en efecto:
lımx→0
cot2x
cot4x= lım
x→0
tan4x
tan2x= lım
x→0
4sec2 4x
2sec2 2x= 2
5.8.3. Indeterminaciones 0 ·∞ e ∞−∞Estos casos se reducen a uno de los casos estudiados arriba.
5.8.3.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 5.41 Calcular lımx→0
(1
x− 1
ex −1
).
Solución. Es un caso ∞−∞.
lımx→0
(1
x− 1
ex −1
)= lım
x→0
(ex −1−x
x (ex −1)
)el límite de la derecha es del tipo 0
0 . Aplicando Hopital tenemos
lımx→0
(1
x− 1
ex −1
)= lım
x→0
ex −1
ex −1+xex
= lımx→0
ex
2ex +xex
= 12
Aplicaciones de la Derivada 219
Ejemplo 5.42 lımx→1
(1
ln x− x
x −1
).
Solución. Es un caso ∞−∞. lım
x→1
(1
ln x− x
x −1
)= lım
x→1
x −1−x ln x
(x −1)ln x
este último límite es del tipo 00 . Aplicando dos veces la regla de L’ Hopital:
lımx→1
(1
ln x− x
x −1
)= lım
x→1− ln x
ln x + (x −1)
x
= lımx→1
− x ln x
x ln x +x −1
nuevamente el último límite es del tipo 00 , aplicando otra vez la regla de L’ Hopital:
lımx→1
(1
ln x− x
x −1
)= − lım
x→1
1+ ln x
1+ ln x +1
= −1
2
Ejemplo 5.43 lımx→0
(x −arcsin x)csc3 x.
Solución. Es del caso 0 ·∞.
lımx→0
(x −arcsin x)csc3 x = lımx→0
(x −arcsin x)
sin3 x(tipo 0
0 )
= lımx→0
1− 1p1−x2
3sin2 x cos x
= lımx→0
(1−x2
)1/2 −1
3(1−x2
)1/2 sin2 x cos x
el resultado encontrado es nuevamente del tipo 00 , aplicando una vez más la regla de L’ Hopital encontramos:
lımx→0
(x −arcsin x)csc3 x =−1
6
5.8.4. Casos 00, ∞0, 1∞
5.8.4.1. Ejercicios resueltos
En este caso se toma el logaritmo natural y entonces se transforma el límite dado a la forma 0 ·∞.
Ejemplo 5.44 Calcular lımx→0
xx .
Solución. Es del caso 00. Sabemos que ln xx = x ln x, calculamos ahora el límite
lımx→0
x ln x,
este límite es de la forma 0 ·∞, que se puede transformar al caso 00 o
∞∞ .
lımx→0
x ln x = lımx→0
ln x
1/xtipo
∞∞
= lımx→0
1/x
−1/x2 = lımx→0
−x
= 0
220 Aplicaciones de la Derivada
de este resultado encontramos:lımx→0
xx = lımx→0
ex ln x
= elımx→0
x ln x
= e0 = 1
Ejemplo 5.45 Calcular lımx→0
(1−2x)1/x .
Solución. Es del caso 1∞. Calculamos el límite lımx→0
ln(1−2x)1/x = lımx→0
1
xln(1−2x), este es un caso ∞·0.
lımx→0
1
xln(1−2x) = lım
x→0
ln(1−2x)1
1/x
, caso 00
= lımx→0
−2
1−2x1
= −2,
Con este resultado:lımx→0
(1−2x)1/x = lımx→0
e1x ln(1−2x)
= elımx→0
1x ln(1−2x)
= e−2.
Ejemplo 5.46 Calcular lımx→−π/2−
(tan x)cos x .
Solución. Es del caso ∞0, inicialmente calculamos el siguiente límite
lımx→−π/2−
cos x (lntan x) = lımx→−π/2−
lntan x
sec x
= lımx→−π/2−
sec2 x
tan xsec x tan x
= lımx→−π/2−
cos x
sin2 x= 0
de esto se deduce:
lımx→−π/2−
(tan x)cos x = elım
x→−π/2−cos x(lntan x)
= e0 = 1.
5.8.4.2. Ejercicios propuestos
Calcular:
1. lımx→0
(cos2x)
3
x2 Sol. e−6.
Aplicaciones de la Derivada 221
2. lımx→0
tan x −x
x − sin xSol. 2.
3. lımx→π/2
lnsin x
(π−2x)2 Sol. − 18 .
4. lımθ→0
θ−arcsinθ
sin3θSol.− 1
6 .
5. lımy→0
ey +cos y −2
ln(1+ y
) Sol. 1.
6. lımy→0
ey + sin y −1
ln(1+ y
) Sol. 2.
7. lımφ→ π
4
sec2φ−2tanφ
1+cos4φSol. 1
2 .
8. lımy→0
tan y − sin y
sin3 ySol. 1
2
9. lımx→2
p16x −x4 −2 3p4x
2−√p
2x3Sol. 32
9
10. lımx→3
p3x −p
12−x
2x −3p
19−5xSol. 8
69
11. lımx→a
xp −ap
xq −aq , a > 0, p, q ∈N. Sol. pq ap−q .
12. lımx→0
x cos x − sin x
x3 Sol. − 13 .
13. lımx→0
x − sin x
x3 Sol. 16 .
14. lımx→0
ln(sinmx)
ln(sin x)Sol. 1.
15. lımx→∞x sin a
x Sol. a.
16. lımx→∞x
1
x Sol.: 1.
17. lımx→∞
(ln x)3
x2 Sol.: 0.
18. lımθ→ π
2
tan3θ
tanθSol.: 1/3.
222 Aplicaciones de la Derivada
19. lımx→1
(x
x −1− 1
ln x
)Sol.: 1
2 .
20. lımx→π/2
( x
cot x− π
2cos x
)Sol.: −1
21. lımx→0
x
3
4+ ln x Sol.: e3.
22. lımx→1
1−x
1− sinπx
2
Sol. ∞.
23. lımx→1
[1
2(1−p
x) − 1
3(1− 3
px)]
Sol. 112 .
24. lımx→0
(1
sin2 x− 1
x2
)Sol. 1
3 .
25. lımx→0
xsin x Sol. 1.
26. lımx→1
(1−x)cos πx2 Sol. 1.
27. lımx→0
(1+x2
)1/xSol. 1.
28. lımx→1
x1
1−x Sol. e−1.
29. lımx→1
(tan πx
4
)tan πx4 Sol. 1.
Verificar :
30. lımx→0
(x tan(π (x +1)/2)) =− 2π .
31. lımx→0
(1+x −cos x
x
) 1+cos x25x = e
125 .
32. lımx→1
sinπx + tan(x −1)
x2 −x=−π+1.
33. lımx→π/4
(1− tan x)sec2x = 1.
34. lımx→2
[8
x2 −12− 2
x −6
]=− 1
2 .
35. lımx→0
[1
ln(x+1) − x+1ln(x+1)
]=−1.
36. lımx→0
[2x +1
2x− 1
ln(2x +1)
]= 1
2 .
37. lımu→1
(2
sin2 (u −1)− 1
1−cos(u −1)
)= 1
2
Aplicaciones de la Derivada 223
38. lımu→ π
2
4u2 −4uπ+π2 −4cos2 u(cos2 u
)(4u2 −4uπ+π2
) = 13
39. lımx→−π
12
x +πsin x
=− 12 .
40. lımφ→a
(a2 −φ2
)tan
(πφ2a
)= 4 a2
π .
41. lımx→0
(π
4x− π
2x (eπx +1)
)= 1
8π2.
42. lımx→0
(1
x2 − 1
x tan x
)= 1
3.
43. lımu→0
((u+2)2−4
(u+2)2 tan(π(u+2)
4
))=− 4
π .
44. lımx→1
(3−2x)tan(πx2
)= e
4π .
45. lımx→0
(cot x)5sin x = 1.
46. lımx→0
(sin(2x +π))tan x = 1.
47. lımx→∞
( 7x +1
)x−3 = e7.
48. lımx→2
(x/2)1
2−x = e−12 .
49. lımx→∞
(cos
( 5x
)x2)= e−
252 .
50. lımx→0
(1−cos x)x
x−1 = 1.
51. lımx→0
(3x −4x
5x −6x
)= ln3−ln4
ln5−ln6
52. lımx→0
(etan x −ex
x3
)= 1
3
53. lımx→0+
(xe
1x
)=∞
54. lımx→0
(1
x2 −cot2 x
)= 2
3
5.9 Trazado de curvas algebraicas
Con los resultados relativos a límites, máximos, mínimos y concavidad de las funciones, más algunas definiciones que se
dan en esta sección, se puede dibujar con bastante precisión el gráfico de curvas algebraicas. Con este propósito pondremos
especial interés en los siguientes aspectos:
1. Simetría.
2. Intersecciones con los ejes.
224 Aplicaciones de la Derivada
3. Campo de variación.
4. Comportamiento cuando x tiende a infinito o menos infinito.
5. Asíntotas verticales, horizontales y oblicuas.
6. Empleo de la primera y segunda derivadas
Aunque la técnica para dibujar cualquier función es siempre la misma, en esta sección pondremos énfasis en graficar curvas
algebraicas de la forma.
an yn +an−1 yn−1 +·· ·+a1 y +a0 = 0,
donde cada a j (x) es un polinomio en la variable x.
5.9.1. Simetría
Una curva es simétrica con respecto:
1. Al eje x si su ecuación no varia al cambiar y por −y
2. Al eje y si su ecuación no varia al cambiar x por −x.
3. Al origen si la ecuación no cambia al cambiar x por −x y y por −y simultáneamente.
4. A la recta y = x si la ecuación no cambia al intercambiar x por y.
Ejemplo 5.47 x y4 +x y2 −1 = 0 es simétrica respecto del eje x pero no respecto del eje y.
x
y
−2
−1
1
2
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
En el caso de funciones se tiene la siguiente definición de simetria.
Definición 5.8
(Funciónes pares e impares) Una función f es par si para todo x,−x ∈ D f se verifica f (x) = f (−x) . Una función f esimpar si para todo x,−x ∈ D f se verifica f (−x) =− f (x) .
Aplicaciones de la Derivada 225
Ejemplo 5.48 Sea f :R→R, definida por f (x) = x2(x2 −4
), sea x ∈R, entonces:
f (−x) = (−x)2((−x)2 −4
)= x2
(x2 −4
)= f (x)
por tanto f (−x) = f (x) , esto es, la función f es par.
x
y
−4
−2
0
2
4
6
8
−2 −1 1 2
La ventaja de reconocer que una función sea par, radica en el hecho de que es suficiente graficar la función en la parte
positiva del dominio, pues para graficar en la parte negativa se hace simplemente una reflexión del gráfico ya trazado con
respecto al eje y.
Ejemplo 5.49 Sea f :R→R, definida por f (x) = x3 −4x, sea x ∈R, entonces:
f (−x) = (−x)3 −4(−x)
= −x3 +4x =−(x3 −4x
)= − f (x) ,
por tanto f (−x) =− f (x) , esto es, la función f es impar.
x
y
−3−2−1
123
−2 −1 1 2
Nuevamente, se tiene una ventaja al reconocer una función impar, una vez que se ha trazado la gráfica en la parte positiva,
se hace una reflexión con respecto al origen para obtener la gráfica en la parte negativa.
Muchas funciones no son pares ni impares, por ejemplo x3 − x2, no es par ni impar, sin embargo está formado por partes
pares e impares, su parte par es −x2, y su parte impar x3. En general si f es una función su parte par está dado por:
u (x) = f (x)+ f (−x)
2
y su parte impar por:
v (x) = f (x)− f (−x)
2es claro que f (x) = u (x)+ v (x) .
226 Aplicaciones de la Derivada
Ejemplo 5.50 Sea f (x) = ex , la parte par de f es u (x) = 12 (ex +e−x ) y su parte impar es v (x) = 1
2 (ex −e−x ) .
5.9.1.1. Ejercicios propuestos
1. Clasificar las siguientes curvas (simetrías)
a) x3 y +x2 y2 +x y = 1
b) x2 y4 +x2 y2 = 1
2. Clasificar (decir si son pares o impares) las funciones definidas por
a) f (x) = x2 +x sin x
b) g (x) = x2 + sin x
c) h (x) = tan(x)+cos x
d) f (x) = x3 sin x −cos x
e) s (x) = ln(x)
f ) u (x) = ex + ln x
3. Hallar las partes pares e impares de:
a) f (x) = ex + sin x
b) g (x) = tan x +x2
c) h (x) = 5x4 +4x3 +3x2 +2x +1
4. Demostrar que la suma de funciones pares (impares) es par (impar).
5. Demostrar que el producto de una función par con una impar es impar.
6. Demostrar que el producto de funciones impares es par.
7. Demostrar que el producto de una función par con una par es par.
8. Demostrar que la división de una función par con una par es par.
9. Demostrar que la división de una función par con una impar es impar.
5.9.2. Intersecciones con los ejes
Sea C una curva definida implícitamente por una expresión algebraica en las variables x, y. La intersecciones con el eje x se
encuentran haciendo y = 0. Similarmente las intersecciones con el eje y se encuentran haciendo x = 0.
Ejemplo 5.51 Hallar las intersecciones con los ejes de la función definida implícitamente por
(x −2)
(x2 − 9
2y2
)= 9
(Intersección con el eje x). Haciendo y = 0, tenemos x2 (x −2)−9 = 0, cuya única solución real es: x = 3, es decir, la
gráfica de la función corta al eje x en el punto 3, dicho de otra manera, el gráfico pasa por el punto (3,0).
Aplicaciones de la Derivada 227
(Intersección con el eje y). Haciendo x = 0, tenemos y2 −1 = 0, las soluciones son y = −1 y y = 1, es decir, la gráfica
corta al eje y en el punto −1 y 1, dicho de otra manera, el gráfico pasa por (0,−1) y (0,1) .
5.9.2.1. Ejercicios propuestos
En los siguientes ejercicios calcular las intersecciones con los ejes:
1. x2 +2x + y2 = 0
Sol. Eje x : x = 0, x =−2. Eje y : y = 0.
2. (x −2)2 + (3y −5
)2 = 9
Sol. Eje x : no existen, Eje y : y = 13
(5±p
5)
.
3. (x −2)2 + (y −5
)2 = 25
Sol. Eje x : x = 2 Eje y : y = 5+p21, y = 5−p
21.
4. y(x2 −1
)= x −2,
Sol. Eje x : x = 2, Eje y : y = 2.
5. x2 y2 +x y −2x + y = 2.
Sol. Eje x : x =−1, eje y : y = 2.
5.9.3. Campo de variación
Si(x, y
)es un punto de la gráfica de una función:
El campo de variación en el eje x es el conjunto
Vx = {x ∈R : y existe
}El campo de variación en el eje y es el conjunto
Vy ={
y ∈R : x existe}
Ejemplo 5.52 Hallar los campos de variación de la curva dada por
x2 −2x + y2 +6y = 6.
Despejando x e y encontramos
y = −3±√
16− (x −1)2
x = 1±√
16− (y +3
)2
podemos observar que y existe si y solamente si
16− (x −1)2 ≥ 0,
resolviendo la desigualdad encontramos −3 ≤ x ≤ 5, así el campo de variación de x es el intervalo Vx = [−3,5] . Similarmente
podemos observar que x existe si y solamente si
16− (y +3
)2 ≥ 0,
resolviendo esta desigualdad encontramos que el campo de variación de y es el intervalo Vy = [−7,1] .
228 Aplicaciones de la Derivada
5.9.4. Comportamiento cuando x →−∞ y x →∞Si tenemos una función f definida para números suficientemente ”lejos” de 0, obtenemos información sustancial investi-
gando como se comporta la función cuando x →−∞ o cuando x →∞. El comportamiento de muchas funciones ya se sabe,
así sin x se comporta en forma oscilante, sin embargo no todas las funciones tienen ese comportamiento. En esta sección via
ejemplos veremos el comportamiento de algunas funciones.
Ejemplo 5.53 Consideremos el polinomio f definido por
f (x) = x2 −2x +5,
este polinomio se puede escribir en la siguiente forma
f (x) = x2(1− 2
x+ 5
x2
).
observemos que :
lımx→∞
(1− 2
x+ 5
x2
)= 1
lımx→∞x2 = ∞
esto nos dice que el comportamiento de f (x) cuando x →∞ es parecido al comportamiento de x2, esto es, f (x) →∞ cuando
x →∞. De modo similar podemos concluir que f (x) →∞ cuando x →−∞
Observación. Con un argumento análogo al anterior podemos discutir el comportamiento de cualquier polinomio.
Ejemplo 5.54 Consideremos la función:
f (x) = x2 −1
x2 −2x
dividiendo numerador y denominador por x2:
f (x) = 1−1/x2
1−2/x
es claro que:
lımx→∞ f (x) = 1
así cuando x →∞, f (x) → 1. De manera similar podemos mostrar que si x →−∞, f (x) → 1. Geométricamente esto significa
que los puntos f (x) tales que x es un número mucho mayor que cero y números x mucho menores que cero están cerca del
la recta y = 1.
5.9.5. Asíntotas
Estudiaremos la asíntotas de curvas algebraicas.
an yn +an−1 yn−1 +·· ·+a1 y +a0 = 0, , (i)
donde como dijimos antes cada a j es un polinomio en x.
Una recta dada por x = a, es llamada una Asíntota Vertical si∣∣y
∣∣ toma valores arbitrariamente grandes cuando x → a.
Una recta dada por y = a, es llamada Asíntota Horizontal si la diferencia
y −a → 0
para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente.
Aplicaciones de la Derivada 229
Una recta dada por y = mx +b es una Asíntota oblicua si la diferencia
f (x)− (mx +b) → 0
donde y = f (x) , para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente.
Para calcular las asíntotas procedemos de la siguiente manera
Cálculo de las asíntotas verticales. Con referencia a (i), se resuelve:
an = 0,
a cada raíz de esta ecuación le corresponde una asíntota vertical.
Calculo de las asíntotas horizontales. Escribimos (i) en la forma
bm xm +bm−1xn−1 +·· ·+b1x +b0 = 0, (ii)
donde cada b j es un polinomio en y. Las raíces de bm = 0, dan las asíntotas horizontales.
Cálculo de las asíntotas oblicuas. Se sustituye y por mx +b en la ecuación (i) para obtener
cn xn + cn−1xn−1 +·· ·+c1x + c0 = 0. (iii)
Resolvemos ahora el sistemacn = 0
cn−1 = 0
del anterior sistema encontramos los valores de m y b. Para cada par de valores m,b tenemos la asíntota oblicua
y = mx +b.
Observación. Si an−1 = 0 se resuelve el sistema
an = 0
an−2 = 0,
si an−2 también fuera cero, tomamos an−3 y así sucesivamente.
Ejemplo 5.55 Encontraremos las asíntotas de la curva definida por
y2 −x2 +x y2 = 0
Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación en la siguiente forma
(x +1) y2 −x2 = 0,
observamos que el coeficiente de mayor potencia de y es (x +1), de esto concluimos que tenemos una asíntota vertical
en x +1 = 0, esto es x =−1.
Asíntotas horizontales. Escribimos la ecuación en la forma
−x2 +x y2 + y2 = 0,
observamos que el coeficiente de mayor potencia de x no es una función de y y por tanto no tiene factores lineales en
la variable y. De esto concluimos que no existen asíntotas horizontales.
230 Aplicaciones de la Derivada
Asíntotas oblicuas. Reemplazamos y por mx +b en la ecuación dada obteniendo sucesivamente:
(mx +b)2 −x2 +x (mx +b)2 = 0
m2x2 +2mxb +b2 −x2 +x(m2x2 +2mxb +b2) = 0
m2x2 +2mxb +b2 −x2 +m2x3 +2mbx2 +b2x = 0
m2x3 + (m2 +2mb −1
)x2 + (
2mb +b2)+b2 = 0
de la última ecuación encontramos el sistema
m2 = 0
m2 +2mb −1 = 0,
este sistema no tiene solución, esto prueba que la curva dada no tiene asíntotas oblicuas.
5.9.5.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 5.56 Estudiar y representar la curva dada por
x3 −x2 y + y = 0 (i)
Solución. Seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar la curva.
1. Simetría. Reemplazando y por −y obtenemos x3 + x2 y − y = 0 que naturalmente no es igual a la ecuación (i), por
tanto la curva no es simétrica respecto al eje x. Podemos probar que no es simétrica respecto al eje y, podemos probar
también que la curva es simétrica respecto del origen.
Por otra parte despejando y encontramos:
y = f (x) = x3
x2 −1
Reemplazando −x por x :
f (−x) = (−x)3
(−x)2 −1=− x3
x2 −1=− f (x)
Lo anterior muestra que y = f (x) es impar.
2. Intersecciones. Haciendo y = 0, la ecuación (i) se reduce a:
x3 = 0
cuya solución es x = 0.
Haciendo x = 0, la ecuación (i) se reduce a
y = 0
cuya solución es y = 0. De lo anterior concluimos que las intersecciones son:
Con el eje X : x = 0.
Con el eje Y : y = 0.
Por tanto la curva pasa por el punto (0,0) .
Aplicaciones de la Derivada 231
3. Campo (rango) de variación. De (i) despejando y encontramos:
y = x3
x2 −1.
El rango de variación de x esta formado por los números x para los cuales y existe, esto se da cuando x 6= 1 y x 6= −1, es
decir cuando x ∈R− {1,−1} (Los reales menos los números 1 y −1).
Por otra parte la ecuación x3 − x2 y + y = 0, considerado como polinomio de grado 3 en la variable x siempre tiene al
menos una raíz real cualquiera sea el valor de y, de esto deducimos que el rango de variacíon de y es R.
4. Comportamiento cuando x →∞ y x →−∞.
lımx→∞
x3
x2 −1=∞.
lımx→−∞
x3
x2 −1=−∞.
5. Asíntotas.
Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación dada como:(−x2 +1)
y +x3 = 0
igualamos a cero el coeficiente de la potencia más alta de y, y encontramos
−x2 +1 = 0,
de esto deducimos que la curva tiene asíntotas en x =−1 y x = 1. Para realizar el gráfico observamos el compor-
tamiento de y = f (x) a la izquierda y a la derecha de los anteriores puntos.
lımx→−1−
x3
x2 −1= −∞
lımx→−1+
x3
x2 −1= ∞
lımx→1−
x3
x2 −1= −∞
lımx→1+
x3
x2 −1= ∞
Asíntotas horizontales. La ecuación dada es
x3 −x2 y + y = 0,
observamos que el coeficiente de mayor grado de x es 1(una constante), luego la curva no tiene asíntotas hori-
zontales.
Asíntotas oblicuas. En la ecuación (i) reemplazamos y por mx +b obteniendo sucesivamente:
x3 −x2 (mx +b)+mx +b = 0
(1−m) x3 + (−b) x2 +mx +b = 0.
De la última ecuación resulta el siguiente sistema:
1−m = 0
−b = 0
resolviendo se encuentra que m = 1 y b = 0. Por tanto la única asíntota oblicua es y = x.
232 Aplicaciones de la Derivada
6. Puntos críticos. Derivando:
f (x) = x3
x2 −1,
se encuentra:
f ′ (x) = 3x2(x2 −1
)−x3 (2x)(x2 −1
)2
= x2(x2 −3
)(x2 −1
)2
Resolviendo f ′ (x) = 0 encontramos x = 0, x =−p3 y x =p3, luego el conjunto de puntos críticos es:{
0,−p3,p
3,−1,1}
.
Observación. Los puntos −1 y 1 son puntos críticos, pues en esos puntos f ′ no está definida.
7. Regiones de crecimiento y decrecimiento. Derivando y = f (x) se encuentra:
f ′ (x) = x2(x2 −3
)(x2 −1
)2
Sus signos se muestran a continuación:
−∞ −p3 −1 0 1 p3 ∞
+ − − − − + Signos de
f ′(x)
de esto concluimos:
f es creciente en(−∞,−p3
)∪ (p3,∞)
.
f es decreciente en(−p3,
p3)− {−1,1} .
8. Máximos y mínimos locales. Con los resultados correspondientes a crecimiento podemos concluir con lo siguiente:
f pasa de creciente a decreciente en −p3, luego f tiene un máximo local en x =−p3.
f pasa de decreciente a creciente enp
3, luego f tiene un mínimo local en x =p3.
Alrededor de x = 0 la función es decreciente por tanto en este punto no se tiene un máximo o mínimo local.
9. Máximos y mínimos absolutos (globales). No existen pues si x →∞, f (x) →∞ y si x →−∞ se tiene f (x) →−∞.
10. Concavidad. La segunda derivada es:
f ′′ (x) = 2x(x2 +3
)(x2 −1
)3 .
−∞ −1 0 1 ∞
− + − + Signos de
f (2)(x)
Aplicaciones de la Derivada 233
Se observa que en x = 0 se tiene f ′′ (0) = 0, de este hecho concluimos que f tiene un punto de inflexión en x = 0 (La
concavidad cambia alrededor del cero). Se observa además que:
f es cóncava hacia abajo en (−∞,−1)∪ (0,1) .
f es cóncava hacia arriba en (−1,0)∪ (1,∞) .
11. Gráfica de la función. Toda la información obtenida hasta ahora nos permite bosquejar la curva.
x
yAsíntota y = x
Asíntota x = 1
Asíntota x = 1
−4
−4
−3
−3−2
−2 −1−1
1
1
2
2
3
3
4
4
Ejemplo 5.57 Estudiar y representar la curva dada por
y3 (x −1) = x. (i)
Solución. Nuevamente seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar la curva.
1. Simetria. La curva no es simétrica a ninguno de los ejes.
2. Intersecciones con los ejes. Haciendo y = 0, obtenemos
x = 0.
Haciendo x = 0 obtenemos
y = 0.
Así, los puntos de intersección son
Con el eje x : x = 0.
Con el eje y : y = 0.
Esto muestra que la curva pasa por (0,0) .
3. Campo de variación. Despejando y de la ecuación (i):
y = 3
√x
x −1,
de donde deducimos que el campo de variación de x es el conjunto R− {1} . Por otra parte despejando x encontramos
x = y3
y3 −1,
de donde deducimos que el campo de variación de y es R− {1} .
4. Comportamiento cuando x →±∞.
234 Aplicaciones de la Derivada
lımx→∞
3
√x
x −1= 1 y
lımx→∞
3
√x
x −1= 1
5. Asíntotas.
Asíntotas verticales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable y
y3 (x −1) = x,
igualando a cero el coeficiente de más alta potencia tenemos
x −1 = 0,
de esto deducimos que la curva tiene una asíntota en x = 1. Para bosquejar el gráfico cerca el punto x = 1 calcu-
lamos los siguientes límites
lımx→1−
3
√x
x −1=−∞
lımx→1+
3
√x
x −1=∞
Asíntotas horizontales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable x
x(y3 −1
)− y3 = 0,
el coeficiente de la más alta potencia es y3 −1, igualando a cero tenemos
y3 −1 = 0,
resolviendo obtenemos y = 1 (la única solución real), de esto deducimos que la curva tiene una asíntota horizon-
tal en y = 1.
Asíntotas oblicuas. Reemplazamos en (i) y por mx +b obteniendo sucesivamente:
(mx +b)3 (x −1) = x,
desarrollando obtenemos
m3x4 − (m3 −3m2b
)x3 − (
3mb2 −b3 −1)
x −b3 = 0,
Igualando a 0 los coeficientes de más alta potencia tenemos
m3 = 0
m3 −3m2b = 0,
de lo anterior concluimos que m = 0, esto muestra que la curva dada no tiene asíntotas oblícuas.
6. Regiones de crecimiento y decrecimiento. Derivando y = f (x) se encuentra:
f ′ (x) =− 1
3(
3p
x)2 (
3p
(x −1))4 ,
De este resultado deducimos que la derivada y ′ > 0 en todo su dominio.
7. Máximos y mínimos locales y absolutos (globales). No existen
Aplicaciones de la Derivada 235
8. Concavidad. La segunda derivada es
f ′′ (x) = 2
9
3x −1(3p
x)5 (
3p
(x −1))7 ,
un análisis de signos nos da:
−∞ 0 13
1 ∞
− + − + Signos de
f (2)(x)
por tanto:
f es cóncava hacia abajo en (−∞,0)∪ ( 13 ,1
)f es cóncava hacia arriba en
(0, 1
3
)∪ (1,∞)
9. Bosquejo del gráfico de la función.
x
y
Asíntota x = 1
Asíntota y = 1
−2
−2−1
−1
1
1
2
2
5.9.5.2. Ejercicios propuestos
Estudiar y representar la curva dada por:
1. y x2 − y =−2x3.
2. (x −2)2 y = 1.
3. y2(x2 −1
)= (x2 +1
).
4.(4−x2
)y = x4.
5. x2 − y2 +2y = 1.
6. y2 = (x −1)(x +4) .
7. y3 = 4x2(9−x2
).
8.(x2 + y2
)2 = 8x y.
9. x3 y3 = (x −4)2 .
236 Aplicaciones de la Derivada
10. (x −5) y2 = x2 (x −4) .
11. y = ln(x2 −9
).
12.(x2 −9
)y2 = x (x −1) .
6 Cálculo Integral
6.1 Sumas
En este capítulo se presentan teoremas que muestran la relación entre la diferenciación y la integración y hasta cierto punto
muestran que la operación de integración es la operación “inversa de la derivación”. La conexión entre derivadas e integrales,
cuestión no tan obvia, está dado por el Teorema Fundamental del Cálculo, que es consecuencia, como veremos luego, de la
continuidad y del teorema de valor medio.
Iniciamos esta sección recordando algunos resultados de álgebra.
6.1.1. Sumatorias
Si n es un entero positivo y a1, a2, ......, an son números, entonces la suma de los números ak se escribe como:
n∑k=1
ak = a1 +a2 + ......+an
el símbolon∑
k=1ak se lee “sumatoria de ak , desde k = 1 hasta k = n”
Ejemplo 6.1
4∑k=1
7k2 = 7(12)+7
(22)+7
(32)+7
(42)
3∑k=1
k +1
k= 1+1
1+ 2+1
2+ 3+1
3
5∑k=1
k2
n= 12
n+ 22
n+ 32
n+ 42
n+ 52
n
Las propiedades más importantes de la sumatoria se muestran en el siguiente teorema.
238 Cálculo Integral
Teorema 6.1
Para cualquier entero positivo n.
a)n∑
k=1cak = c
n∑k=1
ak , donde c una constante
b)n∑
k=1(ak +bk ) =
n∑k=1
ak +n∑
k=1bk
c)n∑
k=1(ak −ak−1) = an −a0. (Propiedad telescópica)
d)n∑
k=1c = nc.
Usando las anteriores propiedades e Inducción Matemática, es posible demostrar los siguientes resultados:
Teorema 6.2
1.n∑
k=1k = 1
2n (n +1)
2.n∑
k=1k2 = 1
6n (n +1)(2n +1)
3.n∑
k=1k3 = 1
4n2 (n +1)2
4.n∑
k=1k4 = 1
30n (n +1)(2n +1)
(3n2 +3n −1
)5.
n∑k=1
k5 = 1
12n2 (n +1)2 (
2n2 +2n −1)
6.n∑
k=1
k
2k= 2− n +2
2n
7.n∑
k=1sen(2k −1) x = 1−cos(2nx)
2sen x.
6.1.1.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 6.2 Sea f (x) = 3x +5, calcular:
n∑k=1
f (xk ) yn∑
k=1f (xk−1),
donde xk = 2+ 2k
n.
Cálculo Integral 239
Solución.n∑
k=1f (xk ) =
n∑k=1
(3xk +5)
=n∑
k=13xk +
n∑k=1
5
= 3n∑
k=1
(2+ 2k
n
)+5n
= 3
(2n + 2
n
n∑k=1
k
)+5n
= 6n + 6
n
(n(n +1)
2
)+5n
= 11n +3(n +1)
= 14n +3
Asi mismo se prueba:n∑
k=1f (xk−1) = 14n −3.
Ejemplo 6.3 Sea f (x) = x2, xk = 2+ k
n, calcular
n∑k=1
f (xk )
n
Solución.n∑
k=1
f (xk )
n= 1
n
n∑k=1
f (xk ) = 1
n
n∑k=1
(2+ k
n
)2
= 1
n
n∑k=1
(4+ 4k
n+ k2
n2
)
= 1
n
(4n + 4
n
n∑k=1
k + 1
n2
n∑k=1
k2
)
= 4+ 4
n2
n∑k=1
k + 1
n3
n∑k=1
k2
= 4+ 4
n2
n (n +1)
2+ 1
n3
n (n +1)(2n +1)
6
= 4+2+ 2
n+ 1
3+ 1
2n+ 1
6n2
= 19
3+ 5
2n+ 1
6n2
Ejercicios propuestos
Ejemplo 6.4 Sea f (x) = x, xk = 5
n, calcular
n∑k=1
5 f (xk )
n
240 Cálculo Integral
Ejemplo 6.5 Sea f (x) = 2x2 +5x +1, xk = 1+ 1
n, calcular
n∑k=1
f (xk )
n,
n∑k=1
f (xk−1)
n.
Ejemplo 6.6 Sea f (x) = x3, sea xk = 1+ 2k
n, calcular
lımn→∞
n∑k=1
f (xk )2
n
6.1.2. Área como el límite de una suma
En esta sección estudiaremos una manera de calcular el área bajo la gráfica de una función. Previamente son necesarias las
siguientes definiciones.
6.1.2.1. Partición de un intervalo
Definición 6.1
(Longitud de un intervalo finito). La longitud de cualquiera de los intervalos (a,b), (a,b], [a,b) y [a,b] es b −a.
Definición 6.2
(Partición). Sean a,b ∈R, tal que a < b. Consideremos el intervalo cerrado [a,b]. Una partición de [a,b] es un conjunto
de puntos
P = {x0, x1, . . . , xn}
tales que a = x0 < x1 < ·· · < xn = b.
Ejemplo 6.7 1. (i) P1 ={1, 3
2 , 74 ,2
}es una partición del intervalo [1,2].
(ii) P2 ={1, 5
4 , 64 , 7
4 ,2}
es otra partición del intervalo [1,2].
Observemos que las longitudes de los intervalos [xk−1, xk ] no necesariamente son iguales.
Definimos a continuación la medida de una partición.
Definición 6.3
(Norma de una partición). Sea P una partición del intervalo cerrado [a,b]. La norma de P , escrito ‖P‖, se define por:
‖P‖ = max{xk −xk−1 : k = 1,2, . . . ,n} ,
así la norma ‖P‖ es la longitud del subintervalo más grande de entre los [xk−1, xk ] .
Ejemplo 6.8 Considérese las particiones del intervalo [1,2]
Cálculo Integral 241
(i) Si P1 ={1, 3
2 , 74 ,2
}, entonces:
‖P‖ = max
3
2−1
,7
4− 3
2,2− 7
4
= 1
2.
(ii) Si P2 ={1, 5
4 , 64 , 7
4 ,2}, entonces:
‖P‖ = max
{5
4−1,
6
4− 5
4,
7
4− 6
4,2− 7
4
}= 1
4
6.1.2.2. Particiones igualmente espaciadas
Considérese el intervalo [a,b] , sea h = b −a
n, definimos una partición P por:
xk = a +kh, k = 0,1, . . . ,n
nótese que para cada k se tiene xk −xk−1 = h, k = 1,2, . . . ,n, por tanto
‖P ‖ = h.
Finalmente, nótese que para particiones igualmente espaciadas se debe tener ‖P ‖→ 0 es lo mismo que n →∞.
6.1.2.3. Cálculo de áreas
Planteamos el siguiente problema: Sea f : [a,b] →R, continua en [a,b] y f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a,b]. Se plantea el problema
de calcular el área de la región del plano limitada por las gráficas de:
y = f (x)
y = 0
x = a
x = b,
tal como se muestra en la siguiente gráfica.
x
y
x = bx = a
a y = 0 b
y = f (x)
Para resolver el problema se considera la parttición P = {a = x0, x1, ......, xn = b} de [a,b] . En cada intervalo [xk−1, xk ] , k =1,2, . . . ,n se toma el número tk y se construye el rectángulo de base xk − xk−1 y altura f (tk ) , este rectángulo tiene área igual
a f (tk ) (xk −xk−1) , por tanto, si A es el área buscada, se debe tener:
A 'n∑
k=1f (tk ) (xk −xk−1) ,
242 Cálculo Integral
esto se ilustra en el siguiente gráfico con n = 4
x
y
x = bx = a
a = x0 b = x4x1 x2 x3
t1
f (t1)
t2
f (t2)
t3
f (t3)
t4
f (t4)
y = f (x)
Si ‖P ‖→ 0, tendremos el área exacta, es decir:
A = lım‖P ‖→0
n∑k=1
f (tk ) (xk −xk−1) ,
finalmente definiendo ∆k x = xk −xk−1, una fórmula para el cálculo del área es:
A = lım‖P ‖→0
n∑k=1
f (tk )∆k x .
Con una partición igualmente espaciada:
xk = a +kh, k = 0,1, . . . ,n
donde h = b −a
n, cada intervalo [xk−1, xk ] tiene longitud ∆k x = xk − xk−1 = h, tomando tk = xk , otra fórmula para el cálculo
del área es:
A = lım‖P ‖→0
n∑k=1
f (xk )∆k x
= lımn→∞h
n∑k=1
f (xk ) .
6.1.2.4. Ejercicios resueltos
Ejemplo 6.9 Demostrar que el área de un triángulo de altura p y base q es A = 12 pq .
Solución La función que nos servirá para nuestro propósito es f (x) = p
qx definida en el intervalo
[0, q
]. El área que nos
Cálculo Integral 243
interesa está bajo la gráfica de f desde 0 hasta q como se observa en el gráfico.
x
y
x0 = 0 xn = qx1 x2 x3
f (x1)
f (x1)
f (x1)
f (xn) = p
Para este caso:
h = q
nxk = kh
Ar ea ≈ hn∑
k=1f (xk ) = h
n∑k=1
p
qxk = p
qh2
n∑k=1
k
= p
qh2 n (n +1)
2
= p
2q
( q
n
)2 (n2 +n
)= pq
2
(1+ 1
n
)Tomando el límite n →∞ habremos encontrado el área exacta.
Ar ea = lımn→∞
pq
2
(1+ 1
n
)= pq
2
Si p = 7 y q = 4 el área verdadera es Ar ea = 14. La siguiente tabla muestra algunas aproximaciones.
n Area' 14
(1+ 1
n
)1 28
10 15,4
100 14,14
1000 14,014
100000 14,00014
Ejemplo 6.10 Sea f (x) = x2, encontrar el área bajo la gráfica de f en el intervalo [2,7].
Solución: f es continua en [2,7], por tanto podemos aplicar nuestro método de cálculo del área. Para este caso
h = 7−2
n= 5
nxk = 2+kh
244 Cálculo Integral
luego
Ar ea ≈ hn∑
k=1f (xk )
= hn∑
k=1f (2+kh)
= hn∑
k=1
(4+4kh +k2h2)
= h
(n∑
k=14+4h
n∑k=1
k +h2n∑
k=1k2
)
= h
(4n +4h
n (n +1)
2+h2 n (n +1)(2n +1)
6
)5
n
(4n +4
5
n
n (n +1)
2+ 25
n2
n (n +1)(2n +1)
6
)= 20+ 50(n +1)
n+ 125(n +1)(2n +1)
6n2
Tomando el límite n →∞, encontramos:
Ar ea = lımn→∞
(20+ 50(n +1)
n+ 125(n +1)(2n +1)
6n2
)= 20+50+ (125)(2)
6
= 335
3
6.1.2.5. Ejercicios propuestos
Calcular el área encerrada por la gráfica de f y g en el intervalo indicado.
1. f (x) = 2x2 +x, g (x) = 0, [1,5] Sol. 2843 .
2. f (x) = 12 x3, g (x) = 0, [0,2] Sol. 2.
3. f (x) = 1−x2, g (x) = 0, [−1,1] Sol. 43 .
4. f (x) = x −x3, g (x) = 0, [−1,1] Sol. 12
5. f (x) = x2 +2x −15 y g (x) = 2x +1, [−4,4] Sol.: 256/3.
6.1.2.6. El programa def_integral.m
______________________________________________________
%Def_integral(a,b,n)
%Dibuja rectángulos n en una partición igualmente espaciada
%en el intervalo [a,b]
function Def_integral(a,b,n)
syms x;
f_char=input(’Ingrese f(x)= ’);
Cálculo Integral 245
f=inline(f_char);
%Gráfica de f en el intervalo [a-epsilon, a+epsilon]
epsilon=0.01*(b-a);
h1=(b-a+2*epsilon)/(3*n);
x=a-epsilon:h1:b+epsilon;
y=f(x);
plot(x,y,’linewidth’,2)
hold on;
%Gráfica de los rectángulos, estos tiene base
%h y altura f(x(k-1))
h=(b-a)/n;
for k=1:n
%parte superior del rectángulo
plot([a+(k-1)*h,a+k*h],[f(a+(k-1)*h),f(a+(k-1)*h)],’color’,’r’,’linewidth’,2)
%parte izquierda del rectángulo
plot([a+(k-1)*h,a+(k-1)*h],[0,f(a+(k-1)*h)],’color’,’r’,’linewidth’,2)
%parte izquierda del rectángulo
plot([a+(k)*h,a+(k)*h],[0,f(a+(k-1)*h)],’color’,’r’,’linewidth’,2)
end
hold off
grid on
______________________________________________________
Ejemplo 6.11 Dibujaremos 15 rectángulos en el intervalo [0,6] con la función f (x) = 10− x sin(2x) . Empleamos el progra-
ma def_integral como se muestra a continuación.
246 Cálculo Integral
6.1.3. Funciones Integrables y la Integral Definida
En la sección anterior vimos algunos ejemplos en donde fácilmente se calculan áreas bajo las gráficas de ciertas funcio-
nes (polinomios). No es difícil darse cuenta que tal proceso no puede generalizarse a cualquier función, entonces, se hace
necesario encontrar nuevas técnicas; con este propósito definimos:
Definición 6.4
(Función integrable). Una función f : [a,b] → R es integrable sobre [a,b] si existe un número A con la siguiente
propiedad:
Para todo ε> 0, existe δ> 0 tal que ∣∣∣∣∣ n∑k=1
f (ξk )∆xk − A
∣∣∣∣∣< εpara toda partición P de [a,b] con ‖P‖ < δ y para cualquier elección ξk ∈ [xk−1, xk ].
Cálculo Integral 247
El número A de la anterior definición, si existe, se llama integral definida de f desde a hasta b, se denota por:
A =∫ b
af (x)d x
Nótese que ∫ b
af (x)d x = lım
‖P ‖→0
n∑k=1
f (ξk )∆xk .
La función f se llama integrando, x se llama variable muda o variable de integración, a es el límite inferior y b límitesuperior.
En la anterior sección vimos que en [2,7], f (x) = x2, satisface la anterior definición de función integrable para una partición
bien especial y ξk el extremo superior de cada subintervalo, concretamente encontramos:
n∑k=1
f (ξk )∆xk = 335
3+ 4
n+ 1
n2 → 335
3,
así: ∣∣∣∣∣ n∑k=1
f (ξk )∆xk −335
3
∣∣∣∣∣→ 0,
y entonces: ∫ 7
2x2 d x = 335
3No es intención de este texto la discusión rigurosa de las funciones integrables. nos limitamos a enunciar algunos resultados.
Teorema 6.3
Sea f : [a,b] →R. Si f es creciente, entonces f es integrable en [a,b].
Teorema 6.4
Sea f : [a,b] →R. Si f es decreciente, entonces f es integrable en [a,b].
Teorema 6.5
Si f es continua en [a,b], entonces f es integrable en [a,b].
Teorema 6.6
Sea f continua en [a,b] excepto en un número finito de puntos. Si f es acotada entonces f es integrable sobre [a,b].
6.1.4. Propiedades de la Integral Definida
En los siguientes teoremas se enuncian algunas propiedades de la integral definida.
248 Cálculo Integral
Teorema 6.7
Sean f , g : [a,b] →R integrables en [a,b] entonces:
1. c f es integrable y ∫ b
ac f (x)d x = c
∫ b
af (x)d x, c ∈R
2. f + g es integrable y ∫ b
a
(f (x)+ g (x)
)d x =
∫ b
af (x)d x +
∫ b
ag (x)d x
Teorema 6.8
Si f es integrable en [a,b] , entonces ∫ b
af (x)d x =−
∫ a
bf (x)d x
Teorema 6.9
Si f es integrable en [a,b] y m y M son números tales que m ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a,b], entonces:
m (b −a) ≤∫ b
af (x) d x ≤ M (b −a)
Teorema 6.10
Si f , g : [a,b] →R son integrables en [a,b] y si f (x) ≤ g (x) para todo x ∈ [a,b], entonces:∫ b
af (x) d x ≤
∫ b
ag (x) d x
Teorema 6.11
Si f es integrable en [a,b] y c ∈ [a,b], entonces:∫ b
af (x) d x =
∫ c
af (x) d x +
∫ b
cf (x) d x.
Teorema 6.12
Si f es integrable en [a,b], entonces f es acotada en dicho intervalo.
Cálculo Integral 249
Teorema 6.13
(Teorema de Bliss) Sean f , g : [a,b] →R funciones continuas en [a,b] . Sea
P = {a = x0, x1, . . . , xn = b}
una partición de [a,b]. En cada intervalo [xk−1, xk ] elijamos puntos ck y c ′k . Entonces si ‖P ‖→ 0
n∑k=1
f (ck ) g(c ′k
)∆k x =
∫ b
af (x) g (x) d x
Demostración. Escribimos
n∑k=1
f (ck ) g(c ′k
)∆k x =
n∑k=1
f (ck ) g (ck )∆k x −n∑
k=1f (ck )
{g (ck )− g
(c ′k
)}∆k x.
Puesto que ‖P ‖→ 0 concluimos que ck → c ′k . Por la continuidad de g tenemos g (ck ) → g(c ′k
), es decir, g (ck )−g
(c ′k
)→0.
Por otra parte es claro, por definición de integral, que si ‖P ‖→ 0 se tiene
n∑k=1
f (ck ) g (ck )∆k x =∫ b
af (x) g (x) d x.
De lo anterior concluimos que si ‖P ‖→ 0 se verifica
n∑k=1
f (ck ) g(c ′k
)∆k x =
n∑k=1
f (ck ) g (ck )∆k x =∫ b
af (x) g (x) d x.
■
Notas.
1. Observemos que el teorema es cierto si ck = c ′k . El valor del teorema reside en el hecho de que no importa que valor se
tome en cada subintervalo [xk−1, xk ] , el resultado es el mismo que cuando coinciden.
2. Obsérvese también que ‖P ‖→ 0 significa que el número de elementos en la partición crece indefinidamente, es decir,
n →∞, por tanto la conclusión del teorema puede expresarse también de la siguiente manera:
lımn→∞
n∑k=1
f (ck ) g(c ′k
)∆k x =
∫ b
af (x) g (x) d x.
6.1.5. La primitiva de una función
En esta sección respondemos a la siguiente cuestión: Dada una función f (x) ¿que función F (x) habría que derivar para
encontrar f (x) ?
250 Cálculo Integral
Definición 6.5
(Primitiva de una función) Una función F tal que F ′ = f se llama primitiva de f . F es llamada también la antiderivada
de f .
Ejemplo 6.12 Sea f (x) = x2. Una primitiva es F (x) = 13 x3 pues:
F ′ (x) = x2 = f (x) .
(Obsérvese que otra primitiva es F (x) = 13 x3 +C , donde C es cualquier constante)
Ejemplo 6.13 Sea f (x) = cos x + sen x. Una primitiva es F (x) = sen x −cos x.
Teorema 6.14
Sean F1 (x), F2 (x) primitivas de f (x), entonces estas difieren solo en una constante, esto es,
F1 (x) = F2 (x)+C , C ∈R
Demostración: Sea F (x) = F1 (x)−F2 (x), derivando:
F ′ (x) = F ′1 (x)−F ′
2 (x) = f (x)− f (x) = 0,
luego F (x) debe ser una constante. Esto muestra la proposición.
También muestra que si F (x) es la primitiva de f (x), entonces todas las primitivas de f son de la forma F (x)+C , C una constante.
A continuación se muestra una tabla con las primitivas más empleadas:
f (x) F (x)
xa xa+1
a+C , a 6= −1
x−1 ln|x|+C
cos(ax)sin(ax)
a+C
sin(ax) −cos(ax)
a+C
eax eax
a+C
6.1.6. El Teorema Fundamental del Cálculo
Hasta ahora no tenemos ningún instrumento para calcular una integral salvo la discusión que se hizo en la sección anterior
con referencia al cálculo de áreas, que naturalmente no es nada práctico cuando la función f (x) es más o menos complicada.
En esta sección se presenta el Teorema Fundamental del Cálculo que liga el Cálculo Diferencial con el Cálculo Integral.
Cálculo Integral 251
Teorema 6.15
(Teorema Fundamental del Cálculo, Primera Forma). Sea F (x) una función continua, tal que F ′ (x) = f (x). Si f es
integrable en [a,b], entonces: ∫ b
af (x)d x = F (b)−F (a) .
Demostración: Sea P = {a = x0, x1, · · · , xn = b} una partición de [a,b]. Puesto que f es integrable, para todo ε> 0,
existe un número δ> 0 tal que si ‖P‖ < δ se tiene:∣∣∣∣∣ n∑i=1
f (ξi )∆i x −∫ b
af (x)d x
∣∣∣∣∣< ε (1)
para cualquier elección ξi ∈ [xi−1, xi ].
Puesto que F es una función continua en [a,b] es también continua en cada intervalo [xi−1, xi ]. Aplicando el
teorema de valor medio en cada [xi−1, xi ] encontramos ξi ∈ [xi−1, xi ] tal que:
F ′(ξi ) = F (xi )−F (xi−1)
xi −xi−1
Puesto que F ′ = f y ∆i x = xi −xi−1 se tiene:
F (xi )−F (xi−1) = f (ξi )∆i x
Sumando desde i = 1 hasta i = n se obtiene :
n∑i=1
(F (xi )−F (xi−1)) =n∑
i=1f (ξi )∆i x.
pero
n∑i=1
(F (xi )−F (xi−1)) = (F (x1)−F (x0))+ (F (x2)−F (x1))+·· ·+ (F (xn)−F (xn−1))
= F (xn)−F (x0)
= F (b)−F (a)
de donde deducimos:n∑
i=1f (ξi )∆i x = F (b)−F (a)
Como lo anterior es cierto para todas las particiones P , a partir de (1), concluimos:∫ b
af (x)d x = F (b)−F (a) .
■
Con el objeto de facilitar la notación definimos:
252 Cálculo Integral
Definición 6.6
Para cualquier función F :
F (x)|ba = F (b)−F (a) ,
por tanto si F es una primitiva de f : ∫ b
af (x) d x = F (x)|ba .
Ejemplo 6.14(i) x3
∣∣85 = 83 −53
(ii) tan x∣∣3ππ = tan(3π)− tanπ.
Ejemplo 6.15 Calcular∫ 1
0x5 d x.
Solución: Con f (x) = x5, una primitiva es:x6
6+k, luego:
∫ 1
0x5d x = x6
6+k
∣∣∣∣1
0
=(
16
6+k
)−
(06
6+k
)= 1
6
Nótese que el valor de k es irrelevante.
Ejemplo 6.16 Calcular∫ 5
2
(x2 +2x +5
)d x.
Solución: Una antiderivada (primitiva) es: F (x) = x3
3+x2 +5x, Luego:∫ 5
2
(x2 +2x +5
)d x = x3
3 +x2 +5x∣∣∣5
2
= ( 1253 +25+25
)− ( 83 +4+10
)= 225
3 .
6.1.7. Teorema del Valor Medio para integrales
Usando el Teorema del Valor intermedio se prueba el siguiente teorema.
Teorema 6.16
Sea f una función continua en un intervalo cerrado [a,b], entonces existe un número c ∈ [a,b] tal que:∫ b
af (x) d x = f (c) (b −a) .
Cálculo Integral 253
Demostración. Puesto que f es continua en [a,b] (un dominio cerrado) la función f tiene un máximo y un
mínimo en [a,b], esto es, existen números m y M tales que para todo x ∈ [a,b] se verifica:
m ≤ f (x) ≤ M .
Aplicando propiedades de integral encontramos:
m ≤ 1
(b −a)
∫ b
af (x) d x ≤ M ,
por tanto el número1
(b −a)
∫ b
af (x) d x se encuentra entre los números m y M . Por el Teorema del valor inter-
medio, existe un número c ∈ [a,b] tal que:
f (c) = 1
(b −a)
∫ b
af (x) d x,
es decir: ∫ b
af (x) d x = f (c) (b −a)
■
Ejemplo 6.17 Sea f : [1,2] →R definida por f (x) = 3x2 −3, encontrar el número c que satisface el teorema del valor medio
para integrales.
Solución. Una antiderivada es F (x) = x3 −3x, por tanto:∫ 2
1
(3x2 −3
)d x = x3 −3x
∣∣21 = 4,
luego, usando el Teorema del Valor Medio para integrales tenemos∫ 2
1f (x) d x = f (c) (b −a) ,
esto es,
4 = (3c2 −3
)(2−1) ,
resolviendo encontramos c =√
73 ' 1,5275. (Se nota que −
√73 no puede ser solución pues −
√73 ∉ [1,2]).
6.1.8. Segunda forma del Teorema Fundamental del Cálculo
Teorema 6.17
Sea f una función continua en el intervalo [a,b] y x ∈ [a,b]. Definimos la función F por
F (x) =∫ x
af (t ) d t
para todo x ∈ (a,b). Entonces:
F ′ (x) = f (x) .
254 Cálculo Integral
Demostración. El cociente de Newton de F en un punto x ∈ [a,b] es
F (x +h)−F (x)
h= 1
h
{∫ x+h
af (t ) d t −
∫ x
af (t ) d t
}. (i)
Aplicando propiedades de la integral:∫ x+h
af (t ) d t −
∫ x
af (t ) d t =
∫ x+h
xf (t ) d t ,
luego la igualdad (i) queda como:
F (x +h)−F (x)
h= 1
h
{∫ x+h
xf (t ) d t .
}(ii)
Aplicando el teorema del valor medio para integrales a la integral∫ x+h
x f (t ) d t existe c ∈ [x, x +h] tal que∫ x+h
xf (t ) d t = f (c)h. (iii)
Sustituyendo el resultado (iii) en (ii):F (x +h)−F (x)
h= 1
hf (c)h,
es decir,F (x +h)−F (x)
h= f (c) . (iv)
Notamos ahora que si h → 0 se tiene c → x, por tanto:
F ′ (x) = lımh→0
F (x +h)−F (x)
h= lım
h→0f (c) = f (x) .
■
Del teorema fundamental del cálculo (primera y segunda forma) concluimos que efectivamente que la operación integración
es la operación inversa de la diferenciación.
6.1.8.1. Ejercicios propuestos
1. Demostrar que f definida por f (x) = x2 es integrable en [−1,1] .
2. Sea f la función máximo entero, es decir, f (x) = [x] . ¿es integrable esta función en [0,2]?.
3. Sea f la función definida por f (x) = 1x2 , ¿Es f integrable en [−1,1]?. Si su respuesta es negativa, ¿en qué intervalos es f
integrable?
Probar:
4.∫ 5
0
(x2 +1
)d x = 140
3.
Cálculo Integral 255
5.∫ π
0cos x d x = 0.
6.∫ 5
1xn d x = 5n+1 −1
n +1, n un número natural.
7.∫ π
−πsin xd x = 0.
8.∫ π/4
0
(x2 −x +cos x − sec2 x
)d x = 1
384
(p2π3 −6
p2π2 −192
p2+192
)p2
6.2 Métodos de integración
6.2.1. La integral indefinida
Para evaluar una integral, debemos encontrar antes una primitiva y luego sustituir en los límites apropiados de integración,
así si el problema es ∫ 3
1f (x) d x ,
debemos primero encontrar una función F tal que F ′(x) = f (x) y entonces:∫ 3
1f (x) d x = F (3)−F (1) .
Toda función integrable tiene infinitas primitivas o antiderivadas ya que a toda antiderivada se puede añadir una constante
y obtener otra antiderivada. La notación usual para representar todas las antiderivadas es:
∫f (x) d x
en la que no hay límites de integración. A esta se llama Integral indefinida de f .
Ejemplo 6.18 Una antiderivada de cos x es sen x, luego todas las antiderivadas de cos x se representan por:∫cos x d x = sen x +C
Ejemplo 6.19 ∫xn d x = xn+1
n +1+C
Ejemplo 6.20 ∫2x ex2
d x = ex2 +C
256 Cálculo Integral
6.2.2. Fórmulas fundamentales de integración
Todas las fórmulas que se dan a continuación se deducen inmediatamente de las fórmulas de derivación.
1.∫
un du = un+1
n +1+C
2.∫
1
udu = lnu +C
3.∫
au du = au
lne+C
4.∫
eu du = eu +C
5.∫
sinu du =−cosu +C
6.∫
cosu du = senu +C
7.∫
tanu du =− ln |cosu|+C
8.∫
cotu du = ln |sinu|+C
9.∫
secu du = ln |secu + tanu|+C
10.∫
cscu du = ln |cscu −cotu|+C
11.∫
sec2 du = tanu +C
12.∫
csc2 u du =−cotu +C
13.∫
secu tanu du = secu +C
14.∫
cscu cotu du =−cscu +C
15.∫
1pa2 −u2
du = arcsinu
a+C
16.∫
1
a2 +u2 du = 1
aarctan
u
a+C
17.∫
1
up
u2 −a2du = 1
aarcsec
u
a+C
18.∫
sinhu du = coshu +C
19.∫
coshu du = sinhu +C
20.∫
sech2u du = tanhu +C
21.∫
csch2u du =−cothu +C
22.∫
sechu tanhu du =−sechu +C
23.∫
cschu cothu du =−cschu +C
Cálculo Integral 257
24.
∫1p
a2 +u2du = ln
(u +
√a2 +u2
)+C .
= arcsinh(u
a
)+C .
25.
∫1p
u2 −a2du = ln
(u +
√u2 −a2
)+C , |u| > a
= arccosh( x
a
)+C .
26.∫
1
a2 −u2 du =
1
2aln
∣∣∣ a +u
a −u
∣∣∣+C
− 1
2aln
∣∣∣u −a
u +a
∣∣∣+C
27.∫
1
up
a2 −u2du =− 1
aln
∣∣∣∣∣ a +p
a2 −u2
u
∣∣∣∣∣+C , 0 < |u| < a
28.∫
1
up
a2 +u2du =− 1
aln
∣∣∣∣∣ a +p
a2 +u2
u
∣∣∣∣∣+C , u 6= 0
6.2.3. Integración por sustitución
Considérese la integral:
I =∫
f[g (x)
]g ′ (x) d x, (1)
haciendo el cambio de variable u = g (x), obtenemos du = g ′ (x) d x, con lo que la integral se convierte en
I =∫
f (u)du.
Esta técnica se llama integración por sustitución. No todas las integrales se encuentran en la forma (1), sin embargo con
alguna manipulación algebraica, a veces, es posible llegar a esta forma.
6.2.3.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 6.21 Calcular:
I =∫
sin x cos x d x
Solución. Sea u = sin x, entonces du = cos x d x, con esta sustitución la integral se transforma en
I =∫
sin x cos x d x =∫
u du
cuya solución es: I = 12 u2 +C . La solución se expresa ahora en función de la variable x de la siguiente forma:∫
sin x cos x d x = 1
2sin2 x +C
Ejemplo 6.22 Calcular:
I =∫
x2(x3 +5
)7 d x
Solución. Sea u = x3 + 5, entonces du = 3x2 d x, observemos que la expresión 3x2 d x no aparece en la integral dada, sin
embargo podemos multiplicar y dividir por 3 obteniendo
I = 1
3
∫3x2(
x3 +5)7 d x
258 Cálculo Integral
sustituyendo u en la última integral:
I = 1
3
∫1
u7 du,
cuya solución es I =− 118 u−6. En función de la variable x queda:
I =− 1
18
(x3 +5
)−6.
Ejemplo 6.23 Calcular:
I =∫
1
x ln xd x
Solución. La integral dada se puede escribir como
I =∫
1
ln x
1
xd x.
Sea u = ln x, entonces du = 1
xd x, con esta sustitución la integral dada queda:
I =∫
1
udu,
cuya solución es:
I = ln |u|+C .
En función de la variable x queda:
I = ln |ln x|+C .
Ejemplo 6.24 Calcular:
I =∫
e2x
1+e4x d x
Solución. Sea u = e2x , entonces du = 2e2x d x. Con este cambio la integral dada queda:
I = 1
2
∫1
1+u2 du
cuya solución es:
I = 1
2arctanu +C ,
que en función de x es:
I = 1
2arctan
(e2x)+C .
Ejemplo 6.25 Calcular:
I =∫
x√1+x2 +
√(1+x2
)3
d x
Solución. Sea u = 1+x2, entonces du = 2x d x. Con este cambio:
I = 1
2
∫1√
u +p
u3du = 1
2
∫1√
1+pu
1pu
du,
hagamos ahora el cambio z =pu, entonces d z = 1
2p
udu, por tanto,
I =∫
1p1+ z
d z
Cálculo Integral 259
esta integral tampoco es directa, hagamos nuevamente otro cambio de variable, sea w = 1+ z, entonces d w = d z, luego:
I =∫
1pw
d w
la solución es:
I = 2p
w +C ,
en función de x es:
I = 2
√1+
√1+x2 +C
Ejemplo 6.26 Calcular: ∫1√
(x −a)2 +b2d x
Solución. Sea u = x −a, entonces du = d x, por tanto:∫1√
(x −a)2 +b2d x =
∫1p
u2 +b2du
= ln
(x −a +
√(x −a)2 +b2
)+C .
Ejemplo 6.27 Calcular: ∫1p
ax2 +bx + cd x
donde ax2 +bx + c es irreducible.
Solución.
ax2 +bx + c = a
(x2 + b
ax + c
a
)= a
(x2 + b
ax + b2
4a2 + c
a− b2
4a2
)= a
((x + b
2a
)2
+ 4ac −b2
4a2
)
= a
(x + b
2a
)2
+√
4ac −b2
4a2
2
Observemos que la irreducibilidad implica4ac −b2
4a2 > 0. Por tanto, aplicando el anterior resultado se tiene::
∫1p
ax2 +bx + cd x = 1p
a
∫1√√√√√(
x + b
2a
)2
+√
4ac −b2
4a2
2
= 1pa
ln
x + b
2a+
√√√√√(x + b
2a
)2
+√
4ac −b2
4a2
2+C
= .1pa
ln
(x + b
2a+ 1p
a
√x2a +xb + c
)+C
260 Cálculo Integral
Ejemplo 6.28 Calcular:
I =∫ 1/2
0
3arcsin xp1−x2
d x
Solución. Inicialmente calculamos la integral indefinida F =∫
3arcsin xp1−x2
d x. Sea u = arcsin x, entonces du = 1p1−x2
d x.
Con este cambio la integral queda:
F =∫
3u du = 3
2u2 +C = 3
2(arcsin x)2 +C
por tanto todas las primitivas de
f (x) = 3arcsin xp1−x2
están dados por
F (x) = 3
2(arcsin x)2 +C ,
luego:I = F (1/2)−F (0)
= 32
(arcsin 1
2
)2
Observaciones.
Observemos que al evaluar la integral definida la constante C se anula.
Existe otra manera de hacer la evaluación al calcular una integral definida en donde se usa un cambio de variable, esto
se muestra el siguiente teorema.
Teorema 6.18
(Teorema de sustitución para integrales). Supongamos que g tiene derivada continua g ′ en un intervalo abierto A,
Sea B = {g (x) : x ∈ A} y supongamos que f es continua en B . Entonces para cada a,b ∈ A∫ b
af[g (t )
]g ′ (t ) d t =
∫ g (b)
g (a)f (u) du.
La demostración se deja al lector.
Ejemplo 6.29 Calcular I si
I =∫ π/3
0sec2 x (sec x tan x) d x
Solución. Sea u = sec x, entonces du = sec x tan x d x, también
si x = 0, u = sec(0) = 1
si x =π/3 u = sec(π/3) = 2
luego:I = ∫ π/3
0 sec2 x (sec x tan x) d x
= ∫ 21 u2 du = 1
3u3
∣∣∣∣2
1
= 1
3(8−1) ,
por tanto∫ π/3
0 sec2 x (sec x tan x) d t = 7
3.
Cálculo Integral 261
6.2.3.2. Ejercicios propuestos
Calcular las siguientes integrales
1.∫
xpx2 +1
ep
x2+1d x Sol. ep
x2+1 +C .
2.∫
x2√
5+2x3 d x Sol. 19
(√(5+2x3
))3+C .
3.∫
2x +1(x2 +x
)1/3d x Sol. 3
2
(3p
x2 +x)2 +C .
4.∫
1
ex +1d x Sol. − ln(ex +1)+x +C .
5.∫
2x −5
x2 −6x +10d x Sol. ln
(x2 −6x +10
)+arctan(x −3)+C .
6.∫
2x +10px2 +x +1
d x Sol. 2p
x2 +x +1+9arcsinh 23
p3(x + 1
2
)+C .
ó también: 2p
x2 +x +1+9ln(2p
x2 +x +1+2x +1)+C
7.∫
5x5p
x2 +5d x Sol. 25
8
(5p
x2 +5)4 +C .
8.∫ (
1+px)3
px3
d x Sol. −2px+6ln
px +6
px +x +C .
9.∫
1px
(1−p
x) d x Sol. −2ln
∣∣1−px∣∣+C .
10.∫
1
xp
ln xd x Sol. 2ln
12 x.
11.∫
1
e−x +ex d x Sol. arctan(ex )+C .
12.∫
2e2x
e4x +2e2x +2d x Sol. arctan
(e2x +1
)+C .
13.∫
cos(2x)esin(2x)d x Sol. 12 esin(2x).
14.∫
(2+ sin x)
(2x −cos x)5 d x Sol. − 1
4(2x −cos x)4
15.∫
1
ax2 +bx + cd x , donde ax2 +bx + c es irreducible.
Sol.2√(
4ca −b2) arctan
2ax +b√(4ca −b2
)
262 Cálculo Integral
6.2.4. Integración por Partes
Sean u y v funciones que dependen de la variable x. Se ha probado que
d (uv) = u d v + v du.
Integrando
uv =∫
u d v +∫
v du,
esto es, ∫u d v = uv −
∫v du
esta fórmula se llama fórmula de integración por partes.En el fondo esta fórmula dice que si es posible expresar el integrando como u d v , entonces se puede tener otra expresión
para la integral, la nueva expresión puede ser a veces mucho mas difícil de resolver que el problema original, pero en muchos
casos es una buena técnica para resolver problemas de integración.
Ejemplo 6.30 Calcular I =∫
ln x d x.
Solución. Sean
u = ln x d v = d x
entonces
du = 1
xd x v = x
luegoI = (ln x) x −∫
x( 1
x d x)
= x ln x −∫d x
= x ln x −x +C
Observemos el orden en que se realizan las operaciones:
u = ln x d v = d x
↘du = 1
xd x ← v = x
Ejemplo 6.31 Calcular∫
sin2 x d x.
Solución. Sean
u = sin x d v = sin x d x
entonces
du = cos x v =−cos x
aplicando la fórmula de integración por partes:∫sin2 x d x = −sin x cos x +
∫cos2 x d x
= −sin x cos x +∫ (
1− sin2)d x
= −sin x cos x +∫
d x −∫
sin2 x d x
= −sin x cos x +x −∫
sin2 x d x
de lo anterior deducimos: ∫sin2 x d x = 1
2(x − sin x cos x)+C
Cálculo Integral 263
Ejemplo 6.32 Calcular∫
sin x sin3x d x.
Solución.u = sin x d v = sin3x d x
du = cos x d x v =− 13 cos3x
luego ∫sin x sin3x d x = − 1
3 sin x cos3x + 13
∫cos x cos3x d x (1)
aplicando nuevamente integración por partes
u = cos x d v = cos3x d x
du =−sin x d x v = 13 sin3x
por tanto ∫cos x cos3x = 1
3 cos x sin3x + 13
∫sin x sin3x d x (2)
luego de (1) y (2): ∫sin x sin3x d x = 1
8 (−3sin x cos3x +cos x sin3x)+C .
Ejemplo 6.33 Integrando por partes mostrar que:∫sinn x d x =−sinn−1 x cos x
n+ n −1
n
∫sinn−2 x d x
Solución. Con la decomposición u = sinn−1 x y d v = sin x:
u = sinn−1 x d v = sin x d x
du = (n −1)sinn−2 x cos xd x v =−cos x
luego: ∫sinn x d x = −sinn−1 x cos x + (n −1)
∫sinn−2 x cos2 x d x
= −sinn−1 x cos x + (n −1)∫
sinn−2 x(1− sin2 x
)d x
= −sinn−1 x cos x + (n −1)[∫
sinn−2 x d x −∫sinn x d x
]de lo anterior se deduce: ∫
sinn x d x =−sinn−1 x cos x
n+ n −1
n
∫sinn−2 x d x.
6.2.4.1. Ejercicios propuestos
Resolver:
1.∫
x cos x d x Sol. cos x +x sin x +C .
2.∫
x3 cos x d x Sol. x3 sin x +3x2 cos x −6cos x −6x sin x +C .
3.∫
arctan x d x Sol. x arctan x − 12 ln
(x2 +1
)+C .
4.∫
eax cos(bx)d x Sol.eax (b sin(bx)+a cos(bx))
a2 +b2 +C .
264 Cálculo Integral
5.∫
eax sin(bx)d x Sol.eax (a sin(bx)−b cos(bx))
a2 +b2 +C .
6.∫
x2 ln x2 d x Sol. 23 x3 ln x − 2
9 x3.
7.∫
x arcsin x2 d x Sol. 12 x2 arcsin x2 + 1
2
p1−x4 +C .
8.∫ xex
(1+x)2 d x Sol.ex
1+x+C .
9.∫
sinp
2x d x Sol. sinp
2x −p2x cos
p2x +C .
10.∫ 2x
cos2 2xd x Sol. x tan2x + 1
2 ln(cos2x)+C .
11.∫
x5 (ln x)2 d x Sol. 16 x6 ln2 x − 1
18 x6 ln x + 1108 x6 +C .
12.∫ arcsin x
x2 d x Sol. − 1
xarcsin x + ln
(p1−x2 −1
x
). Sug. Hacer z = arcsin x.
13.∫ sin2 x
ex d x Sol.e−x
2
(cos(2x)−2sin(2x)
5−1
)+C .
(Usar una identidad trigonométrica).
14.∫
sin(ln x)d x Sol.x
2(sin(ln x)−cos(ln x))+C .
15.∫ x cos x
sin2 xd x Sol.: − x
sin x+ ln(csc x −cot x)+C .
16.∫
5x cos x d x Sol. (ln5cos x + sin x)5x
ln2 5+1
17.∫
5x sin x d x Sol. (−cos x + ln5sin x)5x
ln2 5+1.
18. En la integral∫ 1
xd x hacer u = 1
xy d v = d x, entonces: du =− 1
x2 d x y v = x. Aplicando integración por partes:
∫1
xd x = 1+
∫1
xd x,
¿Esto es contradictorio?.
(Sug. Recordemos que∫
f (x)d x es una primitiva de f )
Cálculo Integral 265
6.2.5. Integrales trigonométricas
En esta sección son útiles las siguientes identidades trigonométricas1. sin(u + v) = sinu cos v +cosu sin v
2. cos(u + v) = cosu cos v − sinu sin v
3. tan(u + v) = tanu + tan v
1− tanu tan v4. sin2 u +cos2 u = 1
5. tan2 u +1 = sec2 u
6. 1+cot2 u = csc2 u
7. sin2 u = 12 (1−cos2u)
8. cos2 u = 12 (1+cos2u)
9. cos2u = cos2 u − sin2 u
10. sin2u = 2sinu cosu
11. sinu cos v = 12 [sin(u − v)+ sin(u + v)]
12. sinu sin v = 12 [cos(u − v)−cos(u + v)]
13. cosu cos v = 12 [cos(u − v)+cos(u + v)]
14. 1± sinu = 1±cos( 1
2π−u)
También son útiles las fórmulas de reducción que se pueden demostrar integrando por partes.
15.∫
sinn u du =−sinn−1 u cosu
n+ n −1
n
∫sinn−2 u du
16.∫
cosn u du = cosn−1 u sinu
n+ n −1
n
∫cosn−2 u du
17.∫
sinn u cosm u du = sinn+1 u cosm−1 u
n +m+ m −1
n +m
∫sinn u cosm−2 du
18.∫
sinn u cosm u du =−sinn−1 u cosm+1 u
n +m+ n −1
n +m
∫sinn−2 u cosm du
En las fórmulas (17) y (18) suponemos que n +m 6= 0.
19.∫
um sinbu du =−um
bcosbu + m
b
∫um−1 cosbu du b 6= 0
20.∫
um cosbu du = um
bsinbu − m
b
∫um−1 sinbu du b 6= 0
6.2.5.1. Potencias impares de senos y cosenos
Si la integral es de la forma ∫sin2n+1 u du,
escribimos la integral en la forma ∫sin2n u sinu du =
∫ (sin2 u
)nsinu du,
con sin2 u = 1−cos2 x : ∫sin2n+1 u du =
∫ (1−cos2 u
)nsinu du
=n∑
k=0
(nk
)(−1)k
∫cos2k u sinu du,
266 Cálculo Integral
aquí,
(n
k
)= n!
k ! (n −k)!. Sea w = cosu, entonces d w =−sinu du, luego:
∫sin2n+1 u du =
n∑k=0
(n
k
)(−1)k
∫w2k (−d w)
=n∑
k=0
(n
k
)(−1)k+1
∫w2k d w
=n∑
k=0
(n
k
)(−1)k+1 1
2k +1w2k+1 +C
que en función de la variable u: ∫sin2n+1 u du =
n∑k=0
(nk
)(−1)k+1 1
2k +1(cosu)2k+1 +C
Una fórmula similar se tiene para el caso de coseno.
Ejemplo 6.34 Calcular∫
sin7 x d x.
Solución. Sea w = cos x, entonces d w =−sin x, por tanto∫sin7 x d x =
∫ (1−cos2 x
)3sin x d x
=∫ (
1−3cos2 x +3cos4 x −cos6 x)
sin x d x
= −∫ (
1−3w2 +3w4 −w6)d w
= −(w −w3 + 3
5 w5 − 17 w7
)+C
en función de x : ∫sin7 x d x =−cos x +cos3 x − 3
5cos5 x + 1
7cos7 x +C
6.2.5.2. Ejercicios propuestos
Probar:
1.∫
sin3 5x d x =− 15 cos5x + 1
15 cos3 5x +C
2.∫
sin7 3x d x = 121 cos7 3x − 1
5 cos5 3x + 13 cos3 3x − 1
3 cos3x +C
3.∫
cos7 xd x =− 17 sin7 x + 3
5 sin5 x − sin3 x + sin x +C
4.∫
x cos5 x2 d x = 12
(sin x2 − 2
3 sin3 x2 + 15 sin5 x2
)+C
5.∫
sin3 x cos2 x d x =− 13 cos3 x + 1
5 cos5 x +C
6.∫
x−1 sin3(ln x3
)d x =− 1
3 cos(3ln x)+ 19 cos3 (3ln x)+C
7.∫
(1+cos3x)3/2 d x = 43
p1−cos3x − 2
9
(p1−cos3x
)3 +C
Cálculo Integral 267
6.2.5.3. Potencias pares de senos y cosenos
En estos casos se puede reducir el tamaño de la potencia usando las fórmulas de reducción o usando las fórmulas (7) y (8).
Ejemplo 6.35 Calcular∫
cos2 7x d x.
Solución. Se tiene cos2 7x = 12 (1+cos14x), luego:
∫cos2 7x d x = 1
2
∫(1+cos14x) d x
= 12
(x + 1
14 sin14x)
Ejemplo 6.36 Calcular∫
sin4 2x d x.
Solución. ∫sin4 2x d x =
∫ [sin2 2x
]2d x
=∫ [
1
2(1−cos4x)
]2
d x
= 14
∫ [1−2cos4x +cos2 4x
]d x
= 14
∫ [1−2cos4x + 1
2(1+cos8x)
]d x
= 14
[x − 1
2 sin4x + 12 x + 1
16 sin8x]+C
= 38 x − 1
8 sin4x + 164 sin8x +C ,
esto es, ∫sin4 2x d x = 3
8x − 1
8sin4x + 1
64sin8x +C .
6.2.5.4. Ejercicios propuestos
Probar:
1.∫
cos4 x d x = 38 x + 1
4sin2x + 1
32sin4x +C
2.∫
sin6 x d x = 5
16x − 1
4sin2x + 3
64sin4x + 1
48sin3 2x +C .
3.∫
(1− sin4x)2 d x = 3
2x + 1
2cos4x − 1
16sin8x +C .
4.∫
x−1 cos2 (ln x2)d x = 1
4cos2(ln x)sin2(ln x)+ 1
2ln x +C .
5.∫
sin8 xd x = 1
16
(35
8x −4sin x + 7
8sin4x + 1
64sin8x + 2
3sin3 2x
)+C
268 Cálculo Integral
6.2.5.5. Productos de senos y cosenos
En este caso siempre podemos aplicar las fórmulas de redución dados en las fórmulas 15 al 18. Sin embargo existen casos en
los que podemos manipular algebraicamente y obtener simplificaciones. Si el integrando es de la forma
sin2k x cos2n−1 x,
o de la forma
sin2k−1 x cos2n x,
con k,n números naturales, se puede simplificar de manera que la nueva integral es fácilmente resoluble.
Ejemplo 6.37 Calcular∫
sin2 x cos3 x d x.
Solución. ∫sin2 x cos3 x d x =
∫sin2 x cos2 x cos x d x
=∫
sin2 x(1− sin2 x
)cos x d x
=∫ (
sin2 x − sin4 x)
cos x d x
=∫
sin2 x cos x d x −∫
sin4 x cos x d x
= 13 sin3 x − 1
5 sin5 x +C
Ejemplo 6.38 Calcular∫
sin2 x cos7 x d x.
Solución. ∫sin2 x cos7 x d x =
∫sin2 x cos6 x cos x d x
=∫
sin2 x(1− sin2 x
)3cos x d x
=∫
sin2 x(1−3sin2 x +3sin4 x − sin6 x
)cos x d x
=∫ (
sin2 x −3sin4 x +3sin6 x − sin8 x)
cos x d x
= 13 sin3 x − 3
5 sin5 x + 37 sin7 x − 1
9 sin9 x +C
Ejemplo 6.39 Calcular∫
cos3 x
1− sin xd x.
Solución. ∫cos3 x
1− sin xd x =
∫cos3 x (1+ sin x)
(1− sin x) (1+ sin x)d x
=∫
cos3 x +cos3 x sin x
1− sin2 xd x
=∫
cos3 x +cos3 x sin x
cos2 xd x
=∫
(cos x +cos x sin x) d x
= sin x + 12 sin2 x +C
Cálculo Integral 269
6.2.5.6. Ejercicios propuestos
Probar:
1.∫
sin x cos2 xd x =−1
3cos3 x +C
2.∫
sin3x cos8x d x =− 1
22cos11x + 1
10cos5x +C
3.∫
sin2 4x cos2 4x d x =− 1
128sin16x + 1
8x +C
4.∫
sin3 x cos3 x d x = 1
4sin4 x − 1
6sin6 x +C
5.∫
sin2 x sin2x d x =−1
4cos2x + 1
16cos4x +C
6.∫
sin2x cos2 4x d x =−2
5cos5 2x + 2
3cos3 2x − 1
2cos2x +C
7.∫
cos10x cos5x d x = 1
10sin5x + 1
30sin15x +C
8. Calcular:∫
sin2n+1 x cosm x d x, m,n ∈N.
6.2.5.7. Producto de seno y coseno con argumentos distintos
Si la integral tiene una de las siguientes formas: ∫cosαx sinβx d x∫cosαx cosβx d x∫sinαx sinβx d x
puede usarse las siguientes identidades:
sinu cos v = 12 [sin(u + v)+ sin(u − v)]
cosu sin v = 12 [sin(u + v)− sin(u − v)]
cosu cos v = 12 [cos(u + v)+cos(u − v)]
sinu sin v = 12 [cos(u − v)−cos(u + v)]
para transformar la integral en una más simple.
Ejemplo 6.40 Calcular∫
cos2x sin7x d x
Solución. ∫cos2x sin7x d x = 1
2
∫(sin(9x)− sin(−5x))d x
= 1
2
∫(sin9x + sin5x)d x
= 1
2
(−1
9cos9x − 1
5cos5x
)= − 1
18cos9x − 1
10cos5x +C
270 Cálculo Integral
Ejemplo 6.41 Calcular∫
sin5x sin3x d x
Solución. ∫sin5x sin3x d x = 1
2
∫(cos2x −cos8x)d x
= 1
2
∫cos2x d x − 1
2
∫cos8x d x
= 1
4sin2x − 1
16sin8x +C
6.2.5.8. Potencias de tangentes
Si la integral es∫
tann x d x, escribimos
∫tann x d x =
∫tann−2 x tan2 x d x
=∫
tann−2 x(sec2 x −1
)d x
=∫
tann−2 x sec2 x d x −∫
tann−2 x d x
= 1
n −1tann−1 x −
∫tann−2 x d x
obteniéndose una reducción. En lo anterior se han empleado los siguientes resultados: La derivada de tan x es sec2 x y
tan2 x = sec2 x −1.
Ejemplo 6.42 Calcular∫
tan3 x d x.
Solución. ∫tan3 x d x =
∫tan x
(sec2−1
)d x
=∫ (
tan x sec2 x − tan x)
d x
= 12 tan2 x − ln |cos x|+C
Ejemplo 6.43 Calcular∫
tan4 x d x.
Solución. ∫tan4 x d x =
∫tan2 x
(sec2−1
)d x
=∫
tan2 x sec2 x d x −∫
tan2 x d x
= 13 tan3 x −
∫ (sec2 x −1
)d x
= 13 tan3 x − tan x +x +C
6.2.5.9. Potencias de secantes, cotangentes y cosecantes
Se procede con simplificaciones como en el caso de las tangentes.
Cálculo Integral 271
Ejemplo 6.44 Calcular∫
sec4 t d t .
Solución. ∫sec4 t d t =
∫sec2 t sec2 t d t
=∫
sec2 t(1+ tan2 t
)d t
=∫
sec2 t d t +∫
tan2 t sec2 t d t
= tan t + 13 tan3 t +C
observemos que sec2 t = 1+ tan2 t .
Ejemplo 6.45 Calcular∫
sec3 x d x
Solución. ∫sec3 x d x =
∫sec x
(1+ tan2 x
)d x
=∫
sec x d x +∫
sec x tan2 x d x
(1)
resolvemos estas integrales por separado.∫sec x d x =
∫sec x (sec x + tan x)
sec x + tan xd x
=∫
sec2 x + sec x tan x
sec x + tan xd x
= ln |sec x + tan x|
(2)
la otra integral se resuelve por partesu = tan x d v = sec x tan x
d v = sec2 x d x v = sec x
luego ∫sec x tan2 x d x = tan x sec x −∫
sec3 x d x (3)
reemplazando los resultados obtenidos (2) y (3) en (1) se tiene:∫sec3 x d x = ln |sec x + tan x|+ tan x sec x −∫
sec3 x d x
de donde deducimos que: ∫sec3 x d x = 1
2ln(sec x + tan x)+ 1
2tan x sec x +C
Ejemplo 6.46 Calcular∫
cot4 3x d x.
Solución. Usamos la identidad: 1+cot2 3x = csc2 3x.∫cot4 3x d x =
∫cot2 3x
(csc2 3x −1
)d x
=∫
cot2 3x csc2 3x d x −∫
cot2 3x d x
= − 19 cot3 3x −
∫ (csc2 3x −1
)d x
= − 19 cot3 3x + 1
3 cot3x +x +C
272 Cálculo Integral
6.2.5.10. Productos de tangentes, secantes, cotangentes y cosecantes
Ejemplo 6.47 Calcular∫
tan4 x sec4 x d x.
Solución. ∫tan4 x sec4 x d x =
∫tan4 x sec2 x sec2 x d x
=∫
tan4 x sec2 x(1+ tan2 x
)d x
=∫
tan4 x sec2 x d x +∫
tan6 x sec2 xd x
= 15 tan5 x + 1
7 tan7 x +C
6.2.5.11. Ejercicios propuestos
Probar:
1.∫
cot3 x d x =−1
2cot2 x + 1
2ln
(csc2 x
)2.
∫tan5 xd x = 1
4tan4 x − 1
2tan2 x + 1
2ln
(sec2 x
)+C .
3.∫
tan3 x sec3 x d x =−1
3sec3 x + 1
5sec5 x +C .
4.∫
cot x csc3 x d x = − 13 csc3 x +C .
5.∫
tan4 x sec3 xd x =
− 1
16tan x sec x + 1
24tan3 x sec x + 1
6tan5 x sec x + 1
16ln(sec x + tan x)+C .
Sol. Equiv.1
16 sec x tan x − 724 sec3 x tan x + 1
6 sec5 x tan x + 116 ln |sec x + tan x|+C
6.∫
cot3 x csc4 x d x =−1
6cot4 x csc2 x − 1
12cot4 x +C .
Sol. Equiv. −1
6csc6 x + 1
4csc4 x +C .
Aplicando integración por partes deducir las siguientes fórmulas de reducción
7.∫
secm u du = 1
m −1secm−2 u tanu + m −2
m −1
∫secm−2 u du.
8.∫
cscm u du =− 1
m −1cscm−2 u cotu + m −2
m −1
∫cscm−2 u du.
6.2.6. Resumen de las fórmulas de reducción
En lo que sigue m y n son números naturales.
Cálculo Integral 273
1.∫
sinn u du =−sinn−1 u cosu
n+ n −1
n
∫sinn−2 u du
2.∫
cosn u du = cosn−1 u sinu
n+ n −1
n
∫cosn−2 u du
3.∫
tann x d x = 1
n −1tann−1 x −
∫tann−2 x d x
4.∫
cotn x d x =− 1
n −1cotn−1 x −
∫cotn−2 x d x
5.∫
secm u du = 1
m −1secm−2 u tanu + m −2
m −1
∫secm−2 u du.
6.∫
cscm u du =− 1
m −1cscm−2 u cotu + m −2
m −1
∫cscm−2 u du.
En (7) y (8) m 6= −n
7.∫
sinn u cosm u du = sinn+1 u cosm−1 u
n +m+ m −1
n +m
∫sinn u cosm−2 du
8.∫
sinn u cosm u du =−sinn−1 u cosm+1 u
n +m+ n −1
n +m
∫sinn−2 u cosm du
9.∫
um sinbu du =−um
bcosbu + m
b
∫um−1 cosbu du b 6= 0
10.∫
um cosbu du = um
bsinbu − m
b
∫um−1 sinbu du b 6= 0
En (11), (13) m 6= 1 y en (12), (14) m 6= −1/2
11.∫
1(a2 ±u2
)m du = 1
a2
(u
(2m −2)(a2 ±u2
)m−1
)+ 2m −3
2m −2
∫1(
a2 ±u2)m−1 du
12.∫ (
a2 ±u2)mdu = u
(a2 ±u2
)m
2m +1+ 2ma2
2m +1
∫ (a2 ±u2) m−1 du
13.∫
1(u2 −a2
)m du =− 1
a2
(u
(2m −2)(u2 −a2
)m−1
)+ 2m −3
2m −2
∫1(
u2 −a2)m−1 du
14.∫ (
u2 −a2)mdu = u
(u2 −a2
)m
2m +1− 2ma2
2m +1
∫ (u2 −a2)m−1
du
15.∫
umeaudu = 1
aumeau − m
a
∫um−1eau du
6.2.7. Funciones racionales a dos variables
Una función racional a dos variables F (u, v), es el cociente de dos polinomios en u y en v .
Ejemplo 6.48 F(x, y
)= 2x2 −x y2 + y3 +4
x5 +2x yes una función racional en las variables x, y .
Ejemplo 6.49 F(x,p
2x +1)= x3
p2x +1+ (p
2x +1+3)2
p2x +1−x4 +10
es una función racional en x yp
2x +1.
Ejemplo 6.50 F(x,p
x +5)= p
x +px +5
x2 +5no es una función racional en x y
px +5, (¿por qué?)
274 Cálculo Integral
6.2.8. Cambios de variable trigonométricos
Si el integrando es una función racional a dos variables de una de las siguientes formas:
F(u,
pa2 −b2u2
)F
(u,
pa2 +b2u2
)F
(u,
pb2u2 −a2
)es posible hacer cambios de variable trigonométricos construyendo un triángulo rectángulo.
6.2.8.1. Forma F(u,
pa2 −b2u2
).
En este caso consideramos el siguiente triángulo:
���
���
��
z
a bu
pa2 −b2u2
Se hace el cambio sin z = bu
a, de donde:
u = a
bsin z
du = a
bcos z d z
pa2 −b2u2 = a cos z
luego: ∫F
(u,
√a2 −b2u2
)du =
∫F
( a
bsin z, a cos z
) a
bcos z d z
donde la integral de la derecha es una integral en términos de cosenos y senos.
Ejemplo 6.51 Calcular∫
x2
p9−x2
d x.
Solución.Consideremos el siguiente triángulo
��
���
���
z
3 x
p9−x2 ,
hacemos el cambio sin z = 13 x, luego
x = 3sin z
d x = 3cos z d zp9−x2 = 3cos z
Cálculo Integral 275
con este cambio la integral queda: ∫x2
p9−x2
d x =∫
(3sin z)2
3cos z(3cos z d z)
= 9∫
sin2 z d z
= 92
∫(1−cos2z) d z
= 92 z − 9
4 sin2z +C
= 92 z − 9
2 sin z cos z +C
para terminar tomemos en cuenta que z = arcsin( 1
3 x)y entonces∫
x2
p9−x2
d x = 92 arcsin
( 13 x
)− 92
x
3
p9−x2
3+C
= 92 arcsin
( 13 x
)− 12 x
p9−x2 +C
6.2.8.2. Forma F(u,
pa2 +b2u2
).
En este caso consideramos el siguiente triángulo
��
���
���
z
pa2 +b2u2 bu
a .
el cambio de variable que sugiere el gráfico es: tan z = bua , luego:
u = a
btan z
du = a
bsec2 z d z
pa2 +b2u2 = a sec z
con este cambio de variable tenemos:∫F
(u,
√a2 +b2u2
)du =
∫F
( a
btan z, a sec z
) a
bsec2 z d z
donde la integral de la derecha es una integral en términos de tangentes y secantes.
Ejemplo 6.52 Calcular∫ p
4+x2 d x.
Solución. Consideramos el siguiente triángulo
���
���
��
z
p4+x2 x
2
276 Cálculo Integral
hacemos el cambio tan z = x
2, luego
x = 2tan z
d x = 2sec2 z d zp4+x2 = 2sec z
con este cambio se tiene ∫ √4+x2 d x =
∫4sec3 z d z
= 2ln |sec z + tan z|+2tan z sec z +C
= 2ln
∣∣∣∣1
2
p4+x2 + 1
2x
∣∣∣∣+2
(1
2x
)(1
2
p4+x2
)= 2ln
∣∣∣∣1
2
p4+x2 + 1
2x
∣∣∣∣+ 1
2xp
4+x2 +C
6.2.8.3. Forma F(u,
pb2u2 −a2
).
En este caso consideramos el siguiente triángulo
���
���
��
z
bup
b2u2 −a2
a
el cambio de variable que sugiere el gráfico es sec z = bua , luego
u = a
bsec z
du = a
bsec z tan z d z
pb2u2 −a2 = a tan z
con este cambio de variable tenemos:∫F
(u,
√b2u2 −a2
)du =
∫F
( a
bsec z, a tan z
) a
bsec z tan z d z
donde la integral de la derecha es una integral en términos de tangentes y secantes.
Ejemplo 6.53 Calcular∫
x2
px2 −16
d x.
Solución.
En gráfico que corresponde es
���
���
��
z
xp
x2 −16
4
Cálculo Integral 277
el cambio de variable es sec z = x
4, luego
x = 4sec z
d x = 4sec z tan z d zpx2 −16 = 4tan z
con este cambio de variable tenemos:∫x2
px2 −16
d x =∫
16sec2 z
4tan z4sec z tan z d z
= 16∫
sec3 z d z
= 8ln |sec z + tan z|+8tan z sec z
= 8ln∣∣∣ 1
4 x + 14
px2 −16
∣∣∣+ 12 x
px2 −16+K
= 8ln∣∣∣x +
px2 −16
∣∣∣+ 12 x
px2 −16+C
(C = K −8ln4)
6.2.8.4. Ejercicios propuestos
1.∫ (
x2 +1)3/2
d x.
Sol. 14 x
(px2 +1
)3 + 38 x
px2 +1+ 3
8 ln∣∣∣px2 +1+x
∣∣∣+C .
2.∫ x +x2
p1−x2
d x.
Sol. −p
1−x2 − 12 x
p1−x2 + 1
2 arcsin x +C .
3.∫ x2
p9−x2
d x.
Sol. − 12 x
p9−x2 + 9
2 arcsin 13 x +C .
4.∫ 1
x2p
x2 −16d x
Sol. 116x
√(x2 −16
)+C .
5.∫ 1(
x + 12
)px2 +x +1
d x.
Sol. 2p
33
(ln
(2p
x2 +x +1−p3)− ln(2x +1)
)+C .
6.∫
x3p
4−x2d x.
Sol. − 15 x2
(p4−x2
)3 − 815
(p4−x2
)3 +C .
7.∫ 1(
9+x2)2 d x.
Sol. 118
x
9+x2 + 154 arctan 1
3 x +C .
278 Cálculo Integral
8.∫ x +2
x2 −6x +10d x
Sol. 12 ln
(x2 −6x +10
)+5arctan(x −3)+C .
9.∫
x +2
x2 +6x +10d x
Sol. 12 ln
(x2 +6x +10
)−arctan(x +3)+C .
10.∫ p
4−x2
xd x.
Sol.p
4−x2 +2ln
∣∣∣∣∣2−p
4−x2
x
∣∣∣∣∣+C .
11.∫ 1(
9−x2)3/2
d x.
Sol.1
9
xp9−x2
.
12.∫ x2
px2 −1
d x.
Sol. 12 x
px2 −1+ 1
2 ln(x +
px2 −1
)+C .
13.∫ p
x2 +x +5 d x.
Sol. 14 (2x +1)
√(x2 +x +5
)+ 198 ln
(2p
x2 +x +5+2x +1)+C .
14.∫ 5p
x2 −4x +9d x.
Sol. 5ln(p
x2 −4x +9+x −2)+C
15.∫ xp
1−x2 +(p
1−x2)3 d x.
Sol.: −arctan(p
1−x2)+C
6.3 Integración por Fracciones Parciales
6.3.1. Preliminares algebraicos
Inicialmente se enuncian sin demostración algunos resultados del álgebra elemental. Como se sabe, si an 6= 0, la expresión
p (x) = a0 +a1x +a2x2 +·· ·+an xn se llama polinomio en x de grado n.
Teorema 6.19
Todo polinomio a0 +a1x +a2x2 +·· ·+an xn tiene a lo sumo n raíces reales distintas.
Observación. Un polinomio puede no tener raíces reales (Ej. x2 +1).
Cálculo Integral 279
Teorema 6.20
Todo polinomio se puede factorizar en factores con coeficientes reales de la forma (Ax +B) y(ax2 +bx + c2
), donde
ax2 +bx + c2 es irreducible, esto es, b2 −4ac < 0.
En esta sección nos interesan cocientes de polinomios en donde el grado del numerador es estrictamente menor que el grado
del denominador; si este no es el caso, por simple división puede llevarse a la forma de un polinomio más un cociente con la
forma deseada.
Ejemplo 6.54
x4 −x2 +5
x2 +1= x2 −2+ 7
x2 +1
6.3.2. Fracciones parciales
Si enP (x)
Q (x)el grado de P (x) es estrictamente menor que el grado de Q (x) entonces es posible escribir
P (x)
Q (x)como suma de
funciones racionales más simples de la forma:A
ax +b,
oAx +B
ax2 +bx + c.
De acuerdo a los factores del polinomio Q (x) podemos tener los siguientes casos:
6.3.2.1. Factores lineales: ax +b
La regla es la siguiente: A cada factor
(ax +b)m
le corresponde la sumaA1
ax +b+ A2
(ax +b)+·· ·+ Am
(ax +b)m
en donde los Ai son constantes a determinar
Ejemplo 6.55 Sea f (x) = x2 +5
(x −1)(x −2)2 , entonces f se puede expresar como la suma de expresiones racionales más sim-
ples.
Al factor (x −1) le correspondeB
x −1,
en donde B es una constante a determinar.
Al factor (x −2)2 le corresponde la sumaA1
x −2+ A2
(x −2)2 ,
en donde A1 y A2 son constantes a determinar.
Entonces f puede escribirse como
f (x) = B
x −1+ A1
x −2+ A2
(x −2)2
280 Cálculo Integral
6.3.2.2. Factores cuadráticos: ax2 +bx + c
La regla a aplicar es la siguiente: A cada factor (ax2 +bx + c
)m
le corresponde la sumaA1x +B1
ax2 +bx + c+ A2x +B2(
ax2 +bx + c)2 +·· ·+ Am x +Bm(
ax2 +bx + c)m
en donde los Ai ,Bi son constantes a determinar.
Ejemplo 6.56 Sea f (x) = x2 +x +1(x2 +x +1
)(x2 +1
)2 , entonces f se puede expresar como
f (x) = Ax +B
x2 +x +1+ C x +D
x2 +1+ E x +F(
x2 +1)2
en donde A,B ,C ,D,E ,F son constantes a determinar.
6.3.3. Cálculo de constantes en fracciones parciales
Via ejercicios, en esta sección, ilustramos las técnicas para calcular las constantes en fracciones parciales.
Ejemplo 6.57 Expresar como suma de fracciones parciales la siguiente función racional.
f (x) = x2 +5
(x −1)(x −2)2 .
Solución.x2 +5
(x −1)(x −2)2 = A
x −1+ B
x −2+ C
(x −2)2
quitando denominadores
x2 +5 = A (x −2)2 +B (x −1)(x −2)+C (x −1) (1)
el resultado mostrado en (1) es una identidad, esto es, (1) es válido para todo x.
Método general. Realizando operaciones algebraicas en (1) encontramos
x2 +5 = (A+B) x2 + (−4A−3B +C ) x + (4A+2B −C )
igualando coeficientes encontramos el sistema de ecuaciones:
A+B = 1
−4A−3B +C = 0
4A+2B −C = 5
resolviendo este sistema encontramos A = 6, B =−5, C = 9, por tanto:
x2 +5
(x −1)(x −2)2 = 6
x −1− 5
x −2+ 9
(x −2)2 .
Método abreviado. Puesto que (1) es una identidad, es válido para todo x. Sustituimos valores de x apropiados, buscamos
números x tales que se anulen la mayor cantidad de sumandos que aparecen en (1).
Sustituyendo x = 1 en (1):
6 = A
Cálculo Integral 281
Sustituyendo x = 2 en (1):
9 =C
Hasta ahora hemos logrado calcular A y C . No tenemos más valores que anulen algunos sumandos de (1). Elegimos ahora
un valor arbitrario, digamos x = 0, sustituyendo este valor en (1) encontramos
5 = 4A+2B −C
de donde despejando B tenemos
B = 1
2(5−4A+C )
luego puesto que A = 6 y C = 9 tenemos B = −5. Este resultado coincide con el encontrado en el método general. En este
método elegimos el valor arbitrario x = 0, debe quedar claro que pudimos haber elegido cualquier otro número real.
6.3.4. Integración por Fracciones parciales
La descomposición de una función racional en fracciones parciales puede aplicarse en la resolución de integrales en las
cuales el integrando es una función racional.
Ejemplo 6.58 Calcular: I =∫
4x
(2x −1)(2x +1)d x.
Solución. Aplicando fracciones parciales al integrando:
4x
(2x −1)(2x +1)= A
2x −1+ B
2x +1
quitando denominadores queda
4x = A (2x +1)+B (2x −1)
Sustituyendo x = 1/2 obtenemos A = 1.
Sustituyendo x =−1/2 obtenemos B = 1, por tanto:
I =∫ (
1
2x −1+ 1
2x +1
)d x
de donde:I = 1
2 (ln |2x −1|+ ln |2x +1|)+C
= lnp|(2x −1)(2x +1)|+C
Ejemplo 6.59 Calcular∫
x2 +5
(x −1)(x −2)2 d x.
Solución. En la sección anterior se prueba:
x2 +5
(x −1)(x −2)2 = 6
x −1− 5
x −2+ 9
(x −2)2
integrando: ∫x2 +5
(x −1)(x −2)2 d x =∫
6
x −1d x −
∫5
x −2d x +
∫9
(x −2)2 d x
de donde: ∫x2 +5
(x −1)(x −2)2 d x = 6ln |x −1|−5ln |x −2|− 9
x −2+C
282 Cálculo Integral
Ejemplo 6.60 Calcular∫
x2 −3x −1
x3 +x2 −2xd x.
Solución. Factorizando el denominador:
x3 +x2 −2x = x (x +2)(x −1)
Aplicando fracciones parciales:x2 −3x −1
x (x +2)(x −1)= A
x+ B
x +2+ C
x −1
quitando denominadores
x2 −3x −1 = A (x +2)(x −1)+B x (x −1)+C x (x +2) (1)
Sustituyendo x = 0 en (1):
−1 =−2A ⇒ A = 1
2
Sustituyendo x = 1 en (1) :
−3 = 3C ⇒C =−1
Sustituyendo x =−2 en (1):
9 = 6B ⇒ B = 3
2
luego podemos escribir: ∫x2 −3x −1
x3 +x2 −2xd x = 1
2
∫1
xd x + 3
2
∫1
x +2d x −
∫1
x −1d x
= 1
2ln |x|+ 3
2 ln |x +2|− ln |x −1|+C
= ln
∣∣∣∣ x1/2 (x +2)3/2
x −1
∣∣∣∣+C
Ejemplo 6.61 Calcular∫
x3 +x −1(x2 +1
)2 d x.
Solución. El factor x2 +1 es irreducible por tanto escribimos
x3 +x −1(x2 +1
)2 = Ax +B
x2 +1+ C x +D(
x2 +1)2
quitando denominadores
x3 +x −1 = (Ax +B)(x2 +1
)+ (C x +D) (1)
ahora no tenemos valores reales que anulen sumandos de (1). Sin embargo puesto que (1) es una identidad podemos tomar
algunos valores de x y sustituirlos en (1) para obtener las suficientes ecuaciones que nos permitirán encontrar los valores de
A,B ,C ,D . Para los valores −1,0,1,2 encontramos respectivamente las siguientes ecuaciones:
−2A+2B −C +D = −3
B +D = −1
2A+2B +C +D = 1
10A+5B +2C +D = 9
Cálculo Integral 283
resolviendo encontramos A = 1, B =C = 0, D =−1. Por tanto∫x3 +x −1(
x2 +1)2 d x =
∫x
x2 +1d x −
∫1(
x2 +1)2 d x
resolviendo las integrales de la derecha encontramos:∫x
x2 +1d x = 1
2ln
(x2 +1
)∫1(
x2 +1)2 d x = 1
2
( x
x2 +1
)+ 1
2arctan x
(2)
por tanto ∫x3 +x −1(
x2 +1)2 d x = 1
2ln
(x2 +1
)− 1
2
( x
x2 +1
)− 1
2arctan x +C
Comentario. La segunda integral que aparece (2) puede resolverse con la sustitución x = tan z (que viene de la sustitución
trigonométrica).
Ejemplo 6.62 Calcular∫
x3
2x2 −x −1d x.
Solución. En este caso es necesaria una división pues el numerador es de grado mayor que el denominador. Dividiendo:
x3
2x2 −x −1= 1
2x + 1
4+ 3x +1
4(2x2 −x −1
) ,
Aplicando fracciones parciales al tercer sumando:
3x +1
4(2x2 −x −1
) = 1
12(2x +1)+ 1
3(x −1)
por tanto: ∫x3
2x2 −x −1d x =
∫1
2xd x +
∫1
4d x + 1
12
∫1
2x +1d x + 1
3
∫1
x −1d x
= 1
4x2 + 1
4x + 1
24ln |2x +1|+ 1
3ln |x −1|+C
6.3.4.1. Ejercicios propuestos
Resolver
1.∫
2x +4
8x2 −14x +3d x.
Sol. − 920 ln(4x −1)+ 7
10 ln(2x −3)+C .
2.∫
x2 +1
(x −2)(x −3)2 d x.
Sol. 5ln(x −2)− 10
x −3−4ln(x −3)
3.∫
x
(x −1)(x −4)(x −1)2 d x.
Sol.1
6(x −1)2 + 4
9(x −1)− 4
27 ln(x −1)+ 427 ln(x −4)+C .
284 Cálculo Integral
4.∫
sin x
cos x(1+cos2 x
)d x.
Sol. ln
∣∣∣∣∣p
1+cos2 x
cos x
∣∣∣∣∣+C .
5.∫
1(x3 −1
)2 d x.
Sol. f (x)+ g (x) donde:
f (x) =− 1
9(x −1)− 2
9 ln(x −1)+ 19 ln
(x2 +x +1
)g (x) = 2
9
p3arctan 1
3 (2x +1)p
3+ 19
x −1
x2 +x +1+C .
6.∫
1
x3 +1d x.
Sol. 13 ln(x +1)− 1
6 ln(x2 −x +1
)+ 13
p3arctan 1
3 (2x −1)p
3+C .
7.∫
1
x3 −1d x.
Sol. 13 ln(x −1)− 1
6 ln(x2 +x +1
)− 13
p3arctan 1
3 (2x +1)p
3+C .
8.∫
1
x4 +1d x.
Sol. 18
p2ln
x2 +xp
2+1
x2 −xp
2+1+ 1
4
p2arctan
(xp
2+1)+
14
p2arctan
(xp
2−1)+C .
Sug:
x4 +1 =((
x2)2 +2x2 +1)−2x2 =
= (x2 +1
)2 −2x2 =(x2 +1−p
2x)(
x2 +1+p2x
)y entonces:
1
x4 +1= −p2x +2
4(x2 −p
2x +1) + p
2x +2
4(x2 +p
2x +1)
9.∫
1
x6 +1d x.
Sol. 13 arctan x − 1
12
p3ln
(x2 −p
3x +1)+ 1
6 arctan(2x −p
3)+
112
p3ln
(x2 +p
3x +1)+ 1
6 arctan(2x +p
3)
(Sug. observe que x6 +1 =((
x2)3 +3
(x2
)2 +3x2 +1)−3
(x4 +x2
))
10.∫
x2 −8x +7(x2 −7x +6
)2 d x.
Sol. 15(x−6) + 6
25 ln(x −6)− 625 ln(x −1)+C .
11.∫
1
x4 −2x3 +2x2 −2x +1d x.
Sol. − 1
2(x −1)− 1
2 ln(x −1)+ 14 ln
(x2 +1
)+C .
Cálculo Integral 285
12.∫
x
x6 +x2 d x.
Sol. ln x − 14 ln
(x4 +1
)+C .
13.∫
x5
x8 +1d x.
Sol. 116
p2ln
x4 −x2p
2+1
x4 +x2p
2+1+ 1
8
p2arctan
(x2
p2+1
)+18
p2arctan
(x2
p2−1
)+C .
14.∫
x2
(x −1)2 d x.
Sol. x − 1
x −1+2ln(x −1)+C .
15.∫
x4(x2 +1
)(x2 +x +1
)d x.
Sol. x − 12 ln
(x2 +1
)− 23
p3arctan
(p3
3 (2x +1))+C .
6.4 Funciones racionales del tipo F(x,p
ax +b)
Si F es una función racional en x yp
ax +b. La integral∫F
(x,p
ax +b)
d x
se racionaliza (integrando racional) con el cambio de variable:
t =p
ax +b
del cambio de variable se deduce:
x = t 2 −b
a
d x = 2t
ad t
por tanto ∫F
(x,p
ax +b)
d x =∫
F
(t 2 −b
a, t
)2t
ad t
que es una integral con integrando una función racional en la variable t .
6.4.0.2. Ejercicios resueltos
Ejemplo 6.63 Calcular I =∫
x +p2x +1
1+p2x +1
d x =.
Solución. Realizamos el cambio:
t =p2x +1
286 Cálculo Integral
luego:
x = t 2 −1
2
d x = t d t
sustituyendo en la integral dada:
I =∫ t 2 −1
2+ t
1+ ttd t = 1
2
∫t 3 +2t 2 − t
t +1d t
dividiendo la integral toma la forma:
I = 1
2
∫ (t 2 + t −2+ 2
t +1
)d t .
Integrando y reemplazando en la variable x:
I = 12
( 13 t 3 + 1
2 t 2 −2t +2ln |t +1|)+C
= 16
√(2x +1)3 + 1
4 (2x +1)−p2x +1+ ln
(1+p
2x +1)+C
Ejemplo 6.64 Calcular I =∫
x2p
x +1d x.
Solución. Realizamos el cambio:
t =px +1
de esto obtenemos:x = t 2 −1
d x = 2t d t
sustituyendo en la integral dada :
I =∫ (
t 2 −1)2
t 2td t =∫ (
2t 6 −4t 4 +2t 2) d t
Integrando:I = 2
7 t 7 − 45 t 5 + 2
3 t 3 +C
= 27
√(x +1)7 − 4
5
√(x +1)5 + 2
3
√(x +1)3 +C
Ejemplo 6.65 Calcular∫
xp
x −1px −1+x
d x.
Solución. Con el cambio t =px −1 se tiene:
x = t 2 +1
d x = 2t d t
luego: ∫xp
x −1px −1+x
d x =∫ (
t 2 +1)
t
t + t 2 +1(2t d t )
= 2∫
t 4 + t 2
t 2 + t +1d t
= 2∫ (
t 2 − t +1)
d t −2∫
1
t 2 + t +1d t
= 23 t 3 − t 2 +2t − 4
3
p3arctan 1
3 (2t +1)p
3+C
en función de la variable x la solución es: ∫xp
x −1px −1+x
d x = f (x)+ g (x)+C
Cálculo Integral 287
donde:f (x) = 2
3
(px −1
)3 − (px −1
)2 +2p
x −1
g (x) = − 43
p3arctan
[ 13
(2p
x −1+1)p
3]
6.4.0.3. Ejercicios propuestos
Calcular:
1.∫
1px −1− 4px −1
d x.
Sol. 4ln( 4px −1−1
)+2 4px −1( 4px −1+2
)+C
2.∫ p
x +1(px)3 −x
d x.
Sol. 4ln(p
x −1)− ln x +C .
3.∫
x +px +1p
x +1d x.
Sol. 23
(px +1
)3 −2p
x +1+x +C .
4.∫ p
2x −4
xd x.
Sol. 2p
2x −4−4arctan 12
p2x −4+C .
5.∫ p
x +1+1p
x +1− (px +1
)3 d x.
Sol. −2ln(p
x +1−1)
6.∫ p
x +2
x +1d x.
Sol. 2p
x +2+ ln
(px +2−1px +2+1
)+C
6.5 Funciones racionales del tipo F (sin x,cos x)
Si el integrando es una función racional de este tipo, se puede racionalizar con el cambio de variable
t = tanx
2,
de este cambio de variable se obtiene:
sin x = 2t
1+ t 2
cos x = 1− t 2
1+ t 2
288 Cálculo Integral
x = 2arctan t
d x = 2
1+ t 2 d t
por tanto : ∫F (sin x,cos x) d x =
∫F
(2t
1+ t 2 ,1− t 2
1+ t 2
)2
1+ t 2 d t
que es una función racional en la variable t .
6.5.0.4. Ejercicios resueltos
Ejemplo 6.66 Calcular I =∫
1+ sin x
cos xd x.
Solución. Con el cambio t = tan x2 :
I =∫ 1+ 2t
1+ t 2
1− t 2
1+ t 2
2
1+ t 2 d t
=∫
2t 2 +4t +2(1− t 2
)(1+ t 2
)d t
simplificando y aplicando fracciones parciales:
2t 2 +4t +2(1− t 2
)(1+ t 2
) =− 2(t +1)2
(t −1)(t +1)(1+ t 2
) =− 2
t −1+2
t
1+ t 2
luego:
I = −∫
2
t −1d t +2
∫t
1+ t 2 d t
= −2ln |t −1|+ ln(1+ t 2
)+C
= −2ln∣∣tan x
2 −1∣∣+ ln
(1+ tan2 x
2
)+C
Ejemplo 6.67 Calcular I = ∫sec x d x.
Solución. Con el cambio t = tan x2 :
I =∫
1
1− t 2
1+ t 2
2
1+ t 2 d t
=∫ −2
t 2 −1d t
aplicando fracciones parciales:−2
t 2 −1=− 1
t −1+ 1
t +1
luego:
I =∫
− 1
t −1d t +
∫1
t +1d t
= ln
∣∣∣∣ t +1
t −1
∣∣∣∣+C
= ln
∣∣∣∣ tan x2 +1
tan x2 −1
∣∣∣∣+C
Cálculo Integral 289
tomando en cuenta el resultado:
tanx
2= sin x
1+cos x
encontramos:
I = ln |sec x + tan x|+C
6.5.0.5. Ejercicios propuestos
IMPORTANTE: En las soluciones de los siguientes ejercicios t = tan( x
2
).
Calcular:
1.∫
5
1+5cos xd x
Sol.5p
6
12ln
(p2t +p
3p2t −p
3
)+C
2.∫
cos x
1+5cos xd x
Sol. 25 arctan t +
p6
60 ln
(p2t −p
3p2t +p
3
)+C
3.∫
1
1+ sin x +cos xd x.
Sol. ln(t +1)+C .
4.∫
1
1+ sin2 xd x
Sol.p
22 arctan
(p2t + t
)+ p2
2 arctan(p
2t − t)+C
5.∫
cos x
sin x −cos2 xd x.
Sol. 15
p5ln
(2sin x −p
5+1
2sin x +p5+1
)+C . (Ind. ¿No es mejor hacer el cambio u = sin x?)
6.∫
sin x +cos x
1+ sin xd x.
Sol. 2arctan t − ln(t 2 +1
)+2ln(t +1)+ 2
t +1+C .
7.∫
2sin x −cos x
sin x −5cos xd x.
Sol. 713 arctan t + 9
26 ln
(5t +p
26+1
t 2 +1
)+ 9
26 ln(5t −p
26+1)+C .
8.∫
1
1+p
1−x2d x.
Sol. arcsin x +p
1−x2 −1
x.
290 Cálculo Integral
6.6 Integración con MatLab
Para calcular ∫ b
af (x) d x
empleamos el comando int, cuyo formato es:
int(f(x),x,a,b)
si se omiten a y b, el resultado es la integral indefinida.
Ejemplo 6.68 Calculamos∫ 3
1x cos
(x2) d x
______________________________________________________
>> syms x
>> int(x*cos(x^2),x,1,3)
ans =
sin(9)/2 - sin(1)/2
>>
______________________________________________________
Por tanto: ∫ 3
1x cos
(x2) d x = 1
2sin(9)− 1
2sin(1)
Ejemplo 6.69 Calculamos∫
x +1
(x −1)(x2 +1
)d x
______________________________________________________
>> syms x
>> int((x+1)/(((x-1))*(x^2+1)),x)
ans =
log(x - 1) - log(x^2 + 1)/2
>>
______________________________________________________
Por tanto: ∫x +1
(x −1)(x2 +1
)d x = log(x −1)− 1
2ln
(x2 +1
)
Cálculo Integral 291
6.7 Polinomios con MatLab
6.7.1. Polinomios en MatLab
El polinomio P (x) = an xn +an−1xn−1 +a1x +a0 se representa en MatLab como un vector de n +1 coordenadas.
P = [an an−1 . . . a1 a0]
Ejemplo 6.70 El polinomio P (x) = 3x2 −x +2 se representa por el vector de tres ccordenadas
P = [3 −1 2
6.7.2. Producto de polinomios
Para multiplicar polinomios empleamos el comando conv, su sintaxis es:
c=conv(a,b)
donde a,b son polinomios y c es el producto.
Ejemplo 6.71 Consideremos los polinomios a (x) = 3x3 −x +2, b (x) = x2 −4, el producto c (x) = a (x) b (x) se calcula como
______________________________________________________
>> a=[3 0 -1 2]
a =
3 0 -1 2
>> b=[1 0 -4]
b =
1 0 -4
>> c=conv(a,b)
c =
3 0 -13 2 4 -8
>>
______________________________________________________
el vector c se interpreta como c (x) = 3x5 −13x3 +2x2 +4x −8
292 Cálculo Integral
6.7.3. División de polinomios
Para dividir polinomios empleamos el comando deconv, su sintaxis es
[q,r]=deconv(a,b)
donde a,b son polinomios, q es el cociente y r el residuo, es decir:
a
b= q + r
b
Ejemplo 6.72 Nuevamente consideremos los polinomios a (x) = 3x3−x+2, b (x) = x2−4, el cociente d (x) = a(x)b(x) se calcula
como
______________________________________________________
>> [q,r]=deconv(a,b)
q =
3 0
r = 0 0 11 2
>>
______________________________________________________
lo cual se interpreta como:
3x3 −x +2
x2 −4= 3x︸︷︷︸
q(x)
+
r (x)︷ ︸︸ ︷11x +2
x2 −4
6.7.4. Operaciones simbólicas con MatLab
6.7.4.1. Factorización
MatLab Permite la factorización simbólica, esto se logra con el comando factor
factor(f )
donde f representa la función (no necesariamente un polinomio) a factorizar.
Ejemplo 6.73 Factorizaremos p (x) = 3x5 −13x3 +2x2 +4x −8
______________________________________________________
>> syms x
>> p=factor(3*x^5-13*x^3+2*x^2+4*x-8)
p =
Cálculo Integral 293
(x - 2)*(x + 2)*(x + 1)*(3*x^2 - 3*x + 2)
>> pretty(p)
2
(x - 2) (x + 2) (x + 1) (3 x - 3 x + 2)
>>
______________________________________________________
6.7.4.2. Expansion simbólica
El comando:
expand(S)
______________________________________________________
>> syms x
>> p=expand((x^3-1)*(x+2))
p =
x^4 + 2*x^3 - x - 2
>>
______________________________________________________
Observación. El comando expand permite expandir otros tipos de funciones.
______________________________________________________
>> syms x a
>> expand(cos(x+a))
ans =
cos(a)*cos(x) - sin(a)*sin(x)
>>
______________________________________________________
6.7.5. Fracciones simples
El comando residue tiene las siguientes sintaxis:
[r,s,k]=residue(a,b)
[a,b]=residue(r,s,k)
294 Cálculo Integral
la primera forma, nos permite construir fracciones simples, en tanto que la segunda permite reconstruir un fracción. Depen-
diendo de las multiplicidades de las raíces del denominador del cocientea (x)
b (x)se tiene una interpretación adecuada de los
vectores r,s,k,a,b, esto se ilustra con los siguientes ejemplos:
6.7.5.1. Multiplicidad uno y raíces reales
Ejemplo 6.74 Consideremos el cociente:x4 +4x −1
(x −1)(x +2)(x −3)
Para escribir lo anterior en fracciones simples, procedemos como sigue:
______________________________________________________
>> format rat
>> a=[1 0 0 4 -1];
>> b=conv(conv([1,-1],[1,2]),[1,-3]);
>> [r,s,k]=residue(a,b)
r =
46/5
7/15
-2/3
s =
3
-2
1
k =
1 2
______________________________________________________
Lo anterior se interpreta como:
x4 +4x −1
(x −1)(x +2)(x −3)=
r (1)︷︸︸︷46/5
x −3︸ ︷︷ ︸de s(1)
+
r (2)︷︸︸︷7/15
x +2︸ ︷︷ ︸de s(2)
+
r (3)︷ ︸︸ ︷−2/3
x −1︸ ︷︷ ︸de s(3)
+ x +2︸ ︷︷ ︸se construye con k=[1 2]
Observaciones:
1. Empleamos el comando format rat para que los resultados estén en formato racional. Para retornar al formato normal
se emplea el comando format.
Cálculo Integral 295
2. El vector r contiene los numeradores de las fracciones simples y el vector s contiene las entradas para formar los
denominadores de las fracciones simples.
3. El vector k permite contruir el residuo, este vector es vacío si el grado del numerador es estrictamente menor que el
grado del denominador.
Ejemplo 6.75 Consideremos ahora el cociente:
4x2 −1
(x −1)(x +2)(x −3)
______________________________________________________
>> a=[4 0 -1];
>> format rat
>> a=[4 0 -1];
>> b=conv(conv([1,-1],[1,2]),[1,-3]);
>> [r,s,k]=residue(a,b)
r =
7/2
1
-1/2
s =
3
-2
1
k =
[]
>>
______________________________________________________
Lo que se interpreta como:4x2 −1
(x −1)(x +2)(x −3)= 7
2(x −3)+ 1
x +2− 1
2(x −1)
296 Cálculo Integral
6.7.5.2. Multiplicidad mayor a uno y raíces reales
Ejemplo 6.76x −2
(x −1)2 (x +3)______________________________________________________
>> format rat
>> a=[1 -2];
>> b=conv(conv([1,-1],[1,-1]),[1,3]);
>> [r,s,k]=residue(a,b)
r =
-5/16
5/16
-1/4
s =
-3
1
1
k =
[]
>>
______________________________________________________
Lo anterior se interpreta como:
x −2
(x −1)2 (x +3)=
r (1)︷ ︸︸ ︷−5/16
(x +3)︸ ︷︷ ︸de r (1)
+
r (2)︷︸︸︷5/16
(x −1)︸ ︷︷ ︸de r (2)
+
r (3)︷ ︸︸ ︷−1/4
(x −1)2︸ ︷︷ ︸de r (3)
6.7.5.3. Raíces complejas
x −2(x2 +2x +2
)(x −1)
Cálculo Integral 297
______________________________________________________
>> format rat
>> a=[1 -2];
>> b=conv([1 2 2],[1 -1]);
>> [r,s,k]=residue(a,b)
r =
1/10 - 7/10i
1/10 + 7/10i
-1/5
s =
-1 + 1i
-1 - 1i
1
k =
[]
>>
______________________________________________________
Lo anterior se interpreta como:
x −2(x2 +2x +2
)(x −1)
=1
10 − 710 i
x +1− i+
110 + 7
10 i
x +1+ i+ − 1
5
x −1
Los primeros términos son términos conjugados, aplicando la propiedad de números complejos: (a + i b)+ (a − i b) = 2a, los
dos primeros términos se escriben como:
110 − 7
10 i
x +1− i+
110 + 7
10 i
x +1+ i=
( 110 − 7
10 i)
(x +1+ i )+ ( 110 + 7
10 i)
(x +1− i )
(x +1− i ) (x +1+ i )
=15 x + 8
5
x2 +2x +2
por tanto:
x −2(x2 +2x +2
)(x −1)
=15 x + 8
5
x2 +2x +2+ − 1
5
x −1
298 Cálculo Integral
6.7.6. Reconstrucción de una fracción
Permite reconstruir una fraccion a partir de una suma de fracciones simples y quizás un polinomio. Se emplea el comando:
[a,b] = residue(r,s,k).
Ejemplo 6.77 Consideremos la suma:1
x −1+ 2
x +3
______________________________________________________
>> r=[1 2];
>> s=[1 -3];
>> k=[];
>> [a,b]=residue(r,s,k)
a =
3 1
b =
1 2 -3
>>
______________________________________________________
Este resultado se interpreta como:1
x −1+ 2
x +3= 3x +1
x2 +2x −3
Ejemplo 6.78 Consideremos ahora la suma:
1
x −1+ 2
x +3+x2 +x −1
______________________________________________________
>> r=[1 2];
>> s=[1 -3];
>> k=[1 1 -1];
>> [a,b]=residue(r,s,k)
a =
Cálculo Integral 299
1 3 -2 -2 4
b =
1 2 -3
>>
______________________________________________________
Así obtenemos:1
x −1+ 2
x +3+x2 +x −1 = x4 +3x3 −2x2 −2x +4
x2 +2x −3
6.7.6.1. Ejercicios propuestos
1. Escribir como suma de fracciones simples:
a)x2 −1(
x2 −4)2 . Sol.
3
16(x −2)2 + 5
32(x −2)+ 3
16(x +2)2 − 5
32(x +2)
b)x2
(x −1)(x2 +4
)(x +3)
. Sol.1
20(x −1)− 9
52(x +3)+
465 (2x +7)
x2 +4
2. Reconstruir el cociente de polinomios a partir de:
a)1
x +2− 2
x +3. Sol. − x +1
(x +2)(x +3)
b)1
x +2− 2
x +3+x2 −1.Sol.
x4 +5x3 +5x2 −6x −7
x2 +5x +6
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7 Integrales impropias
Al definir la integral∫ b
af (x)d x se ha considerado el intervalo [a,b] finito, esto es, ninguno de los extremos a o b podian ser
infinitos, además f debia ser una función acotada en [a,b] . Por ejemplo no se ha dado ningún significado a integrales como
las que siguen: ∫ ∞
0
1
x2 +1d x
∫ 3
0
1p9−x2
d x
en este capítulo desarrollamos técnicas para resolver este tipo de integrales.
7.1 Integrales impropias de primera clase
7.1.1. Límite superior infinito
Sea f una función integrable en [a,b] para todo b <∞. La integral∫ ∞
af (x)d x
se llama integral impropia de primera clase. Si el límite lımb→∞
∫ b
af (x)d x existe, entonces la integral impropia se dice con-
vergente y ∫ ∞
af (x)d x = lım
b→∞
∫ b
af (x)d x.
Si el límite no existe, se dice que la integral impropia es divergente.
Ejemplo 7.1 ∫ ∞
0e−x d x = lım
b→∞
∫ b
0e−x d x
= lımb→∞
−e−x ∣∣b0
= lımb→∞
(−e−b +1
)= 1
por tanto la integral es convergente y∫ ∞
0e−x d x = 1
302 Integrales impropias
Ejemplo 7.2 ∫ ∞
1
1px
d x = lımb→∞
∫ b
1
1px
d x
= lımb→∞
2p
x∣∣b1
= lımb→∞
(2p
b −2)
= ∞
por tanto la integral impropia es divergente.
7.1.2. Límite inferior infinito
Sea f una función integrable en [a,b] para todo −∞< a. entonces la integral∫ b
−∞f (x)d x
también se llama integral impropia de primera clase. Si lıma→−∞
∫ b
af (x)d x existe, entonces la integral impropia se dice con-
vergente y ∫ b
−∞f (x)d x = lım
a→−∞
∫ b
af (x)d x
si el límite no existe, la integral se llama divergente.
7.2 Integrales impropias de segunda clase
7.2.1. No acotada en el límite superior
Consideremos ahora una función f que es integrable en [a,b −ε] para todo ε > 0 y no está acotada en [a,b) , entonces la
integral ∫ b−ε
af (x)d x
se llama integral impropia de segunda clase. Si
lımε→0+
∫ b−ε
af (x)d x
existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente.
Ejemplo 7.3 ∫ 2
0
1
2−xd x = lım
ε→0+
∫ 2−ε
0
1
2−xd x
= lımε→0+
− ln(2−x)|2−ε0
= lımε→0+
(− ln(ε)+ ln2)
como el anterior límite no existe, la integral impropia es divergente.
Integrales impropias 303
Ejemplo 7.4 ∫ 4
0
1p4−x
d x = lımε→0+
∫ 4−ε
0
1p4−x
d x
= lımε→0+
−2p
4−x∣∣∣4−ε0
= lımε→0+
(−2pε+4
)= 4
por tanto la integral impropia es convergente.
7.2.2. No acotada en el límite inferior
Consideremos ahora una función f que es integrable en [a +ε,b] para todo ε > 0 y no está acotada en (a,b] , entonces la
integral ∫ b
a+εf (x)d x
también se llama integral impropia de segunda clase. Si
lımε→0+
∫ b
a+εf (x)d x
existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente.
7.2.2.1. Ejercicios resueltos
Ejemplo 7.5 Calcular ∫ ∞
0
1
x2 +1d x
Solución.
x
y
f (x) = 1
x2 +1
0
,2
,4
,6
,8
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
La integral impropia es de primera clase. ∫ ∞
0
1
x2 +1d x = lım
b→∞
∫ b
0
1
x2 +1d x
= lımb→∞
arctan x|b0= lım
b→∞arctanb
= π/2
304 Integrales impropias
así la integral impropia es convergente. Esta integral puede interpretarse como el área bajo la gráfica de f (x) = 1
1+x2 en el
intervalo [0,∞) .
Ejemplo 7.6 Calcular: ∫ 1
0ln xd x
Solución.
x
y f (x) = ln(x)
−6
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
0 ,2 ,4 ,6 ,8 1
La integral es impropia de segunda clase.
∫ 1
0ln xd x = lım
ε→0+
∫ 1
0+εln x d x
= lımε→0+
x ln x −x|1ε= lım
ε→0+(−1−ε lnε+ε)
Aplicando la recla de Hopital:
lımε→0
(ε lnε) = lımε→0+
lnε
1/ε
= lımε→0+
1/ε
−1/ε2 = lımε→0
−ε= 0
entonces: ∫ 1
0ln xd x = lım
ε→0+(−1−ε lnε+ε)
= −1− lımε→0+
(ε lnε)
= −1
por tanto la integral dada es convergente.
Ejemplo 7.7 Calcular: ∫ ∞
0
1
(1+x)2 d x
Integrales impropias 305
Solución.
x
y
f (x) = 1
(1+x)2
0
0,5
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
La integral impropia es de primera clase. ∫ ∞
0
1
(1+x)2 d x = lımb→∞
∫ b
0
1
(1+x)2 d x
= lımb→∞
− 1
1+x
∣∣∣∣b
0
= lımb→∞
(− 1
1+b+1
)= 1
por tanto la integral impropia converge.
Ejemplo 7.8 Calcular: ∫ ∞
0
1p1+x
d x
Solución.
x
y
f (x) = 1p1+x
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
La integral es impropia de primera clase: ∫ ∞
0
1p1+x
d x = lımb→∞
∫ b
0
1p1+x
d x
= lımb→∞
2p
1+x∣∣∣b
0
= lımb→∞
(2p
1+b −2)
= ∞
por tanto la integral impropia diverge.
306 Integrales impropias
Ejemplo 7.9 Calcular: ∫ 5
0
x(25−x2
)3/2d x
Solución.
x
yf (x) = x
(25−x2)3/2
0
1
2
3
0 1 2 3 4 5
La integral impropia es de segunda clase.∫ 5
0
x(25−x2
)3/2d x = lım
ε→0+
∫ 5−ε
0
x(25−x2
)3/2d x
= lımε→0+
1√(25−x2
)∣∣∣∣∣∣∣5−ε
0
= lımε→0+
(1√
25− (5−ε)2− 1
5
)
= lımε→0+
(1p
10ε−ε2− 1
5
)= ∞
por tanto la integral es divergente.
Ejemplo 7.10 Calcular: ∫ ∞
0e−x sen x d x
Solución.
x
yf (x) = e−x sen(x)
0
,25
,5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
La integral es impropia de primera clase. Un cálculo da:∫e−x sen x d x =−1
2e−x (cos x + sen x)
Integrales impropias 307
luego: ∫ ∞
0e−x sen x d x = lım
b→∞
∫ b
0e−x sen x d x
= lımb→∞
−1
2e−x (cos x + sen x)
∣∣∣∣b
0
= −1
2lım
b→∞
(e−b (cosb + senb)−1
)= 1
2
7.2.2.2. Ejercicios propuestos
Clasificar y calcular las siguientes integrales impropias.
1.∫ π/2
0cos−2 x d x Sol. Div.
2.∫ 3
0
1p9−x2
d x Sol.1
2π
3.∫ 4
0
13px −1
d x Sol.3
2
( 3p9−1)
(Sug. Existe una discontinuidad en 1)
4.∫ π/2
0sec xd x Sol. Div
5.∫ π/2
0
cos xp1− sen x
d x Sol. 2
6.∫ 0
−∞e2x d x Sol.
1
2
7.∫ ∞
−∞1
e−x +ex d x Sol.1
2π
8.∫ ∞
−∞1
1+4x2 d x Sol. π/2
9.∫ ∞
−∞|x|e−x2
d x = Sol. 1
10.∫ ∞
2
1
x ln2 xd x Sol. 1
ln2
11. Demostrar que∫ ∞
0
1
xp diverge para todos los valores de p.
12. Demostrar que∫ ∞
a
1
xp d x existe para p > 1 y es divergente para p ≤ 1.
13. Demostrar que∫ b
a
1
(x −b)p d x existe para p < 1 y es divergente para p ≥ 1
308 Integrales impropias
14. Para cierto real c la integral ∫ ∞
2
(cx
x2 +1− 1
2x +1
)d x
converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol. 1/2,1
4ln
5
4
15. Para cierto real c la integral ∫ ∞
0
(1p
1+2x2− c
x +1
)d x
converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.1
2
p2,
3p2
lnp
2
16. Para cierto real c la integral ∫ ∞
1
( x
2x2 +2c− c
x +1
)d x
converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.1
2,
1
4ln
8
3
17. Encontrar los valores de a,b,c tales que ∫ ∞
1
(2x2 +bx +a
x (2x +a)−1
)d x = 1
Sol. a = b = 2e −2.
8 Cálculo de áreas planas
En el capítulo 6, la integral estuvo inspirada en el cálculo de áreas. Sabemos que si f : [a,b] → R es una función continua no
negativa, el área limitada por:
la curva dada por f , las rectas x = a, x = b y el eje x ,
está dado por:
A = ∫ ba f (x) d x.
En este capítulo se dan técnicas para calcular áreas encerradas por curvas, tales técnicas se justifican fácilmente usando la
definición de integral.
8.1 Regiones acotadas
Definición 8.1
(Región acotada) Una región R en R2 es acotada si puede inscribirse en el interior de un rectángulo de lados finitos.
Ejemplo 8.1 Considérese las regiones R1 y R2 definidas por:
R1 = {(x, y
): x2 +1 ≤ y , y ≤ x +3
}R2 = {(
x, y)
: y ≤ x +3}
x
y
y = x2 +1
y = x +3
Región acotada
0
1
2
3
4
5
−1 0 1 2 x
y
y = x +3
Región no acotada
0
1
2
3
4
5
−1 0 1 2
310 Cálculo de áreas planas
Definición 8.2
(Región tipo I) Una región acotada es llamada región tipo I, denotado por RX , si es de la forma:
RX = {(x, y
): a ≤ x ≤ b, g (x) ≤ y ≤ h (x)
},
donde g y h son continuas en [a,b] con g (x) ≤ h (x) para todo x ∈ [a,b] .
Definición 8.3
(Región tipo II) Una región acotada es llamada región tipo II, denotado por RY , si es de la forma:
RY = {(x, y
): a ≤ y ≤ b, g
(y)≤ x ≤ h
(y)}
.
donde g y h son continuas en [a,b] con g(y)≤ h
(y)
para todo y ∈ [a,b] .
x
y
y = g (x)
y = h(x)
x = b
x = a
Región tipo I
0
1
2
3
4
5
−1 0 1 2 x
y
x = g (y)
x = h(y)
y = b
y = a
Región tipo II
0
1
2
3
4
5
−1 0 1 2 3 4
Toda región acotada puede considerarse como la unión de regiones tipo I o tipo II.
8.2 Cálculo de áreas
Área de una región tipo I y tipo II. El área de una región tipo I está dado por:
∫ b
a
(h (x)− g (x)
)d x,
y el área de una región tipo II está dado por:
∫ b
a
(h
(y)− g
(y))
d y.
Cálculo de áreas planas 311
8.2.0.3. Ejercicios resueltos
Ejemplo 8.2 Hallar el área limitada por h (x) = 2x −x2 y el eje x.
x
y
y = 2x −x2
y = 00
,2
,4
,6
,8
1
0 1 2
Solución. La curva corta al eje x en los puntos 0 y 2. La curva puede considerarse como una región tipo I en el intervalo [0,2]
con ecuaciones:
y = 0
y = 2x −x2
x = 0
x = 2,
Por tanto el área es:
A =∫ 2
0
(h (x)− g (x)
)d x =
∫ 2
0
(2x −x2) d x
= x2 − 13 x3
∣∣20
= 43
Ejemplo 8.3 Hallar el área encerrada por las gráficas de f (x) = 3x2 −2 y g (x) = x2/3.
Solución. Las dos curvas se intersectan en (−1,1) y (1,1) . La región puede considerarse como una región tipo I en [−1,1] con
ecuaciones
y = 3x2 −2
y = x2/3
x = −1
x = 1,
312 Cálculo de áreas planas
.
x
y
g (x) = x2/3
f (x) = 3x2 −2−2
−1
1
−1 −,5 ,5 1
El área se calcula como sigue:
A =∫ 1
−1
(g (x)− f (x)
)d x
=∫ 1
−1
(x2/3 −3x2 +2
)d x
= ( 35 x5/3 −x3 +2x
)∣∣1−1
= ( 35 −1+2
)− (− 35 +1−2
)= 16
5
Observación. El área puede calcularse también como: A = 2∫ 1
0
(x2/3 −3x2 +2
)d x.
Ejemplo 8.4 Hallar el área encerrada por la circunferencia dada por x2 + y2 = R2.
Solución.
x
y
x2 + y2 = R2
−R R
−R
R
La región del primer cuadrante puede considerarse como una región tipo I en el intervalo [0,R] con ecuaciones:
y = 0
y =√
R2 −x2
x = 0
x = R
Por otra parte el área buscada es cuatro veces el área, que aparece en el primer cuadrante, luego el área total encerrada por
la circunferencia es:
A = 4∫ R
0
√R2 −x2d x (1)
Cálculo de áreas planas 313
con el cambio x = R sin z, tenemos d x = R cos z d z yp
R2 −x2 = R cos z, además
x = 0 ⇒ z = 0
x = R ⇒ z =π/2
reemplazando en (1) se tiene:
A = 4R2∫ π/2
0cos2 z d z
= 4R2∫ π/2
0
1
2(1+cos2z)d z
= 2R2(
z + 1
2sin2z
)∣∣∣∣π/2
0
= 2R2(π
2
)= πR2
Ejemplo 8.5 Hallar el área encerrada por f (x) = x3 y g (x) = x.
Solución. Las curvas se intersectan en (1,1) , (0,0) y (−1,−1)
x
y
y = x
y = x3
−1
−,5
,5
1
−1 −,5 ,5 1
En este caso se tienen dos regiones tipo I. La primera región en [−1,0] y la segunda en [0,1] , en ambos casos intervienen las
funciones f y g .
A =∫ 0
−1
(f (x)− g (x)
)d x +
∫ 1
0
(g (x)− f (x)
)d x
=∫ 0
−1
(x3 −x
)d x +
∫ 1
0
(x −x3)d x
= ( 14 x4 − 1
2 x2)∣∣0−1 +
( 12 x2 − 1
4 x4)∣∣1
0= −( 1
4 − 12
)+ ( 12 − 1
4
)= 1
2.
Ejemplo 8.6 Hallar el área encerrado por f (x) = x3 y g (x) = 3x2 +10x.
314 Cálculo de áreas planas
Solución. f y g se intersectan en (−2,−8) , (0,0) y (5,125) .
x
y
y = 3x2 +10
y = x3153045607590
105120
−2 −1 0 1 2 3 4 5
El área está dado por:
A =∫ 0
−2
(f (x)− g (x)
)d x +
∫ 5
0
(g (x)− f (x)
)d x
=∫ 0
−2
(x3 −3x2 −10x
)d x +
∫ 5
0
(3x2 +10x −x3)d x
= ( 14 x4 −x3 −5x2
)∣∣0−2 +
(x3 +5x2 − 1
4 x4)∣∣5
0− (4+8−20)+ (
125+125− 6254
)= 407
4
Ejemplo 8.7 Hallar la menor área encerrada por las curvas:
y2 = −x2 +8x −12
y2 = 2x −4
Solución. Las dos curvas se intersectan en los puntos (2,0) , (4,−2) y (4,2) . La menor área se ilustra en siguiente gráfico.
x
yy2 =−x2 +8x −12
y2 −2x +4 = 0
−2
−1
0
1
2
0 1 2 3 4 5 6
El área que aparece por arriba del eje x es igual al área que aparece por debajo, por tanto el área buscada es:
A = 2∫ 4
2
(√−x2 +8x −12−
√2(x −2)
)d x
=(2arcsin
( x−42
)+ (x −4)√
4− (x −4)2 − 23 (2(x −2))3/2
)∣∣∣4
2= − 2
3 (8)− (−2π)
= − 163 +2π.
Cálculo de áreas planas 315
Ejemplo 8.8 Hallar el área comprendida entre la curva de agnesi y = 1
1+x2 y la parábola y = 12 x2
Solución. Graficando:
x
y
y = 1
1+x2
y = 12 x2
,5
1
−1 1
Observemos que el área a la derecha del eje y es igual al área de la izquierda, luego
A = 2∫ 1
0
(1
1+x2 − x2
2
)d x
= 2
(arctan x − x3
6
)∣∣∣∣1
0
= 2(π/4−1/6)
= π
2− 1
3.
Ejemplo 8.9 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por
f (x) = x4 −9x2
g (x) = 9−x2
Solución. f y g se intersectan en (−3,0) y (3,0) .
x
yg (x) = 9−x2
f (x) = x4 −9x2
−20
−10
0
10
−3 −2 −1 0 1 2 3
316 Cálculo de áreas planas
A = 2∫ 3
0
[(9−x2)− (
x4 −9x2)]d x
= 2∫ 3
0
(9+8x2 −x4)d x
= 2(9x + 8
3 x3 − 15 x5
)∣∣30
= 2(27+72− 243
5
)= 504
5
Ejemplo 8.10 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por:
f (x) = x3 −9x
g (x) = 4x +12
Solución. Los puntos de intersección de las curvas son los puntos (−3,0) , (−1,8) y (4,28) como se muestra en la figura.
x
y
g (x) = 4x +12
f (x) = x3 −9x−10
−5
0
5
10
15
20
25
30
−3 −2 −1 0 1 2 3 4
Observemos que tienen dos regiones tipo I en los intervalos [−3,−1] y [−1,4] .
A =∫ −1
−3
[(x3 −9x
)− (4x +12)]
d x +∫ 4
−1
[(4x +12)− (
x3 −9x)]
d x
=∫ −1
−3
(x3 −13x −12
)d x +
∫ 4
−1
(−x3 +13x +12)
d x
= 4074 .
Ejemplo 8.11 Hallar el área comprendida entre la parábola x = 9− y2 y la recta x = 2.
Solución. El área buscada se ilustra en la siguiente gráfica. La región puede considerarse como región del tipo II.
x
y
x = 2
x = 9− y2x−3
−2
−1
0
1
2
3
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Cálculo de áreas planas 317
intersectando las curvas dadas se encuentra:x = 9− y2
x = 2,
resolviendo encontramos los puntos de intersección(2,−p7
)y
(2,p
7), por tanto:
A =∫ p
7
−p7
(9− y2 −2
)d y
= 2∫ p
7
0
(7− y2) d y
= 2
(7y − 1
3y3
)∣∣∣∣y=p7
y=0
= 28
3
p7
Observación. El área puede calcularse también como
A = 2∫ 9
2
p9−x d x
Ejemplo 8.12 Calcular el área encerrada por las curvas
x = y2 +2y −8
x = 2y
Solución. El área buscada puede considerarse como la correspondiente a una región tipo II.
x
y
x +2y = 0
x = y2 +2y −8x(−4p
2,−2p
2)
(4p
2,2p
2)
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
−9 −7 −5 −3 −1 1 3 5 6
Debemos observar que las dos curvas se intersectan en los puntos(−4
p2,−2
p2)
y(4p
2,2p
2). El área es:
A =∫ 2
p2
−2p
2
[2y − (
y2 +2y −8)]
d y
=∫ 2
p2
−2p
2
(−y2 +8)
d y
= [− 13 y3 +8y
]2p
2−2
p2 =
64
3
p2.
318 Cálculo de áreas planas
8.2.0.4. Ejercicios propuestos
1. En los siguientes ejercicios hallar el área entre el eje x y la curva dada por y = y (x) .
a) y = x2 −2x. Sol. 4/3
b) y = x3 −x. Sol. 1/2
c) y = x −px. Sol. 1/6
d) y = (x +2)(x2 −1
). Sol. 37/12
e) y = 3p
x −x. Sol. 27/2
2. Hallar el área limitada por las curvas:
a) y2 = 6x, x2 = 6y. Sol.: 12
b) x y = a2, y = 0, x = a, x = 2a y a > 0. Sol.: a2 ln2.
c) y = xex , y = 0, x = 4. Sol.: 3e4 +1.
d) x2/3 + y2/3 = a2/3, a una constante. Sol.: 3a2π8 .
x
y
x2/3 + y2/3 = a2/3
−a −a
−a
a
La curva se llama hipocicloide de cuatro picos.
e) y = x3, y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 20.
f ) y = 4x −x2, y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 22/3.
g) x = 1+ y2, x = 10, Sol. 36.
h) x = 3y2 −9, x = 0, y = 0, y = 1. Sol. 8.
i) x = y2 +4y +2, x = 2. Sol. 32/3.
j) y = 9−x2, y = x +3. Sol. 125/6.
k) y = 2−x2, y =−x. Sol. 9/2.
l) x2
a2 + y2
b2 = 1. Sol. πab.
m) y = ex , y = e−x , x = 0, x = 2. Sol. e2 +1/e2 −2.
n) x y = 12, y = 0, x = 1, x = e2. Sol. 24.
3. En los siguientes ejercicios calcular el área de la región entre los gráficos de f y g sobre el intervalo [a,b] especificado.
a) f (x) = 4−x2, g (x) = 8−2x2 , [−2,2] . Sol. 32/3
b) f (x) = x3 +x2, g (x) = x3 +4, [−2,2] . Sol. 32/3
Cálculo de áreas planas 319
c) f (x) = x −x2, g (x) =−x, [0,2] . Sol. 4/3
d) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [0,1] . Sol. 1/12
e) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [1,2] . Sol. 4p
23 − 3
(21/3)2 + 1
12
f ) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [0,2] . Sol. 4p
23 − 3
(21/3)2 + 1
6
g) f (x) = x1/2, g (x) = x2, [0,2] . Sol. 13
(10−4
p2)
h) f (x) = x2, g (x) = x +1,[−1,
(1+p
5)
/2]
. Sol. 14
(5p
5−3)
i) f (x) = x(x2 −1
), g (x) = x,
[−1,p
2]
. Sol. 74
j) f (x) = |x| , g (x) = x2 −1, [−1,1] . Sol. 73
k) f (x) = |x −1| , g (x) = x2 −2x, [0,2] . Sol. 73
l) f (x) = 2 |x| , g (x) = 1−3x3,[−p3/3,1/3
]. Sol. 9
p3−1
27
m) f (x) = |x|+ |x −1| , g (x) = 0, [−1,2] . Sol. 5
4. El gráfico de f (x) = x2 y g (x) = c x3, donde c > 0, intersecta al punto (0,0) y(1/c,1/c2
). Encontrar c tal que la región
que yace entre esos gráficos sobre el intervalo [0,1/c] tiene área igual a 23 .
Sol. 12 .
5. Sea f (x) = x −x2, g (x) = ax. Determine a tal que la región sobre el gráfico de g y bajo el gráfico de f tiene área 92 .
Sol. a =−2.
6. Calcular el área limitada por la cisoide y2 = x3
2a −xy su asíntota x = 2a (a > 0) .
Sol. πa2.
8.3 Dibujo de áreas planas con MatLab
Para este efecto emplearemos la posibilidad que tiene el comando area de MatLab de graficar polígonos llenos. por ejemplo
consideremos el cuadrilátero de vértices: (−1,1) , (2,1) , (4,−1) , (2,−3) , para graficar este polígono procedemos como sigue
______________________________________________________
>> x=[-1 2 4 2 -1];
>> y=[1 5 -1 -3 1];
>> area(x,y)
>> grid on
>>
______________________________________________________
320 Cálculo de áreas planas
Con esta posibilidad podemos graficar el área entre dos funciones f , g definidas en un intervalo [a,b] , para este fin contrui-
mos los siguientes vectores:
x = [x0 , x1 , . . . , xn−1 , xn , xn , xn−1 , . . . , x1 , x0, x0]
y = [f (x0) , f (x1) , . . . , f (xn−1) , f (xn) , g (xn) , g (xn−1) , . . . , g (x1) , g (x0) , f (x0)
]y graficamos luego el poligono dado por los puntos
(xi , yi
). Esto se implementa en el programa areafg.m que se muestra a
continuación______________________________________________________
%areafg(a,b), dibuja el área entre dos funciones
%en el intervalo [a,b], por cada unidad se toman 15 puntos
function areafg(a,b)
syms x; %declaracion de x como simbolica
%ingreso de la funciones f y g
y1=input(’Ingrese la funcion: f(x)= ’);
y2=input(’Ingrese la funcion: g(x)= ’);
%declaracion de f y g como funciones en linea
f=inline(y1);
g=inline(y2);
%Calculo del incremento en x
n=(b-a)*15;
h=(b-a)/n;
%Calcula los puntos (xi,yi) a amplearse con el comando area
x1=a:h:b;
x2=b:-h:a;
z=[x1,x2,x1(1)];
for i=1:n+1
y(i)=f(z(i));
y(i+n+1)=g(z(i+n+1));
end
y(2*n+3)=y(1);
%Dibujo de la region entre f y g
area(z,y)
grid on
______________________________________________________
Cálculo de áreas planas 321
Ejemplo 8.13 Graficamos el área encerrada por f (x) = 10−x sin(2x) y g (x) = 10+x2 en el intervalo [−3,3] . Para este efecto,
empleamos el programa areafg(-3,3) como se muestra a continuación.
>> areafg(-3,3)
Ingrese la funcion: f(x)= 10-x*sin(2*x)
Ingrese la funcion: g(x)= 10+x^2
>>
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9 Longitud de Arco
Supóngase que una curva C es generada por la función f definida por y = f (x) desde x = a hasta x = b, en este capítulo se
da una fórmula para calcular la longitud de tal curva C .
Teorema 9.1
Sea f una función diferenciable definida en un intervalo cerrado [a,b] . Sea C la curva generada por f . Entonces la
longitud de la curva C está dada por :
L =∫ b
a
√1+{
f ′ (x)}2 d x.
Demostración. Algunos detalles de la demostración se pueden observar en el siguiente gráfico.
x
y
a bx
yy = f (x)
P0
Pk−1
Pk
Pn
x0 = a yn = bxk−1 xk
∆k x
∆k y
Consideremos la partición
P = {a = x0, x1, . . . , xn = b} ,
del intervalo [a,b] . En un intervalo [xk−1, xk ] la cuerda que une los puntos Pk−1 y Pk , tiene longitud:
Pk−1Pk =√
(∆k x)2 + (∆k y
)2 =√
1+{
f (xk−1)− f (xk )
xk−1 −xk
}2
∆k x, (i)
Debe observarse que se han usado las igualdades:
∆k x = xk−1 −xk
∆k y = f (xk−1)− f (xk ) .
324 Longitud de Arco
La suma de todas las longitudes Pk−1Pk es una aproximación a la longitud verdadera. Tendremos la longitud
exacta cuando ‖P ‖→ 0.
Por otra parte, por el Teorema del Valor Medio aplicado a la función f en el intervalo [xk−1, xk ] , existe un número
ξk ∈ [xk−1 −xk ] tal que
f ′ (ξk ) = f (xk−1)− f (xk )
xk−1 −xk. (ii)
Reemplazando (ii) en (i) encontramos
Pk−1Pk =√
1+{f ′ (ξk )
}2∆k x.
Haciendo ‖P ‖→ 0 , la longitud de la curva está dada por:
L = lım‖P ‖→0
n∑k=1
√1+{
f ′ (ξk )}2∆k x =
∫ b
a
√1+{
f ′ (x)}
d x
■
9.0.0.5. Ejercicios resueltos
Ejemplo 9.1 Dado f (x) = 14 x2 − 1
2 ln x, x ∈ [1,2] , hallar la longitud de arco desde x = 1 hasta x = 2.
Solución.
f ′ (x) = 1
2x − 1
2x.
Por tanto:
L =∫ 2
1
√1+
(1
2x − 1
2x
)2
d x. (i)
La integral que aparece en (i) se puede escribir como
∫ √1+
(1
2x − 1
2x
)2
d x =∫ √
1+(
x2 −1
2x
)2
d x (ii)
Con el cambio sec z = x:
tan z =p
x2 −1
sec z tan z d z = d x
reemplazando lo anterior en (ii):
∫ √1+
(1
2x − 1
2x
)2
d x =∫ √
1+(
tan2 z
2sec z
)2
sec z tan z d z
= 12
∫ √4sec2 z + tan4 z tan z d z.
(iii)
Usando la identidad tan2 z = sec2 z −1 obtenemos 4sec2 z + tan4 z = (sec2 z +1
)2, luego:
∫ √1+
(1
2x − 1
2x
)2
d x = 12
∫ (sec2 z +1
)tan z d z
= 12
( 12 sec2 z − ln(cos z)
)= 1
4 x2 − 12 ln
( 1x
)+C
(iv)
Longitud de Arco 325
Finalmente la longitud de arco es:
L =∫ 2
1
√1+
(1
2x − 1
2x
)2
d x
= 14 x2 − 1
2 ln
(1
x
)∣∣∣∣2
1
= 34 + 1
2 ln2.
Por tanto la longitud buscada es L = 34 + 1
2 ln2 ' 1,0966 unidades de longitud..
Ejemplo 9.2 Hallar la longitud del arco de la curva f (x) = 16 x3 + 1
2x desde x = 1 hasta x = 3.
Solución. La derivada es:
f ′ (x) = 1
2x2 − 1
2x2
L =∫ 3
1
√1+
(1
2x2 − 1
2x2
)2
d x
= 1
2
∫ 3
1
(1+x4
x2
)d x
= 1
2
(− 1
2x+ 1
3x3
)∣∣∣∣3
1
= 143 .
Por tanto la longitud buscada es 143 , esto es, 4,6667 unidades de volumen.
Ejemplo 9.3 Hallar la longitud de arco de la curva dada en su forma paramétrica por x = e−t cos t , y = e−t sin t , 0 ≤ t ≤ 4π.
Solución. Para resolver este problema observemos que con y = f (x) se obtiene:
∫ √1+{
f ′ (x)}2 d x =
∫ √1+
{d y
d x
}2
d x
=∫ √(
d x
d t
)2
+(
d y
d t
)2
d t .
Lo anterior nos da una fórmula para calcular la longitud de arco cuando la curva está en su forma paramétrica. Derivando
respecto a la variable t se obtiene:
d x
d t= e−t (−cos t − sin t )
d y
d t= e−t (−sin t +cos t )
Por tanto: (d x
d t
)2
+(
d y
d t
)2
= 2e−2t ,
luego:
L =∫ 4π
0
√(d x
d t
)2
+(
d y
d t
)2
d t .
= p2∫ 4π
0e−t d t =p
2(1−e−4π)
.
326 Longitud de Arco
A continuación se muestra la gráfica de esta curva
x
y (e−t cos t ,e−t sen t
)
−0,2
0,2
0,4
0,2 0,4 0,6 0,8 1
9.0.0.6. Ejercicios propuestos
1. En los siguientes ejercicios encontrar la longitud de arco con las condiciones dadas.
a) y = x3/2, 0 ≤ x ≤ 5.
Sol. 33527 .
b) y = 12 (ex +e−x ) , 0 ≤ x ≤ 2.
Sol. 12
(e4 −1
)e−2.
c) y =p
36−x2, 0 ≤ x ≤ 4.
Sol. 6arcsin(2/3) .
d) y3 = x2, 0 ≤ x ≤ 8.
Sol. 827
(103/2 −1
).
e) y2 = 2px, desde el vértice a un extremo del lado recto.
Sol. pp
22 + p
2 ln(1+p
2)
.
f ) y2/3 +x2/3 = a2/3, a una constante positiva.
Sol. 6a.
Sug. La curva dada se llama astroide (también hipocicloide) y es simétrica con respecto a los ejes x e y. Su gráfica
es:
x
y
x2/3 + y2/3 = a2/3
−a −a
−a
a
g) y = ln x,p
3 ≤ x ≤p8.
Sol. 1+ 12 ln 3
2 .
Longitud de Arco 327
h) y = arcsin(e−x ) , 0 ≤ x ≤ 1.
Sol. ln(e +
pe2 −1
).
i) La parte cerrada de 9ay2 = x (x −3a)2 .
Sol. 2ap
3
j) y = ln(coth x
2
), a ≤ x ≤ b, 0 < a < b.
Sol. ln
(e2b −1
e2a −1
)+a −b.
k) x = a (cos t + t sin t ) , y = a (sin t − t cos t ) , desde t = 0 hasta t = T.
Sol. 12 aT 2.
l) x = a (2cos t −cos2t ) , y = a (2sin t − sin2t ) .
Sol. 16a.
m) x = 5t −2, y = 2t +8 desde t = 1 hasta t = 5.
Sol. 4p
29
2. Expresar la longitud de cada una de las curvas como una integral definida.
a) Un arco de la gráfica de la función seno.
b) y =∫ x
1
1
td t desde x = 1
2 hasta x = 2.
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10 Cálculo de Volúmenes
En este capítulo se dan dos técnicas para calcular volúmenes de sólidos que se forman por rotación de ciertas áreas planas.
En ambas técnicas se usa la sencilla idea de aproximar el volumen mediante cilindros sólidos o cilindros huecos cuyos vo-
lúmemes son conocidos. A continuación se recuerdan las fórmulas para el cálculo del volumen de un cilindro sólido y un
cilindro hueco.
r
h
Cilindro sólido
Radio=r
Altura=h
Volumen=πr 2h
r1
r2
h
Cilindro hueco
Radio menor=r1
Radio mayor=r2
Altura=h
Volumen=π(r 2
2 − r 21
)h
Cilindro sólido (disco). Un cilindro sólido de radio r y altura h tiene volumen =πr 2h.
Cilindro hueco (anillo). Un cilindro hueco de radio menor r1, radio mayor r2 y altura h tiene volumen V =π(r 2
2 − r 21
)h
10.1 Método de los cilindros sólidos
330 Cálculo de Volúmenes
Teorema 10.1
Considérese un área finita del primer cuadrante limitada por:
y = f (x) , x = a, x = b, y = c
Supóngase que dicha área rota alrededor de la recta y = c, generando un sólido de volumen V. Entonces:
V =π∫ b
a
[f (x)− c
]2 d x.
Este método es también conocido como método del disco.
Demostración. Detalles de la demostración se observan en los siguientes gráficos.
y = c
x
y
a b
Región que rota
y = f (x)
y = c
x
y
a b
Sólido obtenido por rotacióny = f (x)
y = c
x
y
x0 = a xn = b
y = f (x)
xk−1ξkxk
Rectángulo que rota
radio=y = f (ξk )− c
altura=xk −xk−1
Debemos observar que el eje de rotación es parte del área que rota.
Consideremos una partición P = {a = x0, x1, . . . , xn = b} del intervalo [a,b] Tomando un intervalo [xk−1, xk ] , se
dibuja en el área plana un rectángulo perpendicular al eje de rotación. Tal rectángulo tiene base ∆k x = xk −xk−1
y altura igual a f (ξk )−c, donde ξk ∈ [xk−1, xk ] . Al hacer rotar este rectángulo alrededor de la recta y = c se genera
un cilindro sólido con las siguientes dimensiones:
Radio = f (ξk )− c
Altura = ∆k x,
Cálculo de Volúmenes 331
por tanto el volumen de tal cilindro es
π(
f (ξk )− c)2∆k x
La suma de los volúmenes de todos los cilindros es una aproximación al volumen buscado, si V es la aproxima-
ción, escribimos:
V ≈n∑
k=1π
[f (ξk )− c
]2∆k x
Si ‖P ‖→ 0, se debe tener el volumen exacto esto es:
V = lım‖P ‖→0
n∑k=1
π[
f (ξk )− c]2∆k x =
∫ b
aπ
[f (x)− c
]2 d x
Observación. En lo que sigue, en lugar de(ξk , f (ξk )
)escribiremos simplemente
(x, f (x)
)o más brevemente
(x, y
), también
en lugar de ∆k x escribiremos ∆x o más brevemente d x.
Ejemplo 10.1 Calcularemos el volumen que resulta al hacer rotar el área limitada por
f (x) =px +3
x = 0
x = 9
y = 0
f (x) =px +3 alrededor de la recta y = 0.
Procedemos como en el teorema.
1. Se dibuja el área que va a rotar, en ella se dibuja un rectángulo perpendicular al eje de rotación.
x
y y =px +3(
ξ, f (ξ))
xk−1 xkξk
x = 9
∆k x
123456
1 9 x
y y =px +3
123456
1 9
2. Se puede apreciar que cuando el rectángulo gira alrededor de la recta y = 0 genera un cilindro de:
Radio = f (ξk )
Altura = ∆k x
3. El volumen del cilindro es entonces:
V = π
∫ 9
0
(px +3
)2d x
= π
∫ 9
0
(x +6
px +9
)d x
= 4592 π
332 Cálculo de Volúmenes
Observación. Cuando el eje de rotación no es parte de la frontera del área plana a rotar, se hace diferencia de volúmenes.
Ejemplo 10.2 Calcularemos el volumen que resulta de hacer rotar el volumen limitado por
y = cos x
y = 1/2
x = −π/3
x = π/3
alrededor de la recta y = 0.
Procedemos del siguiente modo:
1. Observemos que el volumen generado al rotar el área dada tiene un hueco cilíndrico de radio cos(π/3) = 12 . Calculare-
mos el volumen V1 sin el hueco y luego calcularemos el volumen V2 del hueco. El volumen buscado será V =V1 −V2.
x
y
y = cos(x)
(ξ, f (ξ)
)
xk−1 xkξk
∆k x
−1
1
−π/3 π/3 x
y
−1
1
−π/3 π/3
2. El volumen V1 se obtiene rotando el área encerrada por:
y = cos x
y = 0
x = −π3
x = π3
luego:
V1 =π∫ π/3
−π/3(cos x)2 d x = 2π
∫ π/3
0cos2 x d x
3. El hueco cilíndrico tiene volumen
V2 = 2π∫ π/3
0
(1
2
)2
d x
Cálculo de Volúmenes 333
4. Por lo tanto
V = V1 −V2
= 2π∫ π/3
0
(cos2 x − (1/2)2) d x
= 2π(
12 cos x sin x + 1
4 x∣∣π/30
)= 2π
( 18
p3+ 1
12π)
10.2 Método de los cilindros huecos
En el método anterior se aproxima al volumen con cilindros sólidos. El método que estudiaremos en esta sección utiliza apro-
ximaciones usando cilindros huecos (anillos). El siguiente teorema nos dá una fórmula y una técnica para calcular ciertos
volúmenes.
Teorema 10.2
Considérese un área finita del primer cuadrante limitada por: las gráficas de y = f (x) , y = 0, x = a, x = b.
x
y
y = f (x)
c a b
Eje de rotación: x = c
Supóngase que dicha área rota al rededor de la recta x = c, (c < a) generando un generando un sólido de volumen V.
Entonces
V = 2π∫ b
a(x − c) f (x) d x.
Este método se conoce también como método del anillo.
334 Cálculo de Volúmenes
Demostración. Detalles de la demostración se observan en los siguientes gráficos.
x
y
y = f (x)
c a ξk
xk−1 xkxk−1 xk
∆xk
b
Eje de rotación: x = c
Rectánguloque rota
(ξk , f (ξk )
)
x
y
c ξk
xk−1 xk
∆xkEje de rotación: x = c
Consideremos la partición del intervalo [a,b]
P = {a = x0, x1, . . . , xn = b}
Consideremos el rectángulo de base∆k x = xk −xk−1 y altura f (ξk ) , donde ξk ∈ [xk−1, xk ] , este rectángulo al rotar
alrededor del eje x = c genera un cilindro hueco de :
radio menor = xk−1 − c
radio mayor = xk − c
altura = f (ξk ) ,
el volumen ∆kV de este rectángulo es
∆kV =π((xk − c)2 − (xk−1 − c)2) f (ξk ) . (i)
Consideremos ahora la función g (x) = (x − c)2 definida en [xk−1, xk ] , claramente g es contínua y diferenciable
en [xk−1, xk ] . Por el teorema del valor medio, existe ξ′k ∈ [xk−1, xk ] tal que
g (xk )− g (xk−1) =d g
(ξ′k
)d x
(xk −xk−1) (ii)
Puesto qued g (x)
d x= 2(x − c) y ∆k x = xk −xk−1, la igualdad (ii) se convierte en
(xk − c)2 − (xk−1 − c)2 = 2(ξ′k − c
)∆k x. (iii)
Reemplazando (iii) en (i) obtenemos
∆kV = 2π(ξ′k − c
)f (ξk )∆k x (iv)
La suma de los n anillos correspondientes a la partición P es una aproximación al volumen buscado. Sea V el
volumen exacto, entonces:
V ≈ 2πn∑
k=1
(ξ′k − c
)f (ξk )∆k x. (v)
Finalmente haciendo ‖P ‖→ 0, y usando el teorema de Bliss (ver capítulo 6) tenemos
V = lım‖P ‖→0
2πn∑
k=1
(ξ′k − c
)f (ξk )∆k x = 2π
∫ b
a(x − c) f (x) d x.
■
Cálculo de Volúmenes 335
Observación.
El número x−c es la distancia del punto(x, y
)de la curva al eje de giro, como debe ser positivo, a veces este x−c se reemplaza
con c −x.
Ejemplo 10.3 Se calculará el volumen del toro generado por rotación, alrededor del eje x = 3, de la región limitada por la
circunferencia dada por x2 + y2 = 4
Procedemos como en el teorema.
1. Se dibuja el área a rotar y el toro.
x
y
−2−1
012
−2−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
−20
24
−2
0
2−1
0
1
Toro
2. La distancia del punto(x, y
)al eje de giro es
3−x,
por otra parte la altura del cilindro hueco que se genera con el rectángulo representativo es 2y.
3. Por tanto el volumen es
V = 2π∫ 2
−2(3−x)
(2y
)d x
= 4π∫ 2
−2(3−x)
√4−x2 d x
= 4π
{32 x
p4−x2 +6arcsin 1
2 x + 13
(p4−x2
)3}2
−2
= 4π (6π) = 24π2
4. El volumen es por tanto V = 24π2 unidades de volumen.
10.2.0.7. Ejercicios resueltos
En los siguientes ejercicios hallar el volumen generado por rotación de un área plana alrededor del eje indicado.
10.2.0.8. Cilindros sólidos
Ejemplo 10.4 Calcular el volumen determinado por rotación del área encerrada por f (x) = x+4 y g (x) = 6x−x2 alrededor
del eje x.
336 Cálculo de Volúmenes
Solución.
x
y y = 6x −x2
y = x +4
2468
1 2 3 4 x
y
−8−6−4−2
02468
1 2 3 4
Las dos curvas se intersectan en x = 1 y x = 4 (ver gráfico), el volumen generado por el área encerrada por las curvas se puede
calcular como la diferencia de los siguientes volúmenes:
El volumen V1 generado por rotación del área encerrado por
Curva dada por g
rectas: x = 1, x = 4, y = 0,
este volumen es V1 =π∫ 4
1
(g (x)
)2 d x =π∫ 4
1
(6x −x2)2
d x.
El volumen V2 generado por rotación del área encerrado por
Curva dada por f
rectas: x = 1, x = 4, y = 0,
este volumen es V2 =π∫ 4
1
(f (x)
)2 d x =π∫ 4
1(x +4)2 d x
Así el volumen es V =V1 −V2, esto es,
V = π
∫ 4
1
((6x −x2)2 − (x +4)2
)d x
= π 3335 .
Ejemplo 10.5 Calcular el volumen generado por rotación del área encerrada por f (x) = 12 (x −2) , las rectas x = 0 y y = 0
alrededor del eje x.
Solución. EL volumen en este caso es (ver figura)
V = π∫ 2
0
(f (x)
)2 d x =π∫ 20
( 12 (x −2)
)2d x
= 23π
x
y
−1
1
0 1 2 x
y
−1
1
0 1 2
Cálculo de Volúmenes 337
Ejemplo 10.6 Calcular el volumen que generado por rotación del área encerrada por f (x) = 2x , g (x) = 1
x , x = 1 y x = 4
alrededor del eje x.
Solución. El área a rotar se muestra en la siguiente gráfica.
x
y
y = 2
x
y = 1
x
1
2
1 2 3 4 x
y
y = 2
x
y = 1
x
−2
−1
1
2
1 2 3 4
El volumen es:
V = π
∫ 4
1
((f (x)
)2 − (g (x)
)2)
d x =π∫ 4
1
((2
x
)2
−(
1
x
)2)d x
= 94π.
Ejemplo 10.7 Hallar el volumen del sólido de revolución formado por rotación del área limitada por y = 2+ cos x, x = π,
x = 10π y el eje x, alrededor del eje x.
Solución. El volumen total es nueve veces el generado por el área encerrada por y = 2+cos x, x =π, x = 2π, es decir:
V = 9π∫ 2π
πy2d x
= 9π∫ 2π
π(2+cos x)2 d x
= 812 π
2.
10.2.0.9. Cilindros Huecos
Ejemplo 10.8 Calcular el volumen generado por la rotación del área limitada por f (x) = 2x −x2, y = 0 alrededor del eje y .
Solución. Ilustramos el área a rotar en el siguiente gráfico.
x
y
f (x) = 2x −x2
1
1 2
338 Cálculo de Volúmenes
La distancia del punto(x, y
)de la curva al eje de rotación es x. La altura del cilindro hueco que se genera es y, luego el
volumen esV = 2π
∫ 20 x y d x = 2π
∫ 20 x
(2x −x2
)d x
= 83π.
Ejemplo 10.9 Calcular el volumen generado por la rotación del área limitada por f (x) = 1+ x + x7, y = 0, x = 0, x = 1
alrededor del eje y.
Solución. El área a rotar se muestra en la siguiente gráfica.
x
y
f (x) = 1+x +x7
1
2
3
1
La distancia de un punto(x, y
)al eje de rotación es x y la altura del cilindro es y, luego el volumen es
V = 2π∫ 1
0x y d x = 2π
∫ 1
0x
(1+x +x7)d x
= 179 π.
Ejemplo 10.10 Hallar el volumen del sólido de revolución formado por rotación del área limitada por y = 2+cos x, x = π,
x = 10π y el eje x, alrededor del eje x.
Solución. La distancia al eje de rotación de un punto(x, y
)de la curva es siempre x y la altura del cilindro hueco es y, por
tanto el volumen es:V = 2π
∫ 10ππ x yd x
= 2π∫ 10ππ x (2+cos x)d x
= 2π(99π2 +2
)
10.2.0.10. Ejercicios propuestos
En los siguientes ejercicios calcular el volumen generado por rotación del área que indica.
1. f (x) = 12 (ex +e−x ) , y = 0, x = 0, x = 2 alrededor del eje x
Sol. 18π
(e8 −1+8e4
)e−4.
2. f (x) = 12 (ex +e−x ) , y = 0, x = 0, x = 2 alrededor del eje x
Sol.(e2 −3e−2 +2
)π
Cálculo de Volúmenes 339
3. f (x) = x3 +3x2 y g (x) = 10x en el primer cuadrante, alrededor del eje x.
Sol. 13312105 π.
4. f (x) = x2 −4, g (x) = 2x +4, alrededor de la recta y =−6.
Sol. π 30245 .
5. x2 − y2 = 16, y = 0, x = 8, eje y.
Sol. 128p
3π.
6. x2 − y2 = 16, y = 0, x = 8, eje x.
Sol. 256π/3.
7. x = 9− y2, entre x − y −7 = 0, x = 0, alrededor del eje y.
Sol. 963π/5.
8. y = e−x2, y = 0, x = 0, x = 1, alrededor del eje y.
Sol. π(1−e−1
).
9. Considere una esfera de radio r, determinar el volumen que queda después de perforar un agurero de forma cilíndrica
de radio a menor a r, cuyo eje pasa por el centro de la esfera. Sol. 43π
(r 2 −a2
)3/2.
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11 Apéndice 1: El axioma del supremo
Los nueve axiomas estudiados en el capítulo 1 dan lugar a todas las propiedades algebraicas y de orden de los números
reales. Existe un otro axioma que es de fundamental importancia en el análisis. Este axioma es el que distingue el sistema
de números reales con el sistema de números racionales (el sistema de números racionales satisface todos los axiomas del
sistema de números reales exepto el axioma del supremo). Sin este axioma no podría mostrarse, por ejemplo, la existencia
de números comop
2.
Antes de estudiar el axioma del supremo es necesario introducir algunos conceptos.
11.1 Máximo y mínimo
Sea S un conjunto finito de números reales, entonces en S existen números m y M tales que m ≤ x ≤ M para todo x ∈ S. m se
conoce como el mínimo de S y M el máximo de S. Esta afirmación es un teorema cuya demostración puede verse en ”Curso
de Análisis, Elon Lages Lima, IMPA, Brasil, 1976”.
Si S es un conjunto infinito de números reales puede que no tenga máximo y tampoco tenga mínimo, esto es, no existen
números m, M ∈ S tales que m ≤ x ≤ M para todo x ∈ S. Por ejemplo si a,b son números reales tales que a < b el conjunto
S = {x ∈R : a < x < b} no tiene máximo ni mínimo.
11.2 Cota superior
Definición 11.1
Un conjunto de números reales S está acotado superiormente (o tiene cota superior) si existe un número c tal que
para todo x ∈ S se verifica x ≤ c Tal número se llama Cota superior de S.
Ejemplo 11.1 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota superior es c = b. Cualquier número mayor a b también es una cota
superior de S.
342 Apéndice 1: El axioma del supremo
11.3 Cota inferior
Definición 11.2
Un conjunto de números reales S está acotado inferiormente (o tiene cota inferior) si existe un número c tal que para
todo x ∈ S se verifica x ≥ c. Tal número se llama Cota inferior de S.
Ejemplo 11.2 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota inferior es c = a. Cualquier número menor que a es también una cota
inferior de S.
Teorema 11.1
Si una cota superior de S está en S, tal cota es el máximo de S, Similarmente si una cota inferior está en S, tal cota es
el mínimo de S.
11.4 Mínima cota superior
Definición 11.3
Un número c es llamado mínima cota superior de un conjunto no vacio S si
i) c es una cota superior de S
ii) Ningún número menor a c es una cota superior de S.
El siguiente teorema es muy útil cuando se tiene que probar que un número c es una mínima cota superior.
Teorema 11.2
Un número c es la mínima cota superior de un conjunto vacio S si y solo si
i′) c es una cota superior de S
ii′) Para cualquier ε> 0, existe s0 ∈ S tal que s0 > c −ε
En lo que sigue la mínima cota superior de un conjunto S se abreviará con mcs(S) y a veces se dirá simplemente
supremo lo que escribiremos sup(S). Si c es el supremo de S escribiremos c = sup(S).
Apéndice 1: El axioma del supremo 343
11.5 Axioma 10 (el axioma del supremo)
Cada conjunto no vacio S de números reales acotado superiormente posee un supremo, esto es, existe un número c talque c = sup(S).
11.5.1. Máxima cota inferior
Definición 11.4
Un número c es llamado máxima cota inferior de un conjunto no vacío S si
i ) c es una cota inferior de S
i i ) Níngún número mayor a c es una cota inferior de S.
Al igual que en el caso del supremo se tiene el siguiente teorema.
Teorema 11.3
Un número c es llamado máxima cota inferior de un conjunto no vacio S si y solamente si
i ′) c es una cota inferior de S
i i ′) Para cualquier ε> 0, existe s0 ∈ S tal que s0 < c +ε
La máxima cota inferior se abreviará con mcm y se llamará ínfimo. Si c es el ínfimo de un conjunto S escribiremos c = ınf(S).
Usando el axioma del supremo se puede probar el siguiente teorema.
Teorema 11.4
Cada conjunto de números reales acotado inferiormente posee un ínfimo.
Ejemplo 11.3 El conjunto S = {x ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2} está acotado inferior y superiormente ınf(S) = 1, sup(S) = 2.
Ejemplo 11.4 Determinaremos (si existen) el ínfimo y el supremo del siguiente conjunto.
S ={
1
n: n es un entero positivo
}Escribiendo S por extensión se tiene:
S ={
1
1,
1
2,
1
4, · · ·
},
se puede probar que ınf(S) = 0 y sup(S) = 1.
344 Apéndice 1: El axioma del supremo
Teorema 11.5
El conjunto P de los enteros positivos 1,2,3, . . . , no es acotado por arriba.
Demostración. Supongamos que P es acotado por arriba. Sabemos que P 6= ; luego por el axioma del supremo P tiene
supremo, sea b = sup(P), luego para todo ε > 0, existe p ∈ P tal que b − ε < p ≤ b. En particular puesto que 1 > 0, existe
p ∈ P tal que b −1 < p ≤ b pero entonces p +1 > b y puesto que p +1 ∈ P, b no puede ser cota superior, esto contradice a la
suposición de que b es una cota superior. De esta contradicción concluimos que P no es acotado por arriba.
■
11.5.2. La propiedad arquimediana
Teorema 11.6
Para cada real x existe un entero positivo n tal que n > x.
Demostración. Si para cada entero positivo n se tiene n ≤ x tendríamos que el conjunto de los enteros positivos es acotado,
en contradicción con el anterior teorema, luego debe existir un entero positivo n tal que n > x.
■
Teorema 11.7
Si x > 0 y y es un número arbitrario, existe un entero positivo n tal que nx > y.
Demostración. Reemplazando x por y/x en el anterior teorema encontramos que existe un entero positivo n tal que n > y/x
de donde nx > y .
■La propiedad descrita en el anterior teorema es llamada Propiedad Arquimediana de los Reales.
Teorema 11.8
Para cualquier real x existe un entero m tal que m −1 ≤ x < m.
Teorema 11.9
Si a,b son números reales cualesquiera tales que a < b, entonces existe un número racional r tal que a < r < b.
Al iniciar el apéndice que existe una diferencia entre el sistema de números reales y el sistema de números racionales, el
siguiente ejemplo muestra esta afirmación.
Teorema 11.10
Existe un número real x tal que x2 = 5
Apéndice 1: El axioma del supremo 345
Demostración. Definamos S = {y ∈R : y ≥ 0, y2 ≤ 5
}, este conjunto es acotado superiormente, una cota es M = 5, si no
fuera asì, existiría un número y0 ∈ S tal que y0 > 5, pero entonces 25 < y20 , pero y0 ∈ S entonces y2
0 < 5, luego se tendría:
25 < y20 < 5,
lo cual evidentemente es una contradicción, por tanto S es acotado superiormente, en consecuencia el conjunto S tiene
supremo. Sea x = sup(S) , probaremos que x2 = 5. Con este fin mostraremos que los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles:
x2 < 5. Para todo natural m se tiene: (x + 1
m
)2
= x2 + 2x
m+ 1
m2 < x2 + 2x +1
m.
Puesto que 5−x2 > 0, por la propiedad arquimediana, existe un natural n0 tal que2x +1
5−x2 < n0, por tanto:
2x −1
n0< 5−x2
con lo que se tiene: (x + 1
n0
)2
< x2 + 2x +1
n0< x2 + (
5−x2)= 5
por tanto: (x + 1
n0
)2
< 5,
esto muestra que x + 1n0
∈ S, lo cual es contradictorio, pues x, al ser supremo, es una cota superior.
x2 > 5. Para todo natural m se tiene: (x − 1
m
)2
= x2 − 2x
m+ 1
m2 > x2 − 2x
m
puesto que 2x > 0 y x2 −5 > 0, existe un natural n0 tal que2x
x2 −5< n0, por tanto:
−2x
n0>−(
x2 −5)
y en consecuencia: (x − 1
n0
)2
> x2 − 2x
n0> x2 − (
x2 −5)= 5, (1)
finalmente puesto que x − 1n0
< x, existe y0 ∈ S tal que
x − 1
n0< y0
con lo que: (x − 1
n0
)2
< y20 ≤ 5 (2)
combinando (1) y (2)
5 <(
x − 1
n0
)2
≤ 5
que evidentemente es una contradicción.
Por tanto los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles, es decir, debemos tener necesariamente x2 = 5.
346 Apéndice 1: El axioma del supremo
Ejercicios propuestos
1. Demostrar los teoremas que no presentan demostración.
2. Si tres números reales a, x, y satisfacen las desigualdades a ≤ x ≤ a + y
npara cada n ≥ 1, entonces x = a.
3. Probar que si el producto de dos números es par, entonces uno de ellos es par, en particular si n2 es par entonces n es
par.
4. Determinar el supremo y el ínfimo, si existen, de los siguientes conjuntos.
a)
{2− 1
n: n es un entero positivo
},
b)
{(−1)n 1
n: n es un entero positivo
}c)
{n + (−1)
1
n: n es un entero positivo
}5. Pruébese que entre dos reales distintos a,b hay infinitos racionales.
6. Si S y T son conjuntos de números reales tales que para cualquier x ∈ S existe un y ∈ T tal que x ≤ y , demuéstrese que
sup(S) ≤ sup(T ).
7. Si A,B ,C son conjuntos de números reales tales que para cada x ∈ A y cada y ∈ B existe z ∈C tal que x+ y ≤ z, demués-
trese que sup(A)+ sup(B) ≤ sup(C ).
12 Apéndice 2: Un límite notable
En este apéndice demostramos el siguiente resultado:
lımx→∞
(1+ 1
x
)x
= e
Empezamos definiendo el concepto de sucesión.
Definición 12.1
Una sucesión s es una función con dominio el conjunto de los enteros positivos y codominio el conjunto de los reales,
esto es, s :Z+ →R. Los elementos de la sucesión se denotan por s (n) o simplemente por sn .
Ejemplo 12.1 La sucesión1
1,
1
2,
1
3, . . . está generado por la función s definida por s (n) = 1
n.
Definición 12.2
Se dice que L es el límite de una sucesión s si
(∀ε> 0)(∃N ∈Z+)
(n ≥ N ⇒|s (n)−L| < ε) ,
en tal caso escribimos:
lımn→∞ s (n) = L.
Definición 12.3
Una sucesión s es acotada si el conjunto:
S = {s (n) : n ∈Z+}
es acotado.
348 Apéndice 2: Un límite notable
Definición 12.4
Usa sucesión s es creciente si para n ≤ m, tenemos s (n) ≤ s (m).
Teorema 12.1
Sea s una sucesión creciente, supongamos que s está acotada superiormente. Entonces el límite de la sucesión existe
y es igual al supremo del conjunto S = {s (n) : n ∈Z+}
.
Demostración. Sea
L = supS,
por tanto, dado ε> 0, existe un entero N tal que:
L− ε
2< s (N ) ≤ L
puesto que la sucesión es creciente, para n ≥ N tenemos:
S (N ) ≤ s (n)
es claro además que s (n) ≤ L, luego:
L− ε
2< s (N ) ≤ s (n) ≤ L
de este resultado tenemos:
− ε2< s (n)−L ≤ 0
de esto deducimos que |s (n)−L| ≤ ε
2< ε. Esto prueba el teorema.
■
Teorema 12.2
Para cualquier entero positivo n.
2 <(1+ 1
n
)n
< 3
Demostración. Por el teorema del binomio, para un natural n podemos escribir:(1+ 1
n
)n
=n∑
k=0
(nk
)( 1
n
)k
= 1+1+ 1
2!
(1− 1
n
)+ 1
3!
(1− 1
n
)(1− 2
n
)+·· ·+ 1
n!
(1− 1
n
)(1− 2
n
)(1− n −1
n
)< 1+1+ 1
2!+ 1
3!+·· ·+ 1
n!< 3
(12.1)
esto muestra que efectivamente:
2 <(1+ 1
n
)n
< 3.
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Apéndice 2: Un límite notable 349
Teorema 12.3
El límite
lımn→∞
(1+ 1
n
)n
existe.
Demostración. Consideremos la sucesión dada por
s (n) =(1+ 1
n
)n
luego s es una sucesión creciente de números reales. Por el teorema previo s está acotado superiormente, luego el
límite existe y es igual al supremo, es decir,
lımn→∞
(1+ 1
n
)n
= sup{s (n) : n ∈Z}
Denotamos a este límite por e. El valor de esta constante es aproximadamente e = 2,718281828. . .., tenemos entonces
lımn→∞
(1+ 1
n
)n
= e
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Teorema 12.4
lımx→∞
(1+ 1
x
)x
= e
Demostración. Para todo real x existe un entero n tal que
n ≤ x < n +1
por tanto (1+ 1
n
)n
≤(1+ 1
x
)x
<(1+ 1
n +1
)n+1
es claro que si x →∞ también n →∞, también es claro que
lımn→∞
(1+ 1
n
)n
= lımn→∞
(1+ 1
n +1
)n+1
= e
por tanto
lımx→∞
(1+ 1
x
)x
= lımn→∞
(1+ 1
n
)n
= e
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