apunte de calculo i usach

Cálculo I

Sergio Plaza

June 9, 2011

Contenidos

1 Números Naturales 3

1.1 Axiomas de Peano e Inducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Producto de números Naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Principio de Buena Ordenación . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4 Suma de los cuadrados de los primeros n números naturales . 17

1.5 Conjuntos finitos e infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Cuerpos 29

2.1 Axioma de la adición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2 Axiomas de la multiplicación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3 Cuerpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.4 Orden en un cuerpo ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.5 Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.6 Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.7 Supremo e ínfimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

i

ii

2.8 Números Reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3 Sucesiones de Números Reales 63

3.1 Sucesiones de números reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.2 Límite de una sucesión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.3 Propiedades aritmética de los límites . . . . . . . . . . . . . . 72

3.4 Límite de subsucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

3.5 Límite superior y límite inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

3.6 Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.7 Límites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4 Límite de Funciones 121

4.1 Límites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.2 Límites en el infinito, límites infinitos, expresiones indetermi-nadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

4.2.1 Expresiones indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

5 Funciones continuas 145

5.1 Entre parentesis: un poco de topología en R . . . . . . . . . . 149

5.2 Continuidad Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

5.3 Ecuaciones no Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5.3.1 Método de bisección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

1

5.3.2 Análisis del error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

5.4 Métodos iterativos de punto fijo . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

5.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

6 Derivada 191

6.1 Máximos y mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

6.2 Funciones derivables definidas en intervalos . . . . . . . . . . 201

6.3 Desarrollo de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

6.3.1 Regla de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

6.3.2 Funciones convexas y funciones cóncavas . . . . . . . . 229

6.4 Método de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

6.4.1 Análisis del Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

6.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

7 Integral de Riemann 267

7.1 Sumas de Riemann superiores e inferiores . . . . . . . . . . . . 269

7.2 Teoremas clásicos del cálculo integral . . . . . . . . . . . . . . 276

7.3 Función logaritmo y función exponencial . . . . . . . . . . . . 294

7.4 Ejecicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297

Capítulo 1

Números Naturales

1.1 Axiomas de Peano e Inducción

La teoría de los números naturales puede deducirse de tres axiomas siguien-tes, conocidos como axiomas de Peano, que damos a seguir.

Se suponen dados como objetos no definidos: un conjunto no vacío, deno-tado por N, cuyos elementos son llamados números naturales, y una funcións : N −→ N, llamada función sucesor. Para cada n ∈ N, el valor s(n) esllamado el sucesor de n, y n es llamado el antecesor de s(n).

La función s verifica los siguientes axiomas:

PI1) s : N −→ N es inyectiva, en otras palabras, dados m, n ∈ N se tiene,si s(n) = s(m), entonces m = n, estos es, dos números que tienen elmismo sucesor son iguales.

PI2) El conjunto N − s(N) consiste de un sólo elemento, es decir, existe unúnico número natural que no es sucesor de ningún otro número, dondepor s(N) denotamos la imagen del conjunto N por la función s, en otraspalabras s(N) = {s(n) : n ∈ N}. A este número se le llama “uno” y

3

4 Apuntes de Cálculo I

se representa por el símbolo 1. Luego, para cada n ∈ N, se tiene que1 �= s(n). Además, si n �= 1, existe un único m ∈ N, tal que s(m) = n.

PI3) Principio de Inducción (P.I.). Si X ⊆ N es un subconjunto tal que1 ∈ X, y para todo n ∈ X se cumple s(n) ∈ X, entonces X = N.

Este también puede enunciarse de la siguiente forma equivalente.

PI3’) Sea P una propiedad referente a los números naturales. Si 1 verificaP , y del hecho que un número natural n verifique P se puede deducirque s(n) verifica P , entonces todos los números naturales verifican P .

El Principio de Inducción es una poderosa herramienta para demostrarpropiedades referente a los números naturales.

Sea Z un conjunto no vacío, dada una función f : Z −→ Z, para cadan ∈ N, asociamos de modo único la función f ◦n : Z −→ Z, esto lo hacemosinductivamente como sigue: definimos f ◦1 = f y f ◦s(n) = f ◦1 ◦ f ◦n, supuestoque f ◦n esté definida. La función f ◦n es llamada la n–ésima iterada de f .

Nota 1.1. Caso consideremos la posibilidad n = 0, se define f ◦0 = Id,función identidad.

Usamos esta noción para definir la adición o suma de números naturales.Dados m, n ∈ N, su suma m + n es definida por

m + n = s◦ n(m) (1.1)

Asi, tenemos m + 1 = s(m) y m + s(n) = s(m + n).

Teorema 1.1. La adición de números naturales satisface las siguientespropiedades.

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1. Asociatividad: Para cualesquiera que sean m, n, p ∈ N, se verifica(m + n) + p = m + (n + p).

2. Conmutatividad: Para todo m, n ∈ N, se verifica m + n = n + m.

3. Ley de Corte: Sean m, n, p ∈ N, si m + n = m + p, entonces n = p.

4. Tricotomía: Dados m, n ∈ N, ocurre una y sólo una de las siguientesalternativas (i) m = n, (ii) existe p ∈ N tal que n = m + p o (iii)existe q ∈ N tal que m = n + q.

Demostración. Demostraremos sólo la asociatividad. Las demás propiedadesse demuestran en forma análoga.

Haremos la prueba por inducción. Sea

X = {p ∈ N : (m + n) + p = m + (n + p)}

cualesquieras que sean m, n ∈ N.

Ya tenemos que 1 ∈ X. Ahora, si p ∈ X entonces

m + (n + s(p)) = m + s(n + p)= s(m + (n + p))= s((m + n) + p)= (m + n) + s(p).

Luego, X = N.

�

La relación de orden entre números naturales está definida en términos dela adición.

Definición 1.1. Dados m, n ∈ N, decimos que m es menor que n, y escribi-mos m < n, si existe p ∈ N, tal que n = m + p. La notación m ≤ n significaque m = n o m < n.


La relación de orden “<” verifica las propiedades siguientes.

Teorema 1.2. O1) Transitiva: Sean m, n, p ∈ N. Si m < n y n < p,entonces m < p.

O2) Tricotomía : Dados m, n ∈ N, se verifica una y sólo una de lassiguientes alaternativas: (i) m = n, (ii) m < n o (iii) n < m.

O3) Monotonía respecto de la adición: Sean m, n ∈ N. Si m < n,entoces para todo p ∈ N, se cumple m + p < n + p.

Demostración. (O1) Sean m, n, p ∈ N. Si m < n y n < p, entonces existenp, r ∈ N tales que n = m + q y p = n + r, reemplzando el valor de n en laúltima igualdad, nos queda p = (m + q) + r = m + (q + r), y como q + r ∈ N,se sigue la afirmación.

(O2) Se deja a cargo del lector.

(O3) Como m < n existe q ∈ N tal que n = m+q, luego n+p = (m+q)+p =(m + p) + q, en otras palabras m + p < n + p.

1.2 Producto de números Naturales

Definamos, para cada m ∈ N, la función fm : N −→ N por fm(p) = p + m,es decir, fm es la función “sumar m”.

El producto de números naturales se define como sigue

m · 1 = m

m · s(n) = f ◦nm (m)

(1.2)

Por ejemplo, m · 2 = fm(m) = m + m, m · 3 = f ◦2m (m) = m + m + m, y así

sucesivamente.

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Desde la definición de f ◦nm , se deduce que m·n está definido inductivamente

por las reglasm · 1 = m

m · (n + 1) = m · n + m.

Esto nos sugiere la propiedad de distrubutividad, es decir,

m · (n + p) = m · n + m · p,

la cual se demuestra por inducción.

En efecto, Sea X = {p ∈ N : (m + n) · p = m · p + n · p} para cualesquieraque sean m, n ∈ N.

Como vimos 1 ∈ X. Ahora, si p ∈ X, entonces

(m + n)(p + 1) = (m + n)p + m + n

= m(p + 1) + n(p + 1) ,

esto es p + 1 ∈ X, por lo tanto X = N, y la prueba esta completa.

Las principales propiedades del producto de números naturales son resu-midas en el siguiente teorema

Teorema 1.3. El producto de números naturales satisface las siguientespropiedades

Prod1) Asociatividad: Para todo m, n, p ∈ N, se tiene que (m·n)p = m·(n·p).

Prod2) Conmutatividad: Para todo m, n ∈ N, se verifica m · n = n · m.

Prod3) Ley de Corte: Sean m, n, p ∈ N. Si m · p = n · p, entonces m = n.

Prod4) Distribuitividad: Para todo m, n, p ∈ N, se verifica m · (n + p) =m · n + n · p.

Prod5) Monotonía: Sean m, n, p ∈ N. Si m < n, entonces m · p < n · p.


Demostración. Por inducción y se dejan a cargo del lector.

�

Ejemplo 1.1. Para todo n ∈ N valen∑

j=1j =

n(n + 12

.

Solución. Lo primero que debemos notar es que el producto de dos númeronaturales consecutivos siempre es un número par, por lo tanto, siempren(n + 1)

2∈ N.

Primero hagamos la deducción de la fórmula propuesta (esta es débida aC. F. Gauss1). Llamemos

S = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n (1.3)

tenemos tambien que

S = n + (n − 1) + · · · + 3 + 2 + 1 (1.4)

ahora, sumando término a término las dos expresiones de la misma sumadadas arriba, obtenemos

2S = (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1) + (n + 1) n veces (1.5)

por lo tanto

S =n(n + 1)

2que es la fórmula propuesta.

Hagamos ahora la prueba de su validez usando inducción.1Una historia muy conocida es la del descubrimiento de esta fórmula por Carl Friedrich

Gauss cuando su profesor de tercero de primaria pidió a sus alumnos hallar la suma de los100 primeros números y calculó el resultado de inmediato: 5050.

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Para n = 1, tenemos1 = 1 · 2

2lo cual es cierto.

Supongamos que vale para n ∈ N. Ahora,

1 + 2 + · · · + n + (n + 1) = (1 + 2 + · · · + n) + (n + 1)

= n(n + 1)2

+ n + 1 (por la hipótesis de Inducción)

=(n + 1)(n + 2)

2

lo que concluye la prueba.

1.3 Principio de Buena Ordenación

Sea X un conjunto no vacío de números naturales. Un número p ∈ X esllamado mínimo de X, si p ≤ n para todo n ∈ X.

Si X ⊆ N tiene mínimos p y q, entonces p = q. En efecto, p ≤ q y q ≤ p

por definición de mínimo, luego p = q, en otras palabras, si un conjuntono vacío de números naturales posee un elemento mínimo, entonces este esúnico. Lo que no es obvio, es un tal conjunto posea un mínimo, nada de losvisto hasta este momento, nos permite concluir la existencia de ese mínimo.

Demostraremos el P.B.O. usando el P.I.

Teorema 1.4. (Principio de Buena Ordenación, P.O.B.) Todo subconjuntono vacío de números naturales posee un elemento mínimo.

Demostración. Sea S ⊆ N el subconjunto consistiendo de todos los númerosnaturales n con la propiedad que cuando un subconjunto no vacío A de N


que contiene un número natural m ≤ n, entonces A tiene un menor elemento.Ahora lo que debemos probar es que S = N.

Notemos que 1 ∈ S. Supongamos que n ∈ S. Sea A un subconjunto novacío de N contiene algún número natural m ≤ n + 1. Si A contiene unnúmero natural k < n + 1, entonces A también contiene un número natural(a saber k mismo) menor o igual que n, y como n ∈ S, el conjunto A tieneun menor elemento. Por otra parte, si A no contiene ningún elemento menorestricto que n + 1, se sigue que n + 1 ∈ A, y en este caso n + 1 es el menorelemento de A, por lo tanto n + 1 ∈ S y por el P.I., S = N.

�

Vamos a probar que de hecho, estos dos principios son tales que podemosasumir uno de ellos para comenzar la construcción de los números naturales.Esto pues asumiendo el P.I, podemos demostarr P.B.O, y si asumimos elP.B.O. pdeomeos demostrar el P.I. Hasta el momento hemos probado que elP.I. implica el P.B.O., ahora mostraremos que si asumimos el P.B.O, podemosconlcuir el P.I.

Teorema 1.5. P.B.O. implica P.I.

Demostración. Sea S ⊆ N que satisface

a) 1 ∈ S

b) n + 1 ∈ S cuando n ∈ S

Vamos a mostrar que S = N o equivalentemente N − S = ∅. Supongamosque N−S �= ∅. Entonces por el P.B.O. existe n0 = min(N−S). Es claro que1 < n0, pues 1 ∈ S. Como n0 ∈ N − S, se sigue que su antecesor, digamosm0 pertenece a S, pero como n0 = s(m0) ∈ S, tenemos una contradicción.Por lo tanto, S = N.

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�

Ejemplo 1.2. Usando el P.B.O., vamos a mostrar que número√

2 es irra-cional.

En efecto, Supongamos contrariamente que√

2 es un número racional,digamos

√2 = a/b , con a y b números enteros, los cuales podemos suponer

son positivos, con b �= 0 y sin factores comunes, es decir, coprimos. Tenemosentonces que a = b

√2 es un entero positivo y podemos definir el conjunto

S = { n√

2 : con n y n√

2 enteros positivos } .

Es claro que S es no vacío pues b√

2 ∈ S . Por el P.B.O., S tiene unmenor elemento, digamos, j = k

√2 .

Como√

2 − 1 > 0 , se sigue que j(√

2 − 1) = j√

2 − j = j√

2 − k√

2 =(j − k)

√2 es un entero, por ser diferencia de dos enteros. Por otra parte,

como 2 < 2√

2 vemos que 2 − √2 <

√2 , y como j = k

√2 se tiene que

j√

2 = 2k . De esto,

(j − k)√

2 = j√

2 − k√

2 = 2k − k√

2 = k(2 − √2) < k

√2 = j ,

de donde (j − k)√

2 es un entero positivo que pertenece a S y es menor quej . Esto contradice la elección de j como el menor entero positivo en S .

Comentario. Hay muchas maneras de probar que√

2 es irracional. Unade ella, las más divulgada y más directa, es la siguiente. Igual que antessupongamos que

√2 = a/b con a , b enteros sin factores comunes y b �= 0 .

Elevando al cuadrado se obtiene 2b2 = a2 . Por lo tanto 2 divide a a2 , y sesigue que 2 divide a a , por lo que concluímos que a debe ser un númeropar, digamos a = 2h , donde h es un número entero, elevando al cuadradoesa igualdad nos queda a2 = 4h2 . Reemplazando este valor en la igualdad2b2 = a2 , se obtiene b2 = 2h2 , de lo cual deducimos que 2 divide a b2 y


como antes vemos que 2 divide a b , lo cual es una contradicción con el hechode que a, b no tenían divisores comunes.

Teorema 1.6. (Segundo Principio de Inducción) Sea X ⊆ N un conjuntocon la siguiente propiedad: dado n ∈ N, si todos los números naturales m

tales que m < n pertenecen a X, entonces n ∈ X. En estas condiciones setiene que X = N.

Demostración. Sea Y = N − X. Queremos probar que Y = ∅, el conjuntovacío. Si no, es decir, Y es no vacío, entonces por el P.B.O. existe un elementomínimo p ∈ Y . Entonces para todo número natural m < p se cumple quem ∈ X. Por la hipótesis sobre X, se tiene entonces que p ∈ X, lo que es unacontradicción.

�

Veamos una aplicación de este resultado, demostrando un antiguo resul-tado que aparece en la obra de Euclides2.

Ejemplo 1.3. Recordemos que un número natural mayor que 1 es primo sisus únicos divisores son 1 y el mismo.

Afirmación “Todo entero positivo mayor que 1 es un producto de númerosprimos”

En efecto, la afirmación es inmediata para n = 2. Sea m ∈ N dado,supongamos que la afirmación vale para todo n < m.

Si m es primo, no hay nada que probar. En caso contrario, podemosescribir m = k · n, con 1 < k ≤ n < m. Como k y n son números naturalesmayores que 1 y menores que m, ambos son productos de primos, por lo tantom es un producto de primos. Luego, por el Segundo Principio de Inducciónse sigue el resultado.

2Ver la página http://es.wikipedia.org/wiki/Euclides para una historia de este person-aje de la Matemática

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Ejemplo 1.4. Demuestre la siguiente fórmula por inducción

n∑i=1

1i(i + 1)

= n

n + 1.

En efecto, Para n = 1, tenemos

12

=1

1(1 + 1)=

12

lo cual muestra que vale en este caso.

Supongamos que la fórmula vale para n = k, es decir,

k∑i=1

1i(i + 1)

= k

k + 1,

tenemos

k+1∑i=1

1i(i + 1)

=k∑

i=1

1i(i + 1)

+ 1(k + 1)(k + 2)

=k

k + 1+

1(k + 1)(k + 2)

=k2 + 2k + 1

(k + 1)(k + 2)

= (k + 1)2

(k + 1)(k + 2)

= k + 1k + 2

,

lo cual termina la prueba por inducción.

Ejemplo 1.5. Demuestre, usando Inducción, la siguiente fórmula

12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.


En efecto, Para n = 1, vale pues

12 =16

· 2 · 3 .

Supongamos que vale para n = k, es decir, tenemos

12 + 22 + 32 + · · · + k2 =k(k + 1)(2k + 1)

6.

Ahora para k + 1 tenemos

12 + 22 + 32 + · · · + k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1)6

+ (k + 1)2

= k + 16

[k(2k + 1) + 6(k + 1)]

= k + 16

[k2 + 7k + 6]

= k + 16

(k + 2)(2k + 3) ,

por tanto la igualdad es verdadera para todo n ∈ N .

Ejemplo 1.6. Demuestre, usando inducción, que para todo n ∈ N se tieneque

12

· 34

· · · 2n − 12n

≤ 1√2n + 1

.

En efecto. Para n = 1, la afirmación se reduce a12

<1√3

, lo cual es ob-viamente cierto. Supongamos que la afirmación es verdadera para n. Ahorabien, para todo n ∈ N se tiene que

12

· 34

· · · 2n − 12n

2n + 12n + 2

<1√

2n + 1· 2n + 1

2n + 2=

√2n + 1

2n + 2

y la afirmación estará probada si conseguimos demostrar que√

2n + 12n + 2

<

1√2n + 3

. Esto último, es cierto si y sólo si

2n + 1(2n + 2)2 <

(1√

2n + 3

)2

= 12n + 3

lo cual ocurre si y sólo si (2n+3)(2n+1) < (2n+2)2, y esto es una obviedad.

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Ejemplo 1.7. Considere n puntos distintos sobre un círculo. Uniendo lospuntos adyacentes por segmentos de rectas, se obtiene un polígono de n la-dos. Obtenga una expresión para el número P (n) de diagonales del polígonoy demuestrelo por inducción.

En efecto, como ya probamos, se tiene la fórmula

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

.

Realizando los dibujos correspondientes, para n ≥ 4 , se obtiene lo siguien-te

P (4) = 2

P (5) = 5 = 2 + 3 = P (4) + 3

P (6) = 9 = 2 + 3 + 4 = P (5) + 4

P (7) = 14 = 2 + 3 + 4 + 5 = P (6) + 5...

P (n) = 2 + 3 + . . . + (n − 2) =(n − 2)(n − 1)

2− 1 =

n(n − 3)2

Pasamos ahora a demostrar por inducción,

i. Claramente P (4) = 4(4−3)2 = 2.

ii. Supongamos que vale para n = k, esto es, P (k) = k(k − 3)2

, tenemos

P (k+1) = P (k)+(k−1) =k(k − 3)

2+(k−1) =

k2 − k − 22

=(k + 1)(k − 2)

2.

lo que completa la prueba.

Ejemplo 1.8. Pruebe, que para todo n ∈ N se tiene que

2 (√

n − 1) ≤n∑

k=1

1√k

≤ 2√

n − 1 .


Solución. Antes de comenzar con la demostración en si, hagamos algunasmanipulaciones algebraicas. Tenemos

2√

n + 1 − 2√

n = 2√n + 1 +

√n

<1√n

,

donde la igualdad se obtiene racionalizando las raíces, y la desigualdad seobtiene del hecho que

√n <

√n + 1.

De modo análogo se prueba que1√n

< 2√

n − 2√

n − 1 .

Juntando esas desigualdades, obtenemos

2√

n + 1 − 2√

n <1√n

< 2√

n − 2√

n − 1 ,

válida para todo n ≥ 1. En otras palabras, valen las siguientes desigualdades

2√

3 − 2√

2 <1√2

< 2√

2 − 2√

1

2√

4 − 2√

3 <1√3

< 2√

3 − 2√

2

...

2√

n + 1 − 2√

n <1√n

< 2√

n − 2√

n − 1

Sumando esas desigualdades, nos que

2√

n + 1 − 2√

2 <n∑

j=2

1√j

< 2√

n − 2 ,

sumando 1 a ambos lados de esta desigualdad, nos queda 2√

n + 1−2√

2+1 <n∑

j=1

1√j

< 2√

n − 1. Finalmente, usando que√

n <√

n + 1 y que 2√

2 < 3 se

tiene que 2√

n − 2 <n∑

j=1

1√j

< 2√

n − 1.

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1.4 Suma de los cuadrados de los primeros n

números naturales

A seguir deducimos la fórmula de la suma de los cuadrados de los primerosn naturales y damos una aplicación.

Tenemos (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k + 1 para todo k ∈ N. Procedemos comosigue:

23 = 11 + 3 · 12 + 3 · 1 + 1

33 = 23 + 3 · 22 + 3 · 2 + 1

43 = 33 + 3 · 32 + 3 · 3 + 1...

(n + 1)3 = n3 + 3 · n2 + 3 · n + 1

sumando estas n identidades, obtenemosn+1∑k=2

k3 =n∑

k=1k3 + 3

n∑k=1

k2 + 3n∑

k=1k + n

de donde(n + 1)3 = 1 + 3

n∑k=1

k2 + 3n∑

k=1k + n

y despejando la suma que nos interesa, nos quedan∑

k=1k2 =

13

((n + 1)3 − 3

n(n + 1)2

− (n + 1))

=n(n + 1)(2n + 1)

6,

es decir,n∑

k=1k2 =

n(n + 1)(2n + 1)6

.

Se deja como ejercicio al lector probar esta fórmula por inducción.

Una aplicación directa de esta fórmula es el calculo de la siguiente suman∑

k=1(2k − 1)2


es decir la suma de los cuadrados de los número impares.

Una manera directa de hacerlo es desarrollando el cuadrado del binomio yusando las propiedades de la sumatoria, con lo cual se tiene

n∑k=1

(2k − 1)2 = 4n∑

k=1k2 − 4

n∑k=1

k + n

ahora hay sólo que usar las fórmulas anteriores y un poco de manipulaciónalgebraica, para obtener

n∑k=1

(2k − 1)2 = n(2n + 1)(2n − 1)3

Una forma más elegante es como sigue. Sea qn =n∑

k=1k2. Tenemos

qn =n(n + 1)(2n + 1)

6

de dondeq2n =

2n(2n + 1)(4n + 1)6

.

Ahora bien,

n∑k=1

(2k − 1)2 = q2n − 4qn

=2n(2n + 1)(4n + 1)

6− 4n(n + 1)(2n + 1)

6

= n(2n + 1)(2n − 1)3

Asín∑

k=1(2k − 1)2 = n(2n + 1)(2n − 1)

3.

La prueba de la validez de las fórmulas deducidas es por inducción y sedejan a cargo del lector.

Sergio Plaza 19

1.5 Conjuntos finitos e infinitos

Sea In = {1, 2, . . . , n} ⊆ N.

Un conjunto X es finito, si X = ∅ o existe para algún n ∈ N una biyección

ϕ : In −→ X.

En el primer caso, decimos que X no posee elementos y el segundo decimosque X posee n elementos.

Es claro que

(a) In es finito y posee n elementos.

(b) Si ϕ : X −→ Y es una biyección, entonces uno de los conjuntos es finitosi y sólo si el otro lo es, y además, si esto ocurre, ellos poseen el mismonúmero de elementos.

Una biyección ϕ : In −→ X significa una enumeración de los elementosde X, escribiendo ϕ(1) = x1, ϕ(2) = x2, . . . , ϕ(n) = xn, tenemos queX = {x1, x2, . . . , xn}.

(c) ϕ : In −→ X y ψ : Im −→ X son biyecciones, entonces m = n. Enefecto, considerando la función compuesta f = ψ−1 ◦ ϕ : In −→ Im

debemos probar que si existe una biyección f : In −→ Im, entoncesm = n.

Para ello tenemos el siguiente teorema

Teorema 1.7. Sea A ⊆ In. Si existe una biyección f : In −→ A, entoncesA = In.

Demostración. Por inducción sobre n. Para n = 1, el resultado es obvio.Supongamos que es verdadero para n ∈ N. Consideremos una biyección


f : In+1 −→ A. Sea a = f(n + 1), la restricción de f a In es una biyecciónf : In −→ A − {a}. Si A − {a} ⊆ In, entonces por la hipótesis de inducción,se tiene que In = A − {a}, de donde a = n + 1 y A = In+1.

Si no se cumple que A − {a} ⊂ In, en este caso existe p ∈ In tal quef(p) = n+1. Definimos una nueva biyección g : In+1 −→ A como g(x) = f(x)si x �= p y x �= n + 1, g(p) = a, y g(n + 1) = n + 1. Ahora la restricción g aIn es una biyección g : In −→ A − {n + 1}, y A − {n + 1} ⊆ In. Luego, porhipótesis de inducción A − {n + 1} = In, de donde A = In+1.

�

Para mostrar la afirmación pendiente, f = ψ−1 ◦ ϕ : In −→ Im es unabiyección. Si m ≤ n, se sigue que Im ⊆ In y por lo probado Im = In, yconsecuentemente m = n. Lo que completa la prueba.

Corolario 1.8. No puede existir una biyección desde un conjunto finito sobreuna parte propia de él.

Teorema 1.9. Todo subconjunto de un conjunto finito es finito.

Demostración. Inmediata.

Corolario 1.10. Sea f : X −→ Y una función inyectiva. Si Y es finito,entonces X es finito, y el número de elementos de X no puede exceder elnúmero de elementos de Y .

Corolario 1.11. Sea f : X −→ Y una función sobreyectiva. Si X es finito,entonces Y es finito y su número de elementos no excede al de X.

Un conjunto X es infinito, si no es finito, es decir, X es no vacío y paracualquier n ∈ N no existe una biyección ϕ : In −→ X.

Sergio Plaza 21

Del Corolario 1.8, se sigue que si existe una biyección entre X un subcon-junto propio de éste, entonces X es infinito. Usamos esto para los siguientesejemplos.

Ejemplo. N es infinito.

En efecto, sea ϕ : N −→ P = {2n : n ∈ N} (conjunto de los númerosnaturales pares), definida por ϕ(n) = 2n. Tenemos que ϕ es inyectiva, puessi ϕ(n) = �(m) se sigue que 2n = 2m y por la Ley de Corte, concluimos quen = m. Por otra parte, es inmediato que ϕ es sobrecyativa. Resumiendo, ϕ

es una biyección entre los números naturales y los números naturales pares,por lo tanto N es infinito, pues P es un subconjunto propio de N.

Definición 1.2. Decimos que un conjunto X es numerable si es vacío oexiste una biyección ϕ : N1 −→ X, donde N1 ⊂ N.

Por ejemplo, N, Z y Q son numerables.

Tenemos el siguiente resultado.

Teorema 1.12. Todo subconjunto de un conjunto numerable es numerable


Observamos que existen conjuntos no numerables, pero eso lo mostraremosen el capítulo siguiente.

1.6 Ejercicios

Problema 1.1. Obtener, si es posible, una fórmula para la suma indicada,y demostrarla por inducción.


1.n∑

j=1c

c constante

2.n∑

i=1(2i + 1)

3.n∑

i=0

1i + 1

4.n∑

j=3

1j

5.n∑

i=1rj

r constante,

6.n∑

i=14(i − 1)(2i + 1)

7.n∑

i=5(i − 2)3

8.n∑

i=1[(i + 1)2 − 2i]

9.n∑

i=4(i + 1)(i − 3)

Problema 1.2. Usando inducción matemática, pruebe cada una de las si-guientes proposiciones referentes a los números naturales

1. 2 + 4 + 6 + · · · + 2n = n(n + 1)

2. 5 + 10 + 15 + · · · + 5n =5n(n + 1)

2

3. 13 + 23 + 33 + · · · + n3 =n2(n + 1)2

44. 2 + 22 + 23 + · · · + 2n = 2(2n − 1)

5. 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1) =n(n + 1)(n + 2)

3

6. 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + · · · + n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7)6

7.1

1 · 2+

12 · 3

+ · · · +1

n · (n + 1)=

n

n + 1

8. 12 · 3 · 4

+ 23 · 4 · 5

+ · · · + n

(n + 1)(n + 2)(n + 3)= n(n + 1)

4(n + 2)(n + 3)

9.13

+115

+ · · · +1

4n2 − 1=

n

2n + 1

Sergio Plaza 23

10. 1 + 2 · 3 + 3 · 32 + 4 · 33 + · · · + n · 3n−1 =(2n − 1)3n + 1

411. 5n3 + 7n es divisible por 3

12. 3n ≥ 2n + 1

13. 2n ≤ 2n

14. n2 > 2n + 1 , para n ≥ 3

15. n3 + 2n es divisible por 3

16. (n(n + 1))2 es divisible por 4

17. n4 + 2n3 + n2 es divisible por 4



20. n3 − n es divisible por 5

21. 6n − 5n + 4 es divisible por 5

Problema 1.3. Demuestre, utilizando inducción matemática, las siguientesproposiciones

1.n∑

i=1i2 = n(n + 1)(2n + 1)

6

2.n∑

k=1k3 = n2(n + 1)2

4

3.n∑

i=1

i(i + 1)2

= n(n + 1)(n + 2)6

4.n∑

i=1

12i

= 1 − 2−n


5.n∑

i=1(2i − 1)2 = n(2n − 1)(2n + 1)

3

6.n∑

i=15i−1 = 5n − 1

4

7.n∑

i=1(2i − 1)3 = n2(2n2 − 1)

8.n∑

i=1i5i =

5 + (4n − 1)5n+1

16

9.n∑

i=1(2i − 1)(2i) =

n(n + 1)(4n − 1)3

10.n∑

i=1

1i(i + 1)

= n

n + 1

11.n∑

i=1

1(2i − 1)(2i + 1)

= n

2n + 1

Problema 1.4. Demuestre que xn − yn es divisible por x − y.

Problema 1.5. Demuestre que x2n−1 + y2n−1 es divisible por x + y.

Problema 1.6. Demuestre que los números de la forma:

1. 32n − 1 son divisibles por 8



Problema 1.7. Comunmente se define el factorial de un número natural, elcual se denota por n! , como

n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n .

Sergio Plaza 25

Una manera de dar una definición fundamentada para n! es la siguiente.Defina la función F : N −→ N como F (1) = 1, y F (n + 1) = (n + 1)F (n).Demuestre, usando inducción, que F (n) = n! . Por conveniencia, y eso no lovoy a justificar aquí, se define 0! = 1.

Problema 1.8. Observe que

1 + 12

= 2 − 12

1 + 12

+ 14

= 2 − 14

1 + 12

+ 14

+ 18

= 2 − 18

deduzca la ley general y demuéstrela por inducción.

Problema 1.9. Probar que n rectas del plano, concurrentes en un punto,dividen al plano en 2n partes.

Problema 1.10. Observe que

1 − 12

=12

(1 − 1

2

)(1 − 1

3

)=

13

(1 − 1

2

)(1 − 1

3

)(1 − 1

4

)= 1

4

deduzca la ley general y demuéstrela por inducción.

Problema 1.11. Encuentre una fórmula para el producto

p(n) =(

1 − 12

)(1 − 1

3

)(1 − 1

4

)· · ·(

1 − 1n + 1

)y demuéstrela por inducción.


Problema 1.12. Demuestre las siguientes desigualdades

1. 12

· 34

· 56

· · · 2n − 12n

≤ 1√3n + 1

2. n! > 2n−1 para todo n ≥ 3 (Recuerde que n! = 1 · 2 · · · · · n)

3. 2!4! · · · (2n)! > ((n + 1)!)n para todo n ≥ 2.

Problema 1.13. Sean a y r dos números reales fijos tales que r �= 1. De-mostrar que la suma de los primeros n términos de la progresión geométricaa, ar, ar2, ar3, . . . , es a

rn − 1r − n

.

Problema 1.14. Demuestre que un cajero automático cargado con billetesde dos mil y cinco mil pesos siempre puede dispensar una cantidad de milesde pesos superior a cuatro mil pesos.

Problema 1.15. Sea h un número real mayor que −1. Prube que (1+h)n ≥1 + nh, esta desigualdad es conocida como desigualdad de Bernoulli.

Más general, se tiene lo siguiente. Sean x1, . . . , xn números reales, todoscon el mismo signo y mayores que −1. Entonces

(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1 + x2 + · · · + xn .

Pruebe esto.

Problema 1.16. Pruebe que todas las potencias (naturales) de k = 12.890.625terminan en esas mismas ocho cifras.

Problema 1.17. Demuestre que todo número de la forma 5n − 1, donden ∈ N es divisible por 4. Use eso para probar que todo número de la forma5n + 2 · 3n + 1, con n ∈ N es divisible por 8.

Problema 1.18. Analice el teorema abajo y su la demostración por Induc-ción. Explique donde está(n) el(os) error(es).

Sergio Plaza 27

Teorema 1.13. Para todo n ∈ N, en cualquier grupo de n personas, todastienen la misma edad.

Demostración. Para cada número natural n, consideramos la siguientesentencia

P(n) = en cualquier conjunto de n personas, todas tienen la misma edad .

Claramente P(1) es verdadera. Supongamos que P(n) es verdadera paraalgún n ≥ 1. Consideremos una colección de n + 1 personas

• • · · · • •︸︷︷︸n+1

Por la hipótesis de inducción, las primeras n personas tienen la mismaedad.

• • · · · •︸︷︷︸n

•

Lo mismo ocurre para las n últimas personas, es decir,

• • · · · • •︸︷︷︸n

Pero entonces las n + 1 personas tienen la misma edad que las n personasen común de esos dos conjuntos

• • · · · •︸︷︷︸n

•


Capítulo 2

Cuerpos

Un cuerpo es un conjunto no vacío, K, provisto de dos operaciones, llamadasadición y multiplicación, que verifican ciertas condiciones, llamadas axiomasde cuerpo.

La adición hace corresponder a cada par de elementos x, y ∈ K su sumax + y ∈ K, y la multiplicación asocia a estos elementos su producto xy ∈ K.

Estas operaciones binarias (+) y (·) satisfacen los siguientes axiomas.

2.1 Axioma de la adición

A1- Asociatividad. Cualesquiera que sean x, y, z ∈ K, se cumple (x+y)+z = x + (y + z).

A2.- Conmutatividad. Cualesquiera que sean x, y ∈ K, se cumple x + y =y + x.

A3.- Elemento neutro. Existe un elemento, 0 ∈ K, tal que x+0 = x, paratodo elemento x ∈ K. El elemento 0 se llama cero.

29


A4.- Elemento simétrico. Cada elemento x ∈ K posee un simétrico −x ∈K, tal que x + (−x) = 0.

Observación. La suma x+(−y) se denota por x−y y es llamada diferenciaentre x e y.

El conjunto K con la operación de adición y que satisface los axiomasanteriores, es llamado un grupo abeliano aditivo.

Proposición 2.1. El elemento neutro para la adición es único.

Demostración. Si existe otro elemento, digamos 0′ ∈ K, tal que x + 0′ = x

para todo x ∈ K, se tiene para x = 0 que 0′ = 0′ + 0 = 0.

�

Proposición 2.2. Cada x ∈ K posee un único elemento simétrico.

Demostración. Fácil y se deja a cargo del lector.

2.2 Axiomas de la multiplicación

M1.- Asociatividad. Para todo x, y, z ∈ K, se cumple (x · y) · z = x · (y · z)

M2.- Conmutatividad. Para todo x, y ∈ K, se cumple x · y = y · x

M3.- Elemento neutro. Existe un elemento 1 ∈ K, con 1 �= 0, tal que1 · x = x, para cualesquiera que sea x ∈ K. Al elemento 1 se le llamauno.

M4.- Elemento recíproco para la mutiplicación. Cada x ∈ K, conx �= 0, tiene un recíproco x−1 ∈ K, tal que xx−1 = 1.

Sergio Plaza 31

Dado x, y ∈ K, con y �= 0, se usa la notación xy−1 = x

y, y se llama división.

Con el producto, K − {0} es un grupo abeliano multiplicativo.

La relación entre la adición y la multiplicación es dada por el siguienteaxioma.

D1.- Distributividad. Para cualesquiera x, y, z ∈ K, se cumple x(y + z) =xy + xz.

Proposición 2.3. Para todo x ∈ K, se cumple x · 0 = 0.

Demostración. Tenemos x · 0 + x = x · 0 + x · 1 = x(0 + 1) = x · 1 = x, dedonde x · 0 = 0.

�

Proposición 2.4. Sean x, y ∈ K, con x · y = 0, entonces x = 0 o y = 0.

Demostración. si x · y = 0 y x �= 0, entonces x · y = x · 0, de donde sededuce que y = 0. Esto se deduce del hecho que si x · z = x · z y z �= 0,entonces x = y, lo cual es inmediato.

�

Del axioma de distrubutividad se deducen también las reglas de los signos.

(−x)y = x · (−y) = −xy

(−x)(−y) = xy .

En efecto, (−x)y + xy = ((−x) + x)y = 0 · y = 0, es decir, (−x)y = −xy.

Ejemplos de cuerpos


1. El conjunto de los números racionales, Q, con la adición y multipli-cación definidas como sigue:

a

b+

c

d=

ad + bc

bda

c· b

d=

ab

cd

es un cuerpo, llamado cuerpo de los números racionales.

2. El conjunto Z2 = {0, 1} con las operaciones

0 + 1 = 1 + 0 = 1, 0 + 0 = 1 + 1 = 00 · 0 = 1 · 0 = 0 · 1 = 0 y 1 · 1 = 1

es un cuerpo, llamado cuerpo de los números binarios.

3. El conjunto Q(i), cuyos elementos son los pares ordenados de númerosracionales z = (z, y) con las operaciones

(x, y) + (x′, y′) = (x + x′, y + y′)

(x, y)(x′, y′) = (xx′ − yy′, xy′ + yx′)

es un cuerpo. Llamado cuerpo de los números complejos racionales.

Usamos la notación 0 = (0, 0), 1 = (1, 0) y la notación especial i =(0, 1). Desde la definición del producto, vemos de inmediato que i2 =i · i = (−1, 0) = −1.

Nota. En un cuerpo K se cumple x2 = y2 si y sólo si x = y o x = −y.

En efecto, tenemos x2 = y2 si y sólo si (x − y)(x + y) = 0 si y sólo si x = y

0 x = −y.

Sergio Plaza 33

2.3 Cuerpos Ordenados

Un cuerpo ordenado es un cuerpo K, en el cual se tiene un subconjuntodistinguido P ⊆ K, llamado conjunto de los elementos positivos de K, y secumplen las siguientes condiciones.

P1. La suma y el producto de números positivos es positivo, es decir, six, y ∈ P, entonces x + y ∈ P y x · y ∈ P.

P2. Dado x ∈ K, se verifica una y sólo una de las tres alternativas siguien-tes: x = 0, x ∈ P o −x ∈ P .

Definimos el conjunto −P = {x ∈ K , tal que −x ∈ P}, llamado conjuntode los elementos negativos de K.

Lema 2.1. En un cuerpo ordenado, si a �= 0, entonces a2 ∈ P.

Demostración. Como a �= 0, se tiene a ∈ P o −a ∈ P. En el primer caso,a2 = a · a ∈ P. En el segundo caso (−a)(−a) = a2 ∈ P.

�

Ejemplo. En el cuerpo Q de los números racionales consideremos el conjuntoP de las fracciones p

q, tales que p · q ∈ N, y se tiene que Q es un cuerpo

ordenado.

Ejemplo. Z2 no puede ordenarse, pues 1+1 = 0, mientras que en un cuerpoordenado 1 debe ser positivo pues 1 = 1 · 1 = 12 ∈ P.

Ejemplo. Q(i) no puede ordenarse, pues i2 = −1, y en un cuerpo ordenado−1 es siempre negativo.


2.4 Orden en un cuerpo ordenado

Sea K un cuerpo ordenado, dados x, y ∈ K, escribimos x < y, y diremos quex es menor que y, si y − x ∈ P, es decir, y = x + z, con z ∈ P. La notacióny > x significa x < y. En particular, x > 0 significa que x ∈ P.

Teorema 2.1. En un cuerpo ordenado K, la relación de orden “<” satisface.

O1.- Transitividad. Sean x, y, z ∈ K. Si x < y e y < z, entonces x < z.

O2.- Tricotomía. Dados x, y ∈ K, ocurre una y sólo una de las siguientesalternativas: x = y, x < y o x > y.

O3.- Monotomía respecto de la adición. Sean x, y ∈ K. Si x < y,entonces para todo z ∈ K se verifica x + z < y + z.

04.- Monotomía respecto de la multiplicación. Sean x, y ∈ K. Six < y, entonces para todo z > 0 se verifica xz < yz. Si por el contrario,z < 0, entonces x < y se tiene que xz > yz.

Demostración. Sólo demostraremos [O1.-], las otras se prueban en formaanáloga y se dejan a cargo del lector.

Como x < y e y < z se tiene que y−z, z−y ∈ P, de donde (z−y)+(y−x) =z − x ∈ P, es decir, x < z.

�

En un cuerpo ordenado, escribimos x ≤ y si x = y o x < y, es decir, x ≤ y

significa que y − x ∈ P ∪ {0}. Los elementos de P ∪ {0} son llamados nonegativos. La relación ≤ satisface

1. Para todo x ∈ K, se tiene que x ≤ x (reflexiva)

Sergio Plaza 35

2. Para todo x, y ∈ K, se verifica x ≤ y e y ≤ x si y sólo si x = y

(antisimétrica)

3. Para todo x, y, z ∈ K, si x ≤ y e y ≤ z, entonces x ≤ z (transitiva).

En un cuerpo ordenado K, se cumple que

0 < 1 < 1 + 1 < 1 + 1 + 1 < · · ·

y el subconjunto de K formado por esos elementos es, consecuentemente,infinito. De hecho, podemos considerar el conjunto N inmerso en K, para ellobasta definir f : N −→ K, por f(1) = 1, f(2) = 1 + 1, y así sucesivamente,esto es, f(m + n) = f(m) + f(n) y f(m · n) = f(m) · f(n), además se tieneque si p < q entonces f(p) < f(q), para todo p, q ∈ N, esto significa que f esuna aplicación inyectiva que respeta la aritmética y el order, de N y de K.De este modo, N lo podemos considerar inmerso en K.

Considerando el hecho que N ⊆ K, los simétricos, −n, de los elementos deN, también pertenecen a K, y como Z = N∪{0}∪ (−N), donde −N = {−k :k ∈ N}, podemos considerar N ⊆ Z ⊆ K.

También, dado m, n ∈ Z, con n �= 0, existe n−1 ∈ K y como m · n−1 = mn

∈K, se sigue que Q ⊆ K, es decir, tenemos las inclusiones

N ⊆ Z ⊆ Q ⊆ K .

2.5 Intervalos

En un cuerpo ordenado, existe una noción particularmente importante, quees la noción de intervalo. Dado a, b ∈ K, con a < b, definimos

I1.- [a, b] = {x ∈ K : a ≤ x ≤ b}, intervalo cerrado de extremos a y b.


I2.- [a, b[= {x ∈ K : a ≤ x < b},

I3.- ]a, b] = {x ∈ K : a < x ≤ b},

I4.- ]a, b[= {x ∈ K : a < x < b}, intervalo abierto de extremos a y b.

I5.- ] − ∞, a[ = {x ∈ K : x < a},

I7.- ] − ∞, a] = {x ∈ K : x ≤ a}

I8.- ]b, +∞[ = {x ∈ K : b < x}

I9.- [b, +∞[ = {x ∈ K : b ≤ x}.

Nota. Los símbolos +∞ y −∞ no son número, son sólo eso, símbolos, nadamás.

Nota. Al intervalo [a, a] se le llama intervalo degenerado, pues consiste deun sólo punto.

Teorema 2.2. Todo intervalo no degenerado en un cuerpo ordenado esinfinito.

Demostración. Basta probar que en cuerpo ordenado K vale que si x, y ∈ K

con x < y, entoncesx <

x + y

2< y .

En efecto, tenemos 2x = x + x < x + y < y + y = 2y, de donde se sigue loafirmado.

Ahora, si I es un intervalo no degenerado de extremos a y b, con a < b,entonces podemos obtener una infinidad de elementos x1, x2, x3, . . . , xn, . . .

en I, considerando x1 = a + b

2, x2 = a + x1

2, . . . , xn+1 = a + xn

2, . . .

Tenemos quea < · · · < x3 < x2 < x1 < b

Sergio Plaza 37

y podemos definir una biyección ϕ : N −→ {x1, x2, . . . , xn, . . .} ⊂ I, porϕ(j) = xj .

�

2.6 Valor absoluto

Sea K un cuerpo ordenado, el valor absoluto de un elemento x ∈ K, deno-tado por |x|, es definido por

|x| = max{x, −x}.

Observación. Se tiene

|x| =

⎧⎨⎩ x si x ≥ 0

−x si x ≤ 0 .

Es claro desde la definición del valor absoluto que |x| ≥ x y |x| ≥ −x, estoes,

−|x| ≤ x ≤ |x| .

Teorema 2.3. Sean x, a ∈ K. Son equivalente

(i) −a ≤ x ≤ a

(ii) x ≤ a y −x ≤ a

(iii) |x| ≤ a.

Demostración. Tenemos −a ≤ x ≤ a si y sólo si x ≤ a y −a ≤ x si y sólosi max{x, −x} ≤ a si y sólo si x ≤ a y −x ≤ a si y ’olo si −a ≤ x ≤ a.

�


Corolario 2.4. Dados a, b, x ∈ K. Entonces |x − a| ≤ b si y sólo si a − b ≤x ≤ a + b.


Teorema 2.5. Para elementos arbitrarios de K, se cumplen

(i) |x + y| ≤ |x| + |y| (desigualdad triangular)

(ii) |x| ≥ 0

(iii) |x| = | − x|

(iv) |x · y| = |x| · |y|

(v) |x| − |y| ≤ ||x| − |y|| ≤ |x − y|

(vi) |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|

Demostración.

(i) Tenemos −|x| ≤ x ≤ |x| y −|y| ≤ y ≤ |y|. Sumando estas dos de-sigualdades, obtenemos

−(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y| ,

es decir, |x + y| ≤ |x| + |y|.

(ii) Notemos que para todo x ∈ K, se cumple que x2 = |x|2, lo cual esobvio. Luego

|xy|2 = (xy)2 = x2y2 = |x|2|y|2 = (|x||y|)2,

de donde |xy| = ±|x||y|, ahora como |xy| y |x||y| son no negativos sesigue que |xy| = |x||y|.

Sergio Plaza 39

(iii) |x| = |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y|, de donde |x| − |y| ≤ |x − y|,como |y − x| = |x − y|, se concluye que |y| − |x| ≤ |x − y|, es decir,|x − y| ≥ −(|x| − |y|).

�

Ejemplo 2.1. En un cuerpo ordenado, si a y a + x son positivos, entonces(a + x)n ≥ an + nan−1x , para todo n ∈ N .

En efecto, Por inducción.

(i) Para n = 1,

a + x ≥ a + 1 · a0x = a + x

(ii) Supongamos que vale para n = k, es decir,

(a + x)k ≥ ak + kak−1x,

entonces

(a + x)k+1 = (a + x)k(a + x) ≥ (ak + kak−1x)(a + x)

= ak+1 + akx + kakx + kak−1x2

= ak+1 + (k + 1)akx + kak−1x2

≥ ak+1 + (k + 1)akx .

Ejemplo 2.2. Sea K un cuerpo ordenado. Demuestre que si a, b, c ∈ K

entonces vale la desigualdad siguiente

|√

a2 + b2 −√

a2 + c2| ≤ |b − c| .

En efecto, podemos suponer que b �= c , si no el problema es trivial. Note-mos primero que |x| ≤ √

x2 + y2 para todo x ∈ K . Ahora,


|√

a2 + b2 −√

a2 + c2| = |√

a2 + b2 −√

a2 + c2| |√a2 + b2 +√

a2 + c2||√a2 + b2 +

√a2 + c2|

=|b2 − c2|

|√a2 + b2 +√

a2 + c2|≤ |b2 − c2|

|b| + |c|= |b − c| · |b + c|

|b| + |c|≤ |b − c|(|b| + |c|)

|b| + |c| = |b − c| .

lo que completa la prueba de la desigualdad.

2.7 Supremo e ínfimo

Un subconjunto X ⊆ K, es acotado superiormente, si existe b ∈ K, tal quex ≤ b para todo x ∈ X, esto es, X ⊆ ] − ∞, b]. Cada b con esta propiedades llamada una cota superior de X.

Analogamente, X ⊆ K es acotado inferiormente, si existe c ∈ K, tal quec ≤ x para todo x ∈ X, es decir, X ⊆ [c, +∞[. Cada c con esta propiedades llamado una cota inferior de X.

Finalmente, decimos que X es acotado si es acotado superior e inferior-mente, esto es, existen a, b ∈ K tal que X ⊆ [a, b].

Teorema 2.6. En un cuerpo ordenado K, las siguientes afirmaciones sonequivalentes

(i) N ⊆ K no está acotado superiormente.

(ii) Dados a, b ∈ K, con a > 0, existe n ∈ N, tal que n · a > b.

Sergio Plaza 41

(iii) Dado a > 0, existe n ∈ N, tal que 0 < 1n

< a.

Demostración. (i) ⇒ (ii)). Como N no está acotado superiormente, dadosa > 0 y b en K, existe n ∈ N tal que b

a< n, esto es, b < n a.

(ii)⇒ (iii)). Dado a > 0, por (ii) existe n ∈ N tal que n · a > 1, de donde0 < 1

n< a.

(iii) ⇒ (i). Dado b > 0, por (iii) existe n ∈ N tal que 1n

< 1b, esto es, b < n,

así ningún elemento positivo de K puede ser una cota superior de N.

�

Un cuerpo ordenado K es llamado arquimediano, si cumple una de laspropiedades del Teorema 2.6.

2.8 Números Reales

Sea K un cuerpo ordenado y X ⊆ K un subconjunto acotado superiormente.Un elemento S ∈ K es llamado supremo del conjunto X, cuando S es lamenor de las cotas superiores de X. En otras palabras, S ∈ K es el supremode X si se verifican

S1) Para todo x ∈ X, se tiene x ≤ S.

S2) Si T ∈ K es tal que x ≤ T para todo x ∈ K, entonces S ≤ T .

equivalentemente

S1’) Igual que S1 anterior.

S2’) Dado α ∈ K, con α < S, existe x ∈ X, tal que α < x ≤ S, esto es,ningún elemento de K, menor que S, es cota superior de X. Equivalen-temente, para todo ε ∈ K, ε > 0, existe x ∈ K tal que S − ε < x ≤ K.


Proposición 2.5. Si el supremo de un subconjunto no vacío de K existe,entonces es único.

Demostración. Supongamos que existen dos supremos distintos para unconjunto no vacío y acotado superiormente A ⊂ K. Sean estos α y β. En-tonces por la definción de supremo, con α = Sup(A), se tiene que α es unacota superior de A, y como β = Sup(A) se tiene que β ≤ α. De modoanálogo, se tiene que α ≤ β. Lo que es una contradicción.

�

Por lo tanto α = β Usamos la notación S = Sup(X) para denotar elsupremo de un conjunto X ⊂ K, cuando existe.

En otras palabras, las condiciones que caracterizan el supremo de un con-junto son

S1) Si x ∈ X, entonces x ≤ Sup(X).

S2) Si c ≥ x para todo x ∈ X, entonces c ≥ Sup(X).

La condición S2) anterior es equivalente a la siguinete condición

S2’) Si c < Sup(X), entonces existe x ∈ X, tal que c < x ≤ Sup(X).

Observación 2.1. Sea X = ∅ el conjunto vacío, entonces cualquier b ∈ K esuna cota superior de X. Como en un cuerpo ordenado K no existe mínimo,se concluye que el conjunto vacío, ∅, no posee supremo.

Un elemento s ∈ K es llamado ínfimo de un conjunto acotado inferiormenteX ⊆ K, si s es la mayor de las cotas inferiores de X. En otras palabras s ∈ K

es el ínfimo de X si

Sergio Plaza 43

I1) Para todo y ∈ X, s ≤ y.

I2) Si c ∈ K es tal que c ≤ y para todo y ∈ X, entonces c ≤ s.

Usamos la notación s = inf(X) para denotar el ínfimo de un conjuntoX ⊂ K, cuando existe.

Como antes, se prueba que cuando el ínfimo de un conjunto existe, este esúnico.

La condición I2) puede reformularse como

I2’) Dado c ∈ K, con s < c, entonces existe y ∈ X tal que s ≤ y < c.

Lema 2.2. No existe un número racional cuyo cuadrado sea igual a 2.

Demostración. Consideremos los conjuntos

X = {x ∈ Q : x ≥ 0, x2 < 2}y

Y = {y ∈ Q : y ≥ 0, y2 > 2} .

Notemos que si x > 2, entonces x2 > 4, por lo tanto X ⊆ [0, 2], y esun conjunto acotado. Por otro lado, Y es acotado inferiormente, pues Y ∈]0, +∞[. Vamos a probar que no existen s = inf(Y ) y S = Sup(X) en Q.

A) El conjunto X no tiene máximo.

En efecto, dado x ∈ X, sea r ∈ Q con r < 1 y 0 < r < 2−x2

2x+1 .

De la condición r < 1 se sigue que r2 < r, y usando la segunda de-sigualdad, obtenemos r(2x + 1) < 2 − x2, por consiguiente (x + r)2 =x2 + 2rx + r2 ≤ x2 + r(2x + 1) < x2 + (2 − x2) = 2, así dado x ∈ X,existe un número mayor, x + r ∈ X.


B) El conjunto Y no tiene mínimo. Dado y ∈ Y , tenemos y > 0 e y2 > 2.

Podemos entonces obtener un número racional r tal que 0 < r < y2−22y

.De esto obtenemos 2ry < y2−2, y por lo tanto (y−r)2 = y2−2ry+r2 >

y2 − 2ry > 2.

Notemos que r < y2−22y

significa r < y2 − 1

y< y

2 < y, esto es y − r espositivo. Por lo tanto, dado y ∈ Y podemos obtener y − r ∈ Y , cony − r < y.

C) Si x ∈ X e y ∈ Y , entonces x < y. En efecto, se tiene x2 < 2 < y2, porconsiguiente x2 < y2, y como x e y son ambos positivos, se concluyeque x < y.

�

Vamos a probar ahora que no existe Sup(X) ni inf(X) en Q.

Supongamos que existe S = Sup(X) ∈ Q. Necesariamente debe tenerseque S > 0, y no podemos tener que S2 < 2, puesto que esto significaría queS ∈ X y en este caso, X tendría máximo lo cual ya vimos no existe por A),tampoco puede tenerse S2 > 2, pues se tendría entonces que S ∈ Y , y comoY no tiene minimo, existe b ∈ Y tal que b < S, de C) se tiene entonces quex < b < S para todo x ∈ X, luego S no sería el supremo de X.

De modo análogo se prueba que s = inf(Y ) /∈ Q.

Problema 2.1. Como aplicación directa del ejemplo anterior vamos a de-mostrar que

√3 +

√2 es irracional.

Solución. Supongamos lo contrario, es decir,√

2+√

3 ∈ Q. De esto se sigueque

√3−

√2 =

1√3 +

√2

es racional (por ser el cuociente de dos racionales).ahora, como √

2 = 12((√

3 +√

2) − (√

3 − √2))

es racional. Lo que es una contradicción. Por lo tanto,√

3+√

2 es irracional.

Sergio Plaza 45

Ejemplo 2.3. Sean A, B ⊂ R , conjuntos no vacíos, ambos acotados superior-mente. Defina el conjunto A + B = {x + y : x ∈ A , y ∈ B}. Pruebe queSup(A + B) = Sup(A) + Sup(B) .

Solución. Sean a = Sup(A) y b = Sup(B), se tiene entonces que x ≤ a

para todo x ∈ A, y analogamente y ≤ b para todo y ∈ B. De esto se sigueque x + y ≤ a + b para todo x ∈ A y todo y ∈ B, en otras palabras a + b esuna cota superior de A + B.

Ahora, desde la definición de supremo se tiene que dado ε > o, existenx ∈ A e y ∈ B tal que a − ε < x ≤ a y b − ε < y ≤ b. Sumando esasdesigualdades, obtenems a+b−ε < x+y ≤ a+b, de donde a+b = Sup(A+B),como queríamos probar.

Ejemplo 2.4. Sean A, B subconjuntos no vacíos de un cuerpo ordenado K .Suponga A y B son acotados superiormente.

(i) Pruebe que Sup(A ∪ B) = max{ Sup(A), Sup(B)} .

(ii) Si A ∩ B �= ∅ , pruebe que Sup(A ∩ B) ≤ min{ Sup(A), Sup(B)} .

(iii) Se define A−B = { x−y : x ∈ A , y ∈ B} . Pruebe que Sup(A−B) =Sup(A) − inf(B) . (Indicación: Pruebe que Sup(−A) = − inf(A) ,donde −A = {−x : x ∈ A} .)

En efecto, (a) (b) (i) Sean a = Sup(A) y b = Sup(B) . Sin perdida degeneralidad podemos suponer que a ≤ b . Entonces para todo x ∈ A ∪ B ,se tiene x ≤ b . Además, dado ε > 0 , existe x∗ ∈ B tal que b − ε < x∗ ≤ b .Es claro que x∗ ∈ A ∪ B , lo cual termina la prueba.

(ii) Sean a = Sup(A) y b = Sup(B) . Si x ∈ A ∩ B , entonces x ≤ a yx ≤ b , de donde x ≤ min{a, b} . Por lo tanto min{a, b} es una cota superiorde A ∩ B , y siendo Sup(A ∩ B) la menor de las cotas superiores de A ∩ B ,se sigue que Sup(A ∩ B) ≤ min{a, b} .


(iii) Como A es acotado superiormente, −A = {−x : x ∈ A} es acotadoinferiormente, esto es inmediato, pues si x ≤ K para todo x ∈ A , entonces−K ≤ −x para todo −x ∈ (−A) . Sea a = inf(A) , entonces por definiciónde ínfimo, se tiene (1) a ≤ x para todo x ∈ A y (2) dado ε > 0 , existex∗ ∈ A , tal que a ≤ x∗ < a + ε . Multiplicando las desigualdades (1) y(2) por −1 , obtenemos (1’) −x ≤ −a para todo −x ∈ (−A) , y (2’) dadoε > 0 , existe −x∗ ∈ (−A) , tal que −a − ε < x∗ < −a , en otras palabras,−a = Sup(−A) .

Ahora, vamos a probar que Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B)) .

En efecto, sean a = Sup(A) y b = Sup(B) , es claro que a+b es una cotasuperior de A + B . Ahora, dado ε > 0 , existen x∗ ∈ A , y∗ ∈ B , tales quea−ε/2 < x∗ ≤ a y b−ε/2 < y∗ ≤ b . Por lo tanto, (a+b)−ε < x∗+y∗ ≤ a+b ,y como z∗ = x∗ + y∗ ∈ (A + B) , se sique que a + b = Sup(A + B) .

Finalmente, de lo anterior, tenemos Sup(A − B) = Sup(A + (−B)) =Sup(A) + Sup(−B) = Sup(A) − inf(B) .

Definición 2.1. Decimos que un cuerpo ordenado K es completo si todoconjunto no vacío acotado superiormente, X ⊆ K, posee supremo en K.

Esto es equivalente a que todo subconjunto no vacío y acotado inferior-mente posee infimo en K.

Ejemplo 2.5. Por lo visto anteriormente Q no es completo.

Ejemplo 2.6. Sea K un cuerpo ordenado no arquimediano. Entonces N ⊆ K

está acotado superiormente. Si b ∈ K es una cota superior de N, entoncesn + 1 < b para todo n ∈ N, luego n ≤ b − 1 cualquiera que sea n ∈ N, enotras palabras, si b es cota superior de N en K, entonces b − 1 también lo es,y como b − 1 < b, se sigue que en un cuerpo no arquimediano K, el conjuntode los números está acotado superiormente, pero no existe Sup(N) en K.

Sergio Plaza 47

Desde el ejemplo anterior concluímos que todo cuerpo ordenado completoes arquimediano.

Daremos ahora el último de los axiomas que nos permiten caracterizar elcuerpo de los números reales.

Axioma (de Completitud) Existe un (único) cuerpo ordenado y completo,el cual denotamos por R, llamado cuerpo de los númreos reales.

Los elementos de R − Q son los llamamos números irracionales.

Por el ejemplo de antes Q no es completo.

Ejemplo 2.7. No existe un número racional cuyo cubo sea igual a 24

En efecto, vamos a probar que 3√

24 es irracional. Supongamos que 3√

24 esracional, digamos 3

√24 = p/q con p, q ∈ N y coprimos. Tenemos entonces

que 24 = p3/q3, de donde 24q3 = p3, por lo tanto 24 divide a p3 (Nota: nodeduzca de ese hecho que 24 divide a p, que sería una analogía directa a loque hicimos cuando mostramos que

√2 es irracional, por ejemplo, 24 divide

a 63, pero evidentemente 24 no divide a 6). Como 24 es compuesto (es noprimo), entonces se descompone en factores primos, tenemos que 24 = 23 · 3,por lo que p3 = 23 · 3 · q3, de esto deducimos que 3 divide a p3, y como 3es primo, se tiene que 3 divide a p, esto significa que p = 3 · k, con k ∈ N.Usando esto, nos queda que 33k3 = 23 · 3 · q3, de donde 32k3 = 23 · q3, por lotanto 3 divide a q, lo que es una contradicción.

Usando esta idea pruebe que k√

n es racional sólo si n = mk, para algúnm ∈ N.

Ejemplo 2.8. Probemos otra vez que√

2 +√

3 es irracional, pero de unaforma distinta.

Afirmación. La raíz cuadrada√

k de un número natural k es racional si ysólo si k es un cuadrado perfecto, en otras palabras k = p2 para algún p ∈ N.


En efecto, si k = p2, para algún p ∈ N, estamos listos. Recíprocamente, si√k es racional, entonces

√k es una raíz racional de la ecuación polinomial

p(x) = x2 − k, pero las raíces racionales positivas de esta ecuación son de laforma

m

n, donde m ∈ N es un divisor de k y n ∈ N es un divisor de 1. Luego,√

k = m, esto es, k = m2.

Para ver que√

2+√

3 no es un número racional, supongamos es un númeroracional, digamos

√2 +

√3 = r, con r ∈ Q, y r > 0. Entonces

√3 = r − √

2,

luego 3 = r2 − 2r√

2 + 2, de donde√

2 = r2 − 12r

es un número racional. Locual es una contradicción.

Ejemplo 2.9. Sean x, y ∈ R, con 0 < x < y. Pruebe que x <√

xy < x+y2 <

y.

Solución. Como x < y se tiene que x+y < 2y, esto es, x+y2 < y. Ahora como

0 < (x − y)2 = x2 − 2xy + y2 se sigue que 4xy < x2 + 2xy + y2 = (x + y)2, dedonde √

xy < x+y2 . Finalmente, como x < y, obtenemos que x =

√x2 <

√xy.

Juntando esas desigualdades se obtiene lo pedido.

Ejemplo 2.10. Encuentre los valores de x ∈ R que satisfacen la desigualdad[x] ≤ x

2 . (Recuerde: [x] es el mayor entero menor o igual que x, en otraspalabras, es el mayor entero que satisface x − 1 < [x] ≤ x.)

Solución. De las desigualdades x − 1 < [x] y [x] ≤ x2 (condición), se obtiene

que x − 1 < x/2, esto es, x < 2. Ahora bien, si 1 ≤ x < 2 se tiene[x] = 1 < x/2, de donde se sigue que x > 2, lo que es una contradicción.

Si 0 ≤ x < 1, entonces [x] = 0 < x/2, en consecuencia si 0 ≤ x < 1 ladesigualdad es verdadera.

De modo análogo se verifica que si −� ≤ x < −� + 1, para � = 1, 2, . . .,entonces la desigualdad es verdadera.

Resumiendo: la desigualdad [x] ≤ x

2es verdadera para todo x ∈ ] − ∞, 1[ .

Definición 2.2. Decimos que un subconjunto X ⊆ R es denso en R, si todo

Sergio Plaza 49

intervalo abierto ]a, b[ contiene algún punto de X.

Ejemplo 2.11. X = R − Z es denso en R.

En efecto, todo intervalo ]a, b[ es un conjunto infinito y por otra parte existesólo una cantidad finita de enteros n, tales que a < n < b, luego cualquierintervalo ]a, b[ contiene elementos de X.

Ejemplo 2.12. Muestre que entre dos números reales distintos cualesquieraexiste un número irracional.

En efecto, supongamos que a, b ∈ R con a < b. Elijamos n ∈ N tal que√2

n< b−r, donde r ∈ Q y a < r < b. Luego el número irracional x = r+

√2

nsatisface a < x < b.

Teorema 2.7. El conjunto Q de los números racionales y el conjunto R−Q

de los números irracionales son densos en R.

Demostración. Sea ]a, b[ un intervalo abierto arbitrario de R. Como b−a >

0, existe un número natural p tal que 0 < 1p

< b−a. Los números de la formamp

, con m ∈ Z descomponen R en intervalos de longitud 1p. Como 1

pes menor

que b − a, longitud del intervalo ]a, b[, alguno de los números mp

debe estaren ]a, b[. Ahora, formalmente, tenemos

SeaA =

{m ∈ Z :

m

p≥ b

}.

Como R es arquimediano, A es un conjunto no vacío de números enteros,acotado inferiormente por b · p. Sea m0 ∈ A el menor elemento de A.

Entonces b ≤ m0p

, y como m0 − 1 < m0 se obtiene m0−1p

< b.

Afirmación

a <m0 − 1

p< b.


En efecto, si no, se tendría m0−1p

≤ a < b ≤ m0p

, y de esto b − a ≤m0p

− (m0−1)p

= 1p, lo que es una contradicción. Luego, el número racional

m0−1p

∈ ]a, b[.

Para el caso de R−Q, sea p ∈ N tal que 1p

< b−a√2 , es decir,

√2

p< b−a. Los

números de la forma m√

2p

, con m ∈ Z y m �= 0, son irracionales y dividen ala recta R en intervalos de longitud

√2

p. Como

√2

p< b − a se concluye que

m√

2p

∈ ]a, b[ para algún m ∈ Z. La prueba formal es completamente análogaal caso anterior.

�

El siguiente teorema, conocido como “Principio de los Intervalos Encaja-dos” es usado por algunos autores en la construcción de los números reales.

Teorema 2.8. Sean I ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ · · · una sucesión decreciente deintervalos cerrados y acotados, digamos Ik = [ak, bk]. Entonces la interseción∞⋂

n=1In es no vacía. Más precisamente, se tiene que

⋂n≥1

In = [a, b], donde

a = Sup{an : n ∈ N} y b = inf{bn : n ∈ N}.

Demostración. Para cada n ∈ N se tiene In+1 ⊆ In, lo que significa an ≤an+1 ≤ bn+1 ≤ bn. Por lo tanto, a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b2 ≤b1.

Sean A = {an : n ∈ N} y B = {bn : n ∈ N}.

El conjunto A está acotado inferiormente por a1, y superiormente por bn.Analogamente, para B. Sean a = Sup(A) y b = inf(B). Como cada bn esuna cota superior de A, se concluye que a ≤ bn para todo n ∈ N. Luego, a

es una cota inferior de B y por lo tanto a ≤ b. Así podemos escribir

a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ a ≤ b < · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b1

esto implica que a, b ∈ In para todo n ∈ N (puede ocurrir la alternarivaa = b, ningún problema), de donde [a, b] ⊆ In para cada n, por lo tanto

Sergio Plaza 51

[a, b] ⊆ ⋂n=1

In.

Además, ningún x < a puede pertenecer a todos los In. En efecto, six < a = Sup(A), existe an ∈ A tal que x < an, esto es, x /∈ In. Del mismomodo, y > b, entonces y > bm para algún m, de donde y /∈ Im. Esto nospermite cocluir que

∞⋂n=1

In = [a, b]

lo que concluye la demostración.

�

Teorema 2.9. El conjunto de los números reales no es numerable.

Demostración. Dado un intervalo cerrado y acotado I = [a, b], con a < b,y un número real x0, existe un intervalo cerrado y acotado, J = [c, d], conc < d, tal que x0 /∈ J y J ⊆ I. Verificación inmediata.

Dado cualquier conjunto numerable X = {x1, x2, . . .} ⊆ R, podemos en-contrar x ∈ R, con x /∈ X. En efecto, sea I1 un intervalo cerrado y acotadoy no degenerado, tal que x1 /∈ I1, sea I2 un intervalo cerrado, acotado y nodegenerado con x2 /∈ I2 e I2 ⊆ I1. Inductivamente, suponiendo obtenidos in-tervalos cerrados, acotados y no degenerados I1 ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In, con xi /∈ Ii

para todo 1 ≤ i ≤ n, podemos obtener In+1 ⊆ In con xn+1 /∈ In+1. Asíconstruimos una sucesión decreciente I1 ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ · · · de interva-los cerrado, acotados y no degenerados. Por el teorema anterior, existe unnúmero real x ∈ In para todo n.

Como xn /∈ In, se deduce que x �= xn para todo n. Por lo tanto ningúnconjunto numerable puede contener todos números reales.

�

Corolario 2.10. El conjunto de los números irracionales es no numerable.


Corolario 2.11. Todo intervalo no degenerado de números reales es nonumerable.

Demostración. Sea f : ]0, 1[−→]a, b[ definida por f(x) = (b − a)x + a esuna biyección del intervalo abierto ]0, 1[ en el intervalo abierto ]a, b[.

Si ]0, 1[ fuese numerable, ]0, 1] también lo sería y consecuentemente ]n, n+1]sería numerable para cada n ∈ Z. Pero R =

⋃n∈Z

]n, n + 1], asi R resultaría ser

numerable, lo que es una contradicción.

�

Ejemplo 2.13. (Desigualdad de Schwarz)

(a) Sean a1, a2, . . . , an y b1, b2, . . . , bn números reales. Pruebe que(

n∑k=1

akbk

)2

≤(

n∑k=1

a2k

)(n∑

k=1b2

k

)

y pruebe que la igualdad vale si y sólo si existe λ ∈ R , tal que ai = λbi

(i = 1, 2, . . . , n )

Indicación: ax2 + bx + c ≥ 0 si y sólo si b2 − 4ac ≤ 0 .

(b) Sean ai , i = 1, . . . , n números reales positivos. Pruebe que(

n∑k=1

ak

)(n∑

k=1

1ak

)≥ n2 .

Indicación. En este problema, en las partes (a) y (b), no es necesario usarinducción.

En efecto, consideremos el polinomio cuadrático

p(x) =n∑

k=1(ak − bkx)2

Sergio Plaza 53

Evidentemente p(x) ≥ 0 para todo x ∈ R , por lo tanto tiene a lo más unaraíz real (cuando es exactamente igual a cero). De donde

0 ≤n∑

k=1(a2

k − 2akbkx + bkx2) =n∑

k=1a2

k −(

2n∑

k=1akbk

)x +

(n∑

k=1b2

k

)x2

usando la indicación se tiene(2

n∑k=1

akbk

)2

≤ 4(

n∑k=1

a2k

)(n∑

k=1b2

k

).

Caso p(x) tenga una (única) raíz, se debe tener que

(n∑

k=1akbk

)2

=(

n∑k=1

a2k

)(n∑

k=1b2

k

).


La desigualdad restante es inmediata.

Ejemplo 2.14. Sean x e y dos números reales tales que x < y. Pruebe queexiste un número racional r tal que x < r < y. Use este resultado paraprobar que cualquier intervalo abierto no vacío ]a, b[ contiene una cantidadinfinita de números racionales.

Solución.

a) Tenemos que y − x > 0. Como R es arquimediano, existe N ∈ N talque

N >2

y − x.

Luego N(y − x) > 2, equivalentemente, Nx + 2 < Ny. Usando otravez que R es arquimediano, existe un núnico n ∈ N tal que

n ≤ Nx < n + 1 .

Afirmamos que n + 1 ∈ ]Nx, Ny[. De hecho, tenemos Nx < n + 1 ≤Nx + 1 < Nx + 2 < Ny, y como Nx < n + 1, se tiene la conclusión.


Ahora x <n + 1

N< y, tomando r =

n + 1N

∈ Q se tiene lo pedido.

b) Supongamos que el intervalo abierto no vacío ]a, b[ contiene sólo unacantidad finita de números racionales. Entonces

r∗ = min{r ∈ Q : a < r < b}

existe y pertenece a ]a, b[. Usando la parte (a) existe un número racionalq tal que a < q < r∗. Es claro que q ∈]a, b[, lo que contradice ladefinición de r∗. En conclusión el conjunto {r ∈ Q : a < r < b} esinfinito.

Ejemplo 2.15. Sean x, y, a y b números reales positivos. Suponga quex

y<

a

b. Pruebe que

x

y<

a + x

b + y<

a

b.

Solución. Vamos a probar primero la desigualdad

x

y<

x + a

y + b.

Tenemos x(y + b) − y(x + a) = xb − ya = yb

(x

y− a

b

)< 0. Luego,

x(y + b) < y(x + a), equivalentemente

x

y<

x + a

y + b.

La otra desigualdad es análoga.

Ejemplo 2.16. Sean x, y ∈ R. Pruebe que

|x + y|1 + |x + y| ≤ |x|

1 + |x| + |y|1 + |y| .

Solución. Notemos primero que los denominadores de las fracciones involu-cradas en la desigualdad no son igual a 0.

Sergio Plaza 55

Primero supongamos que |x + y| ≤ |x|, de esto obtenemos |x + y| + |x||x +y| ≤ |x| + |x||x + y|. Luego, |x + y|(1 + |x|)|x|(1 + |x + y|), de donde

|x + y|1 + |x + y| ≤ |x|

1 + |x| .

Como |y|1 + |y| es positivo, obtenemos

|x + y|1 + |x + y| ≤ |x|

1 + |x| + |y|1 + |y| .

Si |x + y| ≤ |y|, un argumento similar nos da la desigualdad.

Ahora supongamos que max{|x|, |y|} ≤ |x + y|. La desigualdad del trián-gulo |x + y| ≤ |x| + |y|, nos da que

|x + y|1 + |x + y| ≤ |x|

1 + |x + y| +|y|

1 + |x + y| .

Como max{|x| , |y|} ≤ |x + y|, se tiene

|x|1 + |x + y| +

|y|1 + |x + y| ≤ |x|

1 + |x| +|y|

1 + |y| .

Por lo tanto|x + y|

1 + |x + y| ≤ |x|1 + |x| + |y|

1 + |y| .

Ejemplo 2.17. Sea r ∈ Q∩ ]0, 1[. Escriba r = a

bdonde a ≥ 1 y b ≥ 1 son

números naturales coprimos. Pruebe que existe un número natural n tal que

1n + 1

≤ a

b<

1n

.

Use esto para mostrar que existen números naturales n1, . . . , nk tal que

r = a

b= 1

n1+ · · · + 1

nk.


Solución. Usando la propiedad arquimediana de los números reales, tenemosque existe un único entero positivo n tal que

m ≤ b

a< m + 1 .

Comob

a< m+1, obtenemos m ≥ 1, y una pequeã manipulación algebraica

nos da1

m + 1≤ a

b<

1m

.

Sib

a=

1m

, entonces tenemos que m > 1. En este caso, tomamos n = m−1.De otro modo tomamos n = m − 1. De otro modo tomamos M = n, paraobtener

1n + 1

≤ a

b<

1n

.

Para la segunda parte usamos inducción.

Si a = 1, entonces la conclusión es inmediata supongamos que la conclusiónes válida para a = 1, . . . , k y vamos a probar que vale para k + 1. Sea b ≥ 1un número natural coprimo con k + 1 tal que k + 1 < b. Entonces, la pimeraparte implica que existe un número natural n tal que

1n + 1

≤ k + 1b

<1n

.

Si 1n + 1

= k + 1b

, no hay nada a probar. Si 1n + 1

<k + 1

b, entonces

0 <k + 1

b− 1

n + 1<

1n

− 1n + 1

< 1 .

Sea r∗ =k + 1

b− 1

n + 1=

a∗

b∗ ∈ Q, donde a∗ y b∗ son números naturalescoprimos.

Es claro que a∗ ≤ (k + 1)(n + 1) − b. Comok + 1

b<

1n

, se sigue que

(k + 1)(n+ 1)− b < k + 1.k + 1

b<

1n

, se sigue que (k + 1)(n+ 1)− b < k + 1.

Sergio Plaza 57

Esto implica que a∗ < k + 1. Nuestra hipótesis de inducción implicaa∗

b∗ =1n1

+ · · · +1nl

para algunos números naturales. Luego

k + 1b

= 1n + 1

+ 1n1

+ · · · + 1nl

y la prueba está completa.

Ejemplo 2.18. Sean x, y ∈ R, con x < y e y − x > 1. Pruebe que existeun número entero � ∈ Z, tal que x < � < y. Pruebe además, que si n ∈ Z,no existen enteros p satisfaciendo n < p < n + 1.

Solución. Probaremos primero la segunda parte del ejercicio.

Sea n el menor entero positivo, el cual existe por el P.O.B.

Afirmación. n = 1.

En efecto. Si n < 1, entonces n2 < n, y como n es entero se sigue quen2 tambien lo es. Con esto tenemos una contradicción con el hecho que n

es el menor entero positivo. Por lo tanto, 1 es el menor número natural.Lo anterior implica que si n es un entero, entonces nigún entero p satisfacen < p < n + 1, de otro modo, restando n de la desigualdad, obetnemos que0 < p − n < 1, y siendo p − n entero, tenemos una contradicción.

Supongamos ahora que y − x > 1, y sea

S = { n ∈ N : y ≤ n}

Por la propiedad arquimediana, conjunto S es no vacío. Por el P.B.O., S

tiene un menor elemento, sea este k. Por lo tanto, k − 1 < y. Ahora, o bienk − 1 ≤ x o k − 1 > x.

Si k − 1 ≤ x, tenemos

y − x ≤ y − (k − 1) = y − k︸︷︷︸<0

+1 ≤ 1


lo que contradice el hecho que y − x > 1. En consecuencia, x < k − 1 < y, ylo afirmado está probado.

2.9 Ejercicios

Problema 2.2. Sea R+ = {x ∈ R : x > 0} y defina la suma ⊕ y elproducto ⊗ en R+ como sigue: x ⊕ y = x · y y x ⊗ y = xy >Es (R+, ⊕, ⊗)un cuerpo?

Problema 2.3. Verifique que (Q(i), +, ·) como fueron definidos en el textoes un cuerpo.

Problema 2.4. Sea p ≥ 2 un primo. Defina Zp como el conjunto de lasclase de equivalencia módulo p, donde m, n ∈ Z son equivalente módulo p

si y sólo si m − n = k p para algún k ∈ Z. La suma y en producto en Zp

son definidos como sigue: si [n] representa la clase del entero n módulo p,entonces [n] + [m] = [n + m] y [n] · [m] = [n · m]. Verifique si (Zp, +, ·) es uncuerpo. Si es un cuerpo >Es ordenado?

Problema 2.5. Sea K un cuerpo ordenado. Pruebe que a2 + b2 = 0 si ysólo si a = b = 0 . Ilustre con un ejemplo que ocurrir a2 + b2 = 0 en uncuerpo no ordenado sin que necesariamente se tenga a = b = 0 .

Problema 2.6. Sea K un cuerpo ordenado. Dados n ∈ N y x ∈ K , conx < 1 . Pruebe que (1 − x)n ≥ 1 − nx .

Problema 2.7. En un cuerpo ordenado, si a y a + x son positivos, probarque (a + x)n ≥ an + nan−1x , para todo n ∈ N .

Problema 2.8. Probar que en un cuerpo ordenado K , las siguientes afir-maciones son equivalentes:

(i) K es arquimediano.

Sergio Plaza 59

(ii) Z no está acotado superior ni inferiormente.

(iii) Q no está acotado superior ni inferiormente.

Problema 2.9. Demuestre que un cuerpo ordenado K es arquimediano siy sólo si para cada ε > 0 dado, existe n ∈ N , tal que 1/2n < ε .

Problema 2.10. Sean a ∈ Q , con a �= 0 , y x ∈ R − Q . Pruebe queax, a + x ∈ R − Q .

Ilustre con ejemplos que existen números irracionales x e y tales que x+y

y xy son racionales.

Problema 2.11. Sean a, b, c y d números racionales. Pruebe que a+b√

2 =c + d

√2 si y sólo si a = c y b = d .

Problema 2.12. Pruebe que inf({1/n : n ∈ N}) = 0 .

Problema 2.13. Sean A, B ⊂ R , conjuntos no vacíos. Suponga que x ≤ y

para cada x ∈ A y cada y ∈ B . Suponga que existen Sup(A) e inf(B) .Pruebe que Sup(A) ≤ inf(B) . Además, pruebe que Sup(A) = inf(B) si ysólo si para cada ε > 0 , existen x ∈ A e y ∈ B , tales que y − x < ε .

Problema 2.14. Sea A ⊂ R . Suponga que A está acotado. Pruebe que siB ⊂ A entonces inf(A) ≤ inf(B) ≤ Sup(B) ≤ Sup(A) .

Problema 2.15. Dados conjuntos no vacíos A, B ⊂ R , se define su sumacomo A + B = {a + b : a ∈ A , b ∈ B } .

Suponga que A y B están acotados. Pruebe

1. A + B está acotado

2. Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B)

3. inf(A + B) = inf(A) + inf(B) .


Problema 2.16. Dados conjunto no vacío A ⊂ R y un número real λ , sedefine el conjunto λA = {λa : a ∈ A } .

Probar

1. Si A está acotado, entonces λA también está acotado.

2. Suponga que A está acotado y que λ > 0 , entonces Sup(λA) =λ Sup(A) e inf(λA) = λ inf(A) .

3. Suponga que A está acotado y que λ < 0 , entonces Sup(λA) =λ inf(A) e inf(λA) = λ Sup(A) .

Problema 2.17. Dados conjuntos de números reales A y B , se define elconjunto producto de A y B por A · B = {a · b : a ∈ A , , b ∈ B} .

Si A y B están acotados, pruebe que A · B está acotado.

Pruebe además, que si A y B están formado de números reales positivos,entonces Sup(A · B) = Sup(A) · Sup(B) e inf(A · B) = inf(A) · inf(B) .

Problema 2.18. Decimos que una función f : X ⊂ R −→ R es acotada sisu conjunto imagen f(X) = {f(x) : x ∈ X} es acotado.

Si f es acotado, definimos Sup(f) = Sup(f(X)) e inf(f) = inf(f(X)) .

Ahora, dadas funciones f, g : X ⊂ R −→ R , definimos las funciones f +g ,f · g y f/g , caso g(x) �= 0 para todo x ∈ X , por (f + g)(x) = f(x) + g(x) ,(f · g)(x) = f(x) · g(x) y (f/g)(x) = f(x)/g(x) , para todo x ∈ X .

Pruebe

1. Si f y g están acotadas, entonces g + f está acotada.

2. (f + g)(X) ⊂ f(X) + g(X) .

3. Sup(f + g) ≤ Sup(f) + Sup(g) .

Sergio Plaza 61

4. inf(f + g) ≥ inf(f) + inf(g) .

5. Ilustre con ejemplos que las desigualdades estrictas pueden ocurrir enlos items (3) y (4).

6. Pruebe que (f · g)(X) ⊂ f(X) · g(X) . Suponga que f y g están aco-tadas deduzca que f ·g está acotada y pruebe que si f y g son positiva,entonces Sup(f · g) ≤ Sup(f) · Sup(g) e inf(f · g) ≥ inf(f) · inf(g) .Ilustre con un ejemplo que las desigualdades pueden ser esctrictas.

7. Si f es positiva y acotada, se tiene Sup(f 2) = Sup(f)2 , donde f 2(x) =f(x) · f(x) , para todo x ∈ X .

Problema 2.19. Sea A, B ⊂ R conjuntos abiertos. Pruebe que

1. y + A = {x + y : x ∈ A} ,

2. y · A = {y · x x ∈ A} , siempre que y �= 0 ,

3. A + B ,

4. A · B = {x · y : x ∈ A , y ∈ B} ,

son subconjuntos abiertos de R .

Problema 2.20. Sea K un cuerpo ordenado. Se define el interior de unconjunto A ⊂ K, y de denota por interior(A), como interior(A) = {x ∈A : existe ε > 0, tal que ]x − ε, x + ε[ ⊂ A}. Pruebe que interior(X) es unconjunto abierto, interior(X ∩ Y ) = interior(X) ∩ interior(Y ) , interior(X ∪Y ) ⊃ interior(X) ∪ interior(Y ) .

Problema 2.21. Sea C ⊂ K. Decimos que α ∈ K es un punto de acumu-lación de C si, para cada ε > 0, se tiene (C ∩ ( ] α − ε, α + ε [ −{α}) �= ∅.Denotamos el conjunto de todos los puntos de acumulación de C por C ′, elcual es llamado conjunto derivado de C. Finalmente, se define la clausura


de C, que denotamos por C, como el conjunto C ∪ C ′. Pruebe que C es unconjunto cerrado, X ∪ Y = X ∪ Y , X ∩ Y ⊂ X ∩ Y , (X ∪ Y )′ = X ′ ∪ Y ′ .

Problema 2.22. Pruebe que si n, m ∈ N no son cuadrados perfectos, en-tonces

√n +

√m es irracional

Problema 2.23. Pruebe que√

6 − √2 − √

3 es irracional

Problema 2.24. Sean m, n ∈ N, tales que n · m no es un cuadrado perfecto.Pruebe que

√n +

√m y

√n − √

m son irracionales.

Problema 2.25. Sea p ∈ N >Es√

p − 1 − √p + 1 irracional?

Problema 2.26. Sean a, b, c, d números racionales distintos, con c �= 0 y seax un número irracional. Pruebe que ax + b

cx + des irracional si y sólo si ad �= bc.

Problema 2.27. Demostrar que 3√

20 + 14√

2 + 3√

20 − 14√

2 es un úmeroracional.

Problema 2.28. Sea f : R → R definida por f(x) si x es irracional y por

f

(p

q

)= q si p/q es una fracción irreducible con p > 0, f(0) = 0. Muestre

que f es no acotada en cualquier intervalo no degenerado.

Capítulo 3

Sucesiones de Números Reales

3.1 Sucesiones de números reales

Una sucesión de números reales o simplemente una sucesión en R, es unafunción x : N −→ R. El valor x(n), se denota por xn, y se llama al términon–ésimo o de orden n de la sucesión. Usaremos la notación x = (xn)n∈N pararepresentar una sucesión.

Observación 3.1. No confundir x = (xn)n∈N con {xn}n∈N = x(N), laprimera denota una función, mientras que la segunda denota su recorridotambién llamado conjunto de valores de la sucesión.

Ejemplo 3.1. 1. Dado a ∈ R, definamos x : N −→ R por x(n) = xn =an, en este caso {xn}n∈N = {a, a2, a3, . . . , an, . . .}

2. Sea x : N → R, dada por x(n) = 1+(−1)n. Tenemos que x(N) = {0, 2}.

Una sucesión (xn)n∈N está acotada si x(N) = {xn : n ∈ N} = {x(n) : n ∈N} está acotado, es decir, existen a, b ∈ R tales que a ≤ xn ≤ b para todon ∈ N, o equivalentemente |xn| ≤ C para todo n ∈ N y algún C ∈ R. Esinmediato que (xn)n∈N está acotada si y sólo si (|xn|)n∈N está acotada.

63


Una sucesión (xn)n∈N está acotada superiormente (resp. inferiormente) sixn ≤ b, esto es, xn ∈ ] − ∞, b[ (resp. xn ∈ [a, +∞[ ).

Es claro que una sucesión está acotada si y sólo si lo está inferior y supe-riormente.

Dada una sucesión x = (xn)n∈N en R, una subsucesión de x es la restricciónde x a un subconjunto infinito N1 = {n1 < n2 < · · · < ni < · · · } deN. Usamos la notación x′ = (xn)n∈N′ o (xni

)i∈N para indicar la subsucesiónx′ = x|N1.

Nota 3.1. La definición anterior de subsucesión se traduce en lo siguiente:Sea x : N −→ R una sucesión, una subsucesión de x = (xn)n∈N es una funciónde la forma x ◦ k : N −→ R, donde k : N −→ N es una función creciente, esdecir, para m, n ∈ N, si m < n entonces k(m) < k(n). Usando la notaciónk(j) = nj se tiene x ◦ k(j) = x(k(j)) = x(nj) = xnj

.

Nota 3.2. Si x′ = (xn)n∈N1 es una subsucesión de una sucesión x = (xn)n∈N,entonces x′(N1) ⊂ x(N).

Teorema 3.1. Toda subsucesión de una sucesión acotada (resp. acotadasuperiormente, inferiormente) está acotada (resp. superiormente, inferior-mente).

Demostración. Inmediata, se deja a cargo del lector (ver 3.2).

Definición 3.1. Decimos que una sucesión x = (xn) es creciente (resp. nodecreciente) si xn < xn+1 (resp. xn ≤ xn+1) para todo n ∈ N. Analogamente,x = (xn)n∈N es decreciente (resp. no creciente) si xn+1 < xn (resp. xn+1 ≤xn) para todo n ∈ N.

Una sucesión es monótona si es creciente, no decreciente, decreciente, o nocreciente.

Ejemplo 3.2. La sucesión x = (xn)n∈N definida por xn = n es creciente.

Sergio Plaza 65

Ejemplo 3.3. Una sucesión constante, es decir, xn = α para todo n ∈ N esno creciente y no decreciente.

Ejemplo 3.4. La sucesión cuyo término general es xn = 1n

es decreciente.

Ejemplo 3.5. La sucesión dada por x = ((−1)n)n∈N no es creciente ni de-creciente. Simplemente sus valores oscilan entre −1 y 1.

Teorema 3.2. Una sucesión monótona está acotada si y sólo si posee unasubsucesión acotada.

Demostración. En inmediato que si la sucesión está acotada, cualquiersubsusesión de ella está acotada.

Recíprocamente, supongamos que x = (xn)n∈N es no decreciente y seax′ = x|N1 una subsucesión acotada de x.

Ahora, como N1 es infinito si y sólo si no está acotado, se sigue que dadom ∈ N arbitrario, existe ni ∈ N′ tal que m < ni.

Ahora, como estamos suponiendo que x′ = (xni)i∈N′ está acotada, xn1 ≤

xn2 ≤ · · · ≤ xnk≤ · · · ≤ b, se sigue que para cualquier n ∈ N existe nk ∈ N1,

con nk > n, luego xn ≤ xnk≤ b. Por lo tanto, xn ≤ b para todo n ∈ N.

�

Nota 3.3. Si una sucesión posee una subsucesión acotada, no se puede con-cluir que ella sea convergente. Para ver esto considere la siguiente sucesión

xn =

⎧⎨⎩ 2n si n es par

0 si n es impar.

Sea N1 = {2n + 1 : n ∈ N} y sea x′ = x|N1 , entonces para cada j ∈ N1 setiene que x′(j) = x(j) = 0, pues siendo j un elemento de N1 se tiene que j

es impar. Por otra parte, es claro que la sucesión no es convergente, pues noestá acotada superiormente.

Note que x(n) = xn = n + (−1)nn.


Ejemplos 3.1. 1. xn = 1 para todo n ∈ N. Tenemos x(N) = {1}, es nocreciente y no decreciente.

2. xn = n para todo n ∈ N. En este caso x : N −→ R es la aplicacióninclusión, está acotada inferiormente, pero no superiormente, es monó-tona creciente.

3. xn = (1 + (−1)n+1)/2, en este caso x(N) = {0, 1} está acotada y no esmonótona.

4. xn = 1/n para todo n ∈ N, es monótona decreciente y acotada.

5. xn = (1+(−1)n+1)n

2. Entonces xn = n si n es impar y xn = 0 si n es par

está acotada inferiormente pero no superiormente y no es monótona.

6. Sea a ∈ R. Definamos xn = an. Si a = 0 o a = 1, la sucesiónes constante. Si 0 < a < 1, la sucesión es monótona decreciente yacotada, y 0 < an < 1. Caso −1 < a < 0, la sucesión no es monótonapero sigue siendo acotada, pues |an| = an. Caso a = −1, la sucesióntiene valores −1, 1, −1, . . .. Si a > 1, la sucesión es creciente y acotadainferiormente, pero no superiormente, pues si a = 1 + h, con h > 0, sesigue que an ≥ 1 + nh. Luego dado b ∈ R, con b > 1, tomando n > b−1

h

se sigue que an > b. Finalmente, si a < −1, se tiene que (an)n∈N no esmonótona y no está acotada ni inferior ni superiormente.

7. Sea a ∈ R, con 0 < a < 1, y sea xn = 1 + a + a2 + · · · + an. Se tiene

que an = 1 − an+1

1 − apara todo n ∈ N. La sucesión (xn)n∈N es creciente,

pues xn+1 = xn + an+1. Además, está acotada, pues 0 < xn <1

1 − apara todo n ∈ N

Ejemplo 3.6. La siguiente sucesión es de gran importancia en Análisis. Sea

an = 1 +11!

+12!

+ · · · +1n!

.

Sergio Plaza 67

Evidentemente (an)n∈N es creciente y está acotada, pues

an < 1 + 1 + 12

+ 122 + · · · + 1

2n−1 < 3

para todo x ∈ N. Para ver esto último, basta demostrar que 2n−1 < n!para todo n ≥ 3, lo que se seja a cargo del lector.

Ejemplo 3.7. Sea bn =(

1 +1n

)n

, esta sucesión está estrechamente rela-cionada con la sucesión del ejemplo anterior. De la fórmula del binomio deNewton, obtenemos

bn =(

1 +1n

)n

= 1 + n · 1n

+n(n − 1)

2!· 1

n2 + · · · +n(n − 1) · · · 2 · 1

n!· 1

nn

= 1 + 1 +12!

(1 − 1

n

)+

13!

(1 − 1

n

)(1 − 2

n

)+ · · ·

+ 1n!

(1 − 1

n

)(1 − 2

n

)· · ·(

1 − n − 1n

)

de esto es claro que (bn)n∈N es creciente y bn < an, luego (bn)n∈N estáacotada.

3.2 Límite de una sucesión

Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales. Decimos que (xn)n∈N es conver-gente y tiene por límite el número real α, lo cual denotamos por lim

n→∞ xn = α,si para cada ε > 0 dado, podemos encontrar n0 ∈ N tal que |xn − α| ≤ ε

para todo n ≥ n0.


Observación 3.2. Se tiene limn→∞ xn = α si y sólo si lim

n→∞(xn − α) = 0.

Teorema 3.3. (Unicidad del límite) Si (xn)n∈N es una sucesión convergente,entonces tiene un único límite.

Demostración. Prueba 1) Supongamos que (xn)n∈N es convergente y quelim

n→∞ xn = a y limn→∞ xn = b, con a �= b. Tomemos ε = |b − a|/2, es claro que

]a − ε, a + ε[ y ]b − ε, b + ε[ son disjuntos. Como limn→∞ xn = a, existe n0 ∈ N

tal que n ≥ n0 implica que xn ∈ ]a − ε, a + ε[, por lo tanto xn /∈ ]b − ε, b + ε[para todo n ≥ n0 y no puede ser lim

n→∞ xn = b.

Prueba 2). Como antes, supongamos que (xn)n∈N tiene dos límites distin-tos, digamos a y b. Ahora bien, dado ε > 0, existe N ∈ N, tal que |xn−a| < ε

y |xn − b| < ε para todo n ≥ N . Por lo tanto, tomando n1 ≥ N se tiene|a − b| ≤ |xn1 − a| + |xn1 − b| < 2ε, de donde a = b. Contradición con losupuesto.

�

Teorema 3.4. Si limn→∞ xn = α, entonces toda subsucesión de (xn)n∈N es

convergente y tiene por límite a α.

Demostración. Sea (xni)i∈N una subsucesión de (xn)n∈N. Dado ε > 0, existe

N ∈ N tal que |xn − α| < ε para todo n ≥ N . Puesto que los índices de unasubsucesión forman un conjunto infinito, con la propiedad de que ni < ni+1

se sigue que existe ni0 > N . Luego, para ni > ni0 se tiene que ni > N , porlo tanto |xni

− α| < ε.

�

Corolario 3.5. Si limn→∞ xn = α, entonces para todo k ∈ N, se tiene lim

n→∞ xn+k =α.

Observaciones 3.1. Hay dos aplicaciones de los teoremas anteriores, espe-cialmente útiles

Sergio Plaza 69

(a) Para demostrar que cierta sucesión no converge basta obtener dos sub-sucesiones con límites distintos

(b) Supuesto que (xn)n∈N convege podemos determinar su límite usando ellímite de cualquiera subsucesión.

Ejemplo 3.8. Sean A = {kn : n ∈ N}, con kj < kj+1 para todo j ∈ N yB = {mn : n ∈ N}, con mp < mp+1 para todo p ∈ N. Suponga que paraalgún l ∈ N, se tiene

{l, l + 1, l + 2, . . .} ⊆ A ∪ B

Pruebe que una sucesión de números reales (xn)n∈N es convergente en R

si y sólo si las subsucesiones (xkn)n∈N y (xmn)n∈N son ambas convergente ysatisfacen lim

n→∞ xkr = limn→∞ xmn , y en este caso el valor común es el límite de

(xn)n∈N.

En particular, pruebe que una sucesión de números reales (xr)n∈N convergesi y sólo si la subsucesión de términos de índices pares (x2n)n∈N, y la sub-sucesión de términos de índices impares (x2n+1)n∈N son ambas convergen almismo límite en R.

En efecto,

(⇒)) inmediata

(⇐)) Supongamos que limn→∞ xkn = lim

n→∞ xmn = x.

Sea ε > 0 dado. Elijamos N ∈ N tal que para todo n ≥ N , se tiene que|xkn − x| < ε para todo kn ≥ kN y |xmn − x| < ε para todo mn ≥ mN . Seal0 = max{l, kN , mN}. Afirmamos que |xn − x| < ε para todo n ≥ l0. De lahipótesis, tenemos que

{l, l + 1, l + 2, . . .} ⊆ {k1, k2, . . .} ∪ {m1, m2, . . .}

luego existe algún r ∈ N tal que kr = n o mn = r, Como r < N implicakr < kN ≤ l0 y mr < mN ≤ l0, por lo tanto r ≥ N . Así, o bien xn = xkr


o xn = xmr (con r ≥ N), de las desigualdades anteriores, se sigue que|xn − x| < ε.

Ejemplo 3.9. Calcule

(a) Calcule limn→∞ n√

10n + 9n .

(b) Calcule limn→∞P (n)Q(n) , donde P (x) y Q(x) polinomios del mismo grado.

Solución. (a) Se tiene

limn→∞

n√

10n + 9n = limn→∞

n

√10n

(1 +

( 910

)n)

= 10 limn→∞

(1 +

( 910

)n)1/n

= 10.

(b) Escribamos P (x) = akxk + ak−1xk−1 + · · · + a1x + a0 y Q(x) = bkxk +

bk−1xk−1 + · · · + b1x + b0 , con ak �= 0 y bk �= 0 . Tenemos así

limn→∞

P (n)Q(n)

= limn→∞

aknk + ak−1nk−1 + · · · + a1n + a0

bknk + bk−1nk−1 + · · · + b1n + b0

= limn→∞

ak + ak−1n

+ · · · + a1nk−1 + a0

nk

bk + bk−1n

+ · · · + b1nk−1 + b0

nk

=ak

bk

Teorema 3.6. Toda sucesión convergente está acotada.

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión convergente, con limn→∞ xn = α.

Tomando ε = 1, existe N ∈ N tal que xn ∈ ]α − 1, α + 1[ para todo n > N .Sea F = {x1, x2, . . . , xN , α − 1, α + 1}.

Tenemos que F es conjunto finito. Sean c = min(F ) y d = max(F ), esclaro que xn ∈ [c, d] para todo n ∈ N.

Sergio Plaza 71

�

Notas 3.1. 1. El recíproco del teorema anterior es falso. Ejemplo, seaxn = 1 + (−1)n, esta sucesión está acotada, pero no es convergente.

2. Si (xn)n∈N no está acotada entonces evidentemente no es convergente.

Teorema 3.7. Toda sucesión monótona y acotada es convergente.

Demostración. Supongamos que la sucesión (xn)n∈N es no decreciente. Elotro caso es análogo. Sea

α = sup{x1, x2, . . .} = sup{xn : n = 1, 2, . . .} .

Tenemos entonces que α = limn→∞ xn.

En efecto, dado ε > 0, como α−ε < α, el número α−ε no es cota superiordel conjunto {xn : n ∈ N}, luego existe N ∈ N tal que α − ε < xN . Ahoracomo la sucesión es monótona, para n > N , se tiene que xN ≤ xn y por lotanto α − ε < xN ≤ xn < α + ε (pues xn ≤ α para todo n ∈ N).

�

Corolario 3.8. Si una sucesión monótona posee una subsucesión conver-gente, entonces ella es convergente.

Ejemplo 3.10. Determine si la sucesión xn = (1 + 1/n)n es monótona,acotadas o no, y calcule su límite, si este existe.

Solución. Denotemos el término general de la sucesión por xn =(1 + 1

n

)n.


Por el teorema del binomio, se tiene

xn = 1 + n · 1n

+n(n − 1)

2!· 1

n2 + · · · +n(n − 1)(n − 2) · · · 1

n!· 1

nn

= 1 + 1 + 12!

(1 − 1

n

)+ 1

3!

(1 − 1

n

)(1 − 2

n

)+ · · · +

1n!

(1 − 1

n

)· · ·(

1 − n − 1n

)

de donde vemos que xn es una suma en donde todos los términos son posi-tivos, y es claro que xn < xn+1 , es decir, la sucesión (xn)n∈N es creciente.Además, desde la segunda igualdad arriba, vemos que

xn ≤ 1 + 1 + 12!

+ · · · + 1n!

y el término de la derecha sabemos es acotada por 3. Por lo tanto la sucesión(xn)n∈N es creciente y acotada superiormente, de donde concluímos que existelim

n→∞ xn el cual corresponde al número de Euler e .

3.3 Propiedades aritmética de los límites

Teorema 3.9. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones tales que limn→∞ xn = 0 e

(yn)n∈N está acotada. Entonces limn→∞ xnyn = 0.

Nota 3.4. No es necesario que exista limn→∞ yn.

Demostración. Sea c > 0 tal que |yn| ≤ c para todo n ∈ N.

Dado ε > 0, como limn→∞ xn = 0, existe N ∈ N tal que |xn| < ε/c para todo

n > N . Luego, para n > N se sigue que |xnyn| < ε.

�

Ejemplo 3.11. limn→∞

sen(nx)n

= 0, pues | sen(θ)| ≤ 1 para todo θ ∈ R.

Sergio Plaza 73

Observación. Si limn→∞ xn = α y c ∈ R, entonces lim

n→∞ cxn = cα = c limn→∞ xn.

Observación. Si limn→∞ yn = β con β �= 0, entonces, salvo para un número

finito de índices n, se tiene que yn �= 0. En efecto, tomando ε = |β|/2, setiene que 0 /∈ ]β − ε, β + ε[, y como existe N ∈ N tal que yn ∈ ]β − ε, β + ε[para todo n > N , se sigue que yn �= 0 para n > N .

Nota 3.5. Cada vez que escribimos1yn

, estamos suponiendo que este cuo-ciente está definido para n suficientemente grande.

Nota 3.6. Se tiene limn→∞ xn = α si y sólo si lim

n→∞(xn − α) = 0.

Teorema 3.10. Si (xn)n∈N e (yn)n∈N son convergentes con limn→∞ xn = α y

limn→∞ yn = β, entonces

1. (xn ±yn)n∈N y (xn ·yn)n∈N son convergentes y limn→∞(xn ±yn) = lim

n→∞ xn ±lim

n→∞ yn = α ± β y limn→∞ xn · yn = α · β.

2. Si β �= 0, entonces(

xn

yn

)n∈N

es convergente y se tiene limn→∞

xn

yn= α

β.

Demostración. Para (xn ± yn)n∈N la prueba es trivial y se deja a cargo dellector.

Para el producto, tenemos

xnyn − αβ = xnyn − xnβ + xnβ − αβ

= xn(yn − β) + (xn − α)β

Como la sucesión (xn)x∈N está acotada y como limn→∞(yn−β) = 0 y lim

n→∞(xn−α) = 0, se sigue el resultado.

Para la división tenemos limn→∞ ynβ = β2, luego existe N ∈ N tal que ynβ >

β2/2, para todo n > N . En efecto, basta tomar ε = β2/2. Se sigue entoncesque para todo n > N , el número

1ynβ

es positivo y menor que2β2 . Por lo


tanto(

1ynβ

)n∈N

está acotada. Ahora como

xn

yn

− α

β= βxn − αyn

ynβ

y limn→∞(βxn − αyn) = βα − αβ = 0, obtenemos que lim

n→∞

(xn

yn

− α

β

)= 0.

�

En el cálculo de límites, existen casos, llamados indeterminados, y quecorresponden a operaciones de límites como se muestra en la tabla siguiente

Operación IndeterminaciónAdición (Diferencia) ∞ + (−∞)

Producto ∞ · 0

División∞∞,

00

Potencia 1∞, ∞0, 00

la razon para llamarla inderminadas es que como veremos a continuaciónun límite de este tipo puede: existir (ser un número real), no existir, o serinfinito (±)

Ejemplo 3.12. Un conocido ejemplo de límite de la forma 1∞ es el siguiente

limn→∞

(1 +

1n

)n

en el cual si tomamos límite en forma indiscriminda nos quedará

(1 + lim

n→∞1n

) limn→∞ n

= 1∞ (usted no haga esta barbaridad)

pero sabemos que limn→∞

(1 + 1

n

)n

existe (es un número real) y lo llamamos e,constante de Euler.

Sergio Plaza 75

Ejemplo 3.13. Calcular los siguientes límites de sucesiones

(a) limn→∞

n√

n sen(n2)3n

(b) limn→∞

(1 + 2

3n + 1

)n

Solución.(a) La sucesión ( sen(n2)) es acotada y limn→∞

n√

n

3n= 0 ya que lim

n→∞n√

n =1. Luego

limn→∞

n√

n sen(n2)3n

= 0.

(b) Observamos que

limn→∞

(1 + 2

3n + 1

)n

= limn→∞

(1 + 1

3n+12

)n

= limn→∞

⎡⎣(1 + 1

3n+12

) 3n+12⎤⎦2/3 [

1 + 13n+1

2

]−1/3

de donde limn→∞

(1 + 2

3n + 1

)n

= e2/3.

Ejemplo 3.14. Mostrar que existe el límite de la sucesión yn = 2 2n−12n , y

calcularlo.

Solución. Tenemos yn = 2 2n−12n = 21− 1

2n . La sucesión zn = 1 − 12n es

creciente y converge a 1. Por lo tanto, limn→∞ 21− 12n = 2 .

Teorema 3.11. (Conservación del signo) Si limn→∞ xn = α > 0 (resp. α < 0),

entonces existe N ∈ N tal que xn > 0 (resp. xn < 0) para todo n > N .

Demostración. Tomando ε = α

2> 0, se tiene ]α − ε, α + ε[ = ]α/2, 3α/2[.

Como limn→∞ xn = α, existe N ∈ N tal que xn ∈ ]α/2, 3α/2 [ para todo

n > N .

�

Corolario 3.12. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones convergentes. Si xn ≤ yn

para todo n, entonces limn→∞ xn ≤ lim

n→∞ yn.


Observación 3.3. Si tuviesemos xn < yn, no podemos concluir limn→∞ xn <

limn→∞ yn. Por ejemplo 0 <

1n2 <

1n

, para todo n ∈ N, pero limn→∞

1n2 = lim

n→∞1n

=0.

Corolario 3.13. Si (xn)n∈N es convergente y xn ≥ α (resp. xn ≤ α) paratodo n ∈ N, entonces lim

n→∞ xn ≥ α (resp. leα).

Teorema 3.14. (del sandwich) Sean (xn)n∈N, (yn)n∈N y (zn)n∈N sucesionestales que xn ≤ yn ≤ zn para alún N1 ∈ N. Supongamos que lim

n→∞ xn =lim

n→∞ yn = α, entonces (zn)n∈N es convergente y limn→∞ zn = α.

Demostración. Dado ε > 0, existe N ∈ N, con N ≥ N1 y tal que xn ∈]α − ε, α + ε[ e yn ∈ ]α − ε, α + ε[ para todo n > N .

Tenemos entonces que

α − ε < xn ≤ zn ≤ yn < α + ε

para todo n > N , esto significa que limn→∞ zn = α.

�

Ejemplo 3.15. Pruebe que limn→∞

n√

n = 1.

Solución. Es claro que para todo n ≥ 1 se tiene que n√

n > 1, luego podemosescribir n

√n = 1 + hn, con hn ≥ 0. Ahora, de n

√n = 1 + hn, se sigue la

desigualdad n = (1 + hn)n ≥ 1 + nhn + n(n − 1)2

h2n ≥ 1 + n(n − 1)

2h2

n, de

donde se sigue que 2n

≥ h2n ≥ 0, y por el Teorema 3.14, lim

n→∞ h2n = 0. Ahora

es fácil probar que limn→∞ hn = 0. En consecuencia, lim

n→∞n√

n = 1.

Ejemplo 3.16. Defina la sucesión (xn)n∈N como sigue

xn = n2√

n6 + 1+ n2

√n6 + 2

+ · · · + n2√

n6 + n.

Pruebe que esta sucesión es convergente.

Sergio Plaza 77

Solución. Notemos que para k = 1, . . . , n se tiene

n2√

n6 + n≤ n2

√n6 + k

≤ n2√

n6= 1

n

luego, sumando las desigualdades anteriores, obtenemos

nn2

n6 + n≤ xn ≤ n · 1

n.

Ahora, como

n3√

n6 + n=

n3

n3

√1 +

1n2

=1√

1 +1n2

y como limn→∞ 1√1+ 1

n2

= 1, por el Teorema del Sandwich se sigue que

limn→∞ xn = 1.

Ejemplo 3.17. Defina (xn)n∈N como sigue

xn = [α] + [2α] + · · · + [nα]n2 ,

donde [x] denota el mayor entero menor o igual que x, y α ∈ R es arbitrario.

a seguir se muestra el gráfico de la función parte entera


1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4−1−2−3−4 eje x

eje y

Solución. Por la definición de la función parte entera, [·], tenemos

[x] ≤ x < [x] + 1

para todo número real x. Esto implica que x−1 < [x] ≤ x. Luego nos queda

(α − 1) + (2α − 1) + · · · + (nα − 1)n2 <

[α] + [2α] + · · · + [nα]n2 ≤ α + 2α + · · · + nα

n2

de donde,

(1 + 2 + · · · + n)α − n

n2 <[α] + [2α] + · · · + [nα]

n2 ≤ (1 + 2 + · · · + n)αn2

reemplazando la suma 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)2

, nos queda

n(n+1)2 α − n

n2 <[α] + [2α] + · · · + [nα]

n2 ≤n(n+1)

2 α

n2

Sergio Plaza 79

o equivalentemente

(n + 1)α2n

− 1n

<[α] + [2α] + · · · + [nα]

n2 ≤ (n + 1)α2n

Como limn→∞

((n + 1)α

2n− 1

n

)=

α

2= lim

n→∞(n + 1)

2α, por el Teorema de

Sandwich, obtenemos que

limn→∞

[α] + [2α] + · · · + [nα]n2 =

α

2.

Ejemplo 3.18. Estudie la existencia o no del límite de la sucesión (xn)n∈N

dada porxn =

αn − βn

αn + βn

donde α, β ∈ R son tales que |α| �= |β|.Solución. Como |α| �= |β|, tenemos las dos posibilidades |α| < |β| o|β| < |α|.

En el primer caso, llamemos r = α

β. Tenemos entonces que

xn =rn − 1rn + 1

Como |r| < 1, se tiene que limn→∞ rn = 0, luego lim

n→∞rn − 1rn + 1

= −1, es decir,lim

n→∞ xn = −1.

El segundo caso, tenemos

αn − βn

αn + βn= −βn − αn

αn + βn

y llamando r =β

α, nos queda que lim

n→∞ xn = − limn→∞

βn − αn

βn + αn= 1


Ejemplo 3.19. Si limn→∞ xn = a y lim

n→∞(xn −yn) = 0, demuestre que limn→∞ yn =

a.

Solución. Dado ε > 0, existe N1 ∈ N tal que si n > N1, entonces |xn−a| < ε2 ,

además existe N2 ∈ N tal que si n > N2, entonces |xn − yn| < ε2 . Tomamos

N = max{N1, N2} y para n > N tenemos que

|yn − a| = |xn − yn + a − xn| ≤ |xn − yn| + |xn − a| <ε

2+

ε

2= ε ,

en otras palabras, limn→∞ xn = α.

Ejemplo 3.20. Calcular limn→∞

2n − 1n!

Solución. Tenemos que xn = 2n − 1n!

> 0 para todo n ∈ N y

limn→∞

xn+1

xn= lim

n→∞2n+1 − 1(n + 1)!

n!2n − 1

= limn→∞

2n+1 − 1(n + 1)(2n − 1)

= limn→∞

2 − 12n

1 − 12n

1n + 1

=

0 < 1, luego limn→∞

2n − 1n!

= 0.

Ejemplo 3.21. Muestre que limn→∞

n√

n = 1, y concluya que limn→∞

n√

a = 1,para cada a > 0.

Solución. Notemos que n√

n = ( n

√√n )2.

Por inducción, es fácil probar que n

√√n ≥ 1 para cada n ∈ N. Luego,

podemos escribir n√

n = 1 + xn, con xn ≥ 0.

Ahora, tenemos

√n =

(n√√

n)n

= (1 + xn)n ≥ 1 + nxn ,

luego, 0 < xn <1√n

− 1n

. Por lo tanto, limn→∞ xn = 0, y consecuentemente

limn→∞

n√

n = limn→∞

n√√

n = limn→∞(1 + xn)2 = 1 .

Sergio Plaza 81

Ahora, si a > 1, se sigue que 1 ≤ n√

a ≤ n√

n vale para todo n ≥ a, y porel Teorema del Sandwich se sigue el resultado. Si 0 < a < 1, se tiene que

limn→∞

n

√1a

= limn→∞

1n√

a= 1 ,

luego limn→∞

n√

a = 1.

Ejemplos 3.2. Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales. Pruebe que

a) Si limn→∞(xn+1 − xn) = x, con x ∈ R, entonces lim

n→∞xn+1

n= x.

b) Si (xn)n∈N está acotada y 2xn ≤ xn+1 + xn−1 para todo n = 2, 3, . . .,entonces lim

n→∞(xn+1 − xn) = 0.

Solución.

a) Supongamos que limn→∞(xn+1 −xn) = x, con x ∈ R. Notemos que xn+1 −

x1 =n∑

i=1(xi+1 −xi). Luego, lim

n→∞1n

n∑i=1

(xi+1 −xi) = limn→∞

1n

(xn+1 −x1) =

x. Como limn→∞

x1

n= 0, se sigue que lim

n→∞xn+1

n= x.

b) La condición 2xn ≤ xn+1+xn−1 se reescribe como xn−xn−1 ≤ xn+1−xn,para n = 2, 3, . . . lo cual implica que la sucesión acotada (xn+1 −xn)n∈N

es una sucesión creciente, y por lo tanto converge. Sea x = limn→∞(xn+1 −

xn) por la parte (a) limn→∞

xn

n= x, pero (xn)n∈N está acotada, luego

limn→∞

xn

n= 0. Por lo tanto x = 0 y lim

n→∞(xn+1 − xn) = 0.

Ejemplo 3.22. Considere una sucesión (xn)n∈N definida por 0 < x1 < 1 yxn+1 = 1 − √

1 − xn para n = 1, 2, . . . Pruebe que (xn)n∈N es decreciente ylim

n→∞ xn = 0. También pruebe que limn→∞

xn+1

xn= 1

2.

Solución. Afirmamos que 0 < xn+1 < xn < 1, para todo n ∈ N.


En efecto, por inducción. Como 0 < x1 < 1, se tiene 0 < 1 − x1 < 1, luego0 < 1 − x1 <

√1 − x1 < 1 y de ahí, 0 < 1 − √

1 − x1 = x2 < x1 < 1. Luego,la propiedad vale para n = 1.

Supongamos que vale para n. Esto implica que 0 < 1 −xn < 1 −xn+1 < 1,luego 0 <

√1 − xn <

√1 − xn+1 < 1, de donde

0 < xn+2 = 1 −√

1 − xn+1 < 1 − √1 − xn = xn+1 < 1,

lo que termina el proceso inductivo.

Como (xn)n∈N es decreciente y acotada inferiormente es convergente, diga-mos lim

n→∞ xn = α. Es claro que 0 ≤ α < 1. Además, tenemos

α = limn→∞ xn+1 = lim

n→∞(1 − √1 − xn) = 1 − √

1 − α,

en otras palabras, α es la raíz no negativa de la ecuación α = 1 − √1 − α,

de donde α = 0 o α = 1. Luego α = 0 pues α < 1.

Por otra parte,

xn+1

xn=

1 − √1 − xn

xn=

11 +

√1 − xn

,

de dondelim

n→∞xn+1

xn=

12

.

Ejemplo 3.23. Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales definida porx1 = 1 , xn+1 = 1+ 1

xn

. Verifique que |xn+2−xn+1| ≤ 12

|xn+1−xn|. Demuestreque (xn) converge y encuentre el valor del límite.

Solución. Tenemos

|xn+2 − xn+1| ≤∣∣∣∣∣ 1xn+1

− 1xn

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣xn − xn+1

xn+1xn

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣xn − xn+1

1 + xn

∣∣∣∣ ≤ 12

|xn − xn+1|

ya que por definición xnxn+1 = 1 + xn y de 1 ≤ xn se sigue que 2 ≤ 1 + xn,de donde 1

1+xn≤ 1

2 .

Sergio Plaza 83

Para la segunda parte del ejercicio, de (a) se deduce que |xn+2 − xn+1| ≤12n

|x2 − x1| =12n

.

Probaremos que (xn) es una sucesión de Cauchy. Sean m, n ∈ N, supong-amos n < m, entonces existe p ∈ N tal que m = n + p. Se sigue que

|xn − xm| = |xn − xn+1 + xn+1 − xn+2 + xn+2 − xn+1 + · · · + xn+p−1 − xn+p|

≤ |xn − xn+1| + |xn+1 − xn+2| + |xn+2 − xn+1| + · · · + |xn+p−1 − xn+p|

≤ 12n

+ 12n+1 + 1

2n+2 + · · · + 12n+p−1 = 1

2n−1 − 12m−1 .

Por lo tanto, dado ε > 0 existe N ∈ N tal que para n, m > N se tiene|xn − xm| < ε. Sea a = lim

n→∞ xn, de la definición de xn+1 se obtiene a = 1 + 1a

de donde a = 1+√

52 .

Ejemplo 3.24. Pruebe que la sucesión definida por x1 = 1 y xn+1 = 13 + xn

para n ∈ N es convergente y calcule su límite.

Solución. Claramente, xn > 0 para cada n ∈ N. Ahora notemos que

|xn+1 − xn| =∣∣∣∣∣ 13 + xn

− 13 + xn−1

∣∣∣∣∣= |xn − xn−1|

(3 + xn)(3 + xn−1)

≤ 19

|xn − xn−1| (n = 2, 3, . . .)

Luego (xn)n∈N es convergente. Si limn→∞ xn = α, se tiene que α ≥ 0 y

α = limn→∞ xn+1 =

13 + lim

n→∞ xn=

13 + α

de donde α =−3 +

√13

2.


Ejemplo 3.25. Defina (xn)n∈N por x1 = 1 y xn+1 = 1 +1

1 + xn, n = 1, 2, . . ..

Pruebe que (xn)n∈N es convergente y que limn→∞ xn ==

√2.

Solución. Es claro que xn > 0 para cada n ∈ N. Por inducción se pruebaque 0 ≤ xn ≤ 2, para cada n ∈ N. Ahora,

|xn+1 − xn| = |xn − xn−1|(1 + xn(1 + xn−1))

≤ |xn − xn−1|(1 + 1)(1 + 1)

= 14

|xn − xn−1|

para n = 2, 3, . . .. Luego la sucesión es convergente y llamando α = limn→∞ xn,

se tiene que α satisface la ecuación

α = 1 +1

1 + α,

es decir, α2 = 2.

Ejemplo 3.26. Definamos (xn)n∈N por x1 = 1 y

xn+1 =12

(xn +

2xn

), n = 1, 2, · · ·

Pruebe que limn→∞ xn =

√2.

Solución. Es claro que xn > 0 para cada n ∈ N. También, se tiene

x2n+1 − 2 =

14

(xn − 2

xn

)2≥ 0

para todo n. Luego, para n ≥ 2, se tiene

xn+1 − xn =12

(xn +

2xn

)− xn =

2 − x2n

2xn≤ 0

por lo tanto 0 ≤ xn+1 ≤ xn para todo n ≥ 2. Sea α = limn→∞ xn, el cual

existe pues (xn)n∈N es decreciente y acotada inferiormente. Tenemos que α

satisface la ecuación

α = 12

(α + 2

α

), α ≥ 2 ,

de donde α2 = 2.

Sergio Plaza 85

Ejemplo 3.27. Sea (xn) una sucesión de números reales cuyos términosverifican la siguiente desigualdad

xn

|xn − 2| ≤ 1

£es (xn) una sucesión acotada? £existe sup{xn}?

Solución. Usando propiedades de las desigualdades tenemos quexn

|xn − 2| ≤ 1 ⇐⇒ xn ≤ |xn − 2|

Si existen n ∈ N tal que xn − 2 ≥ 0 tendríamos que 0 ≤ −2 lo que esfalso. Luego, para todo n ∈ N tenemos que xn − 2 < 0, reemplazando en lainecuación se sigue que

xn ≤ 2 − xn,

es decir, xn ≤ 1, para todo n ∈ N. Por lo tanto, la sucesión (xn) es acotadasuperiormente pero no inferiormente. Como es una sucesión real, acotadasuperiormente y R es completo se concluye que existe sup{xn}.

Ejemplo 3.28. Sea S un subconjunto (no vacío) de R, acotado superior-mente. Sea s = sup(S). Pruebe que existe una sucesión (xn)n∈N en S, talque s = lim

n→∞ xn.

Solución. Desde la caracterización del supremo, sabemos que dado ε > 0,existe x ∈ S tal que

s − ε < x ≤ s

Luego, para cada n ∈ N, existe un xn ∈ S, tal que

s − 1n

< xn ≤ s < s + 1n

Como limn→∞

1n

= 0, existe n ∈ N tal que


s − ε < s − 1n

≤ xn ≤ s < s +1n

< s + ε

lo que significa que

|xn − s| < ε

para todo n ≥ N .

Ejemplo 3.29. Sea (xn)n∈N una sucesión convergente de números reales, conlim

n→∞ xn = l.

Entonces la sucesión

yn =x1 + x2 + · · · xn

n

también converge a l.

>Vale la recíproca? Como aplicación de lo anterior, pruebe que si (xn)n∈N

es tal que limn→∞ xn+1 − xn = l, entonces

limn→∞

xn

n= l

Solución. Sea ε > 0 dado. Como limn→∞ xn = l, existe N ∈ N, tal que para

todo n ≥ N se tiene

|xn − l| < ε/2

Ahora, bien

yn − l =x1 + · · · + xn

n− l =

(x1 − l) + (x2 − l) + · · · + (xn − l)n

Sergio Plaza 87

Si n ≥ N , podemos escribir

yn − l = (x1 − l) + · · · + (xN−1 − l)n

+ (xN − l) + · · · + (xn − l)n

Podemos elegir M ∈ N, tal que

|(x1 − l) + (x2 − l) + · · · + (xN−1 − l)|n

≤ ε/2

Si n ≥ M .

Tomemos k = max{N, M}. Así, si n ≥ k, se sigue que

|yn − l| ≤∣∣∣∣∣(x1 − l) + · · · + (xN−1 − l)

n

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣(xN − l) + · · · + (xn − l)

n

∣∣∣∣∣

≤∣∣∣∣∣(x1 − l) + · · · + (XN−1 − l)

n

∣∣∣∣∣+ |xN − l| + · · · + |xn − l|n

≤ ε

2+

n − N

n

ε

2< ε .

La recíproca es falsa, pues basta tomar xn = (−1+(−1)n)/(2n) y se tendría

yn =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

− 1n

si n es impar

0 si n es pary es claro que lim

n→∞ yn = 0, pero (xn)n∈N es no convergente.

Ahora, desde la primera parte, tenemos

yn(x2 − x1) + (x3 − x2) + · · · + (xn+1 − xn)

n


converge y tiene limn→∞ yn = l, pues lim

n∈∞(xn+1 − xn) = l. Ahora, es claro que

yn =xn+1 − x1

n, de donde xn+1 = nyn + x1, luego para n − 1, nos queda

xn = (n − 1)yn−1 + x1, de donde

xn

n=

(n − 1)n

yn−1 +x1

n

Como limn→∞

(n − 1)n

= 1, limn→∞ yn = l y lim

n→∞x1

n= 0, se sigue que existe

limn→∞ xn y por el álgebra de límites, nos queda

limn→∞

xn

n= l

Ejemplo 3.30. Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales, con xn �= 0 paratodo n.

Suponga que

limn→∞

xn+1

xn

= l

Pruebe que

a) Si |l| < 1, entonces limn→∞ xn = 0

b) Si |l| > 1, la sucesión no converge £que pasa con el caso l = 1?. Decidala convergencia o no de las sucesiones

xn = αn

nke yn = αn

n!

Solución.

Sergio Plaza 89

a) Como estamos suponiendo que |l| < 1, podemos tomar ε =1 − |l|

2> 0.

Como limn→∞

xn+1

xn

= l se sigue que limn→∞

|xn+1||xn| = |l|.

Luego existe N ∈ N tal que

∣∣∣∣∣ |xn+1||xn| − |l|

∣∣∣∣∣ < ε

para todo n ≥ N .

Esto es, si n ≥ N , entonces

|l| − ε <|xn+1||xn| < |l| + ε =

|l| + 12

< 1

En particular, para n ≥ N se tiene

|xn+1| <

( |l| + 12

)n−N+1

= |xN |

Como limn→∞

( |l| + 12

)n−N+1

= 0, se sigue que limn→∞ |xn| = 0, y por lo

tanto limn→∞ xn = 0.

b) Como antes, vemos que, usando el hecho |l| > 1,

( |l| + 12

)n−N+1

|xN | < |xn+1|


para todo n ≥ N . Como limn→∞

( |l| + 12

)n−N+1

= +∞, limn→∞ |xn| = +∞

y por lo tanto (xn)n∈N no converge, pues es no acotada.

Caso |l| = 1, tomando xn = nα, se tiene que l = 1, pero la sucesión esconvergente sólo si α ≤ 0.

Para xn = αn

nk, tenemos

xn+1

xn= α

(n

n + 1

)luego lim

n→∞xn+1

xn= α

por lo tanto es convergente si |α| < 1 y para |α| > 1 es no conver-gente. Para |α| = 1, las sucesiones que nos quedan son

( 1nk

)n∈N

y((−1)n

nk

)n∈N

, y ambas convergen a 0.

Para yn =αn

n!, nos queda

yn+1

yn= α

1n + 1

y limn→∞

yn+1

yn= 0, independiente del valor de α.

Ejemplo 3.31. Sea (xn)n∈N una sucesión tal que (x2n)n∈N, (x2n+1)n∈N y(x3n)n∈N son convergentes. Entonces (xn)n∈N es convergente

Solución. Sea limn→∞ x2n = α1, lim

n→∞ x2n+1 = α2 y limn→∞ x3n = α3.

La sucesión (x6n)n∈N es una subsesión de (x2n)n∈N y de (x3n)n∈N). Luego(x6n) es convergente y

α1 = limn→∞ x2n = lim

n→∞ x6n = limn→∞ x3n = α3

Por otra parte, la sucesión (x6n+3)n∈N es una subsucesión de (x2n+1)n∈N y

Sergio Plaza 91

de (x3n)n∈N.

Luego (x6n+3)n∈N es convergente y

α2 = limn→∞ x2n+1 = lim

n→∞ x6n+3 = limn→∞ x3n = α3

Por lo tanto α1 = α2 = α3. Llamemos a este valor común α. Vamos aprobar que α = lim

n→∞ xn.

En efecto, dado ε > 0, existen N0, N1 ≥ 1 tales que |x2n −α| < ε para todon ≥ N0 y |x2n+1 − α| < ε para todo n ≥ N1. Sea N = max{2N0, 2N1 + 1}.tomemos n ≥ N . Si n = 2k, entonces tenemos k ≥ N0 pues n ≥ N ≥ 2N0,de donde |x2k − α| = |xn − α| < ε. Analogamente, si n es impar se pruebaque |xn − α| < ε. Por lo tanto |xn − α| < ε para todo n ≥ N .

Ejemplo 3.32. Sea x ≥ 1. Pruebe que

limn→∞(2 n

√x − 1)n = x2

Solución. Para x = 1, nada a probar. Supongamos entonces que x > 1.Tenemos 0 < ( n

√x −1)2 = n

√x2 −2 n

√x+ 1, de donde 2 n

√x −1 <

n√

x2. Luego(2 n

√x − 1) < x2.

Por otra parte,

(2 n√

x−1)n = x2(

2 n√

x − 1n√

x2

)n

= x2(

2n√

x− 1

n√

x2

)n

= x2

⎛⎝1 −

(1 − 1

n√

x

)2⎞⎠n


Como (1 − h)n ≥ 1 − nh para todo h ≥ 0 y n ≥ 1, tenemos⎛⎝1 −

(1 − 1

n√

x

)2⎞⎠n

≥ 1 − n

(1 − 1

n√

x

)2

yx = (1 + m

√x − 1)n ≥ 1 + ( n

√x − 1) > n( n

√x − 1)

de donde( n√

x − 1)2 <x2

n2 .

Luego,

(2 n√

x − 1)n ≥ x2

⎛⎝1 − n

(1 − 1

n√

x

)2⎞⎠ = x2

(1 − n

( n√

x − 1)2

n√

x2

)

o lo que es lo mismo

(2 n√

x − 1)n > x2(

1 − x2

n n√

x

)

Juntando las desigualdades, obtenemos

x2(

1 − x2

n n√

x

)< (2 n

√x − 1)n < x2

y como limn→∞ x2

(1 − x2

n n√

x

)= x2, por el Teorema del Sandwich se sigue el

resultado.

Ejemplo 3.33. Calcule limn→∞

(2 n√

n − 1)n

n.

Solución. De la desigualdad

x2(

1 − n( n√

x − 1)2

n√

x2

)< (2 n

√x − 1) ≤ x2

probada para todo x ≥ 1 y n ≥ 1. Tomando x = n, obtenemos

Sergio Plaza 93

n2(

1 − n( n√

n − 1)2

n√

n2

)< (2 n

√n − 1) ≤ n2

de donde

1 − n( n√

n − 1)2

n√

n2<

(2 n√

n − 1)2

n2 ≤ 1

Calculemos ahora limn→∞

n( n√

n − 1)2

n√

n2.

Para x ∈ [0, 1], se tiene ex − 1 ≤ 3x. Luego,

0 ≤ n√

n − 1 = eln(n)/n − 1 ≤ 3 · ln(n)n

0 ≤ n( n√

n − 1)2 ≤ 9n(ln(n))2

n2 = 9(ln(n))2

n

Como limn→∞

ln(n)n

= 0, se sigue que limn→∞ n( n

√n − 1)2 = 0 Por lo tanto

limn→∞

(2 n√

n − 1)n

n2 = 1 .


3n2 + 15n2 − 1

y demuéstrelo usando la definición

Solución. Tenemos

limn→∞

3n2 + 15n2 − 1

= limn→∞

3 + 1n2

5 − 1n2

= 35

.

Ahora, dado ε > 0 se tiene que∣∣∣∣∣3n2 + 15n2 − 1

− 35

∣∣∣∣∣ =8

5(5n2 − 1)< ε


con una pequeña manipulación algebraica, vemos que se debe tener que n2 >8

25ε+ 1

5 , en otras palabras, n ≥√

825ε

+ 15 , por lo tanto basta tomar N =[√

825ε

+ 15

]+ 1 para tener

n ≥ N implica∣∣∣∣∣3n2 + 15n2 − 1

− 35

∣∣∣∣∣ < ε .

Demostrar que si |r| < 1, entonces limn→∞ nrn = 0.

Solución. Caso r = es inmediato.

Supongamos entonces que |r| < 1 y r �= 0. Tenemos en este caso que 1|r| >

1, luego, podemos escribir 1|r| = 1 + h, con h > 0. Usando el desarrollo del

binomio, se tiene (1+h)n = 1+nh+n(n1−)

2h2+· · ·+hn ≥ 1+nh+

n(n − 1)2

h2,

en otras palabras,(

1|r|)n

≥ 1 + nh + n(n − 1)2

h2, de donde

0 < |r|n ≤ 11 + nh + n(n−1)

2 h2

multiplicando esta desigualdad por n, y realizando algunas manipulacionesalgebraicas, obtenemos

0 < n|r|n ≤1n

h + 1n

+ n−12 h2

tomando límite y usando el Teorema del Sandwich se sigue el resultado.

Ejemplo 3.35. Calcule limn→∞ xn, donde xn = n

n∑j=1

1n2 + j

.

Solución. Tenemosn

n2 + n≤ n

n2 + j≤ n

n2 + 1para j = 1, . . . , n. Sumando

esas desigualdades, nos queda

n2

n2 + n≤

n∑j=1

n

n2 + j≤ n2

n2 + 1

Sergio Plaza 95

y como limn→∞

n2

n2 + n= lim n → ∞ n2

n2 + 1= 1, se sigue por el Teorema del

Sandwich que el límite pedido es igual a 11.


λn

n!.

Solución. Por la propiedad arquimediana de los números reales, existe N ∈N, con N > 2λ. Ahora, para n > N , se tiene

λn

n!= λN

N !· λ

N + 1· λ

N + 2· · · λ

n< λN

(12

)n−N

= (2λ)N(1

2

)n

y como limn→∞

12n

= 0, dado ε > 0, para n suficientemente grande tenemos12n

<ε

(2λ)N, es decir, λn

n!< ε, lo que termina la prueba.

Ejemplo 3.37. Sea (xn)n∈N la sucesión definida por

x1 = a > 0 y xn+1 = 12

(xn + a

xn

)

Pruebe que (xn)n∈N es convergente y calcule su límite.

Solución. Supongamos que la sucesión (xn)n∈N es convergente y tiene limn→∞ xn =

l.

Tenemos entonces que, tomando limn→∞,

l =12

(l +

a

l

)=

l2 + a

2l

de donde 2l2 = l2 + a, esto es, l2 = a, y como a > 0, l =√

a.

Es claro que xn > 0 para todo n. Por otra parte,


x2n+1 = 1

4

(x2

n + 2a + a2

x2n

)

=14

(x2

n +a2

x2n

)+

a

2

Ahora, como (a−x2n) = a2 −2axn +x4

n ≥ 0 obtenemos que 2ax2n ≤ a2 +x4

n,de donde

1 ≤ 12a

(a2

x2n

+ x2n

)

Tenemos

xn − xn+1 = xn − 12

(xn +

a

xn

)=

12

(xn − a

xn

)=

12xn

(x2n − a)

Probemos ahora que a ≤ x2n para todo n ≥ 2.

Ejemplo 3.38. Calcule el límite de la sucesión (xn)n∈N definida por

xn =n∑

k=1

k

(k + 1)!.

Solución. Temenosn∑

k=1

k

(k + 1)!=

n∑k=1

k + 1 − 1(k + 1)!

=n∑

k=1

k + 1(k + 1)!

−n∑

k=1

1(k + 1)!

=n∑

k=1

1k!

−n∑

k=1

1(k + 1)!

= 1 − 1(n + 1)!

,

Sergio Plaza 97

de dondelim

n→∞ xn = limn→∞

n∑k=1

k

(k + 1)!= 1 .

Ejemplo 3.39. Calcule limn→∞ xn, donde x1 =

√2, x2 =

√2 +

√2, x3 =√

2 +√

2 +√

2, y así sucesivamente se sigue la regla para la definición de xn.

Solución. Notemos que x2 =√

2 + x1, x3 =√

2 + x2, y asi sucesivamentexn+1 =

√2 + xn. Pruebe esto por Inducción. Supongamos ahora que existe

limn→∞ xn = �, entonces � debe satisfacer la ecuación � =

√2 + �, de donde

� = 2, pues � ≥ 0.

Ahora mostremos que la sucesión (xn)n∈N es convergente. Es claro que lasucesión es creciente, pues x1 =

√2 <

√2 +

√2 = x2 y como xn < xn+1 es

equivalente a xn−1 < xn, se sigue el resultado.

Afirmamos que xn < 3.

En efecto, para n = 1 se tiene 2 < 4 < 22 + 2 · 2 + 1 = (2 + 1)2, de dondex1 =

√2 < 2 + 1 = 3. Supongamos que xn < 2 + 1, luego xn + 2 < 2 · 2 + 1 <

(2 + 1)2, de donde xn+1 =√

2 + xn < 3.

Por lo tanto, siendo la sucesión (xn)n∈N creciente y acotada superiormente,se concluye que es convergente y su límite es 2.

Observemos que el cálculo para el acotamiento de la sucesión es bastanteholgado, pues de hecho se tiene que xn < 2. En efecto, x1 =

√2 < 2.

Supongamos que vale para n, es decir, xn < 2, de donde xn + 2 < 2 + 2 = 4,luego, xn+1 =

√2 + xn < 2.

Nota. Como es claro de los cálculos anteriores, podemos definir para cualquiera > 0 la sucesión x1 =

√a, x2 =

√a +

√a , . . ., la cual resulta convergente

con limn→∞ xn = 1 +

√1 + 4a

2.

Ejemplo 3.40. Sea xn =n + sen

(nπ2

)2n + 1

. Calcule limn→∞ xn.


Solución. Tenemos que −1 ≤ sen(θ) ≤ 1, para todo θ ∈ R, de donden − 1 ≤ n + sen

(nπ2

)≤ n + 1, y dividiendo esta desigualdad por 2n + 1 nos

quedan − 12n + 1

≤ n + sen(

nπ2

)2n + 1

≤ n + 12n + 1

y como limn→∞

n − 12n + 1

= limn→∞

n + 12n + 1

= 12

, se concluye que limn→∞ xn = 1

2.

3.4 Límite de subsucesiones

Teorema 3.15. Sea a ∈ R, entonces a es el límite de una subsucesión de(xn)n∈N si y sólo si para todo ε > 0 dado, existe una infinidad de índices n

tales que xn ∈ ]a − ε, a + ε[.

Demostración. Sea N1 = {n1 < n2 < · · · < ni < · · · } ⊆ N tal quea = lim

n∈N1xn. Entonces, para cada ε > 0 dado, existe i0 ∈ N tal que xni

∈]a − ε, a + ε[ para todo i > i0. Como existen una infinidad de índices i > i0,se deduce que existen infinitos ni ∈ N1 tales que xni

∈ ]a − ε, a + ε[.

Recíprocamene, supongamos que para cada ε > 0 el conjunto {n ∈ N :xn ∈]a − ε, a + ε[ } es infinito.

Considerando sucesivamente ε = 1, 12 , 1

3 , · · · obtenemos un conjunto N2 ={j1 < j2 < · · · < ji < · · · }, tal que a = lim

ji∈N2xji

. En efecto, sea j1 ∈ N talque xj1 ∈ ]a − 1, a + 1[. Suponiendo, por inducción, que j1 < j2 < · · · < ji

están definidos de modo que xj2 ∈ ]a − 12 , a + 1

2 [, xj3 ∈ ]a − 13 , a + 1

3 [, . . . , xji∈

]a − 1i, a + 1

i[, observamos que el conjunto

{n ∈ N : xn ∈

]a − 1

i + 1, a + 1

i + 1

[ }

es infinito, luego contiene algún ji+1 mayor que j1, j2, . . . , ji. Esto completala definición por inducción de N2 = {j1 < j2 < · · · < ji < · · · }. Como

Sergio Plaza 99

|xji− a| < 1/i para todo i ∈ N, se sigue que lim

i→∞xji

= a. Lo que completala prueba.

�

Definición 3.2. Sea (xn)n∈N una sucesión. Decimos que a ∈ R es un valorde adherencia de (xn)n∈N, si a es el límite de alguna subsucesión de (xn)n∈N.

El teorema anterior nos dice que a ∈ R es un valor de adherencia de (xn)n∈N

si y sólo si para todo ε > 0 dado y cada n0 ∈ N, existe n ∈ N, tal que n > n0

y xn ∈ ]a−ε, a+ε[. En otras palabras, a es un valor de adherencia de (xn)n∈N

si y sólo si todo intervalo abierto de centro a contiene términos xn con índicearbitrariamente grandes.

Teorema 3.16. Cada sucesión acotada de números reales posee una sub-sucesión convergente.

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión acotada de números reales, dig-amos |xn| ≤ M para todo n ∈ N.

Sean I1 = [−M, M ] , a1 = −M , b1 = M , así I1 = [a1, b1] e I1 contieneuna cantidad infinita de xn (de hecho a todos ellos).

Inductivamente construiremos una sucesión de intervalos Ik = [ak, bk], parak = 1, 2, . . ., tal que Ik contiene una cantidad infinita de xn y bk − ak = 2M

2k.

Ya vimos que vale para k = 1.

Supongamos que vale para algún k. Entonces al menos uno de los intervalos[ak,

ak + bk

2

]y[

ak + bk

2, bk

]contiene una cantidad infinita de xn. Si es el

intervalo[ak,

ak + bk

2

], hacemos ak+1 = ak y bk+1 = ak + bk

2. Si es el intervalo[

ak + bk

2, bk

], hacemos ak+1 =

ak + bk

2y bk+1 = bk.


En cualquier caso, el intervalo Ik+1 = [ak+1, bk+1] contiene una cantidadinfinita de xn, y

bk+1 − ak+1 = 12

(bk − ak) =(1

2

)k+1· 2M

Esto completa la construcción de los intervalos Ik como queríamos.

Claramente a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ an ≤ an+1 ≤ · · · ≤ bn+1 ≤ bn ≤ · · ·no decreciente y acotada superiormente, por lo tanto existe lim

n→∞ an = α.Análogamente, se prueba que existe lim

n→∞ bn = β. Además, como cada bk esuna cota superior {an : n ≥ 0} se sigue que α = sup{an : n ≥ 0} ≤ bk paratodo k ≥ 0. Luego, ak ≤ α ≤ bk para todo k ≥ 0, esto significa que α ∈ Ik

para todo k ≥ 0.

Ahora construimos una subsucesión (inductivamente) (xnk) de (xn)n≥0 tal

que xnk∈ Ik para cada k ≥ 0. Hacemos xn0 = x0. Supongamos elegidos

xnk, hacemos nk+1 como el menor n > nk tal que xn ∈ Ik+1. La subsucesión

(xnk)k≥0 de (xn)n≥0 así construida es convergente, pues xnk

y α pertenecenal mismo intervalo Ik de longitud 2M/2k, luego

|xnk− α| ≤

(12

)k

· 2M,


�

3.5 Límite superior y límite inferior

Sea (xn)n∈N una sucesión acotada, digamos α ≤ xn ≤ β para todo n ∈ N.Definamoslos conjuntos Xn = {xn, xn+1, . . .}, llamados cola de la sucesión.Tenemos [α, β] ⊇ X1 ⊇ X2 ⊇ · · · ⊇ Xn ⊇ · · · . Como cada Xn está acotado,

Sergio Plaza 101

existenan = inf(Xn) y bn = Sup(Xn) .

Además, se cumple

α ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b2 ≤ b1 ≤ β.

Por lo tanto, (an)n∈N es una sucesión monótona no decreciente y acotadasuperiormente, luego existe

a = limn→∞ an = Sup{an : n ∈ N} = Supn inf(Xn) ,

analogamente, existe

b = limn→∞ bn = inf{bn : n ∈ N} = inf

nSup(Xn)

Los números a = lim infn→∞ (xn) y b = lim sup

n→∞(xn), y son llamados límite

inferior y límite superior de la sucesión (xn)n∈N, respectivamente.

Es claro quelim inf

n→∞ xn ≤ lim supn→∞

xn .

Teorema 3.17. Sea (xn)n∈N una sucesión acotada. Entonces lim infn→∞ (xn) es

el menor valor de adherencia y lim supn→∞

xn es el mayor valor de adherenciade (xn)n∈N.

Demostración. Ver [?].

Ejemplo 3.41. Encuentre el límite superior y el límite inferior de la sucesión(xn)n∈N definida por x1 =

13

, x2n =13

x2n−1 y x2n+1 =13

+ x2n para n =1, 2, . . ..

Solución. Afirmamos que

x2n = 132

n−1∑k=0

13k

y x2n+1 = 13

n∑k=0

13k


para n = 1, 2, . . .. La prueba de estas identidades es por inducción. Veamos lasegunda de ellas, la primera queda a cargo del lector. Para n = 1, es inmedi-ato, pues x3 = x2·1+1 = 1

3+x2 = 1

3+x2·1−1 = 1

3+1

3x1 = 1

3+1

9= 1

3

(1 + 1

3

)=

13

1∑k=0

13k

. Supongamos ahora que vale para x2n+1 = 13

n∑k=0

13k

para algún n.

Entonces x2(n+1)+1 = 13

x2(n+1) = 13

+ 13

x2n+1 = 13

+ 19

n∑k=0

13k

= 13

n+1∑k=0

13k

, y

la inducción está completa. Consecuentemente, limn→∞ x2n = lim

n→∞132

n∑k=0

13k

=

132 · 3

2= 1

6y lim

n→∞ x2n+1 = limn→∞

13

n∑k=0

13k

= 12

. Afirmamos que 1/6 y 1/2

son los únicos puntos límites de (xn)n∈N. Para ver esto, sea a ∈ R, a �= 1/2y a �= 1/6. Sea ε > 0 tal que ]a − ε, a + ε[ ∩ ]1/6 − ε, 1/6 + ε[ = ∅ y]a − ε, a + ε[∩ ]1/2 − ε, 1/2 + ε[ = ∅. Note que existe algún n ≥ k, tal quex2n ∈ ]1/6 − ε, 1/6 + ε[ y x2n+1 ∈ ]1/2 − ε, 1/2 + ε[ vale para todo n ≥ k, yconsecuentemente a no puede ser un punto adherente a la sucesión (xn)n∈N,así lim inf

n→∞ xn = 16

y lim supn→∞

xn = 12

.

Corolario 3.18. Toda sucesión acotada de números reales posee una sub-sucesión convergente.

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión acotada, entonce existe b =lim sup

n→∞xn, el cual es un valor de adherencia, y en consecuencia alguna sub-

sucesión de (xn)n∈N converge a b.

�

Ejemplo 3.42. Sea (xn)n∈N una sucesión acotada de números reales. Pruebeque lim sup

n→∞(−xn) = − lim inf

n→∞ xn y lim infn→∞ (−xn) = − lim sup

n→∞(xn).

Solución. Sabemos que lim supn→∞

(xn) y limn→∞(xn) es, respectivamente, el mayor

y menor valor de adherencia de (xn)n∈N. Sean (yn)n∈N y (zn)n∈N subsucesiones

Sergio Plaza 103

de (xn), con limn→∞ yn = lim inf

n→∞ (xn) y limn→∞ zn = lim sup

n→∞(−xn). Tenemos

− lim infn→∞ xn = − lim

n→∞(yn)

= limn→∞(−yn)

≤ lim supn→∞

(−xn)

= limn→∞(−zn)

= − limn→∞ zn

≤ − lim infn→∞ (xn) .

Ejemplo 3.43. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones acotadas. Pruebe que

a) lim supn→∞

(xn + yn) ≤ lim supn→∞

(xn) + lim supn→∞

(yn)

b) lim infn→∞ (xn + yn) ≥ lim inf

n→∞ (xn) + lim infn→∞ inf(yn)

Pruebe además, que si una de las sucesiones es convergente, entonces laigualdad vale en (a) y (b).

Solución. (a) Tomando subsucesiones si es necesario, podemos asumir quelim

n→∞(xn + yn) = lim supn→∞

(xn + yn). Como (xn)n∈N es una sucesión acotada,posee una subsucesión convergente (xnk

)k∈N. Sea x = limk→∞

xnk. Analoga-

mente, (yn)n∈N posee una subsucesión convergente (ynj)j∈N, con y = lim

j→∞ ynj.

Luego, existe una sucesión estrictamente creciente (mn)n∈N de números nat-urales, tales que

x = limn→∞ xmn e y = lim

n→∞

Luego

lim supn→∞

(xn + yn) = x + y = limn→∞ xmn + lim

n→∞ ymn

≤ lim supn→∞

(xn) + lim supn→∞

(yn)


Finalmente, si x = limn→∞ xn vale, entonces eligiendo una subsucesión (ykn)n∈N

de (yn)n∈N tal que limn→∞ ykn = lim sup

n→∞yn, y notando que

lim supn→∞

xn + lim supn→∞

yn = x + limn→∞ ykn

= limn→∞(xn + ykn)

≤ lim supn→∞

(xn + yn)

(b) Se sigue de (a) en forma análoga o usando el problema anterior

Ejemplo 3.44. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones acotadas de números realestales que xn ≤ yn para todo n ≥ N . Pruebe que lim inf

n→∞ xn ≤ lim infn→∞ yn y

lim supn→∞

xn ≤ lim supn→∞

yn

Solución. Sean sn = infk≥n xk y tn = infk≥n yk. Si n ≥ N , para cada r ≥ n

se tiene sn = infk≥N xn ≤ xr ≤ yr. Luego sn ≤ infr≥n yr = tn para cadan ≥ N . Por lo tanto,

lim infn→∞ (xn) = lim

n→∞ sn ≤ limn→∞ tn = lim inf

n→∞ (yn)

Para la otra desigualdad, usar que

lim supn→∞

(xn) = − lim infn→∞ (−xn) .

Corolario 3.19. Una sucesión acotada de números reales es convergente siy sólo si lim inf

n→∞ (xn) = lim supn→∞

xn.

Demostración. Si (xn)n∈N es convergente entonces posee un único valor deadherencia, su límite, por lo tanto

lim infn→∞ xn = lim sup

n→∞xn = lim

n→∞ xn

Recíprocamente, si lim infn→∞ xn = lim sup

n→∞xn = a tenemos a = lim

n→∞ an =lim

n→∞ bn. Por lo tanto dado ε > 0, existe N ∈ N tal que a − ε < aN ≤ a ≤

Sergio Plaza 105

bN ≤ a+ε. Además, n > N implica aN ≤ xn ≤ bN . Luego, a−ε < xn < a+ε

para todo n > N .

�

Ejemplo 3.45. Encuentre lim supn→∞

(1 + (−1)n + 1

2n

).

Solución. Notemos que x2n = 2 + 12n

y x2n+1 = 12n

. Luego yn = Sup{xk :

k ≥ n} = 2 + 12n

si n es par y vale 2 + 12n+1 , si n es impar.

Luego

limn→∞ sup xn = inf{yn : n ∈ N} = 2 .

Ejemplo 3.46. Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales, con xn > 0 paratodo n ∈ N. Pruebe que

lim infn→∞

xn+1

xn

≤ lim infn→∞

n√


√xn ≤ lim sup

n→∞xn+1

xn

.

Concluya que si limn→∞

xn+1

xn

existe, entonces limn→∞

n√

xn también existe y vale

limn→∞

n√

xn = limn→∞

xn+1

xn

.

Solución. Sea x = lim supn→∞

xn+1

xn

. Si x = +∞ no hay nada a probar, por locual podemos asumir que x < +∞.

Sea ε > 0 dado, entonces existe k tal quexn+1

xn< x + ε para todo n ≥ k.

Ahora para n ≥ k tenemos,

xn = xn

xn−1

xn−1

xn−2· · · xk+1

xk· xk ≤ (x + ε)n+kxk = (x + ε)n · C


donde C = xk(x + ε)−k es una constante. Por lo tanto, n√

xn ≤ (x + ε) n√

c,vale para todo n ≥ k, de donde

lim supn→∞

n√


(x + ε) n√

c = x + ε .

Como ε > 0 es arbitrario, se sigue que

lim supn→∞

n√

xn ≤ x = lim supn→∞

xn+1

xn

.

Ejemplo 3.47. Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales. Defina la suce-sión (an)n∈N por an = x1 + x2 + · · · + xn

n. Si (xn)n∈N está acotada, pruebe

quelim inf

n→∞ xn ≤ lim infn→∞ an ≤ lim sup

n→∞an ≤ lim sup

n→∞xn

En particular, si limn→∞ xn = x, entonces lim

n→∞ an = x.

£La convergencia de (an)n∈N implica la convergencia de (xn)n∈N?

Solución. Usaremos las siguientes propiedades de lim inf y lim sup.

Si (un)n∈N es una sucesión acotada de números reales, entonces para cadaε > 0 dado, se tiene que

uk ≥ lim supn→∞

un + ε y um ≤ lim infn→∞ (un) − ε

vale para una cantidad finita de k y una cantidad finita de m.

En efecto, si no, esto es, uk ≥ lim supn→∞

un +ε vale para una cantidad infinitade valores de k. Entonces existe una subsucesión (vn)n∈N de (un)n∈N tal quevn ≥ lim sup

n→∞un + ε vale para cada n. Como (vn)n∈N está acotada existe

una subsucesión (wn)n∈N de (vn)n∈N, con limn→∞ wn = w ∈ R. Luego, w ≥

lim supn→∞

un + ε, otras palabras, w es un punto límite el cual es más grandeque el mayor de los puntos límites (lim sup

n→∞un) de (un)n∈N. Lo cual es una

contradición.

Ahora, sea (xn)n∈N una sucesión acotada de números reales. Sea ε > 0dado.

Sergio Plaza 107

Pongamos l = lim supn→∞

xn y sea K = {k ∈ N : xk ≥ l + ε}. Por lo vistoarriba K es un conjunto finito. Pongamos

Sn = {i ∈ N : i ∈ K e i ≤ n}Tn = {i ∈ N : i /∈ K e ß ≤ n}

y definamos las sucesiones (sn)n∈N y (tn)n∈N por

sn =∑i∈Sn

xi y tn =∑i∈Tn

xi .

La sucesión (sn)n∈N es eventualmente constante, tn ≤ n(l + ε) vale paracada n y an = sn

n+ tn

n. Como lim

n→∞sn

n= 0, y tn

n≤ l + ε para cada n, se sigue

que

lim supn→∞

an = lim supn→∞

(sn

n+

tn

n

)= lim

n→∞sn

n+ lim sup

n→∞tn

n≤ l + ε .

Como ε > 0 es arbitrario, se sigue que lim supn→∞

an ≤ l = lim supn→∞

xn.Análogamente lim inf

n→∞ xn ≤ lim infn→∞ an. Si lim

n→∞ xn = x = lim supn→∞

xn, luegox = lim inf

n→∞ an = lim supn→∞

an, por lo tanto limn→∞ an = x.

La convergencia de (an)n∈N no implica la convergencia de (xn)n∈N, porejemplo, considere xn = (−1)n, se tiene lim

n→∞ an = 0, pero no existe limn→∞ xn.

3.6 Sucesiones de Cauchy

Decimos que una sucesión (xn)n∈N es de Cauchy si para cada ε > 0, existeN ∈ N tal que |xn − xm| < ε para todo m, n > N .

Teorema 3.20. Toda sucesión convergente es de Cauchy.

Demostración. Sea a = limn→∞ xn. Dado ε > 0, existe N ∈ N tal que

|xm − a| < ε y |xn − a| < ε para todo m, n > N . De esto, se sigue que|xn − xm| ≤ |xn − a| + |xm − a| < 2ε, para todo m, n > N .


�

Observación. Existen sucesiones de Cauchy no convergente en cuerposordenados no completos.

Ejemplo 3.48. Consideremos el cuerpo ordenado de los números racionales,Q y definamos la sucesión (xn)n∈N por x1 = 1, x2 = 1.4, x3 = 1.41, y asisucesivamente, con xn = aproximación decimal con n decimales a

√2.

Afirmamos que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy y como√

2 /∈ Q, no esconvergente en Q.

En efecto. Tenemos x2 = x1+ 410 , x3 = x2+ 1

102 , y en general xn+1 = xn+ jn

10n ,donde jn ∈ {0, 1, . . . , 9} es el dígito n–ésimo de la aproximación racional de√

2.

Ahora bien, dados m, n ∈ N, con m > n, entonces m = n + p, dondep ∈ N. Tenemos que xm = xn +

jn+1

10n+1 + · · · +jm

10m, de donde |xm − xn| =

jn+1

10n+1 + · · · + jm

10m≤ 9

10n+1 + · · · + 910n+p

= 910n

( 110

+ · · · + 110p

)= 9

10n·

19

(1 − 1

10p

)≤ 1

10n, esto es, xm − xn| ≤ 1

10n . Dado ε > 0, elegimos N talque 1

10N < ε, y tenemos que |xm − xn| < ε para todo m, n > N .

Lema 3.1. Toda sucesión de Cauchy está acotada.

Demostración. Sea (xn)x∈N una sucesión de Cauchy. Tomando ε = 1,existe N ∈ N, tal que |xn − xm| < 1 para todo m, n ≥ N . En particular paran ≥ N , se tiene |xN − xn| < 1. En otras palabras xn ∈ ]xN − 1, xN + 1[ paratodo n ≥ N .

Consideremos el conjunto

F = {x1, . . . , xN−1, xN − 1, xN + 1}

y sean α = min(F ), β = max(F ). Es claro entonces que xn ∈ [α, β] paratodo n ∈ N.

Sergio Plaza 109

�

Lema 3.2. Si una sucesión de Cauchy posee alguna subsucesión convergentea α ∈ R, entonces lim

n→∞ xn = α.

Demostración. Dado ε > 0, existe N ∈ N tal que |xn − xm| < ε paratodo m, n > N , y existe n1 > N tal que |xn1 − α| < ε. Por lo tanto,|xn − α| ≤ |xn − xn1 | + |xn1 − α| < 2ε para todo n > N .

�

Teorema 3.21. Toda sucesión de Cauchy de números reales convergente.

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión de Cauchy de números reales. Porel Lema 3.1, está acotada, por lo tanto posee una subsucesión convergente ypor el Lema 3.2, ella converge.

�

Ejemplo 3.49. Sea (xn) una sucesión de números reales cuyos términosverifican que |xn − xn+1| ≤ 1

2n. Demuestre que (xn) converge.

Solución. Probaremos que (xn) es una sucesión de Cauchy. Sean m, n ∈ N,

supongamos n < m, entonces existe p ∈ N tal que m = n + p. Se sigue que

|xn − xm| = |xn − xn+1 + xn+1 − xn+2 + xn+2 − xn+1 + · · · + xn+p−1 − xn+p|

≤ |xn − xn+1| + |xn+1 − xn+2| + |xn+2 − xn+1| + · · · + |xn+p−1 − xn+p|

≤ 12n

+1

2n+1 +1

2n+2 + · · · +1

2n+p−1 =1

2n−1 − 12m−1 .

Por lo tanto, dado ε > 0 existe N ∈ N tal que para n, m > N se tiene|xn − xm| < ε.


Ejemplo 3.50. Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales tal que existenA > 0 y λ ∈]0, 1[ para los cuales se tiene

|xn+1 − xn| ≤ Aλn

para todo n ∈ N. Pruebe que (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy. £Laconclusión continua válida si sólo suponemos que lim

n→∞ |xn+1 − xn| = 0?.

Solución. Sean n ≥ 1 y k ≥ 1. Tenemos

|xn+k − xn| =∣∣∣∣∣

k−1∑j=0

xn+j+1 − xn+j

∣∣∣∣∣

≤k−1∑j=0

|xn+j+1 − xn+j |

≤k−1∑j=0

Aλn+j

= Aλn 1 − λk

1 − λ

< Aλn

1 − λ.

Como 0 < λ < 1, se sigue que limn→∞ λn = 0. Luego lim

n→∞ Aλn

1 − λ= 0. Esto

muestra que (xn)n∈N es de Cauchy.

La respuesta a la pregunta es falsa, pues tomando xn =√

n, se tiene

limn→∞(

√n + 1 − √

n) = 0

pero (xn)n∈N no converge en R, pues limn→∞

√n = +∞.

Ejemplo 3.51. Sea (xn)n∈N una sucesión de Cauchy.

Sergio Plaza 111

Pruebe que si existe (xnk)k∈N una subsucesión convergente de (xn)n∈N,

entonces (xn)n∈N es convergente.

Solución. Sea L = limk→∞

xnkdonde (xnk

)k∈N es una subsucesión convergentede la sucesión de Cauchy (xn)n∈N.

Sea ε > 0 dado. Como (xn)n∈N es de Cauchy, existe n ∈ N tal que paratodo m, n ≥ N se tiene

|xn − xm| < ε/2 .

Como limn→∞ xnk

= L, existe k0 ∈ N tal que si k ≥ k0, entonces

|xnk− L| < ε/2 .

Para k suficientemente grande, tenemos que nk ≥ N , y esto nos da que

|xn − L| ≤ |xn − xnk| + |xnk

| < ε

para todo n ≥ N .

Ejemplo 3.52. Definamos la sucesión

xn =n∑

j=1

1j

n = 1, 2, . . .. Pruebe que limn→∞ xn = +∞.

Solución. De la desigualdad

x2n − xn = 1n + 1

+ 1n + 2

+ · · · + 1n + n

≥ 12n

+ 12n

+ · · · + 12n

= n · 12n

= 12

se sigue que (xn)n∈N no es de Cauchy, y por lo tanto no es convergente en R.

Por otra parte xn < xn+1 para todo n ∈ N, de donde limn→∞ xn = +∞.


3.7 Límites infinitos

Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales.

Decimos que (xn)n∈N tiende a más infinito y usamos la notación limn→∞ xn =

+∞, si para cada número real A > 0, dado, existe N ∈ N tal que xn > A

para todo n ≥ N .

Decimos que (xn)n∈N tiende a menos infinito, y usamos la notación limn→∞ xn =

−∞, si para cada A > 0 dado, existe N ∈ N tal que xn < −A para todon ≥ N .

Observación 3.4. limn→∞ xn = −∞ si y sólo si lim

n→∞(−xn) = +∞.

Ejemplo 3.53. xn = n, limn→∞ xn = +∞

Ejemplo 3.54. xn = an, con a > 1. Podemos escribir a = 1 + h, conh > 0. Dado A > 0, usando la desigualdad de Bernoulli y la PropiedadArquimediana de los números reales, se tiene que an = (1+h)n ≥ 1+nh > A

si n >A − 1

h. Luego, si n >

A − 1h

, se sigue que an > A. Por lo tanto

tomando N como el menor natural mayor o igual que A − 1h

+1, se sigue quean > A para todo n ≥ N .

Observación 3.5. Dada x = (xn)n∈N no decreciente, entonces es conver-gente, si está acotada, o lim

n→∞ xn = +∞ si no está acotada.

En efecto, si (xn)n∈N no está acotada, dado A > 0, existe N tal que xN > A,y como xn ≥ xN > A para n ≥ N , se sigue el resultado.

Si limn→∞ xn = +∞, entonces (xn)n∈N está acotada inferiormente, pero no

superiormente. Si limn→∞ xn = +∞, toda subsucesión de (xn)n∈N también

tiende a +∞.

Ejemplo 3.55. Para p ∈ N fijo, se tiene limn→∞ np = +∞, pues (xni

) =(1, 2p, 3p, . . .) una subsucesión x = (1, 2, . . .).

Sergio Plaza 113

Ejemplo 3.56. Para cada p, limn→∞ n1/p = +∞, pues es creciente y posee la

subsucesión (xni) = (i)i∈N.

Ejemplo 3.57. La sucesión xn = (−1)nn no tiende a +∞ ni a −∞, pues noes acotada ni inferiormente ni superiormente.

Ejemplo 3.58. Considere la sucesión

xn =

⎧⎨⎩ 0 si n es impar

m si n = 2m es par ,

esto es, sucesión x = (0, 1, 0, 2, . . .), la cual está acotada inferiormente, perono tiende a +∞.

Nota 3.7. Recuerde que +∞ y −∞ no son números reales, por lo tanto lassucesiones (xn)n∈N con lim

n→∞ xn = +∞ o limn→∞ xn = −∞, no son convergentes.

Teorema 3.22. (Operaciones aritméticas con límites infinitos)

1. Si limn→∞ xn = +∞ e (yn) está acotada inferiormente, entonces lim

n→∞(xn+yn) = +∞.

2. Si limn→∞ xn = +∞ e yn > c para alguna constante c > 0 y todo n ∈ N,

entonces limn→∞(xnyn) = +∞.

3. Si xn > 0 para todo n ∈ N. Entonces

limn→∞ xn = 0 si y sólo si lim

n→∞1xn

= +∞ .

4. Suponga que (xn)n∈N e (yn)n∈N son sucesiones de términos positivos.Si existe c > 0 tal que xn > c para todo n ∈ N y lim

n→∞ yn = 0. Entonces

limn→∞

xn

yn= +∞


5. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones de números positivos. Si (xn)n∈N

está acotada y limn→∞ yn = +∞, entonces

limn→∞

xn

yn= 0 .

Demostración.

1. Dado A > 0, existe n ∈ N tal que xn > A − c para todo n > N . Luegoxn + yn > (A − c) + c = A.

2. Dado A > 0, existe N ∈ N tal que xn > A/c para todo n ∈ N, luegoxnyn > A.

3. Si limn→∞ xn = 0, dado A > 0, existe N ∈ N, tal que 0 < xn < A−1 para

todo n ≥ N o equivalentemente,1xn

> A, esto es, limn→∞ lim = +∞.

Recíprocamente, si limn→∞

1xn

= +∞, dado para todo ε > 0, existe N ∈ N

tal que 1xn

>1ε

para todo n ≥ N , esto es, 0 < xn < ε para todo n ≥ N .

4. Dado A > 0, existe N ∈ N tal que 0 < yn < c/A. para todo n ≥ N .Luego

xn

yn>

c

c/A= A, para todo n > N , esto es, lim

n→∞xn

yn= +∞.

5. Existe K > tal que xn < K para todo n ∈ N. Dado ε > 0, existeN ∈ N tal que yn > K/ε para todo n ≥ N . Así, 0 <

xn

yn

<K

K/ε= ε

para todo n ≥ N , es decir, limn→∞

xn

yn= 0.

�

Si limn→∞ xn = +∞, y lim

n→∞ yn = −∞ nada podemos decir acerca de

limn→∞(xn + yn)

en ese sentido, se dice que ∞ − ∞ es un indeterminado.

Sergio Plaza 115

Ejemplo 3.59. (1) xn =√

n + 1, y = −√n

limn→∞(xn + yn) = 0.

(2) xn = n2, yn = −n, se tiene limn→∞(xn + yn) = +∞ y lim

n→∞(n − n2) = −∞

(3) xn = n, yn = (−1)n − n limn→∞ xn + yn = lim

n→∞(−1)n no existe.

Las formas ∞∞ , 0 · ∞,

00

, ∞0, 00, y 1∞, también son indeterminados.

Ejemplo 3.60. (a) xn = n + 1, yn = n − 1, limn→∞

xn

yn= 1.

(b) xn = n2, yn = n, limn→∞

xn

yn

= +∞.

(c) xn = (2 + (−1)n)n, yn = n, limn→∞ xn = lim

n→∞ yn = +∞.

limn→∞

xn

yn= lim

n→∞ 2 + (−1)n2 + (−1)n

no existe.

3.8 Ejercicios

Problema 3.1. Dadas las sucesiones

sn =sen(nπ

2 + π)cos(nπ)

y xn = 2n − 1 .

Determinar c = (s ◦ x)n y sus tres primeros términos >Es la sucesión c

convergente?

Problema 3.2. Considre la sucesión x = (xn)n∈N , donde

xn+1 =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

xn

2si xn es par

2xn + 1 si xn es impar


Elija varios valores x0 ∈ N y estudie la sucesión que se genera en cada caso>Puede usted aventurar una conjetura?

Problema 3.3. Considere la sucesión con término general xn+1 = f(xn) =2x3

n−21x2n+61xn−246 . Considere x0 = 1 y describa la sucesión generada en este

caso >Puede describir lo que ocurre para otros valores de x0 ?

Problema 3.4. El modelo de Hassell es usado para estudiar poblaciones deinsectos es el siguiente: Sea Pn la población de una especie de polillas enuna semana n y suponga que el modelo de Hassell es gobernado por

Pn+1 = H(Pn) = aPn

(1 + bPn)c

Suponga que el mejor ajuste a un conjunto de datos nos da que a = 5 ,b = 0.002 y c = 4 para esta especie de polillas.

Estudie la sucesión generada en cada caso para los valores de poblacionesiniciales de polillas. Considerando los valores de poblaciones iniciales depolillas que usted dió, estudie como varian las sucesiones generadas cuandousted modifica los valores de a y mantiene los de b y c . Puede aventurarsejugando a cambiar los valores que usted estime conveniente.

Problema 3.5. En el manejo de pesca, es importante conocer cuántas pescaspueden ser hechas sin dañar severamente la población de peces. Una modi-ficación del modelo de Ricker que incluye pescas es dada por la función

Pn+1 = F (Pn) = aPne−bPn − hPn ,

donde a = 4 y b = 0.002 son las constantes en la ecuación de Ricker quegobierna como crece o decrece la población de peces sin ninguna pesca y h

es la intensidad de cosecha de peces. Dando varios valores para la poblacióninicial de peces N1 y la intensidad de cosecha h , por ejemplo, h = 0.5 yP0 = 100 estudie la sucesión resultante, es especial su convergencia o no.

Sergio Plaza 117

Problema 3.6. Biólogos han descubierto que ciertas especies de animalesgregarios (que viven en comunidad) requieren de un número mínimo de ani-males en la colonia para poder comenzar a reproducirse exitosamente. Estoes llamado el efecto Allee. Considere el siguiente modelo para la población deuna especie de pájaros gregarios, donde la población, Nn , es dada en cientosde pájaros.

Nn+1 = Nn + 0.2 Nn

(1 − 1

16(Nn − 6)2

).

Estudie el comportamiento de este modelo dando varios valores de pobla-ciones iniciales N1 , y obtenga algunas conclusiones respecto al crecimientoo decrecimiento de la población de pájaros.

Problema 3.7. Un estudio sobre un modelo del gas interte Argon (Ar) en larespiración muestra que la concentración de Ar en los pulmones, cn , despuésde n respiraciones puede ser dado por la siguiente función

cn+1 = B(cn) = (1 − q)cn + qγ

donde γ = 0.01 es la concentración atmosférica de Ar y q = 0.15 es lafracción de aire intercambiada. Estudie la sucesión para diferentes valores dec1 que usted elija.

Problema 3.8. Considere el modelo poblacional

xn+1 = Rμ(xn) = μxne−xn ,

donde xn es la densidad de población en el año n , y μ > 0 es la razónde crecimiento. Considere un valor μ > e2 y el valor x0 =

√2

2 y estudie lasucesión generada.

Problema 3.9. Dadas las sucesiones

sn =sen(nπ

2 + π)cos(nπ)

y xn = 2n − 1 .

Determinar (s ◦ x)n y sus tres primeros términos.


Problema 3.10. Una población de pajaros es modelada por

xn+1 =

⎧⎨⎩ 3.2xn si 0 ≤ xn ≤ 1

0.5xn + 2.7 si xn > 1

Estudie este modelo para diferentes poblaciones iniciales que usted deter-mine.

Problema 3.11. Cnsidere la sucesión x = (xn)n∈N , cuyo término general esdado por xn+1 = π sen(xn) , para n ≥ 1 , con x0 = 0.71234 >Es la sucesióndad monótona?, >convergente? si es así calcule su límite.

Problema 3.12. Considere la sucesión con término general xn+1 = fλ(xn) =(1 − λ)xn + λx3

n , donde x0 ∈ [−1, 1] es elegido en forma arbitraria. Estudieel comportamiento de esta sucesión dependiendo considerando varios valorespara x0 y con el valor de λ fijado, digamos λ = 0.9 . Enseguida, considereel valor x0 = 0.1111 y haga variar los valores de λ y estudie la sucesióngenerada.

Problema 3.13. Defina la función f : [0, 1] −→ [0, 1] por f(x) = 2x si0 ≤ x < 1/2 y f(x) = 2x − 1 si 1/2 ≤ x ≤ 1 . Considere la sucesión asucesión x = (xn)n∈N , cuyo término general es dado por xn+1 = f(xn) , paran ≥ 1 , con x0 =

√2/10 >Es la sucesión dad monótona?, >convergente? si

es así calcule su límite.

Si considera un número α0 = 0.a1a2a3 . . . an . . . escrito en su representaciónen base 2, esto es binaria. Calcule los términos de la sucesión cuyo términogeneral es dado por αn+1 = f(αn) , para n ≥ 1 .

Problema 3.14. Determine si las siguientes sucesiones son monótonas cre-cientes o decrecientes.

Sergio Plaza 119

(a) an = n2 (b) xn = 1n

(c) bn = 1√n

(d) an =(1 + 1

n

)n

(e) an = n√

an + bn , a > 0 , b > 0 (f) yn = 2 2n−12n

Problema 3.15. Sea (an)n∈N una sucesión dada por an = 1− 1n

. Demuestreque

limn→∞ an = 1 ,

determine n0 si ε = 14 .

Problema 3.16. Sea (an)n∈N una sucesión definida por an = n2n+1 . De-

muestre quelim

n→∞ an =12

,

determine n0 si ε = 12 .

Problema 3.17. Estudie la convergencia de las siguientes sucesiones:

(a) an = 14+1 + 1

42+1 + · · · + 14n+1 (b) xn = 1

1! + 12! + · · · + 1

n!

(c) an = 1 + 12 + 1

22 + · · · + 12n−1 (d) xn = 1 + 1

22 + 132 + · · · + 1

n2

Problema 3.18. Sea a > 0 un número real dado. Pruebe que la sucesión(xn)n∈N , definida por

xn+1 =12

(xn +

a

xn

), n ≥ 1

donde x1 = c > 0 es arbitrario, es convergente. Muestre además, queL = limn→∞ xn satisface L2 = a .


Problema 3.19. Suponga que limn→∞ xn = 0 . Defina yn = max{|xj| :1 ≤ j ≤ n} . Pruebe que limn→∞ yn = 0 >Vale un resultado análogo silimn→∞ xn = α �= 0 ?

Problema 3.20. Pruebe que si limn→∞ xn = a y limn→∞(xn − yn) = 0 ,entonces existe limn→∞ yn y es igual a až,.

Problema 3.21. Pruebe que si limn→∞ xn = a �= 0 y limn→∞ xnyn = b ,entonces limn→∞ yn = b

a.

Problema 3.22. Sabiendo que limn→∞(1 + 1

n

)n= e . Pruebe que limn→∞

(1 − 1

n

)n=

e−1 . (Ind. Demuestre primero que si yn =(1 − 1

n+1

)n+1, entonces limn→∞ yn(1+

1n)n = 1 .)

Problema 3.23. Sean a, b ∈ R , números no negativos. Pruebe que limn→∞n√

an + bn =max{a, b} .

Problema 3.24. Sea x1 = 1 y defina xn = 1+√xn . Pruebe que la sucesión

(xn)n∈N está acotada.

Problema 3.25. Si limn→∞ xn = a y (tn)n∈N es una sucesión de númerosreales positivos, con limn→∞(t1 + t2 + · · · + tn) = +∞ . Pruebe que

limn→∞

t1x1 + t2x2 + · · · + tnxn

t1 + t2 + · · · + tn= a .

Deduzca quelim

n→∞x1 + x2 + · · · + xn

n= a .

Problema 3.26. Demostar que si limn→∞(xn+1−xn) = a , entonces limn→∞ xn

n=

a . Use esto para probar que limn→∞ln(n)

n= 0 . (ind. Pruebe que limn→∞ ln(1+

1n) = 0 )

Capítulo 4

Límite de Funciones

Sea X ⊆ R. Decimos que α ∈ R es un punto de acumulación de X, si paracada ε > 0, el intervalo ]α − ε, α + ε[ contiene algún elemento de X distintode α, en otras palabras,

X ∩ ( ]α − ε, α + ε[ −{α}) �= ∅ .

El conjunto de puntos de acumulación de X lo denotamos X ′, es decir,

X ′ = {α ∈ R : α es punto de acumulación de X} ,

y es llamado el conjunto derivado de X.

Teorema 4.1. Dados X ⊆ R y α ∈ R, son equivalentes

(a) α ∈ X ′, en otras palabras, α es un punto de acumulación de X.

(b) α = limn→∞ xn, donde (xn)n∈N es una sucesión de elementos distintos de

X.

(c) Todo intervalo abierto que contiene a α, contiene una infinidad de ele-mento de X.

121


Demostración. (a) ⇒ (b). Como α ∈ X ′, tomando ε1 = 1, existe x1 ∈ X

tal que 0 < |x1 − α| < 1. Ahora, tomamos ε2 = min{|x1 − α|, 12}, y existe

x2 ∈ X, tal que 0 < |x2 − α| < ε2. Elijamos ε3 = min{|x2 − α|, 13}, entonces

existe x3 ∈ X, tal que 0 < |x3 − α| < ε3, así, continuando de esta formaobtenemos una sucesión (xn)n∈N de elementos de X, con la propiedad

0 < |xn+1 − α| < |xn − α| <1n

luego los elementos xn, son dos a dos distintos y limn→∞ xn = α.

(b) ⇒ (c) y (c) ⇒ (a) son obvias.

�

Ejemplos 4.1. i) 0 es un punto de acumulación del conjunto X = {1/n : n ∈ N}

ii) [a, b]′ =]a, b[′= [a, b[′=]a, b[′= [a, b].

iii) Q′ = R′ = R; Z′ = N′ = ∅

Si un punto β ∈ X no es punto de acumulación, decimos que β es un puntoaislado de X, en otras palabras, β ∈ X es un punto aislado si existe ε > 0tal que

]β − ε, β + ε[ ∩X = {β} .

Decimos que α ∈ R es un punto de acumulación por la derecha de X, sipara cada ε > 0, el intervalo [α, α+ε[ contiene algún punto de X, distinto deα, equivalentemente, [α, α+ε[ contiene una infinidad de puntos de X, equiv-alentemente, α = lim

n→∞ xn, con (xn)n∈N una sucesión decreciente de elementosde X, equivalentemente todo intervalo abierto ]α, b[ contiene al menos unpunto de X. Usamos la notación X ′

+, es decir,

X ′+ = {α ∈ R : α es punto de acumulación por la derecha de X} .

Sergio Plaza 123

Analogamente se define punto de acumulación por la izquierda de X, y elconjunto de tales puntos se denota por X ′

−.

Si α ∈ R es un punto de acumulación por la derecha y por la izquierda deX, entonces α un punto de acumulación de X.

Definición 4.1. Sean X ⊆ R un conjunto no vacío, α ∈ X ′, y f : X −→ R.Decimos que f(x) tiende a un número real � cuando x tiene a α, y usamosla notación

limx→α

f(x) = �

si para cada ε > 0 dado, existe δ = δ(x, ε) tal que

|f(x) − �| < ε

para todo x ∈ X con 0 < |x − α| < δ.

En otras palabras, considerando el intervalo abierto ]� − ε, � + ε[ existeun intervalo abierto ]α − δ, α + δ[, tal que si denotamos Vδ = ( ]α − δ, α +δ[ −{α}) ∩ X se cumple f(Vδ) ⊆ Vε.

Observaciones 4.1. 1. Sólo tiene sentido escribir limx→α

f(x) = �, cuandoα es un punto de acumulación del dominio de f .

2. Si α /∈ X ′, entonces cualesquiera que sea � ∈ R será el límite de f(x),cuando x tiende a α.

En efecto, existe δ > 0 tal que Vδ = X ∩ ((α − δ, α + δ[ −{α}) = ∅.Dado cualquier ε, elegimos este δ y se tiene ∅ = f(Vδ) ⊆ ]� − ε, � + ε[.

3. α no necesariamente debe pertenecer al dominio de f .

4. Si α está en el dominio de f , nada se dice respecto al valor de f(α).

Teorema 4.2. Sean X ⊆ R , f : X −→ R y α ∈ X ′. Si limx→α

f(x) existe,entonces es único.


Demostración. Supongamos que limx→α

f(x) = �1 y limx→α

f(x) = �2. Dadoε > 0, existen δ1 > 0 y δ2 > 0 tales que

x ∈ X, 0 < |x − α| < δ1 implica |f(x) − �1| < ε/2

yx ∈ X, 0 < |x − α| < δ2 implica |f(x) − �2| < ε/2

Elijamos δ = min{δ1, δ2}. Tenemos entonces

x ∈ X, 0 < |x − α| < δ implica |�1 − �2| ≤ |f(x) − �1| + |f(x) − �2| < ε,

y como ε > 0 es arbitrario, se sigue que �1 = �2, como queríamos probar.

�

Teorema 4.3. Sean X ⊆ R, f : X −→ R y α ∈ X ′. Dado Y ⊆ X, tal queα ∈ Y ′. Sea g = f |Y . Si lim

x→αf(x) = �, entonces lim

x→αg(x) = �.

Si Y = I ∩ X, donde I es un intervalo abierto que contiene a α, ylimx→α

g(x) = �, entonces limx→α

f(x) = �.

Demostración. Fácil.

Teorema 4.4. Sean X ⊆ R, f : X −→ R y α ∈ X ′. Si existe limx→α

f(x),entonces f está acotada en un entorno de α, es decir, existen A > 0 y δ > 0tales que si x ∈ X y 0 < |x − α| < δ, entonces |f(x)| ≤ A.

Demostración. Sea � = limx→α

f(x). Considerando ε = 1, existe δ > 0tal que |f(x) − �| < 1, para todo x ∈ X, con 0 < |x − α| < δ, esto es,|f(x)| < |�| + 1 = A.

�

Teorema 4.5. (del Sandwich) Sean f, g, h : X −→ R y α ∈ X ′. Si paratodo x ∈ X, con x �= α, se cumple f(x) ≤ g(x) ≤ h(x), y se tiene lim

x→αf(x) =

limx→α

h(x) = �. Entonces limx→α

g(x) = �.

Sergio Plaza 125

Demostración. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que � − ε < f(x) < � + ε y�−ε < h(x) < �+ε, para todo x ∈ X con 0 < |x−α| < δ. Tenemos entonces

� − ε < f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) < � + ε

lo que termina la demostracion.

�

Teorema 4.6. Sean f, g : X −→ R y α ∈ X ′. Supongamos que limx→α

f(x) = 0y que g está acotada. Entonces lim

x→αf(x)g(x) = 0.

Demostración. Tenemos que |g(x)| ≤ K, para alguna constante K ≥ 0 ytodo x ∈ X. Ahora, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que x ∈ X, 0 < |x − α| < δ

implica |f(x)| < ε/(K+1). De donde se tiene que |f(x)g(x)| < εK/(K+1) <

ε cuando x ∈ X satisface 0 < |x − α| < δ.

�

Ejemplo 4.1. limx→0

x sen(1

x

)= 0.

En efecto, la función sen es está definida y acotada en todo R y se tienelimx→0

x = 0. Ahora, como sen(

1x

)está definida en R − {0} y 0 ∈ (R − {0})′,

se sigue que

limx→0

x sen(1

x

)= 0 .

El mismo argumento muestra que para todo α > 0 se tiene que

limx→0

xα sen(1

x

)= 0 .


–0.4

–0.2

0.2

0.4

–0.4 –0.2 0.2 0.4x

–0.06

–0.04

–0.02

0.02

0.04

0.06

–0.2 –0.1 0.1 0.2x

Gráfico de f(x) = x sen(1/x) Gráfico de f(x) = x2 sen(1/x)

–0.001

–0.0005

0

0.0005

0.001

–0.1 –0.06 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1x

–1

–0.5

0.5

1

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1x

Gráfico de f(x) = x3 sen(1/x) Gráfico de f(x) =√

x sen(1/x)

Teorema 4.7. Sean X ⊆ R, α ∈ X ′ y f, g : X −→ R. Si limx→α

f(x) = L ylimx→α

g(x) = M , con L < M , entonces existe δ > 0, tal que para todo x ∈ X,con 0 < |x − a| < δ se tiene f(x) < g(x).

Demostración.. Sea ε = M−L2 , es claro que ε > 0. Tenemos L+ε = L+M

2 =M −ε. Para este ε, existe δ > 0 tal que para todo x ∈ X, con 0 < |x−α| < δ

se tienef(x) ∈ ]L − ε, L + ε[ y g(x) ∈ ]M − ε, M + ε , [

de donde f(x) <M + L

2< g(x).

Sergio Plaza 127

�

Corolario 4.8. Si limx→α

f(x) = L > 0 (resp. L < 0), entonces existe δ > 0,tal que f(x) > 0 (resp. f(x) < 0) para todo x ∈ X, con 0 < |x − α| < δ.

En particular, si limx→α

f(x) �= 0, entonces existe δ > 0 tal que si x ∈X ∩ ( ]α − δ, α + δ[ −{α}), se tiene que f(x) �= 0,

Corolario 4.9. Si f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ X, con x �= α, y limx→α

f(x) = L,limx→α

g(x) = M , entonces L ≤ M .

Teorema 4.10. Sean X ⊆ R, f : X −→ R, y α ∈ X ′. Entonces limx→α

f(x) =� si sólo si lim

n→∞ f(xn) = � para toda sucesión xn ∈ X, con xn �= α para todon ∈ N y lim

x→∞ xn = α.

Demostración. (⇒) Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f(x) − �| < ε, paratodo x ∈ X, con 0 < |x − α| < δ, y existe N ∈ N tal que 0 < |xn − α| < δ,para todo n ≥ N , luego n ≥ N nos da |f(xn) − �| < ε.

Recíprocamente, si no se tiene limx→α

f(x) = �, existe ε > 0 tal que para cadan ∈ N, existe xn ∈ X, con 0 < |xn − α| < 1/n y |f(xn) − �| ≥ ε, esto es,lim

n→∞ xn = α pero no se cumple limn→∞ f(xn) = �.

�

Ejemplo 4.2. Uno de los límites más comunes en el cálculo es

limx→0

(1 + x)1x . (4.1)

Para calcular este límite usamos el Teorema 4.10, para ello consideramosla sucesión xn = 1/n, la expresión (4.1) se transforma en

limn→∞

(1 +

1n

)n

= e


por lo tanto, si el límite (4.1) existe, debe ser igual a e. Por otra parte, dadolim

n→∞

(1 + 1

n

)n

= e, que es fácil demostrar para cada sucesión (yn)n∈N, con

limn→∞ yn = 0 se tiene que lim

n→∞ (1 + yn)1

yn = e. Por lo tanto, podemos concluirque

limx→0

(1 + x)1x = e .

Teorema 4.11. Sean X ⊆ R, α ∈ X ′ y f, g : X −→ R. Si limx→α

f(x) = L ylimx→α

g(x) = M . Entonces limx→α

f(x) ± g(x) = L ± M y limx→α

f(x) · g(x) = L · M .

Además, si M �= 0 entonces limx→α

f(x)g(x)

=L

M.

Si limx→α

f(x) = 0 y existe A es tal que |g(x)| ≤ A, para todo x ∈ X − {α},entonces lim

x→αf(x)g(x) = 0.

Demostración. Usar sucesiones.

Para la última parte, no se supone la existencia de limx→α

g(x), de hechopuede no existir.

Teorema 4.12. (Criterio de Cauchy para funciones) Sean X ⊆ R, α ∈ X ′

y f : X −→ R. Entonces limx→α

f(x) existe si y sólo si dado ε > 0, arbitrario,existe δ > 0 tal que para todo x, y ∈ X, con 0 < |x−α| < δ y 0 < |y −α| < δ,se tiene |f(x) − f(y)| < ε.

Demostración. Si existe limx→α

f(x) = L, entonces dado ε > 0, existe δ > 0tal que, para y, x ∈ X, con 0 < |x − α| < δ y 0 < |y − α| < δ, se tiene|f(x) − L| < ε/2 y |f(y) − L| < ε/2. Luego |f(x) − f(y)| < ε.

Reciprocamente, sea (xn)n∈N una sucesión de números reales, con xn ∈X − {α} y lim

x→∞ xn = α, entonces la sucesión (f(xn))n∈N es de Cauchy, puesdado ε > 0, sea δ > 0 dado por hipótesis, entonces existe N ∈ N tal quem, n ≥ N implica 0 < |xn − α| < δ y 0 < |xm − α| < δ, por lo tanto|f(xm) − f(xn)| < ε. De esto se sigue que (f(xn))n∈N es una sucesión deCauchy en R, por lo tanto convergente, consecuentemente, existe lim

x→af(x).

Lo que completa la prueba.

Sergio Plaza 129

�

Sean X, Y ⊂ R, f : X −→ R, g : Y −→ R, a ∈ X ′ y b ∈ Y ′. Supongamosque lim

x→af(x) = L y lim

y→bg(y) = c.

Supongamos que f(X) ⊆ Y , así tenemos definida g(f(x)).

>Qué ocurre con limx→a

g(f(x))? >Es igual a c?

Como a ∈ X ′ y X ⊆ dom(g ◦ f), tiene sentido considerar limx→a

(g ◦ f)(x).

El asunto no es tan inmediato, veamos algunos ejemplos

Ejemplo 4.3. (1) Sea g, f : R −→ R, f(x) = 0 y g(x) = 1 si x �= 0,g(0) = 0. Tenemos lim

x→0f(x) = 0, lim

x→0g(x) = 1, pero lim

x→0(g ◦ f)(x) = 0.

(2) Sean f, g : R −→ R, definidas por

f(x) =

⎧⎨⎩ 0 si x es irracional

x si x es racional

g(x) =

⎧⎨⎩ 0 si x �= 0

1 si x = 0

Tenemos limx→0

f(x) = 0 y limx→0

g(x) = 0, pero

(g ◦ f)(x) =

⎧⎨⎩ 0 si x ∈ Q, x �= 0

1 si x es irracional

no tiene límite.

Teorema 4.13. Sean X, Y ⊆ R, f : X −→ R, g : Y −→ R, con f(X) ⊆ Y .Sean a ∈ X ′ y b ∈ Y ∩ Y ′. Si lim

x→af(x) = b y lim

y→bg(y) = c, entonces

limx→a

(g ◦ f)(x) = c si y sólo si c = g(b).

Demostración. Dado ε > 0, existe η > 0, tal que para todo y ∈ Y , con|y − b| < δ, se tiene |g(y) − c| < ε. (No es necesario imponer la condición


y �= b pues g(b) = c implica |g(b) − c| < ε). Asociado a η, existe δ > 0, talque para todo x ∈ X, con 0 < |x − a| < δ, se tiene |f(x) − b| < η, y entonces|g(f(x)) − c| < ε.

�

4.1 Límites laterales

Sean X ⊆ R, f : X −→ R y a ∈ X ′+. Decimos que L ∈ R es el límite lateral

por la derecha de f , y usamos la notación

limx→a+

f(x) = L

si dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f(x) − L| < ε para todo x ∈ X, con0 < x − a < δ.

Análogamente se define límite lateral por la izquierda. Sea a ∈ X ′−

M = limx→a−

f(x),

si para cada ε > 0 dado, podemos encontrar δ > 0 tal que |f(x) − M | < ε,para todo x ∈ X con 0 < a − x < δ.

Teorema 4.14. Sean X ⊆ R y a ∈ X ′+ ∩X ′

−. Entonces, existe limx→a

f(x) = L

si y sólo si existen y son iguales los límites laterales por la derecha y por laizquierda, es decir,

limx→a+

f(x) = limx→a−

f(x) = L .

Demostración. (⇒) Inmediata.

⇐) Si L = limx→a+

f(x) = limx→a−

f(x), entonces dado ε > 0, existe δ > 0 tal quepara x ∈ X∩ ]a, a + δ[ se tiene |f(x) − L| < ε y para x ∈ X∩ ]a − δ, a[ setiene |f(x) − L| < ε. Luego si x ∈ (X ∩ ( ]a − δ, a + δ[ −{a}), se tiene que|f(x) − L| < ε.

Sergio Plaza 131

�

Ejemplo 4.4. Sea f(x) = x

|x| , donde x �= 0. Tenemos limx→0+

f(x) = 1 y

limx→0−

f(x) = −1. Luego, no existe limx→0

f(x).

Ejemplo 4.5. Sea f : R −→ R definida por f(x) = e−1/x. Tenemoslim

x→0+f(x) = 0 y lim

x→0−f(x) no existe, pues si x < 0 y tiende a cero, f no

está acotada.

Sea f : X −→ R. Decimos que

(a) f es creciente si x, y ∈ X, con x < y se tiene f(x) < f(y),

(b) f es no decreciente si x, y ∈ X, con x < y, se tiene f(x) ≤ f(y),

(c) f es decreciente si x, y ∈ X, con x < y, implica f(y) < f(x)

(d) f es no creciente si x, y ∈ X, con x < y, implica f(y) ≤ f(x).

Una función como arriba, simplemente la llamaremos función monótona.

Teorema 4.15. Sean X ⊆ R, f : X −→ R una función monótona yacotada. Si a ∈ X ′

+ y b ∈ X ′−, entonces existen los límites laterales L =

limx→a+

f(x) y M = limx→b−

f(x).

Demostración. Usar el correspondiente Teorema para sucesiones.

4.2 Límites en el infinito, límites infinitos, ex-presiones indeterminadas

Sea X ⊆ R no acotado superiormente. Dada f : X −→ R, escribimos

limx→+∞ f(x) = L


si para ε > 0 dado, existe A > 0 tal que para cada x ∈ X, con x > A setiene |f(x) − L| < ε. Análogamente se define lim

x→−∞ f(x), cuando X no estáacotado inferiormente.

Ejemplos 4.2. 1. limx→+∞

1x

= limx→−∞

1x

= 0.

2. limx→+∞ sen(x) y lim

x→−∞ sen(x) no existen

Sean X ⊆ R, a ∈ X ′ y f : X −→ R. Decimos que limx→a

f(x) = +∞ si paracada A > 0 dado, existe δ > 0, tal que para cada x ∈ X, con 0 < |x − a| < δ

se tiene f(x) > A.

Mutatis mutandi limx→a

f(x) = −∞ o los laterales.

4.2.1 Expresiones indeterminadas

00

, ∞ − ∞, 0 · ∞,∞∞ , 00, ∞0, 1∞

Ejemplo 4.6. El límite limx→0

sen(x)x

es del tipo 00 , y en este caso su valor es

1.

En efecto, consideremos la siguiente figura

x

O P

QR

sen(x)

(4.2)

Tenemos

área � OP Q < área del sector circularOP Q < área � OP R (4.3)

Sergio Plaza 133

esto es,12

sen(x) <12

x <12

tan(x)

considerando la primera parte de esas desigualdades, obtenemossen(x)

x<

1, enseguidad desde la segunda parte de ella, nos queda cos(x) <sen(x)

x.

Juntando estas dos desigualdades, nos queda

cos(x) <sen(x)

x< 1

y por el Teorema del Sandwich, obtenemos limx→0

sen(x)x

= 1.

Ejemplo 4.7. El límite limx→∞(

√x + 1 − √

x) es del tipo ∞ − ∞, y tenemos

limx→+∞(

√x + 1 − √

x) = limx→+∞

1√x + 1 +

√x

= 0.

Ejemplo 4.8. limx→∞

(1 + 1

x

)x

= e, este límite es de la forma 1∞.

En efecto, tenemos

limx→∞

(1 + 1

x

)x

= limy→0

(1 + y)1y

y ya mostramos que ese último límite vale e.

Ejemplo 4.9. Calcular limx→+∞( sen(

√x + 1) − sen(

√x)).

Solución. Notemos que

limx→∞( sen(

√x + 1 ) − sen(

√x )) = lim

v→0+

(sen

(√1 + 1/v

)− sen

(√1/v

)).

Ahora, usando la identidad trigonométrica sen(α)− sen(β) = 2 sen(

12(α − β)

)·


cos(

12(α + β)

), con α =

√1 + 1/v y β =

√1/v , nos queda

∣∣∣ sen(√

x + 1 ) − sen(√

x )∣∣∣ ≤ 2

∣∣∣∣ sen(1

2

(√1 + 1/v −

√1/v

))∣∣∣∣≤

∣∣∣∣√1 + 1/v −√

1/v∣∣∣∣

≤ (√

v + 1 − 1)√v

· (√

v + 1 + 1)(√

v + 1 + 1)

=√

v

(√

v + 1 + 1)ahora, como l expresión del lado derecho de esta última desigualdad tiendea cero cuando v → 0+, por el Teorema del Sandwich concluimos que

limx→+∞( sen(

√x + 1) − sen(

√x)) = 0 .

Ejemplo 4.10. Calcular

limx→0+

(a + x

a − x

) 1x

,

donde a �= 0.

Solución. Notemos que este límite es del tipo 1∞. La idea es transfor-marlo en uno del tipo e. Para ello, debemos hacer algunas manipulacionesalgebraicas. Tenemos

limx→0+

(a + x

a − x

) 1x

= limx→0+

(1 + a + x

a − x− 1

) 1x

= limx→0+

(1 + 2x

a − x

) 1x

= limx→0+

⎛⎝(1 + 2x

a − x

)a−x2x

⎞⎠

2a−x

= e2a .

Ejemplo 4.11. Calcular limx→0

1 − cos(x9x

.

Solución. Notemos que este límite es de la forma 00 . Mediante algunas

manipulaciones algebraicas lo transformaremos en uno que contiene límitesconocidos y fáciles de calcular.

Sergio Plaza 135

Tenemos

limx→0

1 − cos(x)x

= limx→0

sen(x)x

· sen(x)1 + cos(x)

= 0

Ejemplo 4.12. Calcular limx→+∞ x sen

(1x

).

Solución. Tenemos, haciendo el cambio de variable y = 1/x que

limx→+∞ x sen

(1x

)= lim

y→0+

sen(y)y

= 1 .

Poner más ejemplos


4.3 Ejercicios

Problema 4.1. Como ya sabe que limx→0

sen(x)x

= 1 , calcule los siguienteslímites

(a) limx→0

sen(3x)x

(b) limx→0

sen(x2)x

(c) limx→0

tan(x)x

(d) limx→+∞ x sen

(1x

)

(e) limx→α

sen(x − α)x2 − α2 (f) lim

x→0

1 − cos(x)x

(g) limx→0

sen(αx)βx

(h) limx→1

sen(2x − 2)x3 − 1

(i) limx→2

tan(π x)x − 2

(j) limx→ π

2

x

cotan(x)− π

2 cos(x)

(k) limx→ 1

2

sen(2x − 1)4x − 2

(l) limx→0

2 sen(x − 2)x2 − 4

(m) limx→0

sen(π2x)x

(n) limx→0

1 − cos(πx)x2

(o) limx→a

sen(x − a)x2 − a2 (p) lim

x→0

1 −√

cos(x)x2

(q) limx→ π

4

sen(x) − cos(x)1 − tan(x)

(r) limx→0

sen(a + x) + sen(a − x) − 2 sen(a)x2

Sergio Plaza 137

Problema 4.2. Calcular los siguientes límites y demuestre su resultado.

(a) limx→2

3x + 2 (b) limx→−3

2x + 5 (c) limx→1

3x2 + 2x − 5

(d) limx→0

3√

x (e) limx→3

|x − 3| (f) limx→1

3x2 − 2x2 + 2


Problema 4.3. Calcular los siguientes límites, si existen

(a) limx→−1

x3 + 1x2 + 1

(b) limx→5

x2 − 3x − 10x2 − 25

(c) limx→−1

x2 − 1x2 + 3x + 2

(d) limx→1

√x − 1

x − 1

(e) limh→0

(x + h)3 − x3

h(f) lim

x→7

2 − √x − 3

x2 − 49

(g) limx→4

3 − √5 + x

1 − √5 − x

(h) limx→0

√1 + x − √

1 − x

x

(i) limx→a

√x − √

a

x − a(j) lim

x→1

3√

x − 14√

x − 1

(k) limx→8

x − 83√

x − 2(l) lim

x→0

x

1 − √1 − x

(m) limx→2

x2 − 4x − 2

(n) limx→1

x3 − 1x2 − 1

(o) limx→1

2x3 − 14x2 + 12x

x3 − 10x2 + 27x − 18(p) lim

x→3

√x + 1 − 2x − 3

(q) limx→1

3√

x2 − 2 3√

x + 1(x − 1)2 (r) lim

x→0

√x + 1 − 1

3√

1 + x − 1

(s) limx→1

xm − 1x − 1

(t) limx→0

3√

1 + x − 1x

(u) limx→∞

√x + a − √

x (v) limu→−2

u3 + 4u2 + 4u

u2 − u − 6

(w) limx→∞

2x2 − 3x − 4√x4 + 1

(x) limx→3

x2 − x − 6x − 3

(y) limx→∞

√x√

x +√

x +√

x

(z) limx→∞

x3√

x3 + 10

Sergio Plaza 139

Problema 4.4. Dado que limx→∞

(1 + 1

x

)x

= e , determine:

(e) limx→∞

(x

1 + x

)x

(f) limx→∞

(1 − 1

x

)x

(g) limx→∞

(1 + 1

3x

)3x−2(h) lim

x→∞

(x2 + 2x + 2x2 + 2x + 1

)x2+2x+1

(i) limx→∞

(x − 1x − 2

)x

(j) limx→∞

(1 + 2

x

)x

(k) limx→∞

(1 + 1

x

)x+1(l) lim

x→∞

(1 + 1

2x

)x

(m) limx→0

(1 + kx)1x (n) lim

x→∞

(2x + 32x + 9

)x+1

Problema 4.5. Discuta la existencia en R, de los siguientes límites

(a) limx→∞

x2 − |x − 7| − 49|x − 7|

(b) limx→∞

√|x − 1| + 4 − 2

x2 − 1

(c) limx→∞

f(c + h) − f(c)h

donde (i) f(x) = 2x2 (ii) f(x) = 3√

x

(iii) f(x) = sen(x) (iv) f(x) = 1x2+1

Problema 4.6. Sea

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

|x − 3|x − 3

x �= 3

0 x = 3

Determinar (a) limx→3+

f(x) , (b) limx→3−

f(x) , (c) > Existe limx→3

f(x)?


Problema 4.7. Sea

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

x2 − 1x − 1

x < 1

2x x = 1

x3 + 1 x > 1


f(x) , (b) limx→1−

f(x) , (c) > Existe limx→1

f(x)?

Problema 4.8. Sea

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

sen(x)sen(2x)

, x �= 0

x2 − x + 12

, x = 0


f(x) , (b) limx→0−

f(x) , (c) >Existe limx→0

f(x)?

Problema 4.9. Calcular

(g) limx→∞

x2 + 2x + 1

(h) limx→∞

2x + 33x − 1

(i) limx→∞

√1 + x − √

x (j) limx→∞

(3x + 1)3 − (3x − 1)3

3x2 + 1

(k) limx→∞

2x − 3x

3x + 4x(l) lim

n→∞x cos(x)x2 + 24

(m) limx→∞

3x − 2√2x2 + 1

(n) limx→∞ 3 − 1

2x

Problema 4.10. Sea f : [0, ∞[ → R una función acotada en cada intervaloacotado. Silim

x→+∞[f(x + 1) − f(x)] = L, entonces limx→+∞

f(x)x

= L.

Sergio Plaza 141

Problema 4.11. Sean X, Y ⊆ R, f : X → R, g : Y → R, con f(X) ⊆ Y . Sipara a ∈ X ′ y b ∈ Y ′ se tiene lim

x→af(x) = b y lim

y→bg(y) = c y además, f(x) �= b

para todo x ∈ X − {a}, entonces limx→a

g(f(x)) = c. Muestre que la condiciónb ∈ Y ′ se deduce de tener que f(x) �= b para x �= a.

Problema 4.12. Para todo número real definimos la función parte entera,denotada por [x], que indica el mayor de los enteros menor o igual a x.Muestre que si a y b son números positivos, entonces

limx→0+

x

a

[b

x

]= b

ay lim

x→0+

b

x

[x

a

]= 0.

Pruebe también que, en el primer caso, el límite a la izquierda es el mismo,sin embargo, en el segundo caso el límite es +∞ cuando x → 0−.

Problema 4.13. Dadas f, g : X −→ R. Definamos h : X −→ R por h(x) =max{f(x), g(x)}. Sea a ∈ X ′. Pruebe que si lim

x→af(x) = L y lim

x→ag(x) = M ,

entonces limx→a

h(x) = N , donde N es el mayor de los dos números L y M .

Problema 4.14. Evalúe los siguientes límites si es que existen, o bienmuestre cuales de ellos no existen.

(a) limx→1+

x

x − 1(b) lim

x→1

x

x − 1

(c) limx→0+

x + 2√x

(d) limx→∞

x + 2√x

(e) limx→0

√x + 1x

x > −1 (f) limx→∞

√x + 1x

(g) limx→∞

√x − 5√

x+ 3 (h) lim

x→∞

√x − x√x + x

.


Problema 4.15. Sea f : A ⊆ R −→ R una función monótona. Pruebe que elconjunto de los puntos a ∈ A′ para los cuales no se tiene que lim

x→a−f(x) = lim

x→a+f(x)

es numerable.

Problema 4.16. Dado a > 1, definamos f : Q −→ R poniendo para cadap

q∈ Q, f(p/q) = ap/q. Pruebe que lim

x→0f(x) = 1. Concluya que para cada

b ∈ R existe limx→b

f(x), siendo este límite igual a f(b) si b ∈ Q. Llamemos aeste límite ab. Pruebe que ab · ab′ = ab+b′ y que b < b′ implica ab < ab′ .

Problema 4.17. Dado a > 1, definamos g : R −→ R por g(x) = ax. Pruebeque lim

x→+∞ g(x) = +∞ y que limx→−∞ g(x) = 0.

Problema 4.18. Sobre el conjunto de las funciones con valores reales definidassobre el intervalo ]a, ∞[ se define la siguiente relación: f ≈ g si y sólo si

limx→∞

f(x)g(x)

= 1. Muestre que esta es una relación de equivalencia.

Problema 4.19. Sea c ∈ R y sea f definida para x ∈ ]c, ∞[ y f(x) > 0para todo x > c. Muestre que lim

x→cf(x) = ∞ si y sólo si lim

x→c

1f(x)

= 0.

Problema 4.20. Suponga que f y g tienen límites en R cuando x tiende a+∞ y que f(x) ≤ g(x) para x ∈ ]a, +∞[ . Pruebe que lim

x→+∞ f(x) ≤ limx→+∞ g(x).

Problema 4.21. Sea f : ]0, +∞[ −→ R. Pruebe que limx→+∞ f(x) = L si y

sólo si limx→0+

f(1/x) = L.

Problema 4.22. Muestre que si f : ]a, +∞[ −→ R es tal que limx→+∞ xf(x) = L

donde L ∈ R, entonces limx→+∞ f(x) = 0.

Problema 4.23. Suponga que limx→c

f(x) = L donde L > 0, y que limx→c

g(x) = ∞.Muestre que lim

x→cf(x)g(x) = ∞. Si L = 0, muestre por un ejemplo que esta

conclusión puede fallar.

Problema 4.24. Encuentre funciones f, g : ]0, ∞[ −→ R con limx→∞ f(x) = ∞

y limx→∞ g(x) = ∞ y que lim

x→∞ f(x) − g(x) = 0. ¿Se pueden encontrar funciones

Sergio Plaza 143

con las características anteriores, con g(x) > 0 para x > 0 y tales que

limx→∞

f(x)g(x)

= 0?

Problema 4.25. Sean f, g : ]a, ∞[ −→ R y supongamos que limx→∞ f(x) = L

y limx→∞ g(x) = ∞. Pruebe que lim

x→∞ f ◦ g(x) = L.

Problema 4.26. Sobre el conjunto de las funciones con valores reales definidassobre el intervalo ]a, +∞[ se define la siguiente relación: f ∼ g si, y sólo si,lim

x→∞[f(x) − g(x)] = 0. Muestre que esta es una relación de equivalencia.

Capítulo 5

Funciones continuas

Sean X ⊆ R (X �= ∅) y f : X −→ R. Decimos que f es continua en α ∈ X,si para cada ε > 0 dado, existe δ = δ(α, ε) > 0, tal que

|f(x) − f(α)| < ε, para todo x ∈ X, con |x − α| < δ.

Decimos que f es continua en X, si es continua en cada punto de X.

Observaciones 5.1. 1. Si α ∈ X es un punto aislado, entonces todafunción f : X −→ R es continua en a.

En efecto. Como α es un punto aislado de X, existe δ > 0 tal queX∩ ]α − δ, α + δ[ = {α}, para ε > 0 dado, tomamos ese δ, y se tieneque x ∈ X, |x − α| < δ, implica x = α, luego |f(x) − f(α)| = 0 < ε.

Por ejemplo, toda función f : N −→ R o f : Z −→ R es continua encada punto n ∈ N o n ∈ Z, respectivamente.

2. Si f : X −→ R es continua en X e Y ⊆ X, entonces la funcióng : Y −→ R, definida por g(y) = f(y), denotada por g = f |Y , llamadarestricción de f a Y , es continua.

145


En efecto, si α ∈ X es un punto aislado, la prueba es imnediata. Porotra parte, si α ∈ X ∩ X ′, el resultado se deduce del correspondienteTeorema de límite.

Cabe notar que la recíproca es falsa. Por ejemplo, si Y ⊂ X es tal quetodos sus puntos son aislados. Entonces por lo visto anteriormente f |Yes continua, pero f : X −→ R puede no ser continua en algún punto deX. Para fijar las ideas consideremos cualquier función g : Y −→ R escontinua en Y , por ejemplo tomemos Y = { 1/n : n ∈ N}, y definamosg(y) = 0 para cada y ∈ Y . Consideremos ahora X = Y ∪ {0}, entonces0 ∈ X es el único punto de acumulación de X, y tenemos que f escontinua en X si y sólo si f(0) = lim

n→+∞ f(1/n) = 0. Por lo tanto,para tener f no continua, basta elegir el valor f(0) distinto del límiteanterior.

3. Si α ∈ X es un punto de acumulación de X, entonces f es continua enα si y sólo si

limx→α

f(x) = f(α) .

Ejemplo 5.1. Sea f : R − {0} −→ R, definida por f(x) = 1x

es continua enR − {0}.

Ejemplo 5.2. Sean X ={1, 1

2 , 13 , . . . , 1

n, . . .

}∪ {0} y f : X −→ R. Tenemos

que f es continua en cada punto x ∈ X de la forma1n

, con n ∈ N, ya que

estos puntos son aislados en X. En efecto, tenemos que δ = 12

(1n

− 1n+1

)=

12 · 1

n(n+1) , luego X ∩]δ − 1

n, δ + 1

n

[={

1n

}.

Como 0 ∈ X es el único punto de acumulación, tenemos que f es continuaen 0 si y sólo si lim

n→∞ f(1/n) = f(0).

Ya vimos que si f : X −→ R es continua en Y ⊆ X, se tiene que f |Y escontinua.

Si existe un intervalo abierto I y si Y = I ∩ X, entonces f |Y es continua.

Sergio Plaza 147

Ejemplo 5.3. Demuestre que las funciones s(x) = sen(x) y c(x) = cos(x)son continuas en todo x ∈ R.

Solución. Haremos la prueba para la función s(x) = sen(x). Para la funcióncos(x) la prueba es análoga.

Fijemos x0 ∈ R. Tenemos

|s(x) − s(x − 0)| = | sen(x) − sen(x0)|

= 2∣∣∣∣ sen

(x − x0

2

)· cos

(x + x0

2

)∣∣∣∣≤ 2

∣∣∣ sen(

x−x02

)∣∣∣ .

Por otra parte, se tiene que si |x| es pequeño, entonces | sen(x)| < x. Luego,dado ε > 0 pequeño, elegimos δ = ε y se tiene

|x − x0| < δ implica | sen(x) − sen(x0)| < ε.

Ejemplo 5.4. Demostrar, usando la definición de continuidad, que la funciónf : R −→ R definida por f(x) = x2 es continua en cualquier x0 ∈ R.

Solución. Primero, notemos que x2 − x20 = (x − x0)(x + x0), y como dado

ε > 0, necesitamos encontrar δ > 0, tal que

|x − x0| < δ implica |x2 − x20| = |x − x0||x + x0| < δ|x + x0| < ε

por lo tanto, bastaría acotar |x+x0|. Supongamos entonces que |x+x0| ≤ M ,para algún M > 0, siendo así elegimos δ = ε

My se tendría lo pedido.

Para acotar |x + x0|, consideremos el intervalo ]x0 − 1, x0 + 1[. Tenemosx ∈ ]x0 −1, x0 +1[ si y sólo si x+x0 ∈]2x0 −1, 2x0 +1[. Sea M = max{|2x0 −1|, |2x0 + 1|}, de esto se sigue que |x + x0| < M .

Por lo tanto, si tomamos δ = min{1, εM

}, se tiene que

|x − x0| < δ implica |x2 − x20| < ε.


Ejemplo 5.5. Sea f : R −→ R definida por

f(x) =

⎧⎨⎩ x si x es racional

0 si x es irracional

Pruebe que f es continua sólo x = 0.

En efecto, veamos primero que si x �= 0, entonces f no es continua en x.Para ellos, tomemos ε = |x|/2 > 0. Ahora, sea δ > 0 arbitrario. En elintervalo ]x − δ, x + δ[ , existen números racionales y1, tales que |y1| > |x| ynúmeros irracionales y2. Tenemos entonces que |f(y1)−f(y2)| = |y1| > |x|. Sif fuese continua en x, debería existir δ > 0 tal que para cada y ∈ ]x−δ, x+δ[se tendría que |f(x) − f(y)| < ε. Pero entonces, tomanddo y1 e y2 comoarriba, se tiene

|x| < |y1| = |f(y1) − f(y2)|≤ |f(x) − f(y1)| + |f(x) − f(y2)| < 2ε = |x| ,

lo cual es una contradicción. Luego, f no es continua en cada x �= 0.

Veamos que ocurre para f en x = 0. Sea ε > 0 dado, elijamos δ = ε, ytenemos que si |y − 0| < δ, entonces |f(y) − f(0)| = 0 caso y es irracional, y|f(y) − f(0)| = |y| < ε caso y es racional. En consecuencia, para cualquiery ∈ ]0 − δ, 0 + δ[ se tiene que |f(y) − f(0)| < ε, lo cual prueba que f escontinua en x = 0.

Teorema 5.1. Sea f : X −→ R continua en a ∈ X, entonces f estáacotada en una vecindad de a, en otras palabras, existe δ > 0 tal que llamandoVδ = ]a − δ, a + δ[ ∩X, se tiene que f(Vδ) está acotado.

Demostración. Si a ∈ X es un punto aislado, la prueba es inmediata.Si a ∈ X ∩ X ′, entonces tomando ε = 1, existe δ > 0, tal que para cadax ∈ X∩ ]a − δ, a + δ[ se tiene f(x) ∈ ]f(a) − 1, f(a) + 1[ , es decir, f(Vδ) estáacotado.

Sergio Plaza 149

�

Teorema 5.2. Sean f, g : X −→ R continuas en a ∈ X. Si f(a) < g(a),entonces existe δ > 0 tal que si Vδ = ]a − δ, a + δ[∩X, se tiene f(x) < g(x),para cada x ∈ Vδ.

Demostración: Si a es un punto aislado, estamos listos.

Si a ∈ X ∩ X ′, tomamos ε = g(a) − f(a) > 0 y tenemos que existe δ1 > 0tal que x ∈ X, |x − a| < δ1 (esto es, x ∈ X ∩ ]a − δ1, a + δ1[ ), entonces|f(x) − f(a)| < ε/2, y existe δ2 > 0 tal que x ∈ X∩ ]a − δ2, a + δ2[ implica|g(x)−g(a)| < ε/2. Elegimos δ = min{δ1, δ2} y se tiene x ∈ X∩ ]a−δ, a+δ[ ,implica f(a) − ε/2 < f(x) < f(a) + ε/2 = g(a) − ε/2 < g(x) < g(a) + ε/2, yel resultado se sigue.

�

Corolario 5.3. Si f : X −→ R es continua en a, y f(a) > k, entonces existeδ > 0 tal que x ∈ X, |x − a| < δ implica f(x) > k.

5.1 Entre parentesis: un poco de topologíaen R

Sea O ⊂ R. Decimos que O es abierto, si para cada x ∈ O existe ε > 0, talque ]x − ε, x + ε[ ⊂ O.

Ejemplo 5.6. Todo intervalo abierto de R es un conjunto abierto.

En efecto, sea ]a, b[ un intervalo abierto no vacío. dado x ∈ ]a, b[, sea ε =12

min{x − a, b − x}. Es claro que ε > 0 y que ]x − ε, x + ε[ ⊂ ]a, b[.

Un intervalo cerrado no es un conjunto abierto, pues si el intervalo es [a, b]es claro que para todo ε > 0 se tiene que ]a − ε, a + ε[� [a, b]. Lo mismoocurre con los intervalos que son cerrados por un lado.


Denotemos por O la colección de los subconjuntos abiertos de R. Tenemos

Teorema 5.4. La colección O satisface

(O1) ∅,R ∈ O.

(O2) Si O1, O2 ∈ O, entonces O1 ∩ O2 ∈ O. Esta propiedad vale para colec-ciones finitas de conjuntos abiertos.

(O3) Si {Oλ}λ∈Λ es una colección arbitaria de elementos de O, entonces⋃λ∈Λ

Oλ ∈ O.

Demostración. Es claro que R es un conjunto abierto. Para el conjuntovacío, supongamos que no es abierto, luego eciste x ∈ ∅ tal que para todo. . ., lo cual es una contradicción. (los . . . son pues no importa que es lo quesigue, la contradicción ya está establecida.

Ahora, dado x ∈ O1∩O2. Sean ε1 > 0 y ε2 > 0, tales que ]x−ε1, x+ε2[ ⊂ O1

y ]x − ε2, x + ε2[ ⊂ O2. De esto es claro que tomando ε = min{ε1, ε2}, setiene ]x − ε, x + ε[ ⊂ O1 ∩ O2.

Finalmente, dado x ∈ ⋃λ∈Λ

Oλ, existe λ0 ∈ Λ, tal que x ∈ Oλ0 , luego existe

ε > 0, tal que ]x − ε, x + ε[ ⊂ Oλ0 ⊂ ⋃λ∈Λ

. Lo que completa la prueba.

�

Una colección O como arriba es llamada una topología en R, que en estecaso particular, la llamamos topología usual de R. Más especificamente, unacolección O de subconjuntos de un conjunto dado X es llamada una topologíaen X si satisface (O1), (O2) y (O3) del Teorema (5.4) con el cambio obviode R por X.

Observación 5.1. Sea X ⊆ R, decimos que A ⊆ X es abierto en X si existeun conjunto abierto O ⊆ R, tal que A = X ∩O. Analogamente, decimos que

Sergio Plaza 151

(F ⊂ X) en un conjunto cerrado en X, si existe un conjunto cerrado F enR, tal que F = X ∩ F .

Se tiene que f : X −→ R es continua si y sólo si para cada conjunto abiertoB ⊆ R, se tiene que f−1(B) = {x ∈ X : f(x) ∈ B} es abierto en X.

Teorema 5.5. Sea f : X −→ R. Entonces f es continua en a si y sólo sipara toda sucesión (xn)n∈N, con xn ∈ X, y lim

n→∞ xn = a, se tiene limn→∞ f(xn) =

f(a).

Demostración. Inmediata del correspondiente Teorema para límites si a ∈X es un punto de acumulación, caso a sea un punto aislado de X es obvio.

Sean f, g : X→R se definen las funciones f ± g, f · g : X −→ R como(f±g)(x) = f(x) ± g(x) y (f · g)(x) = f(x) · g(x) . Sea Z(g) = {x ∈ X :g(x) = 0}, e otras palabras, Z(g) es el conjunto de elementos en donde g seanula. Definimos f

g: X − Z(g) −→ R por

(fg

)(x) = f(x)

g(x) .

Teorema 5.6. Sean f, g : X −→ R funciones continuas, entonces las fun-ciones f ± g, f · g : X −→ R y f

g: X − X0 −→ R son continuas.


Teorema 5.7. Sean f : X −→ R y g : Y −→ R. Si f continua en a ∈ X,f(X) ⊆ Y y g continua en b = f(a), entonces g ◦ f es continua en a.


Teorema 5.8. (del Valor Intermedio (T.V.I)) Sea f : [a, b] −→ R continua.Sea d un punto entre f(a) y f(b), entonces existe x ∈ [a, b] tal que f(x) = d.

Demostración. Vamos a hacer la demostración en el primer caso, para elotro es completamente análoga.


Supongamos que f(a) < d, pues si no, es decir tenemos f(a) = d, y estamoslistos.

Definamos el conjunto A = {x ∈ [a, b] : f(x) < d}. Tenemos que A �= ∅,pues f(a) < d, por lo tanto a ∈ A. Ahora sea α ∈ A. Como f(α) < d,se sigue que α �= b, y por lo tanto α < b. Tomemos ε = d − f(α), por lacontinuidad de f en α existe δ > 0 tal que [α, α + δ [ ⊂ [a, b] y para cadax ∈ [α, α + δ [ se tiene que f(x) < f(α) + ε, es decir, f(x) < d. Por lo tanto[α, α + δ [ ⊂ A. Sea S = Sup(A). Como S = lim

n→∞ xn, para alguna sucesión(xn)n∈N, con xn ∈ A, se tiene que f(S) = lim

n→∞ f(xn) ≤ d. Como A no poseemáximo, S /∈ A, luego no puede ser que f(S) < d, por lo tanto, sólo nosqueda la posibilidad f(S) = d.

�

Como consecuencia directa de este resultados, tenemos el siguiente, el cualciertamente no es otra cosa que una formulación distinta del T.V.I.

Teorema 5.9. Sea f : [a, b] −→ R continua, con signo((f(a)) �= signo((f(b)),entonces existe α ∈ [a, b] tal que f(x) = 0.

Ejemplo 5.7. Sea f : R − {0} −→ R, definida por

f(x) =

⎧⎨⎩ 1 si x > 0

−1 si x < 0 .

Claramente f continua, en particular lo es en [a, b]−{0}, donde a < 0 < b, yse tiene signof(a) �= signo(f(b)), pero no existe c ∈ dom(f) tal que f(c) = 0.La razón de esto es que el dominio de f , dado dom f = ] − ∞, 0[ ∪ ]0, +∞[no es un intervalo.

Corolario 5.10. Sean I ⊆ R un intervalo y f : I −→ R una funcióncontinua. Si a, b ∈ I, y d es tal que f(a) < d < f(b) (o f(b) < d < f(a)).Entonces existe c ∈ I tal que f(c) = d.

Sergio Plaza 153

Demostración: Tomar la restricción de f al intervalo [a, b], es decir, con-siderar f |[a, b] y aplicar el T.V.I.

�

Corolario 5.11. Sea I ⊆ R un intervalo. Si f : I −→ R es continua,entonces f(I) es un intervalo.

Demostración. Sean α = inf{f(x) : x ∈ I} ( α puede ser −∞ si f noestá acotada inferiormente) y β = Sup{f(x) : x ∈ I} (β pueder ser +∞ sif no está acotada superiormente)

Sea y ∈ R tal que α < y < β. Lo que debemos probar es que existe x ∈ I

tal que f(x) = y. En efecto, por las definiciones de supremo e ínfimo si lafunción está acotada o por la definición de conjunto no acotado si uno de losextremos es α = −∞ o β = +∞ o ambos casos, existen a, b ∈ I, tales quef(a) < y < f(b), y por el T.V.I. existe x entre a y b, tal que f(x) = y.

�

Note que el teorema nada nos dice acerca de qué tipo de intervalo es f(I),cuando I ⊂ R es un intervalo.

Ejemplo 5.8. Sea f : R −→ R definida por f(x) = x2

1. Para I = ] − 2, 8[, se tiene f(I) = [0, 64].

2. Para I = ] − 3, 3[, se tiene f(I) = [0, 9[ .

Nota 5.1. Sea X ⊂ R. Definimos el interior de X, denotado por int(X) opor

◦X como

◦X= {x ∈ X : existe ε > 0, tal que ] x − ε, x + ε [ ⊂ X}.


Si x ∈ X no es un punto interior de X, decimos que x es un punto fronterade X. En otras palabras, x ∈ X es un punto frontera de X, si para cadaε > 0 se tiene que ] x − ε, x + ε [ ∩ ⊂ X �= ∅ y ] x − ε, x + ε [ ∩(R− ⊂ X) �= ∅,esto significa que cada intervalo ] x − ε, x + ε [ contiene puntos de X y de sucomplemento (en R).

Corolario 5.12. Sea I ⊂ R un intervalo. Si f : I −→ R continua y tal quef(I) ⊂ Z, entonces f es constante.

Demostración. f(I) es un intervalo y como f(I) ⊂ Z, se sigue que f(I) unintervalo degenerado, es decir, reducido a un punto.

Nota 5.2. El Corolario anterior es de hecho más general. Sea Y ⊂ R unconjunto con interior vacío y sea I ⊂ R un intervalo. Si f : I −→ R escontinua y f(I) ⊆ Y , entonces f(I) es un intervalo reducido a un punto.

Teorema 5.13. (de la Función Inversa) Sea f : I −→ R un función con-tinua, donde I ⊆ R es un intervalo. Suponga que f es inyectiva. Entoncesexiste f−1 : f(I) −→ I y es continua.

Antes de hacer la demostración, tenemos las siguientes observaciones

1. Una función f : A −→ B tiene inversa si y sólo si es inyectiva ysobreyectiva.

2. Toda función f : A −→ B es sobreyectiva sobre su imagen (recorrido).

Demostración. Como f : I −→ f(I) es inyectiva y sobreyectiva, existef−1 : f(I) −→ I. Tenemos entonces que probar que f es continua.

Vamos a probar que f es monótona en cualquier intervalo cerrado [a, b] ⊂ I.

Tenemos f(a) �= f(b), pues f es inyectiva.

Caso 1. f(a) < f(b) (vamos a mostrar que f es creciente).

Sergio Plaza 155

Caso 2. f(b) < f(a) (vamos a mostrar que f es decreciente).

Vamos a hacer la prueba sólo en el caso 1., para el otro caso, es completa-mente análoga. Supongamos que f no es creciente, existen x, y ∈ [a, b], conx < y, tales que f(x) > f(y).

DIBUJO

Tenemos

• Si f(a) < f(y) < f(x), entonces existe a < c < x < y tal que f(c) =f(y) (T.V.I.), luego f no es inyectiva. Contradicción.

• Si f(y) < f(a) < f(b).

DIBUJO

existe c ∈]y, b[ tales que f(c) = f(a). Contradicción

Por lo tanto, f es creciente.

Consecuentemente f es mónotona. Como I ⊂ R es un intervalo, se sigueque J = f(I) es un intervalo. Por lo tanto, f−1 : J −→ I es continua.

Corolario 5.14. Sea n ∈ N dado, para cada y ≥ 0 existe n√

y.

Demostración. Sea f : [0, +∞[ −→ R dada por f(x) = xn. Claramentef es continua. Sea J = f([0, +∞[ ), tenemos que J es un intervalo. Comof(0) = 0 y lim

x→+∞ f(x) = +∞, se tiene que J = [0, +∞[ , luego f : [0, +∞[−→[0, +∞[ es sobreyectiva. Por lo tanto, dado y ∈ [0, +∞[, existe x ∈ [0, +∞[,tal que f(x) = xn = y.

Notación. Cada x ∈ R tal que xn = y, se denota por x = n√

y y es llamadaraíz n–ésima.


Afirmación. f es creciente. Por lo tanto es inyectiva, Y existe la funcióninversa f−1 : [0, +∞[ −→ [0, +∞[ , usamos la notación f−1(y) = n

√y.

Afirmación. La función f−1(y) = n√

y es continua.

�

Si F : X ⊆ R −→ Y ⊆ R es una biyección continua con inversa continua,decimos que F es homeomorfismo.

Ejemplo 5.9. La función f : R −→ R, definida por f(x) = x3 es un home-omorfismo.

Ejemplo 5.10. La función exp : R −→ R+, definida por exp(x) = ex es unhomeomorfismo.

Ejemplo 5.11. la función tan : ] − π2 , π

2 [ −→ R es un homeomorfismo. Dehecho, podemos considerar cualquier intervalo J ⊂ R en el cual la funcióntangente, tan, esté definida, y se tiene un homeomorfismo de J sobre tan(J).

Nota 5.3. Si f : I −→ R es una función continua e inyectiva, donde I ⊂ R

es un intervalo, por el Teorema 5.13 de la Función Inversa, se sigue que f esun homeomorfismo desde I en el intervalo J = f(I).

Definición 5.1. Decimos que un conjunto K ⊂ R es compacto si es cerradoy acotado.

Notemos que F ⊂ R es cerrado si F ′ ⊂ F , es decir, si contiene a todossus puntos de acumulación o equivalentemente, cada sucesión de puntos deF que es convergente, su límite pertenece a F .

Notemos también que X ⊂ R es compacto si y sólo si toda sucesión (xn)n∈N

con xn ∈ X posee una subsucesión convergente a un punto de X.

Teorema 5.15. Sea f : X ⊆ R −→ R continua. Suponga que X escompacto, entonces f(X) es compacto.

Sergio Plaza 157

Demostración. Sea (yn)n∈N una sucesión en f(X), es decir, yn ∈ f(X),luego existen xn ∈ X tales que yn = f(xn). Como X es compacto, la sucesión(xn)n∈N de elementos de X, posee una subsucesión (xnk

)k∈N convergente,luego ynk

= f(xnk) forma una subsucesión de (yn)n∈N. Ahora, como f es

continua y limk→∞

xnk= α, con α ∈ X, se tiene lim

k→∞ynk

= limk→∞

f(xnk) =

f(α) = b ∈ f(X).

�

Corolario 5.16. (Teorema de Weierstrass) Sea X ⊂ R un conjunto compactono vacío y sea f : X −→ R una función continua. Entonces existen x1, x2 ∈X tales que f(x1) = min{f(x) : x ∈ X} y f(x2) = max{f(x) : x ∈ X}.

Demostración. Tenemos que f(X) es compacto, luego es acotado y por lotanto existen S = Sup{f(x) : x ∈ X} y s = inf{f(x) : x ∈ X}. Comof(X) también es cerrado, se tiene que s = inf(f(X)) y S = sup(f(X))pertenecen a f(X), pues son puntos adherentes y f(X) es cerrado.

Ejemplo 5.12. Sean f : [α, β] −→ R una función continua. Dados x1, �∈2, . . . , xn ∈[α, β]. Denotemos por xi = min{xk : k = 1, . . . , n} y xj = max{xk : k =1, . . . , n} el menor, respectivamente, el mayor de esos números. Muestre queexiste c ∈ [xi, xj ] tal que

f(c) =1n

n∑�=1

f(x�)

En efecto, tenemos de inmediato que

1n

· nf(xi) ≤ 1n

n∑�=1

f(x�) ≤ 1n

· nf(xj)

es decir, d =1n

n∑�=1

f(x�) es un valor entre f(xi y f(xj). Del T.V.I., existe

c ∈ [xi, xj ] tal que f(c) = d. Lo que tetrmina la prueba.


Teorema 5.17. Sean X ⊆ R un conjunto compacto y f : X −→ R unafunción continua e inyectiva, entonces f−1 : f(X) −→ R es continua.

Demostración. Tenemos que Y = f(X) es compacto. Vamos a probar quef−1 es continua en b = f(a) ∈ f(X).

Sea (yn)n∈N, con yn ∈ Y , una sucesión con limn→∞ yn = b, tenemos yn = f(xn),

con xn ∈ X, es decir, f−1(yn) = xn. La sucesión (xn)n∈N está acotada (pues|x| ≤ K para todo x ∈ X), para todo n ∈ N, se tiene que xn ∈ X, luego|xn| ≤ K, lo que falta probar es que lim

n→∞ f−1(yn) = limn→∞ xn = f−1(b). Para

ello basta ver que (xn)n∈N, tiene un único valor de adherencia.

Sea (xnk)k∈N una subsucesión de (xn)n∈N, con lim

k→∞xnk

= a′. Como xnk∈

X, se tiene a′ ∈ X. Además, limk→∞

ynk= lim

k→∞f(xnk

) = b, pues (ynk)k∈N es una

subsucesión de (yn)n∈N y siendo f continua en a′ se tiene que limk→∞

f(xnk) =

f(a′), luego f(a′) = b = f(a) y siendo f inyectiva se sigue que a′ = a.

5.2 Continuidad Uniforme

Recordemos que una función f : X −→ R sea continua en un punto a,significa que dado ε > 0, existe δ > 0, tal que x ∈ X, con |x − a| < δ implicaque |f(x) − f(a)| < ε. Hay que notar aquí que δ, en general, depende de a

y ε. Esta es una propiedad local y sólo se refiere al punto a.

Si a′ es próximo de a, entonces x ∈ X, con |x − a′| < δ no tiene porquéimplicar que |f(x) − f(a′) < ε.

El concepto de continuidad uniforme se refiere a puntos y a sus “vecinos”.

Definición 5.2. Decimos que f : X −→ R es uniformemente continua enX si para cada ε > 0 dado, existe δ > 0 (que sólo depende de ε), tal que paracada x, y ∈ X, con |x − y| < δ se tiene que |f(x) − f(y)| < ε.

Sergio Plaza 159

Ejemplo 5.13. Sea f : R −→ R definida por f(x) = ax+b, es uniformementecontinua (u.c) en R. En efecto, de la igualdad |f(x) − f(y)| = |a(x − y)| =|a||x − y|, se sigue que si, a �= 0, dado ε > 0, tomando δ = ε/|a| tenemos|f(x) − f(y) < ε para todo x, y ∈ R, con |x − y| < δ.

Si a = 0, dado ε > 0, cualquier δ > 0 sirve.

Ejemplo 5.14. f : ]0, +∞[−→ R, definida por f(x) =1x

es continua perono uniformemente continua .

En efecto. Supongamos que f es uniformemente continua, luego dadoε > 0, existe δ > 0 tal que

|x − y| < δ implica∣∣∣∣∣1x − 1

y

∣∣∣∣∣ < ε .

Para ese δ, tomemos a > 0, tal que 0 < a < δ y 0 < a < 13ε

. Para x = a+ δ2

se tiene |x − a| < δ, pero |f(x) − f(a)| =∣∣∣∣∣ 1a + δ

2− 1

a

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣ 22a + δ

− 1a

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣2a − 2a − δ

(2a + δ)a

∣∣∣∣∣ = δ

(2a + δ)a>

δ

(3a)a>

δ

3aδ= 1

3a> ε .

Observación 5.2. Decir que f no es uniformemente continua en X, equivalea existe ε > 0, tal que para cada δ > 0, existen xδ, yδ ∈ X, con |xδ − yδ| < δ

tal que |f(xδ) − f(yδ)| ≥ ε.

Ejemplo 5.15. Pruebe que la función f : R −→ R definida por f(t) =sen(t2) no es uniformemente continua en R.

Solución. Es claro que f es continua. Notemos que para todo α > 0, sit ∈

[π

α, α +

π

α

]entonces t2 recorre un intervalo de longitud mayor o igual

que 2π.

En efecto, si π

α≤ α + π

α, entonces

(π

α

)2≤ t2 ≤ α2 + 2π +

(π

2

)2y la

longitud del intervalo[(

π

α

)2, α2 + 2π +

(π

α

)2]

es α2 + 2π > 2π, luego para


t ∈[π

α, α + π

α

]se tiene que sen (t2) recorre todo el intervalo [−1, 1].

Luego, existen dos puntos t1, t2 ∈ [α, α +π

α] tales que sen(t2

1) = 0 y| sen(t2

2) = 1, luego se tiene |t1 − t2| < α y | sen(t21) − sen(t2

2)| ≥ 1.

Teorema 5.18. Sea f : X −→ R uniformemente continua en X. Si (xn)n∈N

una sucesión de Cauchy en X, entonces (f(xn))n∈N es de Cauchy.

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión de Cauchy en X. Como f esuniformemente continua sobre X, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que parax, y ∈ X, con |x − y| < δ se tiene |f(x) − f(y)| < ε.

Luego para este δ > 0, existe N ∈ N tal que para m, n > N se tiene|xn − yn| < δ, luego |f(xn) − f(yn)| < ε, es decir, (f(xn))n∈N es de Cauchy.

�

Teorema 5.19. Sea f : X −→ R uniformemente continua sobre X ya ∈ X ′, entonces existe lim

x→af(x).

Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión de Cauchy, con xn ∈ X − {a} ylim

n→∞ xn = a. Como f es uniformemente continua, la sucesión (f(xn))n∈N esconvergente por ser de Cauchy, luego existe lim

x→af(x).

�

Ejemplo 5.16. Sea f : R − {0} −→ R, definida por f(x) = sen (1/x).Es claro que f es continua, pero no es uniformemente continua, pues 0 ∈(R − {0})′ y no existe lim

x→0sen(1/x).

Observación. Sea f : X −→ R. Si a ∈ X ′ y no existe limx→a

f(x), entonces f

no es uniformemente continua.

Usando sucesiones, se tiene una caracterización de la continuidad uniforme.

Sergio Plaza 161

Teorema 5.20. Sea f : X −→ R. Entonces f es uniformemente continuaen X si para cada par de sucesiones (xn)n∈N, (yn)n∈N en X con xn �= yn ylim

n→∞(xn − yn) = 0, se tiene limn→0

(f(xn) − f(yn)) = 0.

Negando este resultado se tiene una herramienta para mostra que unafunión no es uniformemente continua.

Ejemplo 5.17. Sea f : R −→ R definida por f(x) = x3. Es claro que f escontinua, ahora vamos a ver que no uniformemente continua.

Tomemos xn = n+ 1n

e yn = n. Tenemos limn→∞(xn −yn) = lim

n→∞1n

= 0, pero

como f(xn) =(

n + 1n

)3= n3 + 3n2 1

n+ 3 · n

1n2 + 1

n3 = n3 + 3n + 3n

+ 1n3 y

f(yn) = n3, se tiene que f(xn) − f(yn) = 3n +3n

+1n3 ≥ 3 para todo n ≥ 1.

Luego f no puede ser uniformemente continua.

Teorema 5.21. Sea X ⊆ R un conjunto compacto. Entonces toda funcióncontinua f : X −→ R es uniformemente continua.

Demostración. Supongamos que f no es uniformemente continua, entoncesexiste ε > 0 y existen sucesiones (xn)n∈N e (yn)n∈N en X, tales lim(xn −yn) =0, pero |f(xn) − f(y)| ≥ ε.

Ahora (xn)n∈N una sucesión en el compacto X, luego existe una subsucesiónconvergente (xnk

)k∈N de (xn)n∈N. Sea x = limk→∞

xnk, se tiene x ∈ X. Además,

como limk→∞

(xnk−ynk

) = 0, se sigue que existe un limk→∞

ynky es igual a x. Como

f es continua se tiene limk→∞

f(xnk) = lim

k→∞f(ynk

) = f(x) y esto contradice elhecho que |f(xn) − f(yn)| ≥ ε para todo n grande.

�

Ejemplo 5.18. Sea f : [0, 1] −→ R, definida por f(x) =√

x. Tenemos quef es uniformemente continua pues es continua y X = [0, 1] es compacto.


Ejemplo 5.19. Sea g : [0, +∞[ −→ R, definida por g(x) =√

x. Tenemosque g es uniformemente continua, aún cuando su dominio no sea compacto.

En efecto, tenemos que g|[0, 1] es uniformemente continua, ahora g|[1, +∞[es uniformemente continua, pues satisface una “condición de Lipschitz” Dec-imos que g : X −→ R es Lipschitz, si existe una constante positiva K, tal que|g(x) − g(y)| ≤ K|x − y| para todo x, y ∈ X. La menor de tales constantesllamada la constante de de Lipschitz de g .

Observación 5.3. Si f es Lipschitz, entonces es uniformemente continua. Laprueba de esta afirmación es inmediata. Dado ε > 0, basta tomar δ =

ε

K + 1.

Volviendo al ejemplo, tenemos que si x, y ≥ 1 entonces√

x + √y ≥ 2, de

donde 1√x + √

y≤ 1

2, y por lo tanto

|√x − √y| = |x − y|√

x + √y

≤ 12

|x − y| .

5.3 Ecuaciones no Lineales

En esta sección estudiaremos uno de los problemas básicos de la aproximaciónnumérica: el problema de la búsqueda de raíces. Este consiste en obtener unaraíz exacta o una buena aproximación a la raíz exacta de una ecuación de laforma f (x) = 0 , donde f es una función dada. Este es uno de los problemasde aproximación más antiguos, y sin embargo, la investigación correspondi-ente todavía continua. El problema de encontrar una aproximación a unaraíz de una ecuación se remonta por lo menos al año 1700 a.C. Una tablacuneiforme que pertenece a la Yale Banylonian Collection, y que data de esteperíodo, da la aproximación de

√2 , la cual puede calcularse con algunos de

los método que veremos más adelante

Sergio Plaza 163

5.3.1 Método de bisección

Este método se basa en el Teorema del Valor Intermedio, el cual recordamosa seguir.

Teorema 5.22. (del valor intermedio) Sea f : [a, b] −→ R una funcióncontinua. Supongamos que f (a) y f (b) tienen signos diferentes, entoncesexiste r ∈ (a, b) tal que f (r) = 0 .

Aunque el procedimiento se aplica en el caso en que f (a) y f (b) tengansignos diferentes y exista más de una raíz en el intervalo ]a, b[ , por razonesde simplicidad suponemos que la raíz de este intervalo es única. El métodorequiere dividir varias veces en la mitad los subintervalos de [a, b] y en cadapaso localizar aquella mitad que contenga a la raíz r . Para comenzar con-sideremos a0 = a y b0 = b , y sea c0 el punto medio de [a, b] , es decir,c0 = a0+b0

2 . Si f (c0) = 0 , entonces r = c0 ; si no, entonces f (c0) poseeel mismo signo que f (a0) o que f (b0) . Si f (c0) y f (a0) tienen igualsigno, entonces r ∈ (c0, b0) y tomamos a1 = c0 y b1 = b0 . Si f (c0) yf (a0) tienen signos opuestos, entonces r ∈ (a0, c0) y tomamos a1 = a0 yb1 = c0 . Enseguida, volvemos a aplicar el proceso al intervalo [a1, b1] , y asísucesivamente.

A continuación describiremos algunos procedimientos de parada que puedenaplicarse en algún paso del algoritmo, o a cualquiera de las técnicas iterativasque se estudian en este capitulo. Se elige una tolerancia ε > 0 y generamosuna sucesión de puntos p1, p2, . . . , pN , con pn −→ r hasta que se cumplanuna de las siguientes condiciones

|pN − pN−1| ≤ ε (5.1)

|pN − pN−1||pN | ≤ ε, pN �= 0 (5.2)


|f (pN)| ≤ ε (5.3)

Al usar cualquiera de estos criterios de parada pueden surgir problemas.Por ejemplo, existen sucesiones (pn)n∈N con la propiedad de que las difer-encias pn − pn−1 convergen a cero, mientras que la sucesión diverge, esto seilustra con la sucesión siguiente, sea (pn)n∈N la sucesión dada por pn =

n∑k=1

1k

,es conocido que (pn)n∈N diverge aún cuando se tiene lim

n→∞ (pn − pn−1) = 0 .También es posible que f (pn) este cercano a cero, mientras que pn di-fiere significativamente de r , como lo ilustra la siguiente sucesión. Seaf (x) = (x − 1)10 , tenemos que r = 1 , tomando pn = 1 + 1

nes fácil ver

que |f (pn)| < 10−3 para todo n > 1 , mientras que |r − pn| < 10−3 sólosi n > 1000 . En caso que no se conozca r , el criterio de parada (5.2) es elmejor al cual puede recurrirse, ya que verifica el error relativo.

Observe que para iniciar el algoritmo de bisección, tenemos que encontrarun intervalo [a, b] , de modo que f (a) · f (b) < 0 . En cada paso, la longituddel intervalo que se sabe contiene una raíz de f se reduce en un factor de12 ; por lo tanto, conviene escoger un intervalo inicial [a, b] lo mas pequeñoposible. Por ejemplo, si f (x) = x2 − 1 , entonces f(0) · f(2) < 0 y tambiénf(0.75)·f(1.5) < 0 , de manera que el algoritmo de bisección puede emplearseen ambos intervalos [0, 2] o [0.75, 1.5] . Al comenzar el algoritmo de bisecciónen [0, 2] o con [0.75, 1.5] , la cantidad de iteraciones necesarias para alcanzardeterminada exactitud varia.

El siguiente ejemplo ilustra el algoritmo de bisección. La iteración se ter-mina cuando el error relativo es menor que 0.0001 , es decir, cuando

|cn − cn−1||cn| < 10−4.

Ejemplo 5.20. La ecuación f (x) = x3 +4x2 −10 posee una raíz en [1, 2] yaque f (1) = −5 y f (2) = 14 . El algoritmo de bisección puede ser resumidopor la siguiente tabla

Sergio Plaza 165

n an bn cn f(cn)1 1.0 2.0 1.5 2.3752 1.0 1.5 1.25 −1.796873 1.25 1.5 1.375 0.16211... ... ... ... ...

13 1.36499024 1.3671875 1.365112305 −0.00194

Después de 13 iteraciones, c13 = 1.365112305 aproxima a la raíz r con unerror de |r − c13| < |b13 − a13| = 0.000122070 , ya que |a13| < |r| , obtenemos

|r − c13||r| <

|b13 − a13||c13| ≤ 9 × 10−5,

por lo tanto la aproximación será correcta por lo menos en cuatro dígitossignificativos. El valor correcto de r con nueve cifras decimales correctases r = 1.365230013 . Observe que r9 está más cerca de r que c13 . Perolamentablemente no podemos verificar esto si no conocemos la respuestacorrecta.

El método de bisección, aunque claro desde el punto de vista conceptual,ofrece inconvenientes importantes, como el de converger lentamente, es decir,la cantidad de iteraciones puede ser demasiado grande para poder obtenerque cn este lo próximo a r , además, inadvertidamente podemos desecharuna aproximación intermedia. Sin embargo, tiene la importante propiedadde que siempre converge en una solución y por tal razón a menudo sirve parainiciar los métodos más eficientes que explicaremos más adelante.

5.3.2 Análisis del error

Denotemos los intervalos generados por el método de bisección por [a0, b0] ,[a1, b1] , [a2, b2] , . . . , de donde obtenemos que


a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ b0

luego la sucesión (an)n∈N es creciente y acotada superiormente. Tenemostambién que

b0 ≥ b1 ≥ · · · ≥ a0

luego la sucesión (bn)n∈N es decreciente y acotada inferiormente.

Por lo tanto existen los límites limn→∞ an ≤ b0 y limn→∞ bn ≥ a0 .Además, como

bn − an =12

(bn−1 − an−1) =14

(bn−2 − an−2) = · · · =12n

(b0 − a0) ,

se sigue que limn→∞ (bn − an) = 0 , luego limn→∞ bn = limn→∞ an = r .Ahora como f (an) f (bn) ≤ 0 , haciendo n → ∞ se tiene que (f (r))2 ≤ 0 ,pues f es continua, de donde f (r) = 0 .

Si el proceso se detiene en la iteración n , entonces f posee una raíz en elintervalo [an, bn] y

|r − an| ≤ 2−n(b0 − a0) y |r − bn| ≤ 2−n(b0 − a0) . (5.4)

Por otra parte, vemos que una mejor aproximación para la raíz r def(x) = 0 es cn = an+bn

2 , pues

|r − cn| ≤ 12

(bn − an) = 2−(n+1) (b0 − a0) (5.5)

Resumiendo lo anterior, tenemos el siguiente resultado.

Teorema 5.23. Sean [a0, b0] , [a1, b1] , [a2, b2] , . . . , [an, bn] , . . . los inter-valos obtenidos en el método de bisección, entonces limn→∞ bn = limn→∞ an =

Sergio Plaza 167

r y r es una raíz de f (x) = 0 . Además, se tiene que |r − an| ≤ 2−n(b0−a0)y |r − bn| ≤ 2−n(b0 − a0) . Por otra parte, si cn = an+bn

2 entonces r =limn→∞ cn y |r − cn| ≤ 2−(n+1) (b0 − a0) .

Es importante señalar que el teorema sólo nos proporciona una cota del er-ror de aproximación y que esta puede ser extremadamente conservadora. Porejemplo, cuando la aplicamos al problema del ejemplo anterior sólo garan-tiza que |p − p9| ≤ 2−1

29 ≈ 2 × 10−3 pero el error real es mucho menor|p − p9| ≈ 4.4 × 10−6 .

Ejemplo 5.21. Para determinar el número de iteraciones necesarias pararesolver la ecuación f (x) = 0 donde f (x) = x3 +4x2 −10 con una exactitudde 10−3 en el intervalo [1, 2] basta determinar un entero N tal que

|cN − r| ≤ 2−(N+1) (b − a) = 2−(N+1) ≤ 10−3.

Aplicando logaritmo a la desigualdad 2−(N+1) ≤ 10−3 vemos que el valordel entero positivo N debe ser mayor que 9.96 , por lo tanto para obteneruna exactitud de 10−3 debemos iterar al menos 10 veces.

5.4 Métodos iterativos de punto fijo

Sea f : X −→ X una función. Decimos que p ∈ X es un punto fijo de f , sif(p) = p.

Para el problema de existencia de punto fijo para funciones definidas enintervalos, tenemos el siguiente resultado.

Teorema 5.24. Sea f : [a, b] −→ R una función continua. Si f([a, b]) ⊂[a, b] o f([a, b]) ⊃ [a, b], entonces f posee un punto fijo en [a, b] .

Demostración. Haremos la prueba en el caaso que f([a, b]) ⊂ [a, b], el otroes completamente anáalogo. Usamos el Teorema del Valor Intermedio, para


lo cual definimos la función h(x) = f(x) −x . Tenemos, h(a) = f(a) −a ≥ 0y h(b) = f(b) − b ≤ 0 , y siendo h continua, se sigue existe c ∈ [a, b] tal queh(c) = 0 , es decir, f(c) = c .

�

Notemos que este resultado nada nos dice acerca de la cantidad de puntosfijos que una función puede tener. Es fácil ver, por ejemplo, que la funciónf :[10−5,1] −→ R tiene muchos puntos fijos.

El siguiente teorema contiene condiciones suficientes para la existencia yunicidad del punto fijo.

Teorema 5.25. Supongamos que f : [a, b] −→ R es continua en [a, b] .Supongamos f([a, b]) ⊂ [a, b] y que existe una constante positiva 0 ≤ λ < 1con |f(x) − f(y)| ≤ λ|x − y| , para todo x, y ∈ ]a, b[ , entonces exite un únicopunto fijo xf de f en [a, b] . Además, si elegimos x0 ∈ ]a, b[ arbitrario,entonces la sucesión (xn)n∈N definida por

xn+1 = f(xn), n ≥ 0

converge al único punto fijo xf de f .

Demostración. Por el Teorema 5.24, sabemos que f tiene un punto fijo.

Supongamos que existen dos puntos fijos xf y xf para f . Tenemosentonces que

|xf − xf | = |f(xf ) − f(xf )| ≤ λ|xf − xf |

y como 0 ≤ λ < 1 , se debe tener que xf = xf .

Sergio Plaza 169

Ahora, tenemos

|xn − xf | = |f(xn−1) − f(xf)| ≤ λ|xn−1 − xf |

|xn−1 − xf | = |f(xn−2) − f(xf)| ≤ λ|xn−2 − xf |

|xn−2 − xf | = |f(xn−3) − f(xf)| ≤ λ|xn−3 − xf |

...|x1 − xf | = |f(x0) − f(xf )| ≤ λ|x0 − xf | ,

de donde obtenemos que |xn − xf | ≤ λn|x0 − xf | y como λn −→ 0 cuandon −→ ∞ , el resultado se sigue.

�

Observación 5.4. El teorema anterior no sólo nos dice que bajo sus condi-ciones existe un punto fijo único, además nos dice cómo podemos encontrarlo,usando la sucesión generada a partir de la función g con una condición inicialarbitraria.

Corolario 5.26. Si f satisface las hipótesis del Teorema 5.25, cotas para elerror absoluto en = |xn − xf , que supone utilizar xn para aproximar xf sondadas por

|xn − xf | ≤ λn max {x0 − a, b − x0} (5.6)

y por

|xn − xg| ≤ λn

1 − λ|x1 − x0| (5.7)

Demostración. Para tener la primera de las cotas, sólo basta observar que|xn − xf | ≤ λn|x0 − xf | y como xf y x0 están entre a y b se tiene que|xn − x0| ≤ λn|xf − x0| ≤ λn max {x0 − a, b − x0} , como queríamos probar.


Para obtener la segunda cota observemos que si n > m , digamos n =m + k , con k ≥ 1 , entonces

|xm+k −xm| ≤ |xm+k −xm+k−1|+ |xm+k−1 −xm+k−2|+ · · ·+ |xm+1 −xm| (5.8)

Por otra parte tenemos que

|xn+1 − xn| = |f(xn) − f(xn−1)|≤ λ|xn − xn−1|≤ λ|f(xn−1) − f(xn−2)|≤ λ2|xn−1 − xn−2|≤ λ2|f(xn−2) − f(xn−3)|≤ λ3|xn−2 − xn−3|...

≤ λn|x1 − x0| ,

es decir, |xn+1 − xn| ≤ λn|x1 − x0| para todo n ≥ 0 . Aplicando esto a ladesigualdad en (5.8) obtenemos

|xn − xm| = |xm+k − xm| ≤ λm+k−1|x1 − x0| + λm+k−2|x1 − x0| + · · · + λm|x1 − x0|= λm|x1 − x0| (λk−1 + λk−2 + · · · + 1)

≤ λm|x1 − x0| (1 + λ2 + · · · + λj + · · · )

= λm

1 − λ|x1 − x0|

como deseábamos probar.

�

Observación 5.5. De ambas desigualdades del Corolario 5.26, vemos quela razón con la que (xn)n∈N converge depende del factor λn . Cuando máspequeño sea el valor de λ , más rápida será la convergencia, la cual puede sermuy lenta sí λ es próxima de 1.

Sergio Plaza 171

Observación 5.6. Podemos usar como criterio de parada de un métodoiterativo de punto fijo como los anteriores los siguientes. Sea ε > 0 unatolerancia dada, entonces paramos las iteraciones si

1. λn max {x0 − a, b − x0} ≤ ε ,

2. λn

1−λ|x1 − x0| ≤ ε,

3. |xn+1 − xn| ≤ ε

4. otros que sean razonables de aplicar.

Ejemplo 5.22. Sea g (x) = x2−13 en [−1, 1] . Se tiene que g (0) = −1

3 yg (±1) = 0 . Además, vemos que |g(x) − g(y)| ≤ 2x

3 |x − y| para todo x, y ∈[−1, 1] , luego g (x) satisface las hipótesis del Teorema 5.25, en consecuenciag (x) posee un único punto fijo xg en [−1, 1] , y si elegimos x0 ∈ ] − 1, 1[arbitrario, la sucesión de puntos xn+1 = g(xn) −→ xg cuando n → ∞ .

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

y

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1x

gráfico de g(x) = x2−13

En este ejemplo el punto fijo puede ser determinado algebraicamente pormedio de la fórmula para resolver ecuaciones cuadráticas, obteniéndose p =


g (p) = p2−13 , de donde p2 − 3p − 1 = 0 y resolviendo la ecuación obtenemos

que p = 12

(3 − √

13)

≈ −0.3027756377 , la otra raíz es q = 12(3 +

√13) ≈

3.302775638 que está fuera del intervalo [−1, 1] . El lector puede verificaresto usando x0 = 0 y ε = 10−5 .

Observación 5.7. Note que g (x) también posee un punto fijo único q =12

(3 +

√13)

en el intervalo [3, 4] . Pero no lo andabamos buscando y por otraparte, ahi el Teorema 5.25 no se puede aplicar. Se deja a cargo del lector laexplicación de esta última afirmación.

Ejemplo 5.23. Resolver x − 12 sen(x) − 1 = 0.

Solución. Resolver la ecuación propuesta es lo mismo que resolver el prob-lema

x = f(x), donde x =12

sen(x) + 1

es decir, tenemos un problema de punto fijo.

Desde la gráfica de f vemos que podemos elegir [a, b] = [0, 2] (más quesuficiente)

gráfico de f(x) = 12 sen(x) + 1

Ahora, tenemos |f(x)−f(y)| = 12 | sen(x)− sen(y)| ≤ 1

2

∣∣∣2 sen(

x−y2

)cos

(x+y

2

)∣∣∣ ≤∣∣∣ sen(

x−y2

)∣∣∣ ≤∣∣∣x−y

2

∣∣∣ = 12 |x − y|, es decir, con λ = 1/2 se satisface el Teorema

5.24. Ahora bien, concluimos que f tiene un único punto fijo en el intervaloindicado. Para aproximar el punto fijo, consideremos x0 = 0 y generamos la

Sergio Plaza 173

sucesión

x0 = 0 f−→ x1 = 1 f−→ x2 = 1.4207354924039484 f−→ x3 = 1.4943809925643206f−→ x4 = 1.4985408843991685 f−→ x5 = 1.4986953555218978f−→ x6 = 1.498700925407042 f−→ x7 = 1.49870112602244 · · ·

Usando un programa de cálculo numérico, vemos que xf ≈ 1.49870113351785y que |xf −x7| ≈ 0.749541×10−8, que según nuestra apreciación es una buenaaproximación a la solución exacta del problema.

Un ejercicio interesante es resolver la ecuación de Newton x3 − 2x − 5 = 0transformándola en un problema de punto fijo. Esta ecuación fué exacta-mente la que resolvión Sir Isaac Newton (1643-1727), y que despues dióorigen a un método iterativo que lleva su nombre.

5.5 Ejercicios

Problema 5.1. Sea f : R − {0} −→ R , definida por

f(x) = 11 + e1/x

Probar que limx→0 f(x) no existe. Si extendemos f a una nueva funciónf , definida por

f(x) =

⎧⎨⎩ f(x) si x �= 0

0 si x = 0

>Es la nueva función f continua en x = 0 ? Si no, que tipo de discontinuidadtiene f en x = 0 .

Problema 5.2. Defina f : R −→ R por

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

sen(1/x)1+e1/x si x �= 0

0 si x = 0


>Es f continua en x = 0 ? Si no, que tipo de discontinuidad tiene en esepunto.

Problema 5.3. Pruebe que f : R −→ ] − 1, 1[ definida por f(x) = x1+|x| es

un homeomorfismo.

Problema 5.4. Sean X ⊂ R y f : X −→ R . Decimos que f tiene unpunto fijo xf ∈ X si ocurre f(xf) = xf . Pruebe que si f : [a, b] −→ R

es una función continua que satisface f([a, b]) ⊃ [a, b] o f([a, b]) ⊂ [a, b] ,entonces f tiene un punto fijo en [a, b] . Pruebe que si f además satisface|f(x) − f(y)| ≤ λ|x − y| para todo x, y ∈ X , con la constante λ tal que0 ≤ λ < 1 , entonces el punto fijo es único.

Problema 5.5. Sea k una constante. Sea f : X ⊂ R −→ R una afuncióncontinua. Pruebe que

(a) El conjunto O = {x ∈ X : f(x) < k } es abierto en X .

(b) El conjunto F = {{x ∈ X : f(x) ≤ k } es cerrado en X .

Problema 5.6. Sean f, g : R −→ R funciones continuas. Pruebe que

1. el conjunto Zf = {x ∈ R : f(x) = 0} es cerrado.

2. el conjunto If,g = {x ∈ R : f(x) = g(x)} es cerrado.

Problema 5.7. Sean f, g : R −→ R funciones. Se definen las nuevas fun-ciones f ∨g , f ∧g, f+, f− : R −→ R por (f ∨g)(x) = max{f(x), g(x)} , (f ∧g)(x) = min{f(x), g(x)} , f+(x) = max{f(x), 0} y f−(x) = max{−f(x), 0} .

Suponga que f y g son continuas. Pruebe que f ∨ g , f ∧ g , f+ y f−

son continuas. Si las funciones f, g son uniformemente continuas, pruebeque f ∨ g , f ∧ g , f+ y f− son uniformemente continuas.

Graficar las funciones f ∨ g , f ∧ g , f+ y f− para f y g arbitrarias.

Sergio Plaza 175

Problema 5.8. Sean f, g : X −→ R funciones continuas. Si Y ⊂ X yf(y) = g(y) para todo y ∈ Y . Pruebe que f(y) = g(y) para todo y ∈ Y .Usando lo anterior, pruebe que si f, g : R −→ R ů son funciones continuastales que f(r) = g(r) para todo r ∈ Q . Pruebe que f(x) = g(x) para todox ∈ R .

Problema 5.9. Sean f, g : [0, 1] −→ R funciones continuas. Si f(1) =g((0) pruebe que la función h : [0, 1] −→ R definida por

h(x) =

⎧⎨⎩ f(2x) si 0 ≤ x ≤ 1/2

g(2x − 1) si 1/2 ≤ x ≤ 1

es continua. Pruebe también que la función k : [0, 1] −→ R definida pork(x) = f(1 − x) es continua.

Problema 5.10. Construya una biyección f : R −→ R que sea discontinuaen cada punto.

Problema 5.11. Sea f : X −→ R una función que satisface |f(x)−f(y)| ≤λ|x − y| para todo x, y ∈ X , donde 0 ≤ λ < 1 es una constante. Pruebeque f es continua en X . Ilustre con ejemplos, dos al menos. Una funciónque satisface esta condiciones es llamada función Lipschitz.

Problema 5.12. Sea f : X −→ R una función que satisface |f(x)−f(y)| ≤c|x − y|α para todo x, y ∈ X , donde α > 0 es una constante. Pruebe quef es continua en X . Ilustre con ejemplos, dos al menos. Una función quesatisface esta condiciones es llamada función Hölder.

Problema 5.13. Pruebe que f(x) = sen(x) es uniformemente continua,pero que g(x) = sen(x2) es continua pero no uniformemente continua enR .

Problema 5.14. Sea a < b < c. Suponga que f es continua en [a, b], que g

es continua en [b, c], y que f(b) = g(b). Definamos h en [a, c] por h(x) = f(x)para x ∈ [a, b], y h(x) = g(x) para x ∈ [b, c]. Pruebe que h es continua en[a, c].


Problema 5.15. Determine los puntos donde las siguientes funciones soncontinuas:

(a) f(x) = [x] , x ∈ R (b) g(x) = x[x] , x ∈ R

(c) h(x) = [ senx] x ∈ R (d) k(x) = [1/x] , x �= 0

donde [ ] indica a la función parte entera.

Problema 5.16. Sea f : R − {2} −→ R definida por f(x) = x2 + x − 6x − 2

¿Puede f ser redefinida de modo que la nueva función sea continua en x = 2?

Problema 5.17. Sea A ⊆ R y sea f : A −→ R continua en c ∈ A. Muestreque para cualquier ε > 0, existe una vecindad U de c tal que si x, y ∈ A

⋂U ,

entonces |f(x) − f(y)| < ε.

Problema 5.18. Sea f : R −→ R continua en c y sea f(c) > 0. Muestreque existe una vecindad U de c tal que si x ∈ U , entonces f(x) > 0.

Problema 5.19. Sea f : R −→ R una función continua en R y sea S ={x ∈ R : f(x) = 0}, el conjunto de los ceros de f . Pruebe que el conjuntoS es cerrado en R.

Problema 5.20. Sean A ⊆ B ⊆ R, y f : B −→ R y sea g la restricción def a A.

1. Muestre que si f es continua en c ∈ A entonces g es continua en c.

2. Muestre por medio de un ejemplo que si g es continua en c, no nece-sariamente se tiene que f es continua en c.

Problema 5.21. Pruebe, usando la definición, que la función valor absolutof(x) = |x| es continua en todo punto c ∈ R.

Sergio Plaza 177

Problema 5.22. Suponga que f : R −→ R es continua en R y que f(r) = 0para todo número racional r. Pruebe que f(x) = 0 para todo x ∈ R.

Problema 5.23. Defina g : R −→ R por

g(x) =

⎧⎨⎩ 2x x ∈ Q

x + 3 x ∈ R − Q

Encuentre todos los puntos donde f es continua.

Problema 5.24. Sea A = ]0, ∞[ y sea k : A −→ R definida por

k(x) =

⎧⎨⎩ n x = m

n∈ A ∩ Q

0 x ∈ A ∩ R − Q

donde en el primer caso la fracción es irreducible. Pruebe que f no es acotadaen ningún intervalo abierto en (0, ∞). Concluya que k no es continua enningún punto de A.

Problema 5.25. Sea f : ]0, 1[ −→ R acotada pero tal que limx→0+

f(x) noexista. Pruebe que existen dos sucesiones (xn) e (yn) en (0, 1) con lim xn = 0y lim yn = 0 pero tales que lim f(xn) y lim f(yn) existen pero no son iguales.

Problema 5.26. Determine los puntos donde las siguientes funciones soncontinuas. Justifique cuidadosamente en cada caso usando los teoremas de-mostrados en clases.

(a) f(x) = x2 + 2x + 1x2 + 1

, x ∈ R (b) g(x) =√

x +√

x, x ≥ 0

(c) h(x) =

√1 + | senx|

x, x ∈ R − {0} (d) k(x) = cos

√1 + x2, x �= 0


Problema 5.27. Muestre que si f : A −→ R es continua en A ⊆ R y sin ∈ N, entonces la función fn(x) = (f(x))n, x ∈ A, es continua en A.

Problema 5.28. De un ejemplo de funciones f, g : A ⊆ R −→ R tales quef sea discontinua en todo punto de A, g sea continua en A y sin embargog ◦ f sea continua en A.

Problema 5.29. Sea f, g : R −→ R funciones continuas en R tales quef(r) = g(r) para todo r ∈ Q. Pruebe que f(x) = g(x) para todo x ∈ R.

Problema 5.30. Sea h : R −→ R una función continua en R tal queh(

m

2n

)= 0 para todo m ∈ Z, para todo n ∈ N. Pruebe que h(x) = 0,

para todo x ∈ R.

Problema 5.31. Si f : R −→ R es continua en R, muestre que el conjuntoP = {x ∈ R : f(x) > 0} es un conjunto abierto.

Problema 5.32. Sean f, g : R −→ R continuas en R. Muestre que elconjunto S = {x ∈ R : f(x) > g(x)} es un conjunto abierto en R.

Problema 5.33. Una función f : R −→ R se dice aditiva si f(x + y) =f(x) + f(y) para todo x, y ∈ R. Pruebe que si f es aditiva y continua en unpunto x0 ∈ R, entonces es continua en todo punto x ∈ R.

Problema 5.34. Suponga que f es una función continua y aditiva en R.Muestre que f(x) = f(1)x para todo x ∈ R. (Indicación: Pruebe primeropara x ∈ Q).

Problema 5.35. Sea g : R −→ R una función que satisface la relacióng(x + y) = g(x)g(y) para todo x, y ∈ R. Muestre que si g es continua enx = 0, entonces g es continua en todo punto de R. Pruebe además, que sig(a) = 0 para algún a ∈ R, entonces g(x) = 0 para todo x ∈ R

Problema 5.36. Pruebe que la función f(x) = [x] +√

x − [x] es continuaen todo x ∈ R.

Sergio Plaza 179

Problema 5.37. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R una función continua talque f(x) > 0 para cada x ∈ I. Pruebe que existe un número α > 0 tal quef(x) ≥ α para todo x ∈ I.

Problema 5.38. Sea I = [a, b] y sean f : I −→ R, g : I −→ R funcionescontinuas sobre I. Muestre que el conjunto {x ∈ I : f(x) = g(x)} es cerrado.

Problema 5.39. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R una función continua en I

tal que para cada x ∈ I, existe y ∈ I tal que |f(y)| ≤ 12 |f(x)|. Pruebe que

existe un punto c ∈ I tal que f(c) = 0.

Problema 5.40. Muestre que todo polinomio de grado impar con coefi-cientes reales tiene al menos una raíz real.

Muestre que el polinomio p(x) = x4 + 7x3 − 9 tiene al menos dos raícesreales. Calcule con dos decimales de exactitud.

Problema 5.41.

Problema 5.42. Sea f : [0, 1] −→ R continua y tal que f(0) = f(1). Pruebeque existe un punto c ∈ [0, 1

2 ] tal que f(c) = f(c + 12). Concluya que en todo

tiempo t, existen puntos antipodales sobre el eje del ecuador que tiene lamisma temperatura.

Problema 5.43. Muestre que la ecuación x = cos x tiene una solución en elintervalo [0, 2π]. Calcule este punto con tres decimales de exactitud.

Problema 5.44. Sea I = [a, b], sea f : I −→ R continua, y sea f(a) < 0y f(b) > 0. Sea W = {x ∈ I : f(x) < 0}, y sea w = sup W . Pruebe quef(w) = 0.

Problema 5.45. Sea I = [0, π/2] y sea f : I −→ R definida por f(x) =Sup{x2, cos x} para x ∈ I. Muestre que f tiene un mínimo absoluto x0 ∈ I.Muestre que x0 es la solución de la ecuación cos(x) = x2.


Problema 5.46. Suponga que f : R −→ R es una función continua y queademás lim

x→−∞ f = 0 y limx→+∞ f = 0. Pruebe que f es acotada en R y que

además debe tener o un máximo o un mínimo en R. Muestre medianteejemplos que no es necesario, sin embargo, que tenga máximo y mínimo a lavez.

Problema 5.47. Sea f : R −→ R continua en R y sea β ∈ R. Muestre quesi x0 ∈ R es tal que f(x0) < β, entonces existe una vecindad U de x0 tal quef(x) < β para todo x ∈ U .

Problema 5.48. De un ejemplo de una función f : R −→ R tal que elconjunto {x ∈ R : f(x) = 1} no es ni abierto ni cerrado en R.

Problema 5.49. Si f : [0, 1] −→ R es continua y su imagen tiene sólo valoresracionales, ¿Debe ser f una función constante?, ¿Y si su imagen toma sólovalores irracionales?

Problema 5.50. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R una función, no nece-sariamente continua, talque para cada x ∈ I, la función es acotada en unavecindad Ux de x. Pruebe que f es acotada en I.

Problema 5.51. Sea J = (a, b) y sea g : J −→ R una función continua conla propiedad que para todo x ∈ J , la función g es acotada en una vecindadVx de x. Muestre que g no necesariamente es acotada sobre J

Problema 5.52. Sea f : [0, 1] −→ R continua tal que f([0, 1]) ⊆ [0, 1].Muestre que f tiene un punto fijo x0 ∈ [0, 1], vale decir, f(x0) = x0.

Problema 5.53. Un monje budista vive en una cabaña al pie de una mon-taña. Cada noche, al ponerse el sol, deja la cabaña, sube a la montaña porun sendero muy hollado, medita en varios puntos a lo largo del trayecto, ya la mañana siguiente, exactamente al alba, está de regreso en su cabaña.Los lugareños próximos observaban variaciones considerables en este ritual,siendo virtualmente imposible predecir, por ejemplo, donde estaría el monje

Sergio Plaza 181

a media noche. Sin embargo, uno de los lugareños conjeturó lo siguiente: dedisponerse de los horarios detallados de dos de esas excursiones nocturnas,podría hallarse un punto de coincidencia, al menos, entre ambos, es decir, deuna muestra, como mínimo, de que el monje había estado en el mismo puntodel camino a la misma hora ambas noches. Los otros lugareños rechazaronesta conjetura como improbable. ¿Qué tiene que decir al respecto?

Problema 5.54. ¿Existe una función f : R −→ R tal que sea biyectivadiscontinua en todos los puntos?

Problema 5.55. ¿ Existe una función f : A ⊆ R −→ B ⊆ R que seabiyectiva, continua pero que f−1 : B −→ A no sea continua?

Problema 5.56. Sea f : R −→ R una función arbitraria. Para cada n ∈ N,consideremos el conjunto Cn, formado por los punto a ∈ R con la siguientepropiedad: existe un intervalo abierto I, que contiene a a, tal que x, y ∈ I

implica |f(x) − f(y)| < 1n. Pruebe que cada Cn es un conjunto abierto y que

f es continua en un punto a si, y solamente si, a ∈ Cn para todo n ∈ N.Concluya que el conjunto de puntos donde cualquier función f : R −→ R escontinua es la intersección numerable de conjuntos abiertos.

Problema 5.57. Demuestre usando el problema anterior que no existe unafunción que sea continua sólo en los números racionales y discontinua en losirracionales.

Problema 5.58. Sea f : Q −→ R definida por f(x) =1

x − πpara x ∈ Q.

Demuestre que f es continua en Q. ¿Qué pasa en x ∈ R − Q?, ¿Contradiceesto el ejercicio anterior?

Problema 5.59. Muestre que no existe una función continua f : R −→ R

que transforme todo número racional en un irracional y viceversa.

Problema 5.60. Pruebe que la función f(x) = 1/x, x ≥ 1, es uniformementecontinua en el intervalo [1, ∞).


Problema 5.61. Muestre que las siguientes funciones no son uniformementecontinuas en los dominios que se señalan:

1. f(x) = 1/x, D(f) = (0, 1);

2. g(x) = x2, D(g) = R;

3. h(x) = 1/x2, D(h) = (0, ∞);

4. k(x) = sen(1/x), D(k) = (0, ∞).

Problema 5.62. Muestre que la función f(x) = 1/(1+x2) es uniformementecontinua en R.

Problema 5.63. Muestre que si f ,g son funciones uniformemente continuasde Q en R, entonces f + g es una función uniformemente continua en R.

Problema 5.64. Muestre que si f y g son funciones reales uniformementecontinuas sobre R y si ambas son acotadas en R, entonces el producto fg esuna función uniformemente continua.

Problema 5.65. Si f(x) = x y g(x) = sen(x), muestre que ambas fun-ciones son uniformemente continuas en R, sin embargo, el producto fg no esunformemente continuo en R.

Problema 5.66. Sea A ⊆ R y sea f : A −→ R una función uniformementecontinua en A. Pruebe que si (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy en A,entonces (f(xn))n∈N es una sucesión de Cauchy en R.

Problema 5.67. Sea f : ]0, 1] −→ R una función uniformemente continuaen ]0, 1], y sea L = lim f(1/n). Pruebe que si (xn)n∈N es cualquier sucesióntal que lim xn = 0 entonces lim f(xn) = L. Pruebe usando este resultado quela función sen(1/x) no es uniformemente continua en (0, 1].

Sergio Plaza 183

Problema 5.68. Suponga que f es uniformemente continua en (a, b). Muestreque f puede ser definida sobre a y b de manera que la extensión sea continuaen [a, b].

Problema 5.69. Sea A ⊆ R y sea f : A −→ R una función uniformementecontinua en A. Muestre que si A es un conjunto acotado, entonces f(A) esun conjunto acotado.

Problema 5.70. Sea A ⊆ R y suponga que f : A −→ R tiene lasiguientepropiedad: para cada ε > 0, existe una función gε : A −→ R, tal que gε esuniformemente continua en A y |f(x) − gε(x)| < ε para todo x ∈ A. Pruebeque f es uniformemente continua en A.

Problema 5.71. Una función f : R −→ R es periódica de período p sif(x + p) = f(p) para todo x ∈ R. Muestre que si f es una función continuay periódica en R es acotada y uniformemente continua.

Problema 5.72. Analice la continuidad de las siguientes funciones

(a) f(x) =

⎧⎨⎩ 2x + 1 , x ≤ 2

x − 1 , x > 2(b) g(x) =

⎧⎨⎩ −2x + 4 , x < 1

x2 + 1 , x ≥ 1

(c) h(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

2 , 0 ≤ x ≤ 3

1x − 3

, 3 < x < 5

12

, x ≥ 5

(d) t(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x2 , 0 ≤ x < 36 , x = 39 , x > 3

(e) h(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

1x

, x �= 0

0 , x = 0

(f) f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

sen(x)x

, x �= 0

1 , x = 0


(g) g(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x3 − 8x2 − 4

, x �= 2

3 , x = 2

(h) h(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x2 − 9x + 3

, x �= −3

−6 , x = −3

(i) f(x) =

⎧⎨⎩ sen(πx) , 0 < x ≤ 1

ln(x) , 1 < x < 2(j) h(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x2 − x − 6x − 3

, x �= 3

5 , x = 3

(k) f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

4x2 − 2x3

x − 2, x �= 2

8 , x = 2

Problema 5.73. Determine los valores de a, b y c para que las siguientesfunciones sean continuas en todos los reales

(a) f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

ax3 + 3 , x ≤ 33x2 + 2ax + 7b , 3 < x ≤ 4

8bx + 7 , x > 4

(b) g(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

−2 sen(x) , x ≤ −π2

a sen(x) + b , −π2 < x < π

2cos(x) , π

2 ≤ x

(c) h(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x2 , −1 ≤ x < 1ax + b , 1 ≤ x < 2

c(1 − x) , para otro valor real

Sergio Plaza 185

Problema 5.74. Dada la función

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

√x2 + 9 − 3

x2 si x < 0

sen(x)6x

si x > 0

>Existe limx→0

f(x) ?

Problema 5.75. Pruebe que la función f : R −→ R definida por

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

15√

33x2 − x − 2

x − 1si x < 1

√2x + 1 − √

3x − 1

si x > 1

2 si x = 1

es continua en R − {1} y discontinua en x = 1.

Problema 5.76. Aplique el método de bisección para determinar c3 , paraf (x) =

√x − cos(x) en [0, 1] .

Problema 5.77. Aplique en los siguientes intervalos el método de bisecciónpara determinar las aproximaciones a las soluciones de x3 −7x2 +14x−6 = 0con una exactitud de 10−2 .

1. [0, 1]

2.[1, 16

5

]3.[

165 , 4

]Problema 5.78. Aplique el método de bisección para determinar una aprox-imación a la solución de tan(x) = x con una exactitud de 10−3 en el intervalo[4, 9

2

].


Problema 5.79. Aplique el método de bisección para determinar una aprox-imación a la solución de 2 + cos (ex − 2) − ex = 0 con una exactitud de 10−3

en el intervalo[

12 , 3

2

]Problema 5.80. En cada caso aplique el método de bisección para deter-minar una aproximación a la solución con una exactitud de 10−5 .

1. x − 2−x = 0 para x ∈ [0, 1] .

2. e−x − x2 + 3x − 2 = 0 para x ∈ [0, 1] .

3. 2x cos (2x) − (x + 1)2 = 0 para x ∈ [−3, −2] y para x ∈ [−1, 0] .

4. x cos (x) − 2x2 + 3x − 1 = 0 para x ∈[

15 , 3

10

]y para x ∈

[65 , 13

10

].

Observación. Si el proceso de bisección se detiene en la iteración n , en-tonces f posee una raíz en el intervalo [an, bn] y

|r − an| ≤ 2−n(b0 − a0) y |r − bn| ≤ 2−n(b0 − a0) .

Por otra parte, una mejor aproximación para la raíz r de f(x) = 0 escn = an+bn

2 , pues

|r − cn| ≤ 12

(bn − an) = 2−(n+1) (b0 − a0) .

Resumiendo lo anterior, tenemos el siguiente resultado.

Teorema 5.27. Sean [a0, b0] , [a1, b1] , [a2, b2] , . . . , [an, bn] , . . . los inter-valos obtenidos en el método de bisección, entonces limn→∞ bn = limn→∞ an =r y r es una raíz de f (x) = 0 . Además, se tiene que |r − an| ≤ 2−n(b0 −a0)y |r − bn| ≤ 2−n(b0 − a0) . Por otra parte, si cn = an+bn

2 entonces r =limn→∞ cn y |r − cn| ≤ 2−(n+1) (b0 − a0) .

Sergio Plaza 187

El número |xn − r| , donde xn es una aproximación al valor exacto r , esllamado el error absoluto de la aproximación .

Problema 5.81. Pruebe que la función f(x) = 1/x, x ≥ 1, es uniformementecontinua en el intervalo [1, ∞).

Problema 5.82. Muestre que las siguientes funciones no son uniformementecontinuas en los dominios que se señalan

1. f(x) = 1/x, D(f) = (0, 1);

2. g(x) = x2, D(g) = R;

3. h(x) = 1/x2, D(h) = (0, ∞);

4. k(x) = sen(1/x), D(k) = (0, ∞).

Problema 5.83. Muestre que la función f(x) = 1/(1+x2) es uniformementecontinua en R.

Problema 5.84. Muestre que si f ,g son funciones uniformemente continuasde R en R, entonces f + g es una función uniformemente continua en R.

Problema 5.85. Sea A ⊆ R y sea f : A −→ R una función uniformementecontinua en A. Pruebe que si (xn)n∈N es una sucesión de Cauchy en A,entonces (f(xn))n∈N es una sucesión de Cauchy en R.

Problema 5.86. Sea f : (0, 1] −→ R una función uniformemente continuaen (0, 1], y sea L = limn→∞ f(1/n). Pruebe que si (xn)n∈N es cualquiersucesión tal que limn→∞ xn = 0 entonces limn→∞ f(xn) = L. Pruebe usandoeste resultado que la función sen(1/x) no es uniformemente continua en (0, 1].

Problema 5.87. Suponga que f es uniformemente continua en (a, b). Muestreque f puede ser definida sobre a y b de manera que la extensión sea continuaen [a, b].


Problema 5.88. Sea A ⊆ R y sea f : A −→ R una función uniformementecontinua en A. Muestre que si A es un conjunto acotado, entonces f(A) esun conjunto acotado.

Problema 5.89. Sea A ⊆ R y suponga que f : A −→ R tiene lasiguientepropiedad: para cada ε > 0, existe una función gε : A −→ R, tal que gε esuniformemente continua en A y |f(x) − gε(x)| < ε para todo x ∈ A. Pruebeque f es uniformemente continua en A.

Problema 5.90. Una función f : R −→ R se dice periódica de período p sif(x + p) = f(p) para todo x ∈ R. Muestre que si f es una función continuay periódica en R es acotada y uniformemente continua.

Problema 5.91. Si I = [a, b] es un intervalo y f : I −→ R es una funcióncreciente, entonces el punto a es el mínimo absoluto de f y b es el máximoabsoluto de f . Si f es una función estrictamente creciente, entonces a es elúnico mínimo absoluto de f en I.

Problema 5.92. Si f y g son funciones crecientes sobre un intervalo I ⊆ R,muestre que f + g es una función creciente en I. Muestre además que si f og es estrictamente creciente en I entonces f + g es estrictamente creciente.

Problema 5.93. Muestre que f(x) = x y g(x) = x − 1 son funciones cre-cientes sobre [0, 1], sin embargo, la función producto fg no lo es.

Problema 5.94. Muestre que si f y g son positivas y crecientes en unintervalo I ⊆ R, entonces fg es una función positiva y creciente en I.

Problema 5.95. Muestre que si I = [a, b] y f : I −→ R es creciente en I,entonces f es continua en a si, y sólo si, f(a) = inf{f(x) : x ∈ (a, b]}.

Problema 5.96. Sea I ⊆ R un intervalo y sea f : I −→ R creciente sobre I.Suponga que c ∈ I no es un punto extremo de I. Muestre que f es continuaen c si y sólo si existe una sucesión (xn)n∈N en I tal que xn < c para n impary xn > c para n par, y tal que c = limn→∞ xn y f(c) = limn→∞ f(xn).

Sergio Plaza 189

Problema 5.97. Sea I ⊆ R un intervalo y sea f : I −→ R creciente sobreI. Si c no es un punto extremo de I, muestre que el salto jf (c) de f en c estádado por inf{f(y) − f(x) : x < c < y, x, y ∈ I}.

Problema 5.98. Sean f , g crecientes sobre un intervalo I ⊆ R y sea f(x) >

g(x) para todo x ∈ I. Si y ∈ f(I) ∩ g(I), muestre que f−1(y) = g−1(y).[Hint: Interprete la situación geométrica primero.]

Problema 5.99. Sea I = [0, 1] y sea f : I −→ R definida por f(x) = x

para x racional y por f(x) = 1 − x si x es un número irracional. Muestreque f es inyectiva en I y que f(f(x)) = x para todo x ∈ I, de esta formaf es su misma función inversa. Muestre que f es continua sólo en x = 1/2.¿Contradice este ejemplo el teorema de la inversa continua?

Problema 5.100. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R continua en I. Sif tiene un máximo absoluto (respectivamente un mínimo absoluto) en unpunto interior c de I, muestre que f no es inyectiva en I.

Problema 5.101. Sea f(x) = x para x ∈ [0, 1], y sea f(x) = 1 + x parax ∈ (1, 2]. Muestre que f y f−1 son estrictamente crecientes. ¿Son f y f−1

continuas en todos los puntos?

Problema 5.102. Sea f : R −→ R una función continua que no tomaninguno de sus valores dos veces. Muestre que f debe ser estrictamentemonótona.

Problema 5.103. Sea h : [0, 1] −→ R una función que toma cada uno desus valores exactamente dos veces. Muestre que f no puede ser continuaen todos los puntos. [Hint: Si c1 < c2 son puntos de h donde alcanza susupremo, muestre que c1 = 0, c2 = 1. Ahora examine los puntos donde h

alcanza su ínfimo.]

Problema 5.104. Se desea resolver la ecuación no lineal x + ln(x) = 0 .

(a) Muestre que la ecuación tiene una solución en el intervalo [0, 1] .


(b) Se proponen los siguientes métodos iterativos.

(i) xn+1 = g1(xn) = − ln(xn)

(ii) xn+1 = g2(xn) = e−xn

(iii) xn+1 = g3(xn) = xn+e−xn

2

Estudie la convergencia de los métodos propuestos. De los que conven-gen, decida cuál(es) lo hace más rápido.

(c) Para el o los métodos que son convergentes, comenzando con x0 = 0.6 ,calcule numericamente la raíz r de la ecuación.

Problema 5.105. Considere la siguiente función

f(x) = tan(x) − x + 2 x ∈ R

(a) Defina un método iterativo de punto fijo y demuestre su convergencia(sin hacer iteraciones) explicitando en qué intervalo se garantiza laconvergencia.

(b) Diga y justifique cual es el orden de convergencia del método propuestoen el item anterior.

(c) Determine el número de iteraciones debería realizar para garantizar unapresición de 10−6 si toma como punto inicial x0 = 1 .

Capítulo 6

Derivada

Sea X ⊂ R un conjunto no vacío y sea f : X −→ R.

Definición 6.1. Sea a ∈ X ∩ X ′, si existe

limx→a

f(x) − f(a)x − a

(6.1)

decimos que f es derivable en a, denotamos el valor del límite (6.1) por f ′(a),y es llamado la derivada de f en a, es decir,

limx→a

f(x) − f(a)x − a

= f ′(a)

DIBUJO

La recta de pendiente m = f ′(a), dada por y − f(a) = f ′(a)(x − a) esllamada recta tangente al gráfico de f en el punto (a, f(a)).

Si escribimos h = x − a, es decir, x = a + h, entonces (6.1) se trsnsformaen

f ′(a) = limh→0

f(a + h) − f(a)h

(6.2)

191


La función k : h −→ f(a + h) − f(a)h

está definida en el conjunto Y ={h ∈ R − {0} : a + h ∈ X}, y tiene a h = 0 como punto de acumulación.

Observación. Si a ∈ X ∩ X ′+ y existe

limx→a+

f(x) − f(a)x − a

(6.3)

el cual denotamos f ′+(a), es llamado la derivada por la derecha de f en a.

Notemos que

f ′+(a) = lim

h→0+

f(a + h) − f(a)h

.

Por otra parte, si a ∈ X ∩ X ′−, se define f ′

−(a), la derivada por la izquierdade f en a de modo completamente análogo, es decir,

f ′−(a) = lim

x→a−

f(x) − f(a)x − a

= limh→0−

f(a + h) − f(a)h

(6.4)

Tenemos

1. f ′(a) existe si y sólo si existen f ′+, f ′

− y son iguales, en cuyo caso elvalor común es f ′(a).

2. f ′(a) existe si y sólo si para toda sucesión (xn)n∈N, xn ∈ X − {a}, con

limn→∞ xn = a, se tiene lim

n→∞f(xn) − f(a)

xn − a= f ′(a).

3. Más general, si g : Y ⊆ R −→ R con g(Y ) ⊆ X es tal que limy→b

g(y) = a,

para b ∈ Y ′ y se cumple g(y) �= a para y �= b, y existe limy→b

f(g(y)) − f(a)g(y) − a

,

entonces f es derivable en a y f ′(a) = limy→b

f(g(g)) − f(a)g(y) − a

.

Decimos que f derivable en X si es derivable en cada a ∈ X ∩ X ′.

Teorema 6.1. Sean f : X −→ R, a ∈ X ∩X ′ y f derivable en a. Entoncesf es continua en a.

Sergio Plaza 193

Demostración. Como limx→a

f(x) − f(a)x − a

= f ′(a) existe, se sigue

limx→a

(f(x) − f(a)) = limx→a

(f(x) − f(a)

x − a· (x − a)

)

limx→a

f(x) − f(a)x − a

· limx→a

(x − a)

= f ′(a) · 0

esto es, limx→a

f(x) = f(a).

�

Teorema 6.2. (álgebra de la derivada) Sean f, g : X −→ R y a ∈ X ∩ X ′.Supongamos que f y g son derivables en a. Entonces

1. f±g y f · g son derivables en a, y valen las fórmulas siguientes

(f ± g)′(a) = f ′(a) ± g′(a)(f · g)′(a) = f ′(a)g(a) + f(a)g′(a) .

2. Si g(a) �= 0, entonces f/g es derivable en a y vale(f

g

)′(a) = f ′(a)g(a) − f(a)g′(a)

g(a)2 .

Demostración. Tenemos que existen

limh→0

f(a + h) − f(a)h

= f ′(a) y limh→0

g(a + h) − g(a)h

= g′(a) .

La existencia y la fórmula para la derivada de f ± g es fácil y se deja acargo del lector.

Para el producto f · g, tenemos

(f · g)(a + h) − (f · g)(a) = f(a + h)g(a + h) − f(a)g(a + h) + f(a)g(a + h)

−f(a)g(a)

= [f(a + h) − f(a)]g(a + h) + f(a)[g(a + h) − g(a)]


luego

limh→0

(f · g)(a + h) − (f · g)(a)h

= limh→0

(f(a + h) − f(a)

h

)limh→0

g(a + h)

+f(a) limh→0

g(a + h) − g(a)h

= f ′(a) · g(a) + f(a)g′(a)

La existencia y fórmula para la derivada del cuociente se deja a cargo dellector.

Ejemplo 6.1. Sea f : R −→ R dada por f(x) = x2. Tenemos f(x + h) =

(x + h)2 = x2 + 2hx + h2, luego limh→0

f(x + h) − f(x)h

= limh→0

2hx + h2

h= 2x.

Ejemplo 6.2. Sea f : {x ∈ R : x ≥ 0} −→ R dada por f(x) =√

x. Ten-

emos f(x+h) =√

x + h, luego para x > 0 obtenemos limh→0

f(x + h) − f(x)h

=

limh→0

√x + h − √

x

h= lim

h→0

h

h(√

x + h +√

x)= 1

2√

x. Para x = 0, nos queda

f ′+(0) = lim

h→0+

√0 + h − √

0h

= limh→0+

1√h

el cual no existe.

Ejemplo 6.3. Para la función f : R −→ R dada por f(x) = |x|, se tiene

que si x > 0, entonces f ′(x) = limh→0

f(x + h) − f(a)h

= limh→0

|x + h| − |x|h

=

limh→0

x + h − x

h= 1 y si x < 0, se tiene f(x) = −x, luego f ′(x) = lim

h→0

f(x + h) − f(a)h

=

limh→0

|x + h| − |x|h

= limh→0

−x + −h − (−x)h

= −1. Finalmente para x = 0 se

tiene limh→0+

f(0 + h) − f(0)h

= limh→0+

|h|h

= 1, pues h > 0, y limh→0−

f(0 + h) − f(0)h

=

limh→0−

|h|h

= −1, pues h < 0, como f ′+(0) �= f ′

−(0) se sigue que no existe f ′(0).

Ejemplo 6.4. Sea f1 : R −→ R, dada por f1(x) = x, entonces f ′1(x) =

1. Definamos f2(x) = x2 = f1(x) · f1(x), luego f ′2(x) = (f1 · f1)′(x) =

Sergio Plaza 195

f ′1(x)f1(x) + f1(x)f ′

1(x) = 1 · x + x · 1 = 2x, inductivamente, definimosfn(x) = fn−1(x) · f1(x) = xn y se tiene que f ′

n(x) = nxn−1.

Ejemplo 6.5. Sea f(x) = sen(x). Usando que limx→0

=sen(x)

x= 1, se tiene

que limx→0

cos(x) − 1x

= 0. Ahora, f(x + h) = sen(x + h) = sen(x) cos(h) +

sen(h) cos(x), luego limh→0

f(x + h) − f(x)h

= limh→0

(cos(h) − 1) sen(x) + sen(h) cos(x)h

=

sen(x) limh→0

cos(h) − 1h

+ cos(x) limh→0

sen(h)h

= cos(x).

Observación 6.1. Si c ∈ R es una constante y f : X −→ R es derivable ena y (cf)′(a) = cf ′(a).

Ejemplo 6.6. Defina la función f : R −→ R por f(x) = [x] sen2(πx).Determine si f es derivable en los puntos a = 1/2 y a = 1.

Solución. Tenemos determinar si exuste

limh→0

f(12 + h) − f(1

2)h

= limh→0

[12 + h

]sen2

(π(1

2 + h))

−[

12

]sen2

(π2

)h

. (6.5)

Notemos que[

12

]= 0 y que

[12 + h

]= 0 si h es pequeño, de hecho vale si

h ∈]−1

2 , 12

[. Por lo tanto el límite del lado derecho de (6.5) es igual a cero.

En consecuencia existe f ′(

12

)= 0.

Para a = 1, tenemos que determinar la existencia de

limh→0

[1 + h] sen2(π(1 + h)) − [1] sen2(π)h

= limh→0

[1 + h] sen2(π(1 + h))h

Notemos que si h es pequeño y negativo, entonces 1 + h < 1 y por lo tanto[1 + h] = 0 y si h es pequeño y positivo, entonces 1 < 1 + h y por lo tanto[1 + h] = 1. De esto vemos que debemos determinar los límites laterales, esdecir, las derivadas por la izquierda y por la derecha de f , y ver si son igualeso no. Ahora bien

f ′−(1) = lim

h→0−

[1 + h] sen2(π(1 + h)h

= 0


y

f ′+(1) = lim

h→0+

[1 + h] sen2(π(1 + h)h

= limh→0+

sen2(π + πh)h

ahora como limh→0+

sen2(π + πh)h

= limh→0+

sen(π + πh)h

sen(π+πh), usando que

sen(π+πh) = − sen(πh) y el hecho que limh→0+

sen(πh)h

= π y que limh→0+

sen(π+πh) = 0, concluimos que

limh→0+

sen2(π + πh)h

= 0 ,

consecuentemente f ′+(1) = 0.

Por lo tanto f es derivable en a = 1 y f ′(1) = 0.

Se deja a cargo del lector determinar si f es derivable o no en los puntosn ∈ Z y en qué otros puntos de R existe la derivada de f .

Sea f : X −→ R una función derivable en a ∈ X ∩ X ′ de (6.2) podemosescribir

r(h) = f(a + h) − f(a) − f ′(a)h (6.6)

luego, para todo h �= 0, se tiene

f(a + h) = f(a) + f ′(a)h + r(h) (6.7)

con limh→0

r(h)h

= 0, y decimos que r(h) es un infinitésimo de orden mayor queh.

Ahora, si existe un número real L tal que

f(a + h) = f(a) + Lh + r(h) (6.8)

con limh→0

r(h)h

= 0, entonces f es derivable en a y f ′(a) = L.

En efecto,f(a + h) − f(a)

h= L +

r(h)h

luego

limh→0

f(a + h) − f(a)h

= L + limh→0

r(h)h

= L ,

Sergio Plaza 197

es decir, f ′(a) y existe y vale L.

Resumiendo, tenemos f derivable en a ∈ X ∩ X ′ si y sólo si

f(a + h) = f(a) + Lh + r(h) (6.9)

con L ∈ R fijo y limh→0

r(h)h

= 0; y en el caso afirmativo se tiene que L = f ′(a).

Las condiciones (6.7) y (6.8) son equivalentes a

f(a + h) = f(a) + f ′(a)h + ρ(h)h , (6.10)

con limh→0

ρ(h) = 0. Notemos que la función ρ está definida para todo h tal quea + h ∈ X por

ρ(h) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

f(a + h) − f(a)h

− f ′(a), si h �= 0

0, si h = 0.

De (6.10) se tiene que f es derivable en a si y sólo si ρ es continua en h = 0.

Teorema 6.3. (Regla de la cadena) Sean f : X ⊆ R −→ R, g : Y ⊆ R −→R, con f derivable en a ∈ X ∩ X ′ y g derivable en b = f(a) ∈ Y ∩ Y ′.Entonces g ◦ f : X −→ R es derivable en a, y vale

(g ◦ f)′(a) = g′(f(a)) · f ′(a) .

Demostración. Tenemos

f(a + h) = f(a) + (f ′(a) + ρ(h))h, con limh→0

ρ(h) = 0

g(b + k) = g(b) + (g′(b) + σ(k))k, con limk→0

σ(k) = 0

Llamemos k = f(a+h)−f(a) = (f ′(a)+ρ(h))h, tenemos f(a+h) = b+k.


Ahora,

(g ◦ f)(a + h) = g(f(a + h))= g(b + k)= g(b) + (g′(b) + σ(k))k= g(b) + g′(b)f ′(a)h + g′(b)ρ(h)h + σ(f(a + h) − f(a)) · f ′(a)h

+σ(f(a + h) − f(a))ρ(h)h

luego, podemos escribir

(g ◦ f)(a + h) = g(f(a)) + g′(f(a))f ′(a)h + θ(h)h .

Falta ver que limh→0

θ(h) = 0. Tenemos

θ(h) = g′(f(a))ρ(h) + σ(f(a + h) − f(a))f ′(a) + σ(f(a + h) − f(a))σ(h)

ahora, como σ es continua en 0, pues g derivable en b = f(a), ρ es continuaen 0, pues f es derivable en a, se sigue θ continua en h = 0 y lim

h→0θ(h) = 0.

Por lo tanto, (g ◦ f) es derivable en a y se tiene (g ◦ f)′(a) = g′(f(a))f ′(a).

�

Corolario 6.4. (Derivada de la función inversa) Sea f : X −→ R una fun-ción que posee inversa g = f−1 : Y −→ R, donde Y = f(X). Supongamosque f es derivable en a ∈ X ∩ X ′ y que g es continua en b = f(a). Entoncesg es derivable en b si y sólo si f ′(a) �= 0. En caso afirmativo se tiene queg′(b) = (f−1)′(b) = 1

f ′(a).

Demostración. Como g es continua en b, se tiene limy→b

(g(y) − g(b)) = 0, esdecir, lim

y→bg(y) = a

Además, si y ∈ Y − {b}, entonces g(y) �= a(= g(b)).

Ahora, limy→b

g(y) − g(b)y − b

= limy→b

g(y) − a

f(g(y)) − f(a)= lim

y→b

1f(g(y))−f(a)

g(y)−a

= 1f ′(a)

.

Sergio Plaza 199

Recíprocamente, tenemos f−1 ◦ f = IdX , luego (f−1)′(f(a))f ′(a) = 1, dedonde (f−1)′(f(a)) =

1f ′(a)

.

�

Observación 6.2. Si f es una biyección derivable, no necesariamente setiene f−1 es derivable en todo punto.

Ejemplo 6.7. Sea f : R −→ R definida por f(x) = x3. Tenemos f esbiyección y es derivable en todo punto de R, pero f−1(x) = x1/3 es continuay no derivable en x = 0. En este caso f ′(0) = 0.

6.1 Máximos y mínimos

Definición 6.2. Sea f : X −→ R. Decimos que f tiene un máximo localen a ∈ X, si existe δ > 0, tal que para x ∈ X∩ ]a − δ, a + δ[ se tiene quef(x) ≤ f(a). Decimos que f tiene un máximo local estricto si para cadax ∈ X∩ ]a − δ, a + δ[ se tiene f(x) < f(a).

DIBUJO

Decimos que a ∈ X es máximo global (resp. máximo global estricto) sif(x) ≤ f(a) (resp. f(x) < f(a)) para todo x ∈ X.

Las definiciones de mínimo local, mínimo local estricto, mínimo global ymínimo global estricto son completamente análogas a las anteriores, simple-mente hay que cambiar lo que hay que cambiar, esto es, mutatis mutandi.

Observación 6.3. Si f : X −→ R es no decreciente (resp. no creciente) y

derivable en a ∈ X ∩ X ′, entonces f(x) − f(a)x − a

≥ 0 (resp. f(x) − f(a)x − a

≤ 0)

para todo x ∈ X, con x �= a, de donde, 0 ≤ limx→a

f(x) − f(a)x − a

= f ′(a) (resp.

f ′(a) = limx→a

f(x) − f(a)x − a

= f ′(a) ≤ 0).


DIBUJO

f(x) − f(a) ≥ 0x − a > 0

DIBUJO

f(a) ≥ f(x) − f(a) ≤ 0x − a < 0

Observemos que si f creciente y derivable no necesariamente se tiene quef ′(a) > 0. Por ejemplo, la función f : R −→ R dada por f(x) = x3 escreciente y derivable, pero f ′(0) = 0.

Teorema 6.5. Sean f : X −→ R y a ∈ X ∩ X ′+. Si f ′

+(a) > 0, entoncesexiste δ > 0 tal que para todo x ∈ X, con a < x < a+δ,se tiene f(a) < f(x).

DIBUJODemostración. Tenemos lim

x→a+

f(x) − f(a)x − a

= f ′+(a) > 0, luego existe δ > 0

tal que para cada x ∈ X, con a < x < a + δ se tienef(x) − f(a)

x − a> 0, de

donde f(x) − f(a) > 0.

Notemos que

1. Si a ∈ X ∩ X ′− y f ′

−(a) > 0, entonces existe δ > 0 tal que para todox ∈ X, con a − δ < x < a se tiene f(a) < f(a)

DIBUJO

2. Si a ∈ X ∩ X ′+ y f ′

+(a) < 0, entonces f(x) < f(a) para todo x ∈ X,con a < x < a + δ.

Sergio Plaza 201

DIBUJO

3. Si a ∈ X ∩ X ′− y f ′

−(a) < 0, entonces f(a) < f(x) para todo x ∈ X,con a − δ < x < a.

DIBUJO

�

Corolario 6.6. Sean f : X −→ R y a ∈ X ∩ X ′− ∩ X ′

+. Si f es derivableen a y f ′(a) > 0, entonces existe δ > 0 tal que para todo x, y ∈ X, cona−δ < x < a < y < a+δ, se tiene f(x) < f(a) < f(y) (resp. si f ′(a) < 0 setiene f(y) < f(a) < f(x)), en otras palabras f creciente (resp. decreciente)en un entorno de a.

Corolario 6.7. Sean f : X −→ R y a ∈ X ∩ X ′+ ∩ X ′

−, con f derivable ena. Si f tiene un máximo (resp. un mínimo) local en a, entonces f ′(a) = 0.

La recíproca del corolario no vale, es decir, f ′(a) = 0, no necesariamenteimplica que f tenga máximo o mínimo local en a.

Ejemplo 6.8. Sea f : R −→ R dada por f(x) = x3. Se tiene f ′(0) = 0, pero0 no es ni máximo ni mínimo local de f .

La función f(x) = |x|; tiene un mínimo en x = 0 y f no es derivable en 0.

6.2 Funciones derivables definidas en inter-valos

Sean I ⊆ R un intervalo y f : I −→ R. Supongamos que f es derivable entodo x ∈ I, es decir, existe x �−→ f ′(x) para todo x ∈ I. Si la función f ′ :


I −→ R es continua, decimos que f es continuamente derivable o de clase C1

en I y usamos la notación C1(I,R) = {f : I −→ R / f es de clase C1 en I}.

Ejemplo 6.9. Sea f : R −→ R dada por f(x) = cos(x), se tiene quef ′(x) = − sen(x), así la función f ′ : R −→ R es dada por f ′(x) = − sen(x),la cual es continua, por lo tanto sen ∈ C1(R,R).

Ejemplo 6.10. Sea f : R −→ R definida por f(x) = x sen(1

x

)si x �= 0 y

f(0) = 0. Tenemos, si x �= 0, entonces f ′(x) = sen(1

x

)+ x cos

(1x

)· −1

x2 =

sen(

1x

)− 1

xcos

(1x

)y f ′(0) = lim

h→0

f(0 + h) − f(0)h

= limh→0

h sen(

1h

)− 0

h, no

existe. En otras palabras, f es continua y no es derivable en x = 0, es decir,f ∈ C0(I,R) − C1(I,R).

Notación. C0(I,R) = {f : I −→ R / f continua }Es claro que C0(I,R) ⊇ C1(I,R).

Ejemplo 6.11. Sea f : R −→ R dada por f(x) = x2 sen(

1x

)si x �= 0 y

f(0) = 0. Se tiene que f ∈ C0(R,R). Ahora, si x �= 0 entonces f ′(x) =

2x sen(

1x

)− cos

(1x

)y si x = 0 entonces f ′(0) = lim

h→0

h2 sen(

1h

)h

= 0. Luegola función derivada f ′ : R −→ R es dada por

f ′(x) =

⎧⎨⎩ 2x sen

(1x

)− cos

(1x

)si x �= 0

0 si x = 0

Ahora como limx→0

f ′(x) no existe, se tiene que f ′ no es continua en todo R.

En otras palabras, se tiene que f es derivable, pero no de clase C1.

Ejemplo 6.12. Sea f : R −→ R, la función valor absoluto, f(x) = |x|.Tenemos

f ′(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

−1 x < 01 x > 0

no existe en x = 0

Sergio Plaza 203

Ejemplo 6.13. Sea f : R −→ R dada por f(x) = x3/2 si x ≥ 0. Tenemosf ′(x) =

32

x1/2 es es continua. Luego, f ∈ C1(R,R).

Si f : I −→ R es derivable y tal que f ′ es derivable, definimos

f ′′ = f (2) = (f ′)′

Si f (2), es derivable, f ′′′, = f (3) = (f (2))′. Inductivamente, si f (n) (derivadade orden n) está definida y es derivable, se define f (n+1) = (f (n))′.

Notación. La derivada de orden 0 de una función, es por definición la mismafunción, es decir, f (0) = f .

Decimos que f : I −→ R es de clase Ck, si f (k) : I −→ R existe y escontinua. y usamos la notación Ck(I,R) = {f : I −→ R / f es de clase Ck}.

Ejemplo 6.14. Sea f : [0, +∞[ −→ R, dada por f(x) = x3/2. Tenemos quef ∈ C1 pero no es C2, pues f ′(x) = 3

2x1/2 y f ′′(x) = 3

4x−1/2 no es continua

en 0.

Más general, sea f(x) = xn+ 13 , donde n ∈ N. Tenemos que f es de clase

C0 , f ′(x) =(

n +13

)xn− 2

3 es continua, es decir, f ∈ C1.

Si n = 1, f(x) = x1+ 13 , y f ′(x) = 4

3x1/3 no es derivable en x = 0.

Si n = 2, f ′′(x) = 73

· 43

x1/3 no es derivable en x = 0, pero es continua, esdecir, f ∈ C2 − C3.

Si n = 3, un cálculo directo muestra que f ∈ C3 − C4.

En general, si n ≥ 2, f ′(x) =(

n +13

)xn− 2

3 es derivable y se tiene quef ∈ Cn−1 − Cn.

Si f : I −→ R es de clase C1, es decir, f ′ continua. Supongamos x, y ∈ I

y sea d tal que f ′(x) < d < f ′(y), entonces por el T.V.I., existe z entre x e y

tal que f ′(z) = d.


Lo sorprendente es que esa propiedad vale, y no se necesita que f ′ seacontinua.

Teorema 6.8. (T.V.I. para la derivada, G. Darbaux) Sea f : [a, b] −→ R

derivable en cada x ∈ I. Si f ′(x) < d < f ′(y), donde x, y ∈ [a, b], entoncesexiste c en el intervalo J con extremos x e y, tal que f ′(c) = d.

Demostración. Supongamos primero que d = 0, es decir, tenemos f ′(x) <

0 < f ′(y), y supongamos que x < y, es decir, J = [x, y].

DIBUJO

Luego el mínimo de f en [x, y] debe ser alcanzado en un punto c ∈]x, y[ ysiendo f derivable en J , se tiene f ′(c) = 0.

�

Caso general, aplicar la parte ya demosrada a la función g(x) = f(x) −dx.Tenemos, g′(x) = f ′(x) − d = 0 si y sólo si f ′(x) = d.

Corolario 6.9. Si f : [a, b] −→ R es derivable, entonces f ′ no puede tenerdiscontinuidades de primera especie.

Teorema 6.10. (de Rolle) Sea f : [a, b] −→ R continua, y derivable en]a, b[. Si f(a) = f(b), existe c ∈ ]a, b[ tal que f ′(c) = 0.

DIBUJO

Demostración. Si f es constante, entonces f ′(x) = 0 para todo x ∈]a, b[ yestamos listos.

Sergio Plaza 205

Si f no es constante, entonces alcanza su máximo o su mínimo en puntosinteriores de [a, b]. Pues si f alcanza su máximo y su mínimo en los puntosextremos, se debe tener que f es constante y siendo f(a) = f(b).

DIBUJO

Luego, si f alcanza el mínimo (o máximo) en c ∈]a, b[, y se tiene f ′(c) = 0.

�

Teorema 6.11. (del Valor Medio (T.V.M), Lagrange) Sea f : [a, b] −→ R

continua, y derivable en ]a, b[ . Entonces existe c ∈ ]a, b[ , tal que

f(b) − f(a)b − a

= f ′(c)(b − a)

Demostración. Si f(a) = f(b) estamos en el caso del teorema de Rolle ypor lo tanto listos.

Supongamos que f(a) �= f(b). Calculando desde la ecuación de la recta

que pasa por los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)), es decir,y − f(a)

f(b) − f(a)=

x − a

b − a,

obtenemos y = f(a)+f(b) − f(a)

b − a(x−a). Sea g(x) = f(a)+

(f(b)−f(a)

b−a

)(x−a).

Ahora definamos ϕ(x) = f(x) − g(x). Tenemos ϕ es continua en [a, b], yes es derivable en ]a, b[ , y satisface ϕ(a) = ϕ(b) = 0.

Por el Teorema de Rolle, existe c ∈ ]a, b[ tal que ϕ′(c) = f ′(c) − g′(c) = 0,

es decir, f ′(c) = g′(c) = f(b) − f(a)b − a

.

DIBUJO

Corolario 6.12. Si f : [a, b] −→ R es continua en [a, b] y f ′(x) = 0 paratodo x ∈ ]a, b[ , entonces f es constante.

Demostración. Para cada x ∈ ]a, b] se tiene f es continua en [a, x] y deriv-able en ]a , x[ . Luego por T.V.M., f(x) − f(a) = f ′(c)(x − a) para algún


c ∈ ]a, x[ . Por lo tanto f(x) = f(a).

�

Teorema 6.13. Sean I ⊆ R un intervalo y f : I −→ R derivable en I.Entonces f ′(x) ≥ 0 (resp. f ′(x) ≤ 0) para todo x ∈ I si y sólo si f esno decreciente (resp. no creciente). Además si f ′(x) > 0 (resp. f ′(x) <

0), entonces f es creciente (resp. decreciente), y tiene inversa f−1 : J =f(I) −→ I, la cual es derivable y

(f−1)′(y) = 1f ′(x)

y = f(x) .

Demostración. (⇒) Dados x, y ∈ I, digamos con x < y, entonces porT.V.M., tenemos f(y) − f(x) = f ′(z)(y − x) para algún z ∈ ]x, y[ , y comof ′(z) ≥ 0 se sigue el resultado, es decir, f(x) ≤ f(y).

(⇐) Supongamos que f es no decreciente, y sea x ∈ I, entonces f(x + h) − f(x)h

≥

0, luego limh→0

f(x + h) − f(x)h

≥ 0.

El resto de la prueba es inmediato.

�

Teorema 6.14. (Unicidad del punto fijo en aproximaciones sucesivas usandoderivadas) Sea f : [a, b] −→ R continua tal que f([a, b]) ⊆ [a, b]. Supongamosque f es derivable en [a, b] y que existe λ, con 0 < λ < 1, tal que |f ′(x)| ≤λ para todo x ∈ [a, b], entonces el punto fijo xf de f en [a, b], el cual esúnico. Además, dado x0 ∈ [a, b] arbitrario, la sucesión xn+1 = f(xn), donden = 0, 1, . . . converge a xf , y se tiene que si usamos xN (N grande) comoaproximación de xf , entonces

|xf − xN |︸︷︷︸error absoluto

≤ λN

1 − λ|x1 − x0| .

Sergio Plaza 207

Demostración. Como f([a, b]) ⊆ [a, b], y f es continua el T.V.I, nos diceque existe solución a la ecuación f(x) = x, es decir, f tiene puntos fijos en[a, b].

Supongamos que existen dos puntos fijos, x y x tenemos f(x) = x y f(x) =x, luego |x− x| = |f(x)−f(x)| = |f ′(c)(x− x)| ≤ λ|x− x|, para algún c entrex y x, es decir, x = x = xf . Ahora, dado x0 ∈ [a, b] arbitrario, la sucesiónxn+1 = f(xn) satisface lim

n→∞ xn = xf . En efecto, tenemos |xk+1 − xk| =|f(xk)−f(xk−1)| ≤ λ1|xk −xk−1 = λ|f(xk−1)−f(xk−2)| ≤ λ2|xk−1 −xk−2| . . .

de donde, inductivamente obtenemos |xk+1 − xk| ≤ λk|x1 − x0|.Vamos a demostrar que la sucesión (xn)n∈N es de Cauchy. En efecto,

|xn+m − xn| ≤ |xn+m − xn+m−1| + |xn+m−1 − xn+m−2| + · · · + |xn+1 − xn| ≤(λn+m−1+λn+m−2+· · ·+λn)|x1−x0| = (λm−1+λm−2+· · ·+λ+1)λn|x1−x0| =1−λm

1−λλn |x1 − x0|. Por lo tanto, dado ε > 0, tomando n suficientemente

grande, tenemos que1 − λm

1 − λλn|x1 − x0| < ε. En consecuencia, la sucesión

(xn)n∈N es de Cauchy en R, por lo tanto convergente. Sea x = limn→∞ xn. Siendo

f continua, tenemos x = limn→∞ xn+1 = lim

n→∞ f(xn) = f( limn→∞ xn) = f(x), es

decir, x = f(x), en otras palabras, x es un punto fijo de f , y por la unicidaddel punto fijo, tenemos que x = xf .

Ahora, de |xn+m − xn| ≤ 1 − λm

1 − λλ.|x1 − x0|, haciendo m→∞ nos queda

|xf − xn| ≤ 11 − λ

|x1 − x0| .

�

Computacionalmente, tomamos como criterio de parada |xf − xN | ≤ Tol,donde Tol es la tolerancia para el error cometido en la aproximación de xf porxN , en general se elige Tol de la forma 10−j, es decir, exigimos tener al menorj dígitoa significativos en a aproximación xn antes de detener el proceso

computacion de las iteraciones, para tener esto, exigimosλN

1 − λ|x1 − x0| ≤


10−j, para ,lo cual debemos calcular el valor de N , ahora tomando logaritmos

en la desigualdad, obtenemos log(

λN

1 − λ

)+ log |x1 − x0| ≤ j log(10) = −j,

de donde N log(λ) − log(1 − λ) + log(|x1 − x0|) ≤ −j, y de aquí se puededespejar N , este valor es el número de veces que debe repetirse el ciclo paratener el margen de error pedido.

Ejemplo 6.15. Considere la siguiente función

f(x) = tan(x) − x + 2 x ∈ R

(a) Defina un método iterativo de punto fijo (diferente a Newton) y de-muestre su convergencia (sin hacer iteraciones) explicitando en qué in-tervalo se garantiza la convergencia.

(b) Diga y justifique cual es el orden de convergencia del método propuestoen el item anterior.

(c) Determine cuántas iteraciones debería realizar para garantizar una presi-ción de 10−6 si toma como punto inicial x0 = 1 .

Solución.

Sergio Plaza 209

(a) Tenemos que f(x) = tan(x) − x + 2 = 0 tiene infinitas soluciones,

–10

–8

–6

–4

–20

2

4

6

8

10

y

–10 –8 –6 –4 –2 2 4 6 8 10x

gráfico de f(x) = tan(x) − x + 2 , −10 ≤ x ≤ 10

Proponemos el método iterativo Φ(x) = arctan(x − 2) . Este no estábien definido, pero si consideramos un intervalo entre dos asintótas def(x) , queda bien definida. Ahora, tenemos que

Φ′(x) =1

(x − 2)2 + 1< 1

para todo x �= 2 . Luego, como 2 no es raíz de f(x) = 0 , se tiene que|Φ′(α)| < 1 para toda raíz α de la ecuación f(x) = 0 . Por lo tanto,existe un intervalo cerrado y acotado [a, b] alrededor de cualquier raízα de f(x) = 0 , tal que |Φ′(x)| < max{|Φ′(x)| a ≤ x ≤ b} = |Φ′(b)| .Consideramos la rama que contiene a la raíz α1 ≈ −1.27439266194 dela ecuación. Tenemos f(−1.27439266194) ≈ −0.2 × 10−10 . Luego en


cualquier intervalo [a, b] � α1 el método iterativo propuesto converge.

–10

–5

5

10

–10 –8 –6 –4 –2 2 4 6 8 10x

gráfico de gráfico de Φ(x) = arctan(x − 2) , −10 ≤ x ≤ 10

(b) Como Φ′(x) �= 0 para todo x ∈ R donde Φ(x) este bien definida, setiene que el método propuesto tiene orden de convergencia 1.

(c) Comenzando con x0 = 1 , tenemos

xn f(xn) xn+1 = Φ(xn)x0 = 1 2.55740772465 x1 = −.785398163397

x1 = −0.785398163397 0.44071475795 x2 = −1.22611292137x2 = −1.22611292137 0.04410460264 x3 = −1.27021752400x3 = −1.27021752400 0.00381853163 x4 = −1.27403605567x4 = −1.27403605567 0.00032618033 x5 = −1.27436223603x5 = −1.27436223603 0.00002783022 x6 = −1.27439006621x6 = −1.27439006621 0.237429 × 10−5 x7 = −1.27439244049x7 = −1.27439244049 0.20251 × 10−6 x8 = −1.27439264305

Podemos usar |E(xn+1, xn)| = |xn+1 − xn| como criterio de parada,entonces |xn+1 − xn| < 10−6 nos da que |x7 − x6| = 0.000000403 =0.403 × 10−6 < 10−6 . Luego, basta iterar hasta x7 .

Sergio Plaza 211

Ejemplo 6.16. La ecuación cotan(3x) − x2 − 12x

= 0 tiene una raíz en elintervalo 0 < x ≤ 1 . Proponga un método iterativo de punto fijo, quesea convergente a la solución de la ecuación. La convergencia debe probarlateoricamente (sin iterar).

Solución. Proponemos el siguiente método iterativo de punto fijo

xn+1 = g(xn) =13

arccotan(

x2 − 12x

)

Tenemos g′(x) = − 23(x2 + 1)

, es menor que 0 siempre, luego g es estric-

tamente decreciente. Además, |g′(r)| ≈ 0.4648827927 < 1 , luego existe unintervalo [α, β] ⊂ ]0, 1] alrededor de la raíz r de f(x) (punto fijo de g ) talque g([α, β]) ⊂ [α, β] . De hecho, podemos ver que basta tomar el intervalo[α, β] = [0.5, 0.8] para tener lo pedido. Ahora, |g′(x)| < 1 . Por lo tanto elmétodo iterativo propuesto es convergente.

0.5

0.55

0.6

0.65

0.7

0.75

0.8

y

0.55 0.6 0.65 0.7 0.75 0.8x

0.42

0.44

0.46

0.48

0.5

0.52

0.5 0.55 0.6 0.65 0.7 0.75 0.8x

g(x) , x ∈ [0.5, 0.8] g′(x) , x ∈ [0.5, 0.8]

Ejemplo 6.17. Sea f la función definida por f(x) = ln(1 + αx) con α > 0.Sean a y b tales que −1/α < a ≤ b.

Demuestre que existe c ∈]a, b[ tal que f ′(c)(b − a) = f(b) − f(a), y calculec explícitamente.

En efecto, tenemos que f está definida en el intervalo ] − 1/α, +∞[, endonde es continua y derivable. Como [a, b] ⊆ ] − 1/α, +∞[, se tiene que f


es continua en [a, b] y derivable en ]a, b[. Del T.V.M., se sigue que existec ∈]a, b[ tal que

f ′(c)(b − a) = f(b) − f(a).

Como f ′(x) =α

1 + αxse sigue que

ln(

1 + αb

1 + αa

)= α(b − a)

1 + αc

de donde c =b − a

ln(

1+αb1+αa

) − 11 + αa

− 1α

.

Ejemplo 6.18. Mostrar que la ecuación ex = 1 − x admite una única solu-ción.

En efecto, notemos que x = 0 es una solución de la ecuación. Supongamosque existe otra solución x0 �= 0. Definamos la función f(x) = ex−1+x, la cuales continua y derivable en todo R. Sin perdida de generalidad supongamosque x0 > 0. Tenemos f(0) = f(x0) = 0, luego por el Teorema de Rolle, existeα ∈ ]0, x0[ tal que f ′(α) = 0, pero f ′(x) = ex + 1, luego f ′(α) = eα + 1 �= 0nos da una contradicción.

Ejemplo 6.19. Otra forma de escribir el T.V.M. es la siguiente

f(x0 + h) − f(x0) = hf ′(x0 + θh), donde 0 < θ < 1 .

Explicitar θ en función de h, es decir, obtener θ(h), y calcular su límitecuando h tiende a 0 para las siguientes funciones.

1. f(x) = 2x2 + 3x + 1, x0 ∈ R arbitrario

2. f(x) = 11 + x

, x0 = 0.

3. f(x) = ex, x0 = 0

Sergio Plaza 213

4. f(x) = 2 +√

x, x0 = 0.

En efecto, En cada caso, f es continua en [x0, x0 + h] y derivable sobre]x0, x0 + h[ , luego, existe θ ∈ ]0, 1[ tal que hf ′(x0 + θh) = f(x0 + h) − f(x0)(T.V.M.)

1. Para f(x) = 2x2 + 3x + 1, nos queda

(2(x0 + h)2 + 3(x0 + h) + 1) − (2x20 + 3x0 + 1) = h(4(x0 + θh) + 3)

desarrollando y simplificando obtenemos

2h2 = 4θh2 , de donde θ = 1/2 .

2. Para f(x) =1

1 + xnos queda

11 + x0 + h

− 11 + x0

= −h

(1 + x0 + θh)2 ,

de donde (1 + x0 + θh)2 = (1 + x0)(1 + x0 + h), y desarrollando nosqueda

θ2h2 + 2θh(1 + x0) − h(1 + x0) = 0

y por lo tanto

θ = θ(h) =−(1 + x0) +

√(1 + x0)(1 + x0 + h)

h

(no consideramos la raíz negativa) y

limh→0

θ(h) = limh→0

1 + x0√(1 + x0)(1 + x0 + h) + 1 + x0

=12

.

3. Para f(x) = ex, tenemos

ex0+h − ex0 = hex0+θh

de dondeeh − 1

h= eθh, esto es, θ = θ(h) =

1h

ln(

eh − 1h

), y aplicando

la regla de L’Hospital se obtiene que limn→0

θ(h) =12

.


4. A cargo del lector.

Ejemplo 6.20. Demostrar las siguientes desigualdades

1. sen(x) ≤ x, si x ≥ 0

2. ln(1 + x) ≤ x, si x ≥ 0

3. arctan(x) ≤ x, si x ≥ 0

4. arcsen(x) <1√

1 − x2, si 0 < x < 1

5. x < tan(x) y x + x3

3< tan(x), si x ∈]0, π

2 [

En efecto,

1. La función f(x) = sen(x) es continua y derivable en todo R. Fijemosx > 0, por T.V.M. existe c ∈ ]0, x[ tal que sen(x) = x cos(c) y como0 ≤ cos(c) ≤ 1 se sigue que sen(x) ≤ x. Para x = 0 se tiene la igualdad.

2. Por T.V.M. aplicado a f(x) = ln(1 + x) sobre el intervalo [0, x], obte-nemos ln(1 + x) = x

1 + c< x, pues 1

1 + c< 1 ya que c > 0.

El resto de las desigualdades pedidas se dejan a cargo del lector

Ejemplo 6.21. Sean a, b ∈ R, con 0 < a < b. Pruebe que

b − a

b< ln

(b

a

)<

b − a

a.

Solución. La función f(x) = ln(x) es continua y derivable en ]0, +∞[, enparticular, podemos aplicar el T.V.M. en el intervalo [a, b], por lo que existec ∈]a, b[ tal que

ln(b) − ln(a) =1c

(b − a),

Sergio Plaza 215

ahora como a < c < b se tiene1b

<1c

<1a

, de donde

b − a

b< ln

(b

a

)<

b − a

a.

De forma análoga, pruebe queb − a

cos2(a)≤ tan(b) − tan(a) ≤ b − a

cos2(b)

para cada 0 < a ≤ b <π

2.

Ejemplo 6.22. Sea f : [a, b] −→ R, una función derivable, tal que f ′(a) =

f ′(b). Pruebe que existe θ ∈]a, b[ , tal que f ′(θ) = f(θ) − f(a)θ − a

Solución. Veremos primero el caso particular f ′(a) = f ′(b) = 0. Definamos

ϕ : [a, b] −→ R por ϕ(a) = 0 y ϕ(t) = f(t) − f(a)t − a

para t ∈ ]a, b[ . Tenemosque ϕ es continua sobre [a, b], derivable sobre ]a, b[ y para todo t ∈ ]a, b[ , setiene

ϕ(t) = (t − a)f ′(t) − (f(t) − f(a))(t − a)2 .

Ahora, ϕ′(b) = −k, con k = ϕ(b) − ϕ(a)b − a

, esto es, k = f(b) − f(a)(b − a)2 . Por el

T.V.M. aplicado a ϕ sobre [a, b] existe c ∈ ]a, b[ tal que ϕ′(c) = k. Si k = 0,esto es, f(b) = f(a), podemos elegir θ = c. Si k �= 0, se tiene ϕ′(c)ϕ′(b) < 0,luego ϕ′([a, b]) es un intervalo que contiene a 0, por lo tanto existe θ ∈ ]c, b[tal que ϕ′(θ) = 0. Para el caso general, aplicar el caso particular anterior ala función g(t) = f(t) − α(t − a), donde α = f ′(a) = f ′(b).

Ejemplo 6.23. Sea P un polinomio con coeficientes reales. Pruebe quela ecuación P (x) = ex, con x ∈ R, admite a lo más un número finito desoluciones.

Solución. La función g : R −→ R definida por g(t) = et − P (t) es continua,y de hecho tiene derivadas de todos los órdenes. Por el Teorema de Rolle, sig tiene n ceros, entonces g′ tiene a lo más n − 1 ceros.


Luego si g tiene una cantidad infinita de ceros, lo mismo ocurrirá para g′,y por recurrencia lo mismo vale para todas las derivadas de g. Ahora comoP es un polinomio, digamos de grado k, entonces P (k+1)(x) = 0 para todox ∈ R, y tendríamos entonces que g(k+1)(x) = ex �= 0 para todo x ∈ R, loque es una contradicción.

Ejemplo 6.24. Demuestre que la función f(x) = 4x5 + x3 + tx − 2 tieneexactamente una raíz real

Solución. Por el Teorema Fundamental del Algebra, sabemos que el poli-nomio de grado 5, f , tiene exactamente 5 raíces en C, y como las raícescomplejas aparecen a pares, se sigue que f tiene al menos una raíz real.Puede tener una, tres o cinco raíces reales.

Ahora como f(0) = −2 y f(1) = 10, se sigue por el Teorema del ValorIntermedio, que f tiene una raíz α en el intervalo [0, 1]. Si f tiene otraríz, digamos β, entonces por el Teorma de Rolle, existe c en el intervalo deextremos α y β tal que f ′(c) = 0. Ahora, bien f ′(x) = 20x4 + 3x3 + 7 essiempre positivo, por lo tanto obtenemos una contradicción, en conclusión f

tiene una única raíz real.

Ejemplo 6.25. Determine todo los números c que satisfacen la conclusióndel Teorema del Valor Medio para la función f(x) = x3 + 2x2 − x en [−1, 2].

Solución. Claramente f es derivable en el intervalo dado, de hecho lo es entodo R, y se tiene f ′(x) = 3x2 + 4x − 1. Por el T.V.M., se tiene que existec ∈ [−1, 2] tal que

f ′(c) = f(2) − f(−1)2 − (−1)

= 4

es decir, tenemos la ecuación 3c2 + 4c − 5 = 0, cuyas raíces son c1,2 =−4 +

√76

6. Ahora, como c1 ≈ 0.7863 ∈ [−1, 2] y c2 ≈ −2.1196 /∈ [−1, 2], se

sigue que c1 es el único valor de c en [−1, 2] que satisface la conclusión delT.V.M.

Sergio Plaza 217

Ejemplo 6.26. Sea f : [6, 15] −→ R una función derivable. Supongamosque f(6) = −2 y que f ′(x) ≤ 10 en [6, 15] >Cuál es el mayor valor posibleque puede asumir f(15)?

Solución. Por el TV.M., tenemos que existe c ∈ [6, 15] tal que

f ′(c)(15 − 6) = f(15) − f(6)

es decir, 9f ′(c) = f(15) + 2, de donde f(15) = 9f ′(c) − 2, y como f ′(x) ≤ 10se sigue que f(15) ≤ 9×10−2 = 88, en otras palabras, el mayor valor posiblepara f(15) es 88.

Ejemplo 6.27. Sea f una función derivable. Suponga que f tiene al menosdos raíces. Pruebe que f ′ tiene al menos una raíz.

Solución. Sean α y β dos raíces de f , sin perdida de generalidad, suponemosque α < β. Por el T.V.M., tenemos que existe c ∈ ]α, β[ tal que

f ′(c) =f(β) − f(α)

β − α=

0 − 0β − α

= 0

en otras palabras, f ′(c) = 0.

Ejemplo 6.28. Sea f : ]0, 1[ −→ R la función definida por

f(x) = x2(x − 1) ln(

x

1 − x

)

1. Calcule limx→0+

f(x), limx→1−

f(x) >Es posible extender f continuamente alintervalo [0, 1]?

2. >Existen las derivadas laterales de f en x = 0 y en x = 1?.

Solución.

1. limx→0+

f(x) = limx→0+

(x − 1)(x2 ln(x) − x2 ln(1 − x)) = 0 y limx→1−

f(x) =lim

x→1−x2((x − 1) ln(x) + (1 − x) ln(1 − x)) = 0.

Luego, si definimos f(0) = f(1) = 0, podemos extender f de modocontinuo a [0, 1].


2. Para el cálculo de las derivadas, tenemos

limx→0+

f(x) − f(0)x − 0

= limx→0

x(x − 1) ln(

x

1 − x

)= 0

limx→1−

f(x) − f(1)x − 1

= limx→1−

x2 ln(

x

1 − x

)= −∞,

por lo tanto existe f ′+(0) y no existe f ′

−(1).

6.3 Desarrollo de Taylor

Lema 6.1. Sea I ⊆ R un intervalo, con 0 ∈ I y sea r : I −→ R una funciónn–veces derivable en I. Entonces r(0) = r′(0) = · · · = r(n)(0) = 0 si y sólo

si limh→0

r(h)hn

= 0.

Demostración. Ver Lima.

Teorema 6.15. (Desarrollo de Taylor con resto infinitesimal) Sea f : I −→R una función n–veces derivable en a ∈ I. Entonces para cada h tal quea + h ∈ I, se tiene

f(a + h) = f(a) + f ′(a)h + f ′′(a)2!

h2 + · · · + f (n)(a)n!

hn + r(h) , (6.11)

con limh→0

r(h)hn

= 0.

Observación 6.4. Sea p(x) =n∑

i=0

f (i)(a)i!

(x − a)i, este es un polinomio de

grado menor o igual que n, llamado polinomio de Taylor de f alrededor dea. Se tiene que p(x) es el único polinomio de grado menor o igual que n, que

satisface f(a + h) = p(h) + r(h), con limh→0

r(h)hn

= 0. Llamamos a r(h) el restoinfinitesimal del desarrollo de Taylor de f alrededor del punto a.

Sergio Plaza 219

Demostración. Consideremos el intervalo J = {h : a + h ∈ I}, tenemosque 0 ∈ J . Escribamos f(a+ h) = p(h) + r(h), donede r : J −→ R. Tenemosque f es n–veces derivable y que p tiene derivadas de todos los ordenes, luegof es n–veces derivable en a si y sólo si r es n–veces derivable en 0.

Del Lema (6.1) tenemos que limh→0

r(h)hn

= 0 si y sólo si f (j)(a) = p(j)(0) paraj = 0, 1, . . . , n.

�

Definición 6.3. Sea f : X −→ R derivable en c ∈ X ∩ X ′. Decimos que c

es un punto crítico de f si f ′(c) = 0.

Ejemplo 6.29. 1. f : R −→ R dada por f(x) = ±x(2), se tiene que 0 espunto crítico de f .

DIBUJO

2. f : R −→ R, dada por f(x) = x3, se tiene que 0 es punto crítico de f .

Si f ′(c) = f ′′(c) = · · · = f (n−1)(c) = 0, pero fn(c) �= 0, entonces eldesarrollo de Taylor alrededor de c nos queda como

f(c + h) − f(c) =(

f (n)(c)n!

+ r(h)hn

)hn ,

luego signo(

f (n)(c)n!

+ r(h)hn

)= signo(f (n)(c)).

Si n es par, entonces hn > 0 si h �= 0. De esto, tenemos

(a) Si f (n)(c) < 0, entonces c es un máximo local.

DIBUJO


(b) Si f (n)(c) > 0, entonces c es un mínimo local.

Si n es impar, entonces hn no tiene signo definido, y c no es máximo nimínimo local.

6.3.1 Regla de L’Hospital

Caso indeterminados de la forma00

.

Sean f, g : I −→ R funciones n–veces derivables con f(a) = g(a) = 0.

Queremos calcular limx→a

f(x)g(x)

.

Afirmación. Supongamos que las derivadas hasta orden n − 1 de f y g se

anulan en a, y que f (n)(a) y g(n)(a) no son ambas nulas, entonces limx→a

f(x)g(x)

=

f (n)(a)g(n)(a)

, si g(n)(a) �= 0, y limx→a

∣∣∣∣∣f(x)g(x)

∣∣∣∣∣ = +∞ si g(n)(a) = 0.

En efecto, por el Teorema de Taylor con resto infinitesimal (6.15), tenemos

f(a + h)g(a + h)

=

(fn(a)

n! + r(h)hn

)hn(

g(n)(a)n! + θ(h)

hn

)hn

= f (n)(a) + n!ρ(h)g(n) + n!σ(h)

donde ρ(h) = r(h)hn

y σ(h) = θ(h)hn

, las cuales tienden a cero cuando h tiendea cero. De lo anterior obtenemos las conclusiones deseadas.


1x

ln(

ex − 1x

).

Solución. El límite tiene la forma 00 , y las funciones f1(x) = ln

(ex−1

x

)y

g1(x) = x son derivables en x = 0 y

f ′1(x)

g′1(x)

= xex − ex + 1x(ex − 1)

el que sigue teniendo la forma 00 , y podemos aplicar la regla de L’Hopital de

Sergio Plaza 221

nuevo, con f2(x) = xex − ex + 1 y g2(x) = x(ex − 1), y obtenemos

limx→0

f ′2(x)

g′2(x)

= limx→0

xex

ex + xex − 1

el cual tiene otra vez la forma 00 , una vez más aplicamos la regla de L’Hopital

nos queda

limx→0

f ′′2 (x)

g′′2(x)

= limx→0

ex + xex

2ex + xex=

12

.

Luegolimx→0

1x

ln(

ex − 1x

)=

12

.

Ejemplo 6.31. Sea f : R −→ R, definida por

f(x) =

⎧⎨⎩ e−1/x2 si x �= 0.

0 si x = 0

Muestre que f(0) = f ′(0) = f ′′(0) = · · · = f (k)(0) = · · · = 0, es decir, lasderivadas de todos los ordenes de f se anulan en el origen.

Solución. Notemos que f(−x) = f(x), es decir, f es simétrica respecto delorigen.

gráfico de f(x)

En efecto, f ′(0) = limh→0

f(h) − f(0)h

= limh→0

f(h)h

= limh→0

e−1/h2

h, ahora haciendo

el cambio de variable u =1h

se tiene h→0 si y sólo si u→∞, luego el último


límite se transforma en el límite limu→∞

u

eu2 = 0. Ahora, si x �= 0, tenemos

f ′(x) =2x3 e−1/x2 . Por lo tanto,

f ′(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

2x3 e−1/x2 si x �= 0.

0 si x = 0

Calculemos f ′′. Para x = 0, tenemos f ′′(0) = limh→0

f ′(h) − f ′(0)h

= limh→0

2h4 e

−1h2 =

limu→∞

2u4

eu2 = 0.

Continuando de este modo, podemos ver (usar inducción) que la afirmaciónhecha vale.

Como consecuencia de lo anterior, tenemos que f(h) = e−1/h2 = 0 + r(h).

Teorema 6.16. (de Taylor con resto de Lagrange) Sea f : [a, b] −→ R unafunción de clase Cn−1, que es n–veces derivable en el intervalo abierto ]a, b[ .Entonces, existe c ∈ ]a, b[ tal que

f(b) = f(a)+f ′(a)(b−a)+f ′′(a)2!

(b−a)2+· · ·+f (n−1)(a)(n − 1)

(b−a)n−1+f (n)(c)n!

(b−a)n .

Si escribimos b = a + h, esto equivale a que existe 0 < θ < 1 tal que

f(a + h) = f(a) + f ′(a)h +f ′′(a)

2!h2 + · · · +

f (n−1)(a)(n − 1)!

hn−1 +f (n)(a + θh)

n!hn

(6.12)

Demostración. Definamos la función ϕ siguiente

ϕ(x) = f(b)−f(x)−f ′(x)(b−x)−f ′′(x)2!

(b−x)2−· · ·−f (n−1)(x)(n − 1)!

(b−x)n−1−K

n!(b−x)n .

Elegimos K tal que ϕ(a) = 0 = ϕ(b) (es inmediato que ϕ(b) = 0).

Sergio Plaza 223

Ahora bien, como ϕ es continua y satisfaces ϕ(a) = ϕ(b)(= 0) por elTeorema de Rolle, existe c ∈ ]a, b[ tal que ϕ′(c) = 0. Ahora bien, un cálculo

directo nos da que ϕ′(x) = K − f (n)(x)(n − 1)!

(b − x)n−1 y evaluando en x = c, nos

queda 0 = ϕ′(c) = K − f (n)(c)(n − 1)!

(b − c)n−1, de donde K = f (n)(c).

�

Observación 6.5. En las hipótesis del Teorema 6.16, consideramos x ∈]a, b[ , podemos escribir

f(x) = f(x)+f ′(a)(x−a)+f ′′(a)2!

(x−a)2+· · ·+f (n−1)(a)(n − 1)

(x−a)n−1+f (n)(c)n!

(x−a)n ,

donde c ∈ ]a, x[.

Ejemplo 6.32. Sea f(x) = sen(x). Escriba el desarrollo de Taylor hastaorden n de f alrededor de a = 0.

Solución. Tenemos que f (k)(x) = sen(x + k π

2

), luego f (k)(0) = sen

(kπ2

).

Ahora, si k es par, se tiene que f (k)(0) = 0. Por otra parte, para k esimpar el valor de sen

(kπ2

)es ±1. Ese valor es 1 para k = 4n + 1 y vale

−1 para k = 4n + 3. Como todo número natutral se puede escribir en laforma 4n, 4n + 2 (pares), 4n + 1 y 4n + 3 (impares), tenemos así calculadostodos los posibles valores para f (k)(0). Esto son f (4k)(0) = f (4k+2)(0) = 0,f (4k+1)(0) = 1, y f (4k+3)(0) = −1. Por lo tanto podemos escribir

sen(x) = x − 13!

x3 + · · · ± 1(2n + 1)!

x2n+1 +1

(2n + 2)!f (2n+2)(θ)x2n+2 .

Llamando Tj(x) al polinomio de Taylor de orden j que aproxima a f(x), la


siguientes figuras ilustran como se ven esas aproximaciones para este ejemplo.

gráficos de f(x) = sen(x) y de T1(x) = x gráficos de f(x) = sen(x) y de T3(x) = x − x3/3!

gráficos de f(x) = sen(x) y de T5(x) = x − x3/! + x5/5! gráficos de f(x) = sen(x) y de T1, T3 y T5

Cabe observar que las aproximaciones se ven muy bien “localmente”, esdecir, en una vecindad del origen, pero son bastante malas fuera de esasvecindades.

La situación para las aproximaciones ciertamente puede aún ser peor comolo muestra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 6.33. Consideremos la función f : R −→ R, definida por

f(x) =

⎧⎨⎩ e−1/x2 si x �= 0.

0 si x = 0

Sergio Plaza 225

Vimos que f(0) = f ′(0) = f ′′(0) = · · · = f (k)(0) = · · · = 0, es decir, lasderivadas de todos los ordenes de f se anulan en el origen. Por lo tanto, setiene que cualquier desarrollo de Taylor alrededor del origen nos da que

Tj(x) ≡ 0

para todo j ≥ 1 y todo x ∈ R.

Ejemplo 6.34. De modo análogo al caso de la función sen(x), para la fun-ción cos(x), su desarrollo de Taylor en origen es de la forma

cos(x) ≈n∑

k=0(1)k x2k

(2k)!

Ejemplo 6.35. Para la función exponencial E(x) = ex, dado que E(j)(x) =E(x), se sigue que su desarrollo de Taylor alrededor del origen es dado por

E(x) = ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ · · · +

xn

n!+

eθxn+1

(n + 1)!

Ejemplo 6.36. Calcule limn→∞ Sn, donde

Sn = 1 − 12

+ 13

+ · · · + (−1)n−1 1n

.

Solución. Consideremos la función f(x) = ln(1 + x), la cual es derivable ytiene derivadas de todos los órdenes en ]−1, +∞[ . Tenemos f ′(x) = (1+x)−1,f ′′(x) = −(1 + x)−2, . . . , f (n)(x) = (−1)n−1(n − 1)!(1 + x)−n. Ahora, usandoel desarrollo de Taylor alrededor de x = 0, para f nos queda

f(x) = f(0+x) = f(0)+f ′(0)x+ 12!

f ′′(0)x2+· · ·+f (n)(0)n!

xn+ 1(n + 1)!

f (n+1)(0+θx) ,

con 0 < θ < 1.

Reemplazando nos queda

ln(1 + x) = x − x2

2+ x3

3+ · · · + (−1)n−1

nxn + (−1)n xn+1

(n + 1)(1 + θx)n+1 .


Para x = 1, obtenemos

ln(2) = 1 − 12

+ 13

+ · · · + (−1)n−1

n+ (−1)n

(n + 1)(1 + θ)n+1

llamando Rn = (−1)n

(n + 1)(1 + θ)n+1 , se tiene que

|Rn| <1

(n + 1)(1 + θ)(n+1) <1

n + 1

por lo tanto limn→∞ Rn = 0, así lim

n→∞ Sn = ln(2).

Ejemplo 6.37. Demostrar las desigualdades

1. x − x2

2≤ ln(1 + x) ≤ x − x2

2+

x3

3, para todo x ≥ 0

2. 1 − x2

2≤ cos(x) ≤ 1 − x2

2+

x4

24, para todo x ∈ R

Solución.

1. Por el desarrollo de Taylor para f(x) = ln(1 + x) nos queda

f(x) = x − x2

2+ x3

3(1 + θx)3 , donde 0 < θ < 1,

ahora como x > 0, se tiene que 0 <x3

3(1 + θx)3 <x3

3, y x − x2

2<

ln(1 + x) < x − x2

2+ x3

3.

2. A cargo del lector

Ejemplo 6.38. Sean x0 ∈ R y ε > 0. Suponga que f ∈ Cn+1 sobre elintervalo ]x0 − ε, x0 + ε[ y que f (n+1)(x0) �= 0. Muestre que el número realθn(h) dado por la fórmula de Taylor satisface lim

h→0θn(h) = 1

n + 1.

Sergio Plaza 227

Solución. Por la fórmula de Taylor, tenemos

f(x0+h) = f(x0)+h

1!f ′(x0)+h2

2!f ′′(x0)+· · ·+ hn−1

(n − 1)!f (n−1)(x0)+hn

n!f (n)(x0+hθn(h)) .

y también

f(x0 + h) = f(x0) +h

1!f ′(x0) +

h2

2!f ′′(x0) + · · · +

hn−1

(n − 1)!f (n−1)(x0)

+hn

n!f (n)(x0) + hn+1

(n + 1!)f (n+1)(x0 + hθn+1(h)).

Comparando las expresiones nos queda

hn

n!f (n)(x0 + hθn(h)) = hn

n!f (n)(x0) + hn+1

(n + 1)!f (n+1)(x0 + hθn+1(h)) ,

esto es,

f (n)(x0 + hθn(h)) − f (n)(x0) = h

n + 1f (n+1)(x0 + hθn+1(h)) .

El T.V.M. aplicado a f (n) en el intervalo de extremos x0 y x0 + hθn(h) nosda

f (n)(x0 + hθn(h)) − f (n)(x0) = hθn(h)f (n+1)(x0 + hβθn+1(h))

con 0 < β < 1, de donde

hθn(h)f (n+1)(x0 + hβθn(h)) = h

n + 1f (n+1)(x0 + hθn+1(h))

y

θn(h) =1

n + 1f (n+1)(x0 + hθn+1(h))f (n+1)(x0 + hβθn(h))

.

Como f (n+1)(x0) �= 0 y f (n+1) es continua, se sigue que f (n+1)(x0+hθn+1(h))y f (n+1)(x0+hβθn(h)) son no nulas para h suficientemente pequeño, y ademáslimh→0

f (n+1)(x0 + hθn+1(h)) = limh→0

f (n+1)(x0 + hβθn(h)) = f (n+1)(x0) y el resul-tado se sigue.


Ejemplo 6.39. Demostrar las igualdades siguientes

1. arcsen(x) + arccos(x) = π

2, para todo x ∈ [−1, 1]

2. arcsen(x) + arcsen(√

1 − x2 ) = π

2, para todo x ∈ [0, 1].

Solución.

1. Sea f : [−1, 1] −→ R definida por f(x) = arcsen(x) + arccos(x). Tene-mos que f es continua en [−1, 1] y derivable en ] − 1, 1[ , con

f ′(x) =1√

1 − x2 +−1√

1 − x2 = 0 ,

luego f es contante sobre ] − 1, 1[ , y por continuidad es constantesobre [−1, 1]. Evaluando en x = 0, se tiene que f(0) =

π

2, por lo tanto

f(x) = π/2 para cada x ∈ [−1, 1].

2. Análoga, considerando la función f(x) = arcsen(x)+arcsen(√

1 − x2 ) .

Ejemplo 6.40. Demostrar que arccos(1 − 2x2) = 2|arcsen(x)|, para todox ∈ [−1, 1].

Solución. Notemos que la función f(x) = arcos(1 − 2x2) está definida sobre[−1, 1].

Por otra, parte se tiene −1 ≤ 1 − 2x2 ≤ 1 si y sólo si x ∈ [−1, 1] .

Llamemos α = arcsen(x), es decir, sen(α) = x, con α ∈ [−π/2, π/2]. Deesto obtenemos

1 − 2x2 = (1 − sen2(α)) − sen2(α) = cos2(α) − sen2(α) = cos(2α) ,

esto es, f(x) = arccos(cos(2α)), de donde

f(x) =

⎧⎨⎩ 2α si α ∈ [0, π/2]

−2α si α ∈ [−π/2, 0] .

Sergio Plaza 229

Como α = arcsen(x) se sigue que

f(x) = arcsen(1 − 2x2) =

⎧⎨⎩ 2 arcsen(x) si x ∈ [0, 1]

−2 arcsen(x) si x ∈ [−1, 0]

= 2|arcsec(x)| para x ∈ [−1, 1]

6.3.2 Funciones convexas y funciones cóncavas

Definición 6.4. Sea f : I −→ R. Decimos que f es convexa (resp. concava)si para cualesquiera a < x < b pertenecientes a I, el punto (x, f(x)) de lagráfica de f está situado por debajo (resp. por encima) del segmento de larecta secante que pasa por los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)) del gráfico de f .

La ecuación de la recta pasando por los puntos (a, f(a)) y (b, f(b)) es

dada por y =f(b) − f(a)

b − a(x − a) + f(a), luego f es convexa si f(x) ≤

f(b) − f(a)b − a

(x−a)+f(a), por otra parte, también tenemos que y =f(b) − f(a)

b − a(x−

b)+f(b), luego f es convexa si f(x) ≤ f(b) − f(a)b − a

(x−b)+f(b), por lo tanto,f es convexa si y sólo si para cada a < x < b se cumple que

f(x) − f(a)x − a

≤ f(b) − f(a)b − a

≤ f(x) − f(b)b − x

.

La caracterizacion geométrica de una función cóncava es obtenida de modoanálogo al de las funciones convexas.

DIBUJO

Teorema 6.17. Sean I ⊆ R intervalo abierto f : I −→ R una función dosveces derivable. Entonces f es convexa (resp. concava) si y sólo si f ′′(x) ≥ 0(resp. f ′′(x) ≤ 0) para todo x ∈ I.


6.4 Método de Newton

El método Newton es uno de los métodos numéricos más populares paratratar un problema de búsqueda de raíces de una ecuación f (x) = 0 . Unaforma de introducir el método de Newton se basa en los polinomios de Taylor.En esta ocasión introduciremos el método de Newton geométricamente.

Consideremos una función derivable f : [a, b] −→ R , que tiene un cero en[a, b] . Sea x0 ∈ (a, b) un punto arbitrario.

x0• x1

x2

Para determinar la intersección x1 de la recta tangente al gráfico de f enel punto (x0, f (x0)) con el eje x basta observar que dicha recta tiene porecuación

y − f (x0) = f ′ (x0) (x − x0)

así la intersección con eje x está dada por −f (x0) = f ′ (x0) (x1 − x0) ,despejando x1 obtenemos

x1 = x0 − f (x0)f ′ (x0)

,

Sergio Plaza 231

si f ′ (x0) �= 0 . Aplicamos ahora este procedimiento comenzando con x1 ,para determinar la intersección x2 de la recta tangente al gráfico de f enel punto (x1, f (x1)) con el eje x basta observar que dicha recta tiene porecuación

y − f (x1) = f ′ (x1) (x − x1)

así la intersección con eje x esta dada por −f (x1) = f ′ (x1) (x2 − x1) ,despejando x2 obtenemos

x2 = x1 − f (x1)f ′ (x1)

,

si f ′ (x1) �= 0 . De modo análogo, si comenzamos con el punto x2 , obtenemosun punto x3 dado por

x3 = x2 − f (x2)f ′ (x2)

si f ′ (x2) �= 0 , y así sucesivamente. Este procedimiento da lugar a un procesoiterativo llamado método de Newton, dado por

xn+1 = xn − f (xn)f ′ (xn)

(6.13)

si f ′(xn) �= 0 .

Ejemplo 6.41. Sea f(x) = 1x

− 1 . La ecuación f(x) = 0 tiene una raízr = 1 en el intervalo [0.5, 1] . Realizando los cálculos numericamente conx0 = 0.5, tenemos

k 0 1 2 3 4xk 0.5 0.75 0.9374999998 0.9960937501 0.9999847417


El error cometido al considerar x4 como una aproximación a la soluciónexacta r = 1 es r − x4 = 0.152583 × 10−4.

gráficos de la iteraciones de Nf (x) para dos condiciones iniciales x0 = 0.03 (azul) y para x0 = 1.95 (rojo)

6.4.1 Análisis del Error

El error en el paso n es definido como

en = xn − r (6.14)

Supongamos ahora que f ′′ es continua y que r es un cero simple de f ,es decir, f (r) = 0 y f ′ (r) �= 0 . Entonces tenemos que

en+1 = xn+1−r = xn− f (xn)f ′ (xn)

−r = (xn − r)− f (xn)f ′ (xn)

= en− f (xn)f ′ (xn)

=enf ′ (xn) − f (xn)

f ′ (xn)

por otro lado se tiene que

0 = f (r) = f (xn − en) Taylor= f (xn) − enf ′ (xn) +12

e2nf ′′ (ξn)

donde ξn está entre xn y r . De esta última ecuación obtenemos

Sergio Plaza 233

enf ′ (xn) − f (xn) = f ′′ (ξn)e2

n

2.

Luego

en+1 =12

f ′′ (ξn)f ′ (xn)

e2n ≈ 1

2f ′′ (r)f ′ (r)

e2n = Ce2

n (6.15)

Podemos formalizar lo anterior como sigue, si en es pequeño y f ′′(ξn)f ′(xn) no

es muy grande, entonces en+1 será más pequeño que en .

Definamos

C (δ) =12

max|x−r|<δ

|f ′′ (x)|min

|x−r|<δ|f ′ (x)| (6.16)

donde δ > 0 es tal que |f ′ (x)| > 0 para |x − r| < δ . Se tiene entoncesque C (δ) −→

∣∣∣ f ′′(r)2f ′(r)

∣∣∣ . Denotemos ρ = δ C (δ) . Comenzando las iteracionesdel método de Newton con x0 tal que |e0| = |x0 − r| < δ obtenemos unasucesión x1 , x2, . . . , xn, . . .

|e1| = |x1 − r| ≤ ρ |e0||e2| = |x2 − r| ≤ |e1| ρ ≤ ρ2 |e0|...

|en| = |xn − r| ≤ ρn |e0| −→ 0, cuando n −→ ∞

así hemos obtenido el siguiente resultado.

Teorema 6.18. Si f ′′ es continua y r es un cero simple de f , es decir,f(r) = 0 y f ′(r) �= 0 , entonces existe un intervalo abierto J conteniendo ar y una constante C > 0 tal que si el método de Newton se inicia con unpunto en J , se tiene

|xn+1 − r| ≤ C (xn − r)2 .


Teorema 6.19. Si f ′′ es continua, y f es creciente, convexa y tiene uncero, entonces este cero es único y la iteración del método de Newton convergea él a partir de cualquier punto inicial.

El siguiente teorema sobre la conducta local del método de Newton muestraque ella es muy buena, pero como veremos despues, desde el punto de vistaglobal no lo es tanto.

Teorema 6.20. Sea f : R −→ R derivable. Si f ′(x0) �= 0 , definimosh0 = − f(x0)

f ′(x0) , x1 = x0 +h0 , J0 = [x1 −|h0|, x1 +|h0|] y M = supx∈J0 |f ′′(x)|.Si 2

∣∣∣ f(x0)M(f ′(x0))2

∣∣∣ < 1 entonces la ecuación f(x) = 0 tiene una única solución enJ0 y el método de Newton con condición inicial x0 converge a dicha solución.

Teorema 6.21. En las condiciones del teorema anterior, el método de New-ton tiene convergencia cuadrática, esto es, |hk+1| ≤ M

|f ′(xk)| |hk|2.

Ejemplo 6.42. Sea f(x) = x3 − 2x − 5 . Tomando x0 = 2 , tenemos f(x0) =−1 , f ′(x0) = 10 , h0 = 0.1 y J0 = [2 , 2.2] , puesto que f ′′(x) = 6x sobreJ0 el supremo M es 13.2. Como

∣∣∣ Mf(x0)(f ′(x0))2

∣∣∣ = 0.132 < 0.5 < 1 , el teoremagarantiza que existe una raíz de la ecuación f(x) = 0 en el intervalo [2 , 2.2],y en consecuencia el método de Newton con condición inicial x0 = 2 convergea dicha raíz.

Observación. Podemos usar como criterios de paradas unos de los sigu-ientes. Seleccione una tolerancia ε > 0 y construya p1, p2, . . . , pN hastaque se cumpla una de las siguientes desigualdades

|pN − pN−1| ≤ ε (6.17)

∣∣∣∣∣pN − pN−1

pN

∣∣∣∣∣ ≤ ε, pN �= 0 (6.18)

o bien

Sergio Plaza 235

|f (xN)| ≤ ε. (6.19)

El método de Newton es una técnica de iteración funcional de la formaxn+1 = g (xn) , donde

xn+1 = g (xn) = Nf(xn) = xn − f (xn)f ′ (xn)

, n ≥ 0.

En esta ecuación se observa claramente que no podemos continuar apli-cando el método de Newton si f ′ (xn) = 0 para algún n . Veremos que estemétodo es más eficaz cuando f ′ (r) > 0 .

Verificación de condiciones de convergencia. Cuando queremos aplicaren la práctica las condiciones de convergencia del método de Newton, tenemosel problema que no conocemos exactamente la raíz r de la ecuación f(x) =0 . Recordemos que las condiciones de convergencia del método de Newtonen un intervalo abierto J � r son: f(r) = 0 ; f ′(r) �= 0 y f ′′ continua. Paraverificar que estas condiciones se cumplen cuando tomamos aproximacionesxn para la raíz r , y procedemos como sigue. Verificamos

1. f ′′ es continua (esta condición depende sólo de la función f y no delas aproximaciones a la raíz).

2. Tomanos las aproximaciones xn dadas dadas por el método de Newton,y aplicando un criterio de parada, obtenemos una aproximación xN .

3. Para xN verificamos que f(xN) ≈ 0 y f ′(xN ) �= 0 .

4. Usando la continuidad de f y de sus derivadas, concluimos que existeun intervalo J que contiene a r tal que si x0 ∈ J , entonces la sucesiónde aproximaciones dada por el método de Newton convergen a la raízr buscada.


Ejemplo 6.43. Para aproximar la solución de la ecuación x = cos(x) , con-sideremos f (x) = cos(x) − x . Tenemos f

(π2

)= −π

2 < 0 < 1 = f (0) , luegoy por el Teorema del Valor Intermedio, existe un cero de f en el intervalo[0, π

2

]. Aplicando el método de Newton obtenemos

xn+1 = xn − cos (xn) − xn

− sen (xn) − 1, n ≥ 0.

En algunos problemas es suficiente escoger x0 arbitrariamente, mientrasque en otros es importante elegir una buena aproximación inicial. En elproblema en cuestión, basta analizar las gráficas de h (x) = x y k (x) =cos (x) por lo que es suficiente considerar x0 = π

4 , y así obtenemos unaexcelente aproximación con sólo tres pasos, como muestra la siguiente tabla.

n xn

0 0.78539816351 0.73953613372 0.73908517813 0.73908513324 0.7390851332

Para asegurarnos que tenemos convergencia, verifiquemos esas condiciones.Tenemos que f (x) = cos(x)−x , luego f ′′ (x) = − cos(x) , la cual es continua,ahora evaluando f ′ (x) en el punto x = 0.7390851332 (en radianes) que esuna aproximación a la raíz verdadera, se tiene el valor no cero siguiente,f ′ (0.7390851332) = − sen(0.7390851332) − 1 = −1.012899111 . . . �= 0 .

Ejemplo 6.44. Para obtener una solución de la ecuación de x3+4x2−10 = 0en el intervalo [1, 2] mediante el método de Newton, generamos la sucesión(xn)n∈N dada por

Sergio Plaza 237

xn+1 = xn − x3n + 4x2

n − 103x2

n + 8xn−1, n ≥ 0

graficamente, vemos lo siguiente

gráficos de la iteraciones de Nf (x) para la condiciones inicial x0 = 0.5

Tomando x0 = 1.5 como condición inicial se obtiene el resultado x3 =1.36523001 este es correcto en ocho cifras decimales.

Para asegurarnos que tenemos convergencia, verifiquemos esas condiciones.Tenemos que f (x) = x3 + 4x2 − 10 , luego f ′′ (x) = 6x + 8 , la cual escontinua. Ahora evaluando f ′ (x) en el punto x3 = 1.36523001 , que esuna aproximación a la raíz verdadera, se tiene el valor no cero siguiente,f ′ (1.36523001) = 3(1.36523001)2 + 8 · 1.36523001 = 16.1339902 . . . �= 0 .

Ejemplo 6.45. Si queremos resolver x3 − x −√

22 = 0 utilizando el método

de Newton y comenzamos las iteraciones con x0 = 0.001 obtenemos unasucesión que oscila entre valores cercanos a 0 y a

√2

2 , y de hecho, si comen-zamos con la condición inicial x0 = 0 obtenemos el ciclo periódico

{0,

√2

2

},

es decir, Nf(0) =√

22 y Nf

(√2

2

)= 0 . Para valores de x0 cercanos a 0, las it-

eraciones se acumulan en el 2–ciclo, esto implica que las sucesivas iteracionespermanecer cerca del 2-ciclo y no convergen a ninguna raíz de la ecuación.


Esto es mostrado en la figura siguiente

gráficos de la iteraciones de Nf (x)

la sucesivas iteraciones entran en un ciclo

Ejemplo 6.46. Considere la ecuación

cos(x) = tan(x),

de la cual se sabe que tiene una solución x = 0.6662394321 , con un error de0.9 × 10−9 .

(a) Defina un método de punto fijo (diferente a Newton) y demuestre suconvergencia (sin hacer iteraciones) en el intervalo que usted defina.

(b) Determine la cantidad de iteraciones necesitaría para obtener el errorde 0.9 × 10−9 comenzando con x0 = 0.6

(c) Use el método de Newton con el punto inicial x0 = 0.6 y obtenga x1

y x2 >Cuál es la velocidad de convergencia del método de punto fijopropuesto por usted en la parte (a)?

Solución.

(a) Propuesta del método.

Sergio Plaza 239

Despejando de la ecuación tenemos

x = arctan(cos(x)) = g(x) ,

es decir,

xk+1 = g(xk) = arctan(cos(xk)) .

Elegimos el intervalo [0, 1] , tenemos que g(x) = arctan(cos(x)) es decre-

ciente en ese intervalo, pues g′(x) = d

dxarctan(cos(x)) = − sen(x)

1 + cos2(x)y

como g(0) = arctan(cos(0)) =π

4y g(1) = arctan(cos(1)) ≈ 0.4953672892 ,

vemos que g([0, 1]) ⊂ [0, 1] . Por lo tanto, g tiene un único punto fijo xg en[0, 1] .

gráficos de la iteraciones de Nf (x)

Ahora, g′(x) = d

dxarctan(cos(x)) = − sen(x)

1 + cos2(x). Luego,

|g(x)| = |g′(0.6662394321)| ≈ 0.381964618 < 1

y el método iterativo propuesto es convergente.


(b) Para estimar el número de iteraciones podemos usar la fórmula paracotas del error

|xn − x| ≤ λn

1 − λ|x0 − x1| ,

donde 0 ≤ λ < 1 es tal que |g′(x)| ≤ λ para todo x ∈ ] a, b [ . Ahora como|g′(x)| = | sen(x)|

1+cos2(x) = sen(x)1+cos2(x) , para x ∈ [0, 1] , es una función creciente, se

sigue que

|g′(x)| ≤ sen(1)1 + cos2(1)

≈ 0.5463024898 ≤ 0.55

y podemos usar λ = 0.55 .

Tenemos que x0 = 0.6 , luego x1 = 0.6899997083 y |x0−x1| = 0.0899997083 .Luego

0.55n

1 − 0.55× 0.0899997083 ≤ 0.9 × 10−9

0.55n ≤ 4.50001458 × 10−9

n ln(0.55) ≤ ln(4.50001458 × 10−9)

n(−0.5978370008) ≤ −19.2191852

de donde n ≥ 32.14786836 , por lo tanto basta tomar n = 33 iteracionespara tener lo pedido.

(c) Tenemos que Nf(x) = x − f(x)f ′(x) , donde en este caso, f(x) = tan(x) −

cos(x) . Como f ′(x) = 1 + tan2(x) + sen(x) , se tiene que

Nf (x) = x − tan(x) − cos(x)1 + tan2(x) + sen(x)

luego, calculando obtenemos x1 = 0.6694641628 y x2 = 0.6660244822 .

Sergio Plaza 241

Ahora, como f ′(x) ≈ 2.236067976 �= 0 el método de Newton tiene con-vergencia cuadrática, es decir, orden p = 2 .

Para analizar la convergencia del método propuesto en (a) tenemos quebuscar la primera derivada no nula en el punto fijo, y por los cálculos yarealizados se tiene que g′(x) �= 0 , por tanto el método tiene orden de con-vergencia p = 1 . Por lo tanto, el método de Newton converge mucho másrápido, en este caso.

Ejemplo 6.47. Se desea resolver la ecuación x3 − ln(1 + 2x) = 0.

1. Compruebe que esta ecuación tiene exactamente una solución en elintervalo [1, 2] .

2. Proponga un método iterativo de punto fijo (diferente de Newton) queconverja a la solución de la ecuación en el intervalo [1, 2]. Justifique.

3. Partiendo de x0 = 1, determine el número mínimo de iteraciones que senecesitarían para alcanzar una precisión de 10−4, utilizando el métodoiterativo propuesto anteriormente.

Solución.

1. Tenemos la ecuación

f(x) = x3 − ln(1 + 2x) = 0 .

Es claro que el dominio de f es {x ∈ R : x > −1/2} , en el cual f escontinua y diferenciable.

Ahora,

f ′(x) = 3x2 − 21 + 2x

= 3x2(1 + 2x) − 22x + 1

= 6x3 + 3x2 − 22x + 1

.


El denominador de f es positivo en el intervalo [1,2] y su numeradorh(x) = 6x3 + 3x2 − 2 también es positivo en dicho intervalo, puesh′(x) = 18x2 + 6x = 0 si y sólo si x = 0 o 18x + 6 = 0 , es decir,x = −1/3. Con esto, es claro que h′(x) > 0 en el intervalo [1, 2], luegoh es estrictamente creciente en [1, 2] . Además, como h(1) = 6+3−2 =7 , se sigue que h(x) > 0 en todo [1, 2] . Por lo tanto f ′(x) > 0 en[1, 2] , en consecuencia si tiene un cero en dicho intervalo, este seríaúnico. Ahora, como f(1) = 1 − ln(3) ≈ −0.09861 . . . < 0 y f(2) =8 − ln(5) ≈ 6.39056 . . . > 0 , por el Teorema del Valor Intermedio, f

tiene un cero en [1, 2] , y como vimos, este es único.

2. Despejando x desde la igualdad

x3 − ln(1 + 2x) = 0

tenemosx = 3

√ln(1 + 2x) .

Proponemos entonces el método iterativo de punto fijo

xn+1 = g(xn) = 3√

ln(1 + 2xn) .

Tenemos

g′(x) =23

1(ln(1 + 2x))2/3 · 1

2x + 1> 0

en [1, 2] . Por lo tanto, g es creciente en [1, 2] .

Ahora, para ver que g([1, 2]) ⊆ [1, 2] , basta ver que 1 ≤ g(1) ≤ g(2) ≤2 . Tenemos

1 < 1.03184584 . . .︸︷︷︸g(1)

≤ 1.171902307 . . .︸︷︷︸g(2)

≤ 2

Sergio Plaza 243

de donde g([1, 2]) ⊆ [1, 2] y como g es estrictamente creciente, en eseintervalo, g tiene un único punto fijo xg ∈ g([1, 2]) ⊂ [1, 2] .

Para ver la convergencia del método propuesto, debemos probar que|g′(x)| ≤ λ < 1 para todo x ∈ [1, 2] .

Ahora, g′(x) es decreciente en [1, 2] y g′(1) = 0.208717132 > g′(x) >

g′(2) = 0.0970858457 . Por lo tanto λ = max{|g′(x)| : x ∈ [1, 2]} =0.2087170132 y es claro que λ < 1 .

Por lo tanto el método propuesto es convergente al único punto fijo deg en [1, 2] .

3. Tomando x0 = 1 , tenemos que x1 = g(1) = 3√

ln(3) = 1.03184584 . . .Usandola fórmula

|xg − xn| ≤ λn

1 − λ|x1 − x0|,

si queremos precisión de 10−4 , imponemos entonces que

λn

1 − λ|x1 − x0| ≤ 10−4 .

Como |x1 − x0| = |0.0318458398 . . . | < 0.032 (para evitar el cál-culo con tantos decimales) y λ = 0.2087170132 , se tiene 1 − λ =0.7912829868 . . . > 0.79 (misma razón anterior)

Así 11 − λ

<1

0.79, y como λ < 0.21 nos queda

λn

1 − λ≤ (0.21)n

0.79.

Luego

λn

1 − λ|x1−x0| ≤ (0.21)n

0.79×0.032 = (0.21)n×0.0405063 . . . ≤ (0.21)n×0.041


y hacemos 0.041 × (0.21)n < 10−4, de donde (0.21)n <10−4

0.041, y en-

toncesn ln(0.21) ≤ ln

(10−4

0.041

)y como ln(0.21) < 0 , se sigue que

n ≥ln(

10−4

0.041

)

ln(0.21)≈ 3.8549104 . . .

Por lo tanto, con al menos 4 iteraciones tenemos garantizado lo pedido.

Sergio Plaza 245

6.5 Ejercicios

Problema 6.1. Calcule la derivada de cada una de las siguientes funciones

a) cos 2x b)√

1 + 3x

c) (1 + 2x + x3)8 d) (1 +√

x)4

e) x√

1 − x2 f) 1√16 − x2

g) 5x tan(x/3 + x2) h)√

x +√

x

i) 3√

1 + tan(1 +√

x) j) ( senx2 + cos 5x3)5

k) sen2(7x − tan(cos x)) l)√

1 + 3 sen2x

m) cos( sen3x) n)√

x +√

x

o) cos(x√

1 + tan5(3x senx)) p) (ln x)2

q) x ln x − x r) ln(x +√

x2 − 1)

s) ln(sec x + tan x) t) 2ex + e−x

u) tan−1(ex) v) e senx

w) ln(ex +√

1 + e2x) x) 2−x

y) xππx z) log10( sen−1x2)

Problema 6.2. Derive las siguientes funciones


a) x4 − 3x2 + 5x b) x + 1/x

c)√

x +√

3 d) 3 senx + 1/√

x

e) 2 3√

x +√

2 tan x − 11 f) x4 tan x

g)√

x senx − 4 5√

x2 h) (2x + 1) sec x

i) sen2x j) sen3x

k) sen4x l)√

x(1 + 7x2 cos x)

m) sen2x n) cos 4x

o) cos(x + π/3) p) senx

x + 2

q) 1 +√

x

1 + x2 + x4 r) x + senx

x − cos x

s) x5 sec x tan x t)√

x cos2 x senx

u) x senx

1 + x2 v) 1 +√

x + 3√

x

1 − 4√

x

w) x7 senx tan x

1 +√

x cos2 xx) tan 2x

Problema 6.3. Derive las siguientes funciones.

Sergio Plaza 247

a) 2x2 b) eex

c) x√

x d) x tan−1 x − ln√

1 + x2

e) xxx f) logx e

g) ( sen)cos x + (cos x) senx h) xax

i) (ln x)x

xln xj) 3

√cos x

ln xxtan x

Problema 6.4. Muestre que f(x) = x13 , x ∈ R no es diferenciable en x = 0.

Problema 6.5. Sea f : R −→ R definido por

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x2 x ∈ Q

0 x ∈ R − Q

Muestre que f es diferenciable en x = 0 y encuentre la derivada f ′(0).

Problema 6.6. Sea n ∈ N y sea f : R −→ R definido por

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

xn x ≥ 0

0 x < 0

¿Para qué valores de n, f ′ es continua en 0? ¿Para qué valores de n, f esdiferenciable en 0?

Problema 6.7. Suponga que f : R −→ R es diferenciable en c y que f(c) =0. Muestre que g(x) = |f(x)| es diferenciable en c si, y sólo si , f ′(c) = 0.


Problema 6.8. Determine cuáles de las siguinetes funciones de R en R sondiferenciables y encuentre sus derivadas.

(a) f(x) = |x| + |x + 1|; (b) g(x) = 2x + |x|;

(c) h(x) = x|x|; (d) k(x) = | senx|.

Problema 6.9. Pruebe que si f : R −→ R es una función par, vale decirf(−x) = f(x) para todo x ∈ R, y es diferenciable en R, entonces la derivadaf ′ es una función impar, esto es f(−x) = −f(x). Pruebe además que sig : R −→ R es una función impar, entonces g′ es una función par.

Problema 6.10. Sea g : R −→ R definida por

g(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x2 sen1x2 x �= 0

0 x = 0

Muestre que g es diferenciable en todo R. Pruebe también que la funcióng′ no es acotada en el intervalo [−1, 1].

Problema 6.11. Si r > 0 es un número racional, sea f : R −→ R definidapor

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

xr sen 1x

x �= 0

0 x = 0

Determine los valores de r para los cuáles f ′(0) existe.

Problema 6.12. Si f : R −→ R es diferenciable en c ∈ R, muestre que

Sergio Plaza 249

f ′(c) = limn→∞ n[f(c +

1n

) − f(c)].

Muestre mediante un ejemplo que la existencia de este límite no garantizala diferenciabilidad de f en c.

Problema 6.13. Muestre que la función h(x) = x3 + 2x + 1, x ∈ R, tieneinversa h−1 definida sobre R. Calcule h−1(y) en los puntos correspondientesa x = 0, 1, −1.

Problema 6.14. Muestre que la restricción de la función coseno cos a I =[0, π] es estrictamente decreciente. Sea arccos : [−1, 1] −→ R. Muestre quearccos es una función diferenciable en ] − 1, 1[ y que

(arccos y)′ = −1√1 − y2 ; y ∈ ] − 1, 1[ .

Muestre que arccos y no es diferenciable en −1 ni en 1.

Problema 6.15. Muestre que la restricción de la función tangente tan esestrictamente creciente en I = ] − π

2 , π2 [ y que tan(I) = R. Muestre que, si

arctan : R −→ R es la función inversa de la restricción de la función tangente,entonces arctan es diferenciable en R y

(arctan y)′ = 11 + y2 , y ∈ R.

Problema 6.16. Para cada una de las siguientes funciones de R a R, encuen-tre los puntos extremos relativos, los intervalos de crecimiento y los intervalosde decrecimiento.

(a) f(x) = x2 − 3x + 5; (b) g(x) = 3x − 4x2;

(c) h(x) = x3 − 3x − 4; (d) k(x) = x4 + 2x − 4.


Problema 6.17. Encuentre los extremos relativos, los intervalos de crec-imiento y de decrecimiento de las siguientes funciones.

(a)f(x) = x + 1x

, x �= 0; (b) g(x) = x

x2 + 1, x ∈ R;

(c)h(x) =√

x − 2√

x + 2, x > 0; (d) k(x) = 2x +1x2 , x �= 0.

Problema 6.18. Encuentre los extremos relativos, los intervalos de crec-imiento y de decrecimiento de las siguientes funciones, en los dominios señal-ados.(a) f(x) = |x2 − 1|, −4 ≤ x ≤ 4; (b) g(x) = 1 − (x − 1) 2

3 , 0 ≤ x ≤ 2;

(c) h(x) = x|x2 − 12|, −2 ≤ x ≤ 3; (d) k(x) = x(x − 8) 13 , 0 ≤ x ≤ 9.

Problema 6.19. Sea a > b > 0 y sea n ∈ N, n ≥ 2. Pruebe que a1n − b

1n <

(a − b) 1n . [Hint. Muestre que f(x) = x

1n − (x − 1) 1

n es decreciente para x ≥ 1y evalúe f en 1 y en a/b.]

Problema 6.20. Pruebe usando el Teorema del Valor Medio que

| sen(x) − sen(y)| ≤ |x − y|, x, y ∈ R.

Use el Teorema del valor Medio para probar que

x − 1x

< ln x < x − 1, x > 1.

Problema 6.21. Sea f : [a, b] −→ R continua en [a, b] y diferenciable en(a, b). Muestre que si lim

x→af ′(x) = A, entonces f ′(a) existe y es igual a A.

[Hint: Use la definición de f ′(a) y el Teorema del Valor Medio.]

Problema 6.22. Sea f : R −→ R definida por

Sergio Plaza 251

f(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

2x4 + x4 sen1x

, x �= 0

0 x = 0

Muestre que f tiene un mínimo absoluto en x = 0, pero que su derivadatiene valores estrictamente positivos y estrictamente negativos en una vecin-dad de 0.

Problema 6.23. Sea g : R −→ R definida por

g(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

x + x2 sen 1x

, x �= 0

0 x = 0

Muestre que g′(0) = 1, pero en toda vecindad de 0, la derivada g(x) tomavalores estrictamente positivos y estrictamente negativos. Muestre que g noes monótona en ninguna vecindad de 0.

Problema 6.24. De un ejemplo de una función uniformemente continua en[0, 1] que sea diferenciable en (0, 1) pero cuya derivada no sea acotada en(0, 1).

Sea g : [−1, 1] −→ R definida por

g(x) =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

1 x > 0

0 x = 0

−1 x > 0

Muestre que no existe una función f : [−1, 1] −→ R tal que f ′(x) = g(x),x ∈ [−1, 1]. [Hint: Use el Teorema de Darboux.]


Problema 6.25. Sea h : R −→ R definida por

h(x) =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

0 x < 0

1 x ≥ 0

Pruebe que no existe una función f : R −→ R tal que f ′(x) = h(x), x ∈ R.De dos ejemplos de funciones que no difieran por una constante y tales quesus derivada sean iguales a h(x) para x �= 0.

Problema 6.26. Sea I un intervalo y sea f : I −→ R diferenciable so-bre I. Muestre que si f ′ es estrictamente positiva sobre I, entonces f esestrictamente creciente en I.

Problema 6.27. Sea I un intervalo y sea f : I −→ R diferenciable en I.Muestre que si la derivada f ′ no seanula sobre I, entonces f ′(x) < 0,paratodo x ∈ I o f ′(x) > 0, para todo x ∈ I.

Problema 6.28. Sea I un intervalo. Pruebe que si f es diferenciable en I

y si su derivada f ′ es acotada en I, entonces f es una función Lipschitziana.

Problema 6.29. Sea f : [0, ∞) −→ R diferenciable en (0, ∞) y supongaque lim

x→∞ f ′(x) = b. Pruebe que:

1. Para todo h > 0, se tiene que limx→∞

f(x + h) − f(x)h

= b.

2. Si limx→∞ f(x) = a, entonces b = 0.

3. limx→∞

f(x)x

= b.

Problema 6.30. Sean f , g diferenciables sobre R y suponga que f(0) = g(0)y que f ′(x) ≤ g′(x) para x ≥ 0. Muestre que f(x) ≤ g(x) para todo x ≥ 0.

Sergio Plaza 253

Problema 6.31. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R diferenciable en c ∈ I.Muestre que para ε > 0, existe δ > 0 tal que si 0 < |x − y| < δ y a ≤ x ≤c ≤ y ≤ b, entonces

∣∣∣∣∣f(x) − f(y)x − y

− f ′(c)∣∣∣∣∣ < ε.

Problema 6.32. Suponga que f : [0, 2] −→ R es continua en [0, 2] y difer-enciable en (0, 2), y que f(0) = 0, f(1) = 1, f(2) = 1.

1. Muestre que existe c1 ∈ (0, 1) tal que f ′(c1) = 1.

2. Muestre que existe c2 ∈ (1, 2) tal que f ′(c2) = 0.

3. Muestre que existe c ∈ (0, 2) tal que f ′(c) = 1/3.

Problema 6.33. Determinar el número de raíces reales de la ecuación

3x4 − 8x3 + 6x2 − 5 = 0.

Problema 6.34. Pruebe que la ecuación

1 − x + x2

2− x3

3+ · · · + (−1)n xn

n= 0

tiene una raíz real si n es impar y ninguna si n es par.

Problema 6.35. Dibuje los gráficas de las siguientes funciones.


(a) x3 − 3x2 + 2 (b) x3 − 3x2 + 2x + 2 (c) (1 − x2)2

(d) x + |x| (e) senx(1 + cos x) (f) x√

4x − x2

(g) x + 1x

(h) x + | senx| (i)√

x

1 + x

(j) senx cos x (k) x − 2 senx (l) 1 − x + x2

1 + x + x2

(m) x − [x] (n) senx − 3 cos x

3(o) x3

1 + x4

Problema 6.36. Suponga que el desplazamiento de una partícula en el in-stante t viene dado por una ecuación de la forma

s = f(t) = 12

at2 + v0t + s0,

donde a, v0, y s0 son constantes.

1. Pruebe que la partícula tiene una aceleración constante a y que sudespazamiento y velocidad en t = 0 son s0 y v0, respectivamente.

2. Probar que, recíprocamente, la función f queda completamente deter-minada por la información dada en a).

Problema 6.37. Sean

Sn(x) = x − x3

3!+ x5

5!− · · · + (−1)n+1 x2n−1

(2n − 1)!;

Cn(x) = 1 − x2

2!+ x4

4!− · · · + (−1)n + 1 x2n−2

(2n − 2)!.

Sergio Plaza 255

1. Probar por inducción que

S2n(x) ≤ senx ≤ S2n−1(x) y C2n(x) ≤ cos x ≤ C2n−1(x).

2. Grafique S2, S3, C2, C3.

3. Hallar un polinomio que permita calcular senx y cos x con una precisiónde siete decimales para x ∈ [0,

π

4]

4. Mediante las desigualdades probadas en a) y el Teorema del Sandwich,calcule los siguientes límites:

(a) limx→0

senx − x

x3 (b) limx→0

cos x − 1x2 (c) lim

x→0

x cos x − senx

x sen2x.

Problema 6.38. Pruebe que tan x

x>

x

senx, si 0 < x < π/2.

Problema 6.39. 1. Pruebe que arctan(x) + arctan(1

x

)=

π

2, para todo

x > 0.

2. Pruebe que sen(arctan(x)) = x√1 + x2

, para todo x ∈ R

3. Demuestre que cos(arctan(x)) = 1√1 + x2

, para todo x ∈ R

4. Demostrar que para todo x ∈ ] − 1, 1[ se tiene

arctan

⎛⎝√1 − x

1 + x

⎞⎠ =

12

arcos(x) .

Problema 6.40. Una escalera de 10 pies de longitud se apoya verticalmentecontra una valla de 4 pies de altura, como lo ilustra la siguiente figura:

Se retira de la valla el pie de la escalera a razón de 1 pie/seg. Considerela proyección sobre el suelo de la punta de la escalera. ¿A qué velocidad semueve esa proyección cuando el pie de la valla dista 3 pies de la valla?


Problema 6.41. Un pistón que puede moverse libremente sobre una rectaestá unido por una barra a un punto fijo del borde de una rueda como lomuestra la siguiente figura.

La longitud de la barra es l y r es el radio de la rueda. relacionar lavelocidad del pistón con la velocidad angular dela rueda. Si esta es constantee igual a ω rad/seg, calcular la velocidad del pistón cuando el punto del bordede la rueda al que está unida la barra alcanza su posición más alta.

Problema 6.42. Un torno situado al final de un muelle está a 6 pies sobreel agua y tira de una soga a razón de 2 pies/seg. Determinar a qué velocidadtira hacia el muelle de un bote unido a la soga cuando quedan fuera 10 piesde esta.

Problema 6.43. Una farola de la calle está a una altura de H pies. Unpeatón de h pies de altura se aleja de la luz a razón de F pies/seg. Calcularla razón a la que se mueve el extremo de su sombra cuando el peatón está ax pies de distancia del pie de la farola.

Problema 6.44. Sobre la cima de un montón de arena en forma cónica, caearena a razón de 2 pies cúbicos/seg. Suponiendo que el montón mantieneconstantemente la forma de cono circular recto con altura igual al radio dela base, determinar a qué velocidad crece su altura cuando este es de 6 pies.¿Qué altura debe tener el montón para que ésta crezca a un ritmo inferior a10−3 pies/min.?

Problema 6.45. Una partícula se mueve sobre la elipse 16x2 +9y2 = 400 ensentido positivo, vale decir, contrario al sentido del movimiento de las agujasdel reloj. ¿En qué punto(s) de la elipse decrece la ordenada al mismo tiempoque la absisa crece?

Problema 6.46. Una avión A vuela en linea recta a velocidad constante v.Inicialmente el avión se halla justamente sobre un cañón antiaŕeo colocado en

Sergio Plaza 257

el origen. Calcular velocidad angular del cañón si este apunta constantementesobre el avión.

Problema 6.47. Por un agujero en el vértice de un depósito cónico de agua,esta escapa a razón de 72 pies cúbicos/seg. Si el depósito tiene 20 pies deprofundidad y 30 pies de diámetro, hallar a qué ritmo desciende el nivel delagua cuando la altura de la misma es de 12 pies.

Problema 6.48. Suponga que f y g son continuas en [a, b], diferenciablesen (a, b) tal que c ∈ [a, b] y que g(x) �= 0, para x �= c. Sea A = lim

x→cf y

B = limx→c

g. Si B = 0 y si limx→c

f(x)/g(x) existe en R, muestre que se debetener A = 0.[Hint: f(x) = f(x)g(x)/g(x).]

Problema 6.49. En las condiciones del problema anterior, suponga ademásque g(x) > 0 para todo x ∈ [a, b], x �= c. Si A > 0 y B = 0, pruebe que sedebe tener lim

x→cf(x)/g(x) = ∞. Si A < 0 y B = 0, pruebe que se debe tener

limx→c

f(x)/g(x) = −∞.

Problema 6.50. Sea f(x) = x2 sen(1/x) para 0 < x ≤ 1 y f(0) = 0, y seag(x) = x2 para x ∈ [0, 1]. Entonces ambas funciones f y g son diferenciablesen [0, 1], y g(x) > 0 para x �= 0. Muestre que lim

x→0f(x) = 0 = lim

x→0g(x) pero

que no existe limx→0

f(x)/g(x).

Problema 6.51. Sea f(x) = x2 si x ∈ Q y f(x) = 0 si x /∈ Q, y seag(x) = senx para x ∈ R. Muestre que lim

x→0f(x)/g(x) = 0. Explique por qué

no se puede aplicar la regla de L’Hopital para el caso ∞/∞.

Problema 6.52. Sea f(x) = x2 sen(1/x) para x �= 0 y f(0) = 0, y sea g(x) =senx para x ∈ R. Muestre que lim

x→0f(x)/g(x) = 0 pero que lim

x→0f ′(x)/g′(x)

no existe.

Problema 6.53. Evalúe los siguientes límites, donde el dominio del cuo-ciente es el indicado.


a) limx→0+

ln(x + 1)senx

(0, π/2); b) limx→0+

tan x

x(0, π/2);

c) limx→0+

ln cos x

x(0, π/2); d) lim

x→0+

tan x − x

x3 (0, π/2).

Problema 6.54. Evalúe los siguientes límites:

a) limx→0

arctan x

x(−∞, ∞); b) lim

x→0

1x(ln x)2 (0, 1);

c) limx→0+

x3 ln x (0, ∞); d) limx→∞

x3

ex(0, ∞).


a) limx→∞

ln x

x2 (0, ∞); b) limx→∞

ln x√x

(0, ∞);

c) limx→0

x ln sin x (0, π); d) limx→∞

x + ln x

x ln x(0, ∞).


a) limx→0+

x2x (0, ∞); b) limx→0

(1 + 3/x)x (0, ∞);

c) limx→∞ (1 + 3/x)x (0, ∞); d) lim

x→0+

arctan x − x

x arctan x(0, ∞).


a) limx→∞ x1/x (0, ∞); b) lim

x→0+( senx)x (0, π);

c) limx→0+

x senx (0, ∞); d) limx→π/2−

sec x − tan x (0, π/2).

Sergio Plaza 259

Problema 6.58. Sea f diferenciable en (0, ∞) y suponga que limx→∞(f(x) + f ′(x)) = L.

Muestre quelim

x→∞f(x) = L y limx→∞ f ′(x) = 0. [Hint: f(x) = exf(x)/ex.]

Problema 6.59. Sea f(x) = cos ax para x ∈ R donde a �= 0. Encuentref (n)(x) para n ∈ N, x ∈ R.

Problema 6.60. Sea g(x) = |x3| para x ∈ R. Encuentre g′(x) y g′′(x) parax ∈ R, y g′′′(x) para x �= 0. Muestre que g′′′(0) no existe.

Problema 6.61. Usando inducción pruebe la regla de Leibniz para la n-ésima derivada del producto

(fg)(n)(x) =n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)(x)g(k).

Problema 6.62. Muestre que si x > 0, entonces

1 +x

2− x2

8≤ √

1 + x ≤ 1 +x

2.

Problema 6.63. Usando el problema anterior, aproxime√

1.2 y√

2. ¿Cuáles la mejor aproximación que usted puede asegurar usando la desigualdadanterior?

Problema 6.64. Use el Teorema de Taylor con n = 2 para obtener másaproximaciones para

√1.2 y

√2.

Problema 6.65. Si x > 0 muestre que

∣∣∣∣∣ 3√

1 + x −(

1 +x

3− x2

9

)∣∣∣∣∣ ≤ 5x3

81.

Use esta desigualdad para aproximar 3√

1.2 y 3√

2.

Problema 6.66. Si f(x) = ex, muestre que le resto de Taylor converge acero cuando n → ∞, para cada x0 y x.


Problema 6.67. Si g(x) = senx, muestre que el resto de Taylor converge acero cuando n → ∞.

Problema 6.68. Sea h(x) = e−1/x2 para x �= 0 y h(0) = 0. Muestre queh(n)(0) = 0 para todo n ∈ N. Concluya que el resto de Taylor para x0 = 0 noconverge a cero cuando n → ∞ para x �= 0. [Hint: Por la regla de L’Hopitallimx→0

h(x)/xk = 0 para cualquier k ∈ N. Use el problema 14 para calcularf (n)(x) para x �= 0.]

Problema 6.69. Si x ∈ [0, 1] y n ∈ N, muestre que

∣∣∣∣∣ln(1 + x) −(

x − x2

2+

x3

3+ · · · + (−1)n xn

n

)∣∣∣∣∣ ≤ xn+1

n + 1.

Use esta desigualdad para aproximar ln 1.5 con un error menor que 0.001 ycon un error menor que 0.0001.

Problema 6.70. Aproxime la función sen(x) por un polinomio en el inter-valo [−1, 1] con un error menor que 0.001. Muestre que se tiene

∣∣∣∣∣ senx −(

x − x3

6+ x5

120

)∣∣∣∣∣ <1

5040para |x| ≤ 1.

Problema 6.71. Determine si x = 0 es o no un extremo relativo de las sigu-

ientes funciones:a) f(x) = x3 + 2; b) g(x) = senx − x;

c) h(x) = senx +16

x3; d) k(x) = cos x − 1 +12

x2.

Problema 6.72. Sea f continua en [a, b] y supongamos que la segundaderivada f ′′ existe en (a, b). Supongamos que el gráfico de f y el segmentode recta que une los puntos (a, f(a) y (b, f(b)) se intersectan en el punto(x0, f(x0)) donde a < x0 < b. Muestre que existe un punto c ∈ (a, b) tal quef ′′(c) = 0.

Sergio Plaza 261

Problema 6.73. Sea I ⊆ R un intervalo abierto, sea f : I −→ R diferen-ciable en I, y suponga f ′′(a) existe en a ∈ I. Muestre que

f ′′(a) = limh→0

f(a + h) − 2f(a) + f(a − h)h2 .

Dé un ejemplo donde este límite exista, pero la función no tenga segundaderivada en a.

Problema 6.74. Suponga que I ⊆ R es un intervalo abierto y que f ′′(x) ≥ 0para todo x ∈ I. Si c ∈ I, muestre que la parte del gráfico de f en I nuncaestá por debajo de la recta tangente al gráfico en el punto (c, f(c)).

Problema 6.75. Sea I ⊆ R un intervalo y sea c ∈ I. Suponga que f y g

están definidas sobre I y que las derivadas f (n) y g(n) existen y son continuasen I. Si f (k)(c) = 0 y g(k)(c) = 0 para k = 0, 1, . . . , n − 1,pero g(n)(c) �= 0,muestre que

limx→c

f(x)g(x)

=f (n)(c)g(n)(c)

.

Problema 6.76. Localizar los máximos y mínimos de la función f(x) =x3 − 12x.

Problema 6.77. Pruebe que 1 − |x| tiene un máximo relativo en x = 0.

Problema 6.78. Localizar todos los extremos relativos de las siguientesfunciones.

a) 8x3 − 9x2 + 1; b)√

x(a − x), a > 0; c) x2 + 16/x;

d) ( senx)(1 + cosx); e) tan x − 8 senx; f) x3/2(x − 18)−1/2.

Problema 6.79. Determinar los valores máximo y mínimo de x3 − 3x + 2en el intervalo [−3, 1.5].


Problema 6.80. Pruebe que de todos los rectágulos de perimetro dado elcuadrado es el de mayor área.

Problema 6.81. Un granjero decide cercar una dehesa rectangular que lindacon un río recto. Como sólo dispone de 1000 pies de valla y piensa que lasvacas no escaparán por el río, precinde de cercar a lo largo del río. En esascircunstancias, ¿Cómo conseguira el grangero cercar la mayor area de dehesa?

Problema 6.82. Hay que cortar un hilo delongitud L en dos trozos. Unode estos se doblará luego para formar un círculo, y el otro dándole forma deun cuadrado ¿Cómo habrá de cortar para que la suma de las áreas de estasfiguras sea máxima?, ¿mínima?

Problema 6.83. Las dimensiones de un piscina rectangular son a y b. Uncaballero de pie en una esquina de la piscina divisa una chica con bikini en laesquina diagonalmente opuesta. Suponiendo que la velocidad del caballero,caminando, sea vw, y nadando, vs, ¿Cuál será el tiempo mas corto que nece-sitará él para llegar hasta la chica (suponiendo, por supuesto, que ésta no semueva)? Considerar todos los casos posibles.

Problema 6.84. Determinar los máximos y mínimos de x3+3px+q. Discutirla naturaleza de las raíces de la ecuación x3 + px + q = 0.

Problema 6.85. Dados n números a1, . . . , an, calcular el x que hace mínimoa

(a1 − x)2 + (a2 − x)2 + · · · + (an − x)2.

Problema 6.86. 1. Sea f un función continua sobre toda la recta real,y sea P0 cualquier punto del plano. Pruebe que hay un punto P ∗ sobrela grfica de f que dista lo mínimo de P0. Muestre mediante un ejemploque P ∗ no necesariamente es único.

Sergio Plaza 263

2. Suponga ahora que f es diferenciable en todo punto y que P0 no estásobre la gráfica de f . Pruebe que la recta que une P0 a un punto P ∗

con la propiedad anterior es normal a gráfica de f en P ∗.

Problema 6.87. Considérese un rayo deluz que va desde un punto A1 en unmedio M1 (digamos aire) hasta un punto A2 en un M2 (por ejemplo, agua).Supongamos que la superficie de separación de ambos medios es plana, ydenotemos por ck la velocidad de la luz en el medio Mk, k = 1, 2. Sea P elpunto donde el rayo de luz atraviesa la superficie de separación. Mediante elprincipio de Fermat, probar la ley de la refracción

senφ1

senφ2= c1

c2,

donde φ1 y φ2 son, respectivamente, los ángulos formados por la normal en P

a la superficie y los rayos incidente y refractado,como lo muestra la siguientefigura:

Problema 6.88. 1. Hallar el punto (o los puntos) de la parábola y = x2

más próximos al punto (2, 1).

2. Lo mismo para los puntos (0, −4) y (0, 5).

Problema 6.89. De entre los cilindros circulares rectos de volumen dado,hallar el de menor área lateral.

Problema 6.90. Probar que el cilindro circular recto inscrito en una esferadada y de volumen máximo es aquel cuya altura es

√2 veces el radio de su

base.

Problema 6.91. Hay que inscribir un cilindro circular recto en un conodado,también circular y recto. Determinar las dimensiones que producenvolumen máximo y las que producen área total máxima.


Problema 6.92. Pruebe que de entre los triángulos de base y perímetrodados, el isósceles tiene área máxima.

Problema 6.93. Una escalera de 27 pies está apoyada contra una cerca de8 pies de altura. Determinar la proyección horizontal máxima del saliente dela escalera al desplazar de la cerca el pie de la misma. Tomar como variableindependiente el ángulo que forma la escalera con el suelo.

Problema 6.94. Dado los números positivos a1, a2, . . . , an, hallar el valormínimo de

a1 + a2 + · · · + an−1 + x

n n√

a1a2 . . . an−1x

para x > 0. Usar este resultado para probar por inducción que

n√

a1a2 . . . an ≤ a1 + a2 + · · · + an

n.

Problema 6.95. Hallar un punto sobre la altura de un triángulo isósceles (einterior al triángulo)para que la suma de distancias del punto a los vérticessea mínima. Para resolver este problema, tome como variable el ángulo α

como en la siguiente figura:

Probar que el mínimo se alcanza cuando α = π/6. ¿Qué ocurre si el ángulode la base es menor que π/6?

Problema 6.96. Determinar los sentidos de curvatura y los puntos de in-flexión de las siguientes funciones. Esbozar los gráficos.

Sergio Plaza 265

a) x3; b)√

x; c) x3 − 3x + 1;

d) 2x

1 + x2 ; e) tan x; f)√

1 + x2;

g) x√

2 − x; h) x2 − 4x2 − 9

.

Problema 6.97. Suponga que f es una función diferenciable en R que sat-isface la siguiente ecuación diferencial

f ′(x) = f(x)

para todo x ∈ R y que f(0) = 1.

1. Pruebe que f(x)f(−x) = 1 para todo x ∈ R. Deduzca que f es positivaen todo R. ¿Qué puede afirmarse sobre el comportamiento cualitativode f (crecimiento, decrecimiento, máximos mínimos,etc.)?

2. Pruebe que limx→−∞ f(x) = 0 y que lim

x→∞ f(x) = ∞.

3. Dibujar el gráfico de f . ¿A qué función se parece?

Problema 6.98. Trazar el gráfico de una función f que satisfaga todas estaspropiedades:

1. f está definida y es continua en todos los puntos salvo el +1; f(−1) =−3, f(0) = 0, f(3) = 2, lim

x→−∞ f(x) = 0 y limx→+∞f(x) = 3.

2. f ′ existe y es continua en todos los puntos salvo ±1; limx→−1+

f ′(x) = +∞,lim

x→−1−f ′(x) = −∞, y el signo de f ′ esta dado por la siguiente tabla.

3. f ′′ existe y es continua en todos los puntos salvo ±1, y sus signo estádado por el diagrama siguiente.


Problema 6.99. Trazar el gráfico de una función f que satisfaga todas estaspropiedades:

1. f está definida y es continua en todos los puntos salvo el −2; f(−3) =−2, f(−1) = −2, f(0) = 0, f(1) = 2, f(2) = 1, f(3) = 5/2,

limx→−2− f(x) = 0+ y lim

x→−2+f(x) = +∞.

2. Para x → +∞, el gráfico de f es asintótico a la recta y = x.

3. f ′ existe y es continua en todos los puntos salvo −2 y 0; limx→0

f ′(x) = +∞,y el signo de f ′ esta dado por la siguiente tabla.

4. f ′′ existe y es continua en todos los puntos salvo −2 y 0, y sus signoestá dado por el diagrama siguiente.

Capítulo 7

Integral de Riemann

Sea f : X −→ R una función acotada, definimos Supf = Supf(X) =Sup{f(x) : x ∈ X}, de modo análogo se define inf f = inf f(X). Recorde-mos que tenemos lo siguiente

1. Sean A, B ⊆ R tales que para todo x ∈ A e y ∈ B, se tiene x ≤ y,entonces Sup(A) ≤ inf(B). Además, Sup(A) = inf(B) si y sólo si paratodo ε > 0, existen x ∈ A e y ∈ B tal que y − x ≤ ε.

2. Sea A, B ⊆ R conjuntos acotados y sea c ∈ R. Entonces A + B = {x +y : x ∈ A, y ∈ B} y c A = {cx : x ∈ A} están acotados. Además,Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B) e inf(A + B) = inf(A) + inf(B). Porotra parte,

si c > 0, entonces Sup(cA) = c Sup(A)inf(cA) = c inf(A)

si c < 0, entonces Sup(cA) = c inf(A)inf(cA) = c Sup(A)

267


3. Sean f, g : X −→ R funciones acotadas. Entonces las funciones f +g, cf : X −→ R están acotadas para todo c ∈ R. Además,

Sup(f + g) ≤ Sup(f) + Sup(g)inf(f) + inf(g) ≤ inf(f + g)

Sup(cf) = c Sup(f)inf(cf) = c inf(f)

⎫⎬⎭ si c ≥ 0

Sup(cf) = c inf(f)inf(cf) = c Sup(f)

⎫⎬⎭ si c < 0

Lema 7.1. Dada f : X −→ R acotada, sean m = inf(f), M = Sup(f) yω = M − m, llamada la oscilación de f en X. Entonces ω = Sup{|f(x) −f(y)| : x, y ∈ X}.

Demostración. Sean x, y ∈ X. Supondremos sin pérdida de generalidadque f(x) ≤ f(y). Se tiene

m ≤ f(x) ≤ f(y) ≤ M ,

de donde |f(x)−f(y)| ≤ M−m = ω, así Sup{|f(x)−f(y)| : x, y ∈ X} ≤ ω.

Recíprocamente, dado ε > 0 podemos encontrar x, y ∈ X tales que f(x) ≥M − ε

2y f(y) ≤ m + ε/2. Luego

|f(x) − f(y)| ≥ f(x) − f(y) > M − m − ε = ω − ε .

Así, ω es la menor de las cotas superiores del conjunto {|f(x) − f(y)| :x, y ∈ X}. Lo que completa la prueba del teorema.

�

Sergio Plaza 269

Una partición del intervalo [a, b] es un subconjunto finito

P = {x0, x1, . . . , xn} ⊆ [a, b]

tales que a, b ∈ P . Notación

a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b .

El intervalo [xi−1, xi] es llamado i–ésimo intervalo de la partición y sulongitud es xi − xi−1. Note que

n∑i=1

(xi − xi−1) = b − a .

Sean P y Q particiones de [a, b]. Decimos que Q refina a P si Q ⊇ P .

7.1 Sumas de Riemann superiores e inferi-ores

Sea f : [a, b] −→ R una función acotada. Usamos la notación m = inf(f) yM = Sup(f). Es claro m ≤ f(x) ≤ M .

Sea P partición de [a, b], digamos P = {x0 = a < x1 < · · · < xn = b},definimos mi = inf{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]}, Mi = Sup{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]}y ωi = Mi − mi, oscilación de f en el i–ésimo intervalo de la partición.

Definimos la suma inferior de f relativa a la partición P como

s(f, P ) =n∑

i=1mi(x1 − xi−1)

y la suma superior de f relativa a la partición P como

S(f, P ) =n∑

i=1Mi(xi − xi−1) .


Tenemosm(b − a) ≤ s(f, P ) ≤ S(f, P ) ≤ M(b − a) .

Teorema 7.1. Sea P una partición de [a, b] y sea Q un refinamiento de P ,entonces

s(f, P ) ≤ s(f, Q) ≤ S(f, Q) ≤ Sf(f, P ) .

Demostración. Basta suponer que Q = P ∪ {r}, Con xi−1 < r < xi

DIBUJO

Seanm′ = inf{f(x) : x ∈ [xi−1, r]}m′′ = inf{f(x) : x ∈ [r, xi]} .

Se tiene mi ≤ m′ y mi ≤ m′′ y como xi −xi−1 = (xi −r)+(r −xi−1) vemosque

s(f, Q) − s(f, P ) = m′′(xi − r) + m′(r − xi−1) − mi(xi − xi−1)= (m′′ − mi)(xi − r) + (m′ − mi)(r − xi−1) ≥ 0 .

�

El cálculo para las sumas superiores es completamente análogo.

Definimos la colección de particiones de un intervalo acotado [a, b] como

P([a, b]) = {P : P es una partición de [a, b]}

Teorema 7.2. Sean P y Q particiones arbitrarias de [a, b] y f : [a, b] −→ R

una función acotada. Entonces s(f, P ) ≤ S(f, Q).

Demostración. Es claro que P1 = P ∪ Q es una nueva partición de [a, b] yse tiene P1 ⊇ P y P1 ⊇ Q, es dceir, P1 es un refinamiento de P y de Q. Porlo tanto, s(f, P ) ≤ s(f, P1) ≤ S(f, P1) ≤ S(f, Q).

Sergio Plaza 271

Sea f : [a, b] −→ R una función acotada. Definimos∫ b

af = Sup{s(f, P ) : P ∈ P([a, b])}

llamada integral inferior de Riemann de f en [a, b].

De modo análogo definimos∫ b

af = inf{S(f, P ) : P ∈ P([a, b])}

llamada integral superior de Riemann de f en [a, b].

Teorema 7.3. Sea f : [a, b] −→ R una función acotada, digamos m ≤f(x) ≤ M para todo x ∈ [a, b]. Entonces

m(b − a) ≤∫ b

af ≤

∫ b

af ≤ M(b − a)

Lema 7.2. Sea P0 ∈ P([a, b]). Si consideramos las sumas s(f, P ) y S(f, P )relativas exclusivamente a las particiones P que refinan P0, entonces se ob-tienen los mismos valores tanto para las integrales inferiores como para lasintegrales supreiores de f .

Definición 7.1. Decimos que una función acotada f : [a, b] −→ R es in-tegrables según Riemann o Riemann integrable o simplemente integrable (ennuestro contexto) si ∫ b

af =

∫ b

af .

al valor común, lo llamamos integral de Riemann de f en [a, b] y se denotapor ∫ b

af

Observación 7.1. También se acostumbra a usar la notación∫ b

af(x) dx

para denotar la integral de Riemann de f en [a, b].


Teorema 7.4. (Condición de integrabilidad 1) Sea f : [a, b] −→ R unafunción acotada. Entonces son equivalentes

(a) f es Riemann integrable en [a, b].

(b) Para todo ε > 0 dado, existen particiones P, Q ∈ P([a, b]), tales queS(f, Q) − s(f, P ) < ε.

(c) Para todo ε > 0 dado, existe una partición P ∈ P([a, b]), P = {x0 =

a < x1 < · · · < xn = b} tal que S(f, P )−s(f, P ) =n∑

i=1ωi(xi−xi−1) < ε.

Demostración. Sean S = {S(f, P ) : P ∈ P([a, b])} y I = {s(f, P ) :P ∈ P([a, b])}, la colección de sumas superiores, respectivamente, de sumasinferiores de f .

Tenemos s ≤ S para cada s ∈ I y S ∈ S.

Si la condición (a) vale, estos significa que inf(S) = Sup(I), que es lacondición (b).

Si la condición (b) vale, es decir, S(f, Q) − s(f, P ) < ε para algunasP, Q ∈ P([a, b]), entonces tomando P1 = P ∪ Q, se tiene que s(f, P ) ≤s(f, P1) ≤ S(f, P1) ≤ S(f, Q), de donde S(f, P1) − s(f, P1) < ε.

Para mostrar que (c) implica (a), usar de nuevo el argumento de la primeraparte.

�

Teorema 7.5. (Aditividad de la integral) Sean a < c < b. Una funciónacotada f : [a, b] −→ R es integrable si y sólo si las restricciones f |[a, c] yf |[c, b] son integrables. En caso afirmativo se tiene

∫ b

af =

∫ c

af +

∫ b

cf .

Sergio Plaza 273

Demostración. Sean A = {s(f |[a, c], P1) : P1 ∈ P([a, c])} y B = {s(f |[c, b], P2) :P2 ∈ P([c, b])}. Se tiene que el conjunto A + B es el conjunto de todas lassumas inferiores de f relativas a las particiones de [a, b] que contienen a c.Por lo tanto, ellas refinan a la partición P0 = {a < c < b}. Luego,∫ b

af = Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B) =

∫ c

af +

∫ b

cf .

De modo completamente análogo se prueba que∫ b

af =

∫ c

af +

∫ b

cf .

Luego ∫ b

af −

∫ b

af =

(∫ c

af −

∫ c

af

)︸︷︷︸

≥0

+(∫ b

cf −

∫ b

cf

)︸︷︷︸

≥0

por lo tanto esta suma es igual a cero si y sólo si ambos sumandos de laderecha con iguales a cero. En otras palabras, f es integrable si y sólo sif |[a, c] y f |[c, b] lo son, y en el caso afirmativo, vale la igualdad∫ b

af =

∫ c

af +

∫ b

cf .

�

Convención

1.∫ b

af = −

∫ a

bf .

2.∫ a

af = 0.

Teorema 7.6. Sean f, g : [a, b] −→ R funciones integrables. Entonces

(1) f + g es integrable y vale∫ b

af + g =

∫ b

af +

∫ b

ag .


(2) f · g es integrable.

(3) λf es integrable para cada λ ∈ R, y se tiene∫ b

aλf = λ

∫ b

af .

(4) Si 0 < k ≤ |g(x)| para todo x ∈ [a, b], entonces f/g es integrable.

(5) Si f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces∫ b

af ≤

∫ b

ag.

(6) |f | es integrable y vale∣∣∣∣∣∫ b

af

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a|f |.

Demostración. Sea P ∈ P([a, b]). Usamos la notación

m′i = inf{f(x) : x ∈ [xi−1, xi]}

m′′i = inf{g(x) : x ∈ [xi−1, xi]}

mi = inf{(f + g)(x) : x ∈ [xi−1, xi]}

Se tienem′

i + m′′i ≤ mi,

luego s(f, P ) + s(g, P ) ≤ s(f + g, P ) ≤∫ b

a(f + g) para toda partición P ∈

P([a, b]).

Si P, Q ∈ P([a, b]), se tiene

s(f, P ) + s(g, Q) ≤ s(f, P ∪ Q) + s(g, P ∪ Q) ≤∫ b

a(f + g) ,

por consiguiente∫ b

af +

∫ b

ag ≤ SupP {s(f, P )} + SupQ{(s(g, Q)}

≤ SupP,Q(s(f, P ) + s(g, Q))

≤∫ b

a(f + g)

Ahora ∫ b

af +

∫ b

ag ≤

∫ b

a(f + g) ≤

∫ b

a(f + g) ≤

∫ b

af +

∫ b

ag

Sergio Plaza 275

y cuando f y g son integrables, los extremos de esta desigualdad son iguales.

(2) Sean |f(x)| ≤ K y |g(x)| ≤ K para todo x ∈ [a, b]. Dada una particiónP ∈ P([a, b]), sean ω′

i = ωi(f), ω′′i = ωi(g) y ωi = ωi(f + g). Tenemos

|f(y)g(y) − f(x)g(x)| = |(f(y) − f(x))g(y) + f(x)(g(y) − g(x))| ≤ |f(y) −f(x)| |g(y)| + |f(x)| |g(y) − g(x)| ≤ K(|ω′

i| + |ω′′i |), de donde

n∑i=1

ωi(xi − xi−1) ≤ K

(n∑

i=1ω′

i(xi − xi−1) +n∑

i=1ω′′

i (xi − xi−1))

Por lo tanto, si f y g son integrables, se sigue que f · g es integrable.

(3) Fácil y se deja a cargo del lector.

(4) Como f/g = f · 1/g, se sigue que f/g es integrable si y sólo si f y 1/g

lo son. Pot lo tanto, basta probar que 1/g es integrable bajo las condicionesimpuestas.

Sean ωi = ωi(g) y ω′i = ωi(1/g) en [xi−1, xi], que es el i–ésimo intervalo de

la partición P ∈ P([a, b]). Dado ε > 0, elegimos P de modo que ∑i ωi(xi −xi−1) < ε K2. Ahora, para cualesquiera x, y ∈ [xi−1, xi] se tiene∣∣∣∣∣ 1

g(y)− 1

g(x)

∣∣∣∣∣ = |g(x) − g(y)||g(x)g(y)| ≤ ωi

K2 ,

esto es, ω′i ≤ ωi/K2. Luego, ∑i ω′

i(xi − xi−1) < ε, en otras palabras, 1/g esintegrable.

(5) Fácil

(6) Tenemos ||f(y) − |f(x)|| ≤ |f(y) − f(x)|, esto implica que la oscilaciónde |f | es menor o igual que la oscilación de f . Luego, f integrable implicaque |f | es integrable. Además, como −|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|, para todox ∈ [a, b] se sigue que

−∫ b

a|f(x)| ≤

∫ b

af ≤

∫ b

a|f | .

�


Corolario 7.7. Si f : [a, b] −→ R es integrable y |f(x)| ≤ K para todox ∈ [a, b], entonces ∣∣∣∣∣

∫ b

af

∣∣∣∣∣ ≤ K(b − a) .

Observación 7.2. Si f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], entonces∫ b

af ≥ 0.

Teorema 7.8. Toda función continua f : [a, b] −→ R es integrable.

Demostración. Dado ε > 0, como [a, b] es compacto, se tiene que f esuniformemente continua, luego existe δ > 0 tal que para x, y ∈ [a, b], con|y − x| < δ, se tiene |f(x) − f(y)| < ε/(b − a). Sea P ∈ P([a, b]), tal quecada intervalo de P tiene longitud menor que δ. En cada intervalo [xi−1, xi]de P , existen puntos yi y zi, tales que mi = f(yi) y Mi = f(zi), de dondeωi = f(zi) − f(yi) < ε/(b − a). Por lo tanto, ∑i ωi(xi − xi−1) < ε.

�

Teorema 7.9. Toda función monótona f : [a, b] −→ R es integrable.

Demostración. Supongamos que f es creciente. Dado ε > 0, sea P ={x0 = a < x1 < · · · < xn = b} una partición de [a, b] tal que todos susintervalos tienen longitud menor que ε/(f(b) − f(a)). Tenemos ∑i ωi =∑

i(f(xi) − f(xi−1) = f(b) − f(a), de donde∑i

ωi(xi − xi−1) ≤ ε

f(b) − f(a)∑

i

ωi = ε .

�

7.2 Teoremas clásicos del cálculo integral

Teorema 7.10. (Teorema Fundamental del Cálculo) Sean I ⊂ R un in-tervalo y f : I −→ R una función continua. Entonces son equivalentes lassiguientes afirmaciones respecto a la función F : I −→ R

Sergio Plaza 277

(a) F es una integral indefinida, esto es, existe a ∈ I tal que

F (x) = F (a) +∫ x

af(u) du

para todo x ∈ I.

(b) F es una primitiva de f , es otras palabras, F ′(x) = f(x) para todox ∈ I.

Demostración. (a) =⇒ (b) Si x0, x0 + h ∈ I, entonces F (x0 + h) − F (x0) =∫ x0+h

x0f(u) du y hf(x0) =

∫ x0+h

x0f(x0)du. De esto tenemos

F (x0 + h) − F (x0)h

− f(x0) =1h

∫ x0+h

x0(f(u) − f(x0))du .

Dado ε > 0, siendo f continua en x0, existe δ > 0, tal que para x ∈ I,con |x − x0| < δ se tiene que |f(x) − f(x0)| < ε. Luego, si 0 < |h| < δ yx0 + h ∈ I, entonces∣∣∣∣∣F (x0 + h) − F (x0)

h− f(x0)

∣∣∣∣∣ ≤ 1|h|

∫ x0+h

x0|f(x) − f(x0)|dx <

1|h| |h|ε = ε ,

es decir, F ′(x0) = f(x0).

(b) =⇒ (a). Sea F ′ = f . Como vimos, si fijamos a ∈ I y definimos ϕ(x) =∫ x

af(u)du, se tiene que ϕ′ = f . Luego las funciones F, ϕ : [a, b] −→ R tienen

la misma derivada f ′, y como ϕ(a) = 0, se sigue que F = ϕ + C, dondeC = F (a), en otras palabras, F (x) = ϕ(x) + F (a).

�

Observación 7.3. Si f : [a, b] −→ R es integrable, entonces la funciónF : [a, b] −→ R definida por F (x) =

∫ x

af(t)dt es derivable en todo punto

x0 ∈ [a, b] en el cual f es continua y F ′(x0) = f(x0). También es derivable la

función G : [a, b] −→ R definida por G(x) =∫ b

xf(u)du y se tiene G′(x0) =

−f(x0). En efecto, F (x) + G(x) =∫ b

af(t)dt = constante, luego F ′(x0) +

G′(x0) = 0, que era lo que queríamos probar.


Ahora, si F es de clase C1, entonces

F (x) = F (a) +∫ x

aF ′(t)dt

en particular,F (b) = F (a) +

∫ b

aF ′(t)dt ,

de donde ∫ b

aF ′(t)dt = F (b) − F (a) .

Esto significa que si f posee una primitiva, F , entonces∫ b

af(t)dt = F (b) − F (a) .

Teorema 7.11. (del cambio de variable) Sean f : [a, b] −→ R continua,g : [c, d] −→ R con derivada integrable y g([c, d]) ⊂ [a, b]. Entonces

∫ g(d)

g(c)f(x)dx =

∫ d

cf(g(t))g′(t)dt .

Demostración. Del teorema anterior, f posee primitiva F : [a, b] −→ R yse tiene ∫ g(d)

g(c)f(x)dx = F (g(d)) − F (g(c)) .

Por otra parte,

(F ◦ g)′(t) = F ′(g(t))g′(t) = f(g(t))g′(t)

luego F ◦ g : [c, d] −→ R es la primitiva de la función integrable t �→f(g(t))g′(t). Por lo tanto,

∫ d

cf(g(t))g′(t)dt = F (g(d)) − F (g(c)) .

�

Notación. F (x)∣∣∣∣ba

= F (b) − F (a)

Sergio Plaza 279

Teorema 7.12. (Fórmula de integración por partes) Si f, g : [a, b] −→ R

son integrable y tienen derivadas inetgrables, entonces∫ b

af(x)g′(x)dx = (f · g)(x)

∣∣∣∣ba

−∫ b

af ′(x)g(x)dx .

Demostración. Es claro, pues f ′g + fg′ es una primitiva de f · g.

�

Los Teoremas 7.10, 7.11 y 7.12 nos permiten calcular integrales de fun-ciones. Son la base para los llamados métodos de integración. Ilustramos aseguir su uso.

Ejemplo 7.1. Calcular∫ 1

−1

√1 − x2 dx

Solución. La verdad es que en este caso no necesitamos de ninguna técnicade integración, sólo necesitamos recordar la interpretación geométrica de laintegral como el área bajo la curva. En este ejemplo la curva es y =

√−x2 querepresenta la mitad del círculo de radio 1 centrado en origen. Por geometríasabemos que esa área es A = π r2/2. Reemplazando los datos, nos queda∫ 1

−1

√1 − x2 dx = π

2.

Observación 7.4. Considerando sumas de Riemann con intervalos de lamisma longitud Δ = b−a

n, donde [a, b] es el intervalo de integración y n repre-

senta la cantidad de subintervalos en que subdividimos [a, b], podemos con-siderar las altura de los rectángulos como el valor que toma f en el extremoizquierdo del intervalo de la subdivisión, y nos queda∫ b

af dx = lim

n→∞

n−1∑k=0

f

(a + k

b − a

n

)b − a

n,

por otra parte, si consideramos las alturas de los rectángulos como el valor quetoma f en el extremo derecho de cada intervalo de la subdivisión, obtenemos∫ b

af dx = lim

n→∞

n∑k=1

f

(a + k

b − a

n

)b − a

n


Esto nos permite calcular algunas sumas a través del cálculo de una integral.

Ejemplo 7.2. Calcular limn→∞

n√

e + n√

e2 + · · · + n√

en

n.

Solución. Escribiremos el límite a calcular como una suma de Riemann.Tenemos

limn→∞

n√

e + n√

e2 + · · · + n√

en

n= lim

n→∞1n

n∑k=1

ekn =

∫ 1

0ex dx = e − 1 .

Ejemplo 7.3. Se sabe que∫

xnexdx = ex pn(x) , donde pn(x) es un poli-nomio de grado menor o igual que n . Encuentre la expresión general depn(x).

Solución. Integrando por partes n veces, se tiene que

∫xnexdx = xnex − n

∫xn−1exdx

= xnex − nxn−1ex + n(n − 1)∫

xn−2exdx

= xnex − nxn−1ex + n(n − 1)xn−2ex − n(n − 1)(n − 2)∫

xn−3exdx

...= xnex − nxn−1ex + n(n − 1)xn−2ex + · · · + (−1)n(n − 1)! ex

de donde pn(x) = xn − nxn−1 + n(n − 1)xn−2 + · · · + (−1)n(n − 1)! .

Ejemplo 7.4. Calcular la derivada de la función f(x) =∫ α

xF (t), donde F

es una función continua.

Solución. No podemos aplicar el Teorema Fundamental del Cálculo direc-tamente, pero podemos escribir

f(x) = −∫ x

αF (t)

y ahora si podemos calcular, derivando nos da

f ′(x) = −F (x) .

Sergio Plaza 281

Ejemplo 7.5. Sean f : I −→ R una función continua y u, v : J −→ I

funciones derivables, donde I, J ⊂ R son intervalos. Defina

F (x) =∫ v(x)

u(x)f(t) dt.

Muestre que F es derivable y calcule F ′(x).

Solución. Tomemos un punto a ∈ I. Tenemos entonces que

F (x) =∫ a

u(x)f(t)dt +

∫ v(x)

af(t)dt

Por lo visto anteriormente, ambos términos del lado derecho de esta igualdadson funciones derivables, por lo que F lo es. Ahora,

F ′(x) = f(a)−f(u(x))u′(x)+f(v(x))v′(x)−f(a) = f(v(x))v′(x)−f(u(x))u′(x) ,

esto es,F ′(x) = f(v(x))v′(x) − f(u(x))u′(x) .

Por ejemplo si queremos calcular la derivada de la función

F (x) =∫ sen(x)

x2+1

11‘t2 dt

tenemos que f(x) = 1/(1 + x2), u(x) = 1 + x2 y v(x) = sen(x). Usando lafórmula deducida arriba, obtenemos

F ′(x) = 11 + sen2(x)

cos(x) − 11 + (1 + x2)2 2x


x∫ x

0 et2dt∫ x

0 et2 sen(t)dt.

Solución. Vemos que este límite es de la forma00

. Usando regla de L’Hopitaly el Teorema Fundamental del Cálculo se obtiene

limx→0

x∫ x

0 et2dt∫ x

0 et2 sen(t)dt= lim

x→0

∫ x0 et2

dt + xex2

ex2 sen(x)


que sigue teniendo la forma00

, aplicamos otra vez la regla de L’Hopital, ynos queda

limx→0

∫ x0 et2

dt + xex2

ex2 sen(x)= lim

x→0

2ex2 + 2x2ex2

2xex2 sen(x) + ex2 cos(x)

= limx→0

2 + x2

2x sen(x) + cos(x)= 2 .

Por lo tanto,

limx→0

x∫ x

0 et2dt∫ x

0 et2 sen(t)dt= 2 .

Ejemplo 7.7. Calcular

∫ 2x3 − 11x2 + 17x − 16x4 − 4x3 + 5x2 − 4x + 4

dx .

Solución. Usando descomposición en fracciones parciales se tiene

∫ 2x3 − 11x2 + 17x − 16x4 − 4x3 + 5x2 − 4x + 4

dx =∫ 1

x − 2dx − 2

∫ 1(x − 2)2 dx

+∫

x

x2 + 1dx − 3

∫ 1x2 + 1

dx .

Usando el Teorema de Cambio de Variable, se sigue que∫

x

x2 + 1dx = 1

2ln(x2 + 1) .

Mediante la sustitución trigonométrica x = tan(θ), obtenemos∫ 1

x2 + 1dx =

∫dθ = θ = arctan(x) .

Luego

∫ 2x3 − 11x2 + 17x − 16x4 − 4x3 + 5x2 − 4x + 4

dx = ln(x−2)+2

x − 2+ln(

√x2 + 1)−3 arctan(x)+C .

Sergio Plaza 283

Ejemplo 7.8. Calcular∫

ex√

1 − e2x dx.

Solución. Haciendo primero la sustitución u = ex, y luego la sustitucióntrigonométrica u = sen(θ) obtenemos

∫ex

√1 − e2x dx =

∫ √1 − u2 du

=∫

cos2(θ) dθ

= 12

∫[cos(2θ) + 1] dθ

= sen(2θ) + 2θ

4

= sen(θ) cos(θ) + θ

2

=u

√1 − u2 + arcsen(u)

2

= ex√

1 − e2x + arcsen(ex)2

+ C .

Ejemplo 7.9. Sea f una función continua que satisface la siguiente ecuación∫ x

0tf(t) dt = x sen(x) − cos(x) .

Determine f .

Solución. Definamos la función

F (x) =∫ x

0tf(t) dt .

Tenemos que F es derivable pues f es continua y F ′(x) = xf(x). Porotra parte, F (x) = x sen(x) − cos(x), luego derivando nos queda F ′(x) =


sen(x) + x cos(x) + sen(x) = x cos(x). Igualando las dos expresiones paraF ′, obtenemos xf(x) = x cos(x), válida para todo x, en particular, parax �= 0, nos da que f(x) = cos(x).

Ejemplo 7.10. Sean F una función continua y g una función derivable,definidas en dominios adecuados. Calcular la derivada de

G(x) =∫ g(x)

aF (t) dt .

Solución. Es una aplicación directa de los Teorema Fundamental delCálculo y Regla de la Cadena. Tenemos

G′(x) = F (g(x))g′(x)

para ver esto, hay que escribir u = g(x), y nos queda

d

dx

∫ g(x)

aF (t) dt = d

du

∫ u

aF (t) dt

du

dx= F (u)du

dx= F (g(x) g′(x) .

Teorema 7.13. (Fórmula del valor medio para integrales) Sean f, p :[a, b] −→ R, con f continua, p integrable y no negativa (es decir, p(x) ≥ 0para todo x ∈ [a, b]). Entonces existe c ∈ ]a, b[ , tal que

∫ b

af(x)p(x)dx = f(c)

∫ b

ap(x)dx .

Demostración. Para todo x ∈ [a, b], tenemos que m ≤ f(x) ≤ M . Comop(x) ≥ 0, se siguen que mp(x) ≤ p(x)f(x) ≤ p(x)M , para todo x ∈ [a, b].Sea A =

∫ ba p(x)dx, tenemos así

mA ≤∫ b

af(x)p(x)dx ≤ MA

luego existe d ∈ [m, M ], tal que∫ b

a f(x)p(x)dx = dA. Como f es continua,tenemos que d = f(c) para algún c ∈ ]a, b[ .

�

Sergio Plaza 285

Corolario 7.14. Sea f : [a, b] −→ R una función continua. Entonces existec ∈ ]a, b[ , tal que ∫ b

af(x)dx = f(c)(b − a)

Demostración. En el teorema anterior tomar p(x) = 1 para todo x ∈ [a, b].

�

Teorema 7.15. Supongamos que ϕ : [0, 1] −→ R tiene derivada de orden n

integrable. Entonces

ϕ(1) =n−1∑i=0

ϕ(i)(0)i!

+∫ 1

0

(1 − t)n−1

(n − 1)!ϕ(n)(t)dt .

Demostración. Es una simple aplicación reiterada de la fórmula de inte-gración por parte, y un proceso de inducción.

�

Teorema 7.16. (Fórmula de Taylor con resto integral) Si f : I −→ R tienen–ésima derivada integrable en el intervalo de extremos a y a + h, entonces

f(a + h) =n−1∑i=0

f (i)(a)i!

hi + hn∫ 1

0

(1 − t)n−1

(n − 1)!f (n)(a + th)dt

Demostración. Definamos la función ϕ : [0, 1] −→ R por ϕ(t) = f(a + th).Se tiene ϕ(i)(0) = f (i)(a)hi. Por el lema anterior se sigue el resultado.

�

Ejemplo 7.11. Sean a > 0 y f : [−a, a] −→ R una función integrable.Pruebe que

1. Si f es impar, entonces∫ a

−af = 0.


2. Si f es par entonces∫ a

−af = 2

∫ a

0f .

Solución. Tenemos que

∫ a

−af =

∫ 0

−af +

∫ a

0f . (7.1)

1. Si f es impar, hacemos el cambio de variable x = −t, y se tiene x ∈[−a, 0] si y sólo si t ∈ [0, a].

Luego

∫ 0

−af(x)dx = −

∫ a

0f(−t)(−dt) = −

∫ a

0f(t)dt

y el resultado se sigue.

2. Si f es par, con el mismo cambio de variable anterior, nos queda

∫ 0

−af(x)dx = −

∫ a

0f(−t)(−dt) =

∫ a

0f(t)dt

y el resultado se sigue

Ejemplo 7.12. Sea f : R −→ R una función periódica y acotada. Sea T elperiodo de f , es decir, f(x + T ) = f(x) para cada x ∈ R. Pruebe que

1.∫ a+T

af =

∫ b+T

bf , para todo a, b ∈ R.

2.∫ a+nT

af = n

∫ a+T

af , para todo a ∈ R y todo n ∈ Z

Solución.

Sergio Plaza 287

1. Sea Iα =∫ α+T

αf . Vamos a probar que Ia = Ib, para ello basta probar

que Ia = I0 para todo a ∈ R, esto es,∫ a+T

af =

∫ T

0f .

TenemosIa =

∫ a+T

af =

∫ 0

af +

∫ T

0f +

∫ a+T

Tf .

LlamandoJa =

∫ a+T

Tf ,

y haciendo el cambio de variable x = t + T , se tiene x ∈ [T, a + T ] si ysólo si t ∈ [0, a]. Luego nos queda

Ja =∫ a

0f(t + T ) =

∫ a

0f(t) .

Por lo tanto

Ia =∫ 0

af +

∫ T

0f +

∫ a

0f =

∫ T

0f = I0 .

2. De lo anterior, se tiene que probar∫ nT

0f = n

∫ T

0f para todo n ∈ Z.

Si n ∈ N, basta usar inducción. Si n < 0, hacer el cambio de variablem = −n y se reduce al caso anterior. Ahora

∫ a+nT

af =

n−1∑k=0

∫ a+(k+1)T

a+kTf = I0 .

Ejemplo 7.13. Sea f : [a, b] −→ R una función continua no identicamente

nula sobre [a, b]. Suponga que f es no negativa. Pruebe que∫ b

af > 0. En

particular si h es una función continua en [a, b] y∫ b

ah2 = 0, entonces h ≡ 0

sobre [a, b].

Solución. Como f no es identicamente nula y no negativa sobre [a, b], setiene que existe x0 ∈ [a, b], tal que f(x0) > 0. Sea ε = f(x0)/2, para este


ε > 0, existe γ > 0 tal que para todo x ∈ [a, b] con |x − x0| < γ se tiene que

0 <f(x0)

2< f(x) <

32

f(x0). Luego

∫ b

af ≥

∫ 3f(x0)2

f(x0)2

f ≥∫ 3f(x0)

2

f(x0)2

f(x0)2

= f(x0)2

2> 0 .

Para la parte restante es inmediata.

Ejemplo 7.14. Sean m y n enteros. Pruebe que∫ 1

0xm(1 − x)n =

∫ 1

0xn(1 − x)m .

Use esto para probar que

n∑k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)k

m + k + 1=

m∑k=0

⎛⎝ m

k

⎞⎠ (−1)k

n + k + 1.

Solución. Haciendo el cambio de variable t = 1 − x, obtenemos∫ 1

0xm(1 − x)ndx =

∫ 0

1(1 − t)mtn(−dt) =

∫ 1

0tn(1 − t)mdt .

Ahora, usando el binomio de Newton, tenemos

(1 − x)n =n∑

k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)kxk ,

luego

xm(1 − x)n =n∑

k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)kxm+k

y de esto

I =∫ 1

0xm(1 − x)ndx =

n∑k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)k

∫ 1

0xm+p =

n∑k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)k

m + k + 1

Sergio Plaza 289

y como el valor de la otra integral es∫ 1

0xn(1 − x)m =

m∑k=0

⎛⎝ m

k

⎞⎠ (−1)k

n + k + 1

y por lo ya probado, esas integrales son iguales, se sigue quen∑

k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)k

m + k + 1=

m∑k=0

⎛⎝ m

k

⎞⎠ (−1)k

n + k + 1.

Ejemplo 7.15. Sean m, n ∈ N. Defina

I(m, n) =∫ b

a(x − a)m(b − x)n .

Calcule I(m, n) de dos modos distintos y use eso para mostrar quen∑

k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)k

m + k + 1= 1

m + n + 1

⎛⎝ m + n

m

⎞⎠ .

Solución. Hagamos el cambio de variable t = x − a, y tenemos

I(m, n) =∫ b−a

0tm(a + b − t)ndt .

Ahora, por el binomio de Newton

tm(a + b − t)n =n∑

k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)k(a + b)n−ktm+k

así, integrando

I(m, n) =n∑

k=0

⎛⎝ n

k

⎞⎠ (−1)k

m + k + 1(a + b)n−k(b − a)m+k+1 .

Ahora, calcularemos I(m, n) usando integración por parte. Para ello ha-gamos u = (x − a)m y v′ = (b − x)n, tenemos u′ = m(x − a)m−1 y v =

−1n + 1

(b − x)n+1, luego

I(m, n) = −1n + 1

(x − a)m(b − x)n+1∣∣∣∣∣b

a

− m

n + 1

∫ b

a(x − a)m−1(b − x)n+1


esto nos daI(m, n) =

m

n + 1I(m − 1, n + 1) .

Usando esta fórmula de recurrencia obtenemos

I(m, n) =m

n + 1· m − 1

n + 2· m − 2

n + 3· · · 1

n + mI(0, m + n)

= m!(n + 1)(n + 2) · · · (n + m)

I(0, n + m)

=m!n!

(n + m)!I(0, n + m)

=

⎛⎝ m + n

m

⎞⎠ I(0, n + m)

ahora, calculemos

I(0, n + m) =∫ b

a(b − x)n+m = −1

m + n + 1(b − x)n+m+1

∣∣∣∣∣b

a

= 1n + m + 1

(b − a)m+n+1 .

Luego

I(m, n) =

⎛⎝ m + n

n

⎞⎠

m + n + 1(b − a)m+n+1 .

Ahora, tomando a = 0 y b = 1 nos quedan∑

k=0

(−1)k

m + n + k

⎛⎝ n

k

⎞⎠ = 1

m + n + 1

⎛⎝ m + n

m

⎞⎠ .

Ejemplo 7.16. Sea f una función dos veces derivable sobre [a, b]. Pruebeque ∫ b

axf ′′(x) = (bf ′(b) − f(b)) − (af ′(a) − f(a)) .

Sergio Plaza 291

Solución. Integrando por partes con u = x y v′ = f ′(x), es decir, u′ = 1 yv = f(x), se tiene

∫ b

axf ′′(x) = xf ′(x)

∣∣∣∣∣b

a

−∫ b

af ′(x)dx

= bf ′(b) − af ′(a) − f(b) + f(a)= (bf ′(b) − f(b)) − (af(a) − f(a)) .

Ejemplo 7.17. Sea f una función continua en [a, b] y g una función crecientey continuamente derivable en [a, b]. Pruebe que existe c ∈ [a, b] tal que∫ b

af(x)g′(x) = f(c)(g(b) − a(a)) .

Solución. Como g ∈ C1 y creciente, se sigue que g′ ∈ C0 y es positiva sobre[a, b]. Podemos, por lo tanto, podemos aplicar el Teorema del Valor Mediopara integrales a f que es continua y g′ que no cambia de signo. Luego, existec ∈ [a, b] tal que ∫ b

af(x)g′(x) = f(c)

∫ b

ag′(x)

= f(c)(g(b) − g(a)) .

Ejemplo 7.18. Encuentre el número b tal que la recta y = b divida la regiónlimitada por las curvas y = x2 e y = 4 en dos regiones de igual área.

Solución. Para poder encontrar la recta que divida el área en 2 parte iguales,esta recta debe pertenecer a y ∈ ]0, 4[ . Encontrando los puntos de intersec-ción de la recta y = b con la parábola y = x2 tenemos que x = −√

b y x =√

b

y los puntos de intersección de la recta y = 4 con la parábola y = x2 tenemosque x = −2 y x = 2, de donde tenemos la siguiente ecuación

12

∫ 2

−2(4 − x2)dx =

∫ √b

−√b(b − x2)dx .

Integrando y despejando el valor de b en la ecuación anterior nos quedaque b = 2 3

√2. Por lo tanto, la recta que divide el área pedida en dos partes

iguales es y = 2 3√

2.


Ejemplo 7.19. Calcule el área comprendida entre la curva y = e−|x|, el ejex y las rectas x = −2 y x = 2

Solución. La función f(x) = e−|x| es siempre positiva y por definición delvalor absoluto

A =∫ 2

−2e−|x|dx =

∫ 0

−2exdx +

∫ 2

0e−x .

Calculando estas integrales quedaría

A = 2 − e−2 ≈ 1.7293 unidades de área .

Ejemplo 7.20. Hallar el o los valores de c, tales que el área de la regiónencerrada por y = x2 − c2 e y = c2 − x2 sea 576.

Solución. Debemos encontrar los puntos de intersección de las curvas, porlo que tenemos que x2 − c2 = c2 − x2 de donde 2x2 − 2c2 = 0, esto es, x = c

y x = −c.

La expresión de área es entonces∫ c

−c(2c2 − 2x2)dx = 576

de esto nos queda 83

c3 = 576, de donde c = 6.

Ejemplo 7.21. La circunferencia x2 + y2 = a2 se hace girar alrededor deleje x para generar una esfera. Verificar que su volumen es

43

πa3.

Solución. La función a integrar es y =√

a2 − x2, por la fórmula de volumengirando la función en torno al eje x, tenemos

V = π∫ b

ay2dx = π

∫ a

−a(√

a2 − x2 )2dx

de lo que comprobamos que el volumen de la esfera es V = 43

πa3

Ejemplo 7.22. Para generar un sólido se hace girar la región acotada porla curva y = x2 + 1 y la recta y = −x + 3 alrededor del eje x. Determinar elvolumen del sólido.

Sergio Plaza 293

Solución. Debemos encontrar los puntos de intersección de las curvas y =x2 +1 e y = −x+3, esto nos lleva la ecuación x2 +x−2 = 0, cuyas solucionesson x = −2 y x = 1.

La expresión de volumen es

V = π∫ 1

−2((−x + 3)2 − (x2 + 1)2)dx = π

∫ 1

−2(−x2 − 6x + 8 − x4)dx = 117

5π .

Ejemplo 7.23. Calcular la longitud de arco de la parábola semicúbica y2 =x3 entre los puntos (1, 1) y (4, 8).

Solución. Para este cálculo usaremos la fórmula

L =∫ b

a

√1 + [f ′(x)]2dx ,

reemplazando, obtenemos

L =∫ 4

1

√1 +

(32

x12

)2dx =

∫ 4

1

√1 + 9

4x dx = 80

27√

10 − 1327

√13 ≈ 7.6337 .

Ejemplo 7.24. Deduzca pero no evalúe una integral que permita calcularla longitud de arco de la hipérbola xy = 1 desde el punto (1, 1) al punto(2, 1/2).

Solución. Para este cálculo usamos del ejemplo anterior. Reemplazando,nos queda

L =∫ 2

1

√1 +

1x4 dx .

Ejemplo 7.25. La curva y =√

4 − x2, con −1 ≤ x ≤ 1 es un arco del círculox2 + y2 = 4. Calcule el área de la superficie generada al rotar ese arco del ejede las abscisas.

Solución. Dado que el arco está girando en torno al eje X, usamos la fórmula

A = 2π∫ b

af(x)

√1 + [f ′(x)]2dx ,


por lo que nos queda

A = 2π∫ 2

1

√4 − x2

√√√√1 +( −x√

4 − x2

)dx = 4π

∫ 2

1dx = 4π .

Ejemplo 7.26. El arco de la parábola y = x2 se hace girar en torno del ejey desde (1, 1) hasta (2, 4). Calcular el área de la superficie resultante.

Solución. Dado que el arco está girando en torno al eje y, emplearemos lafórmula

A = 2π∫ b

ax√

1 + [f ′(x)]2dx ,

por lo que nos queda

A = 2π∫ 2

1x√

1 + 4x2dx = 2π(12

17√

17 − 512

√5)

≈ 30.846 .

7.3 Función logaritmo y función exponencial

Definimos la función logaritmo ln : R+ −→ R por ln(x) =∫ x

1

1tdt.

Nota. En general se acostumbra a denotar la función ln por ln y es llamadalogaritmo natural.

Note que ln(x) < 0 si 0 < x < 1, ln(1) = 0, y ln(x) > 0 si x > 1.Además, (ln)′(x) = 1/x, (ln)′′(x) = −1/x2 y así sucesivamente, como todaslas derivadas de ln existen es infintamente derivable y concava.

Teorema 7.17. Para cualesquiera x, y ∈ R+ se tiene ln(xy) = ln(x)+ln(y).

Demostración. Tenemos ln(xy) =∫ xy

1

1tdt =

∫ x

1

1tdt +

∫ xy

x

1tdt = ln(x) +∫ xy

x

1tdt. Ahora, para 1 ≤ s ≤ y, se tiene x ≤ xs ≤ xy. Hacemos el cambio

de variable t = xs, de donde dt = xds y∫ xy

x

1tdt =

∫ y

1

x

sxds =

∫ y

1

1s

ds = ln(y)


Sergio Plaza 295

�

Corolario 7.18. Para cualquier número racional r se tiene ln(xr) = r ln(x).

Demostración. Si r = n ∈ N, se tiene del teorema anterior que ln(xn) =n ln(x). Si r = −n, con n ∈ N, de xnx−n = 1 se sigue que n ln(x)+ln(x−n) =0, es decir, ln(x−n) = −n ln(x). Finalmente, si r = p/q, con p, q ∈ Z, se tiene(xp/q)q = xp, y de lo anterior q ln(xp/q) = p ln(x).

�

Corolario 7.19. La función ln : R+ −→ R es sobreyectiva.

Demostración. Como ln es continua ln(R+) es un intervalo. Por lo tantobasta ver que ln no esta acotada inferiormente ni superiormente. Esto esinmediato, pues ln(2n) = n ln(2), con n ∈ Z.

�

Como ln es estrictamente creciente, es una biyección de R+ en R. Suinversa exp : R −→ R+ es llamada función exponencial. Tenemos exp(x) = y

si y sólo si ln(y) = x, es decir, ln(exp(x)) = x y exp(ln(y)) = y. De lo anteriorconcluimos que existe un único número real cuyo ln vale 1, a este número lodenotamos por e y es llamado constante de Euler, es decir, e = exp(1).

Teorema 7.20. La función exponencial exp : R −→ R+ es una biyeccióncreciente de clase C∞, y satisface (exp)′(x) = exp(x) y exp(x + y) = exp(x) ·exp(y).

Notación: exp(x) = ex

Denostración. Inmediata del teorema de la función inversa.

Teorema 7.21. Sea f : I −→ R una función derivable en el intervalo I,con f ′(x) = kf(x), para alguna constante k. Si para algún x0 ∈ I, se tieneque f(x0) = c, entonces f(x) = cek(x−x0) para todo x ∈ I.


Demostración. Sea ϕ : I −→ R definida por ϕ(x) = f(x)e−k(x−x0). Ten-emos, ϕ′(x) = f ′(x)e−k(x−x0) − kf(x)e−k(x−x0) = 0, luego ϕ es constante.como ϕ(x0) = c, se tiene que ϕ(x) = c para todo x ∈ I, en otras palabras,f(x) = cek(x−x0).

�

Tenemos que (ex)′ = ex y como e0 = 1, se sigue de la definición de derivadaque

limx→0

ex − 1x

= 1.

Ahora, dado a > 0 y x ∈ R, definimos

ax = ex ln(a)

Así la función f : R −→ R dada por f(x) = ax queda bien definida y satisfacelas siguientes propiedades

1. ax+y = axay

2. a0 = 1

3. a−x = 1ax

4. (ax)′ = ax ln(a)

5. Si a > 1, entonces f(x) = ax es creciente, limx→+∞ ax = +∞ y lim

x→−∞ ax =0

6. Si 0 < a < 1, entonces f(x) = ax es decreciente, limx→−∞ ax = +∞ y

limx→+∞ ax = 0

La función f(x) = ax, con a �= 1, es una biyección , su inversa se denotapor f−1(x) = loga(x). Tenemos que y = loga(x) si y sólo si ax = y, de dondeobtenemos que loga(x) = 1

log(a) ln(x).

Sergio Plaza 297

Como (ln)′(x) = 1/x, y vale 1 para x = 1, se sigue desde la definición de

derivada que limx→0

ln(1 + x)x

= 1, es decir, limx→0

ln((1 + x)1/x) = 1. Por otraparte, como (1 + x)1/x = exp(ln((1 + x)1/x)) se sigue que lim

x→0(1 + x)1/x =

exp(1) = e. Finalmente, haciendo y = 1/x, se tiene que limy→+∞

(1 + 1

y

)y

= e.

7.4 Ejecicios

Problema 7.1. Demuestre en detalle, usando la definición, que si f(x) = c

para x ∈ [a, b], entonces∫ b

af(x) dx = c(b − a).

Problema 7.2. Sea f : [0, 2] −→ R definida por f(x) = 1 si x �= 1, yf(1) = 0. Muestre que f es integrable en [0, 2] y calcule su integral.

Problema 7.3. 1. Pruebe que si g(x) = 0, para 0 ≤ x ≤ 1/2 y g(x) = 1para 1/2 < x ≤ 1, entonces g es integrable y

∫ 1

0g(x) dx = 1/2.

2. ¿Qué conclusión se puede obtener si cambia el valor de g en 1/2 de 0 a7?

Problema 7.4. Sea h : [0, 1] −→ R definida por h(x) = 0 para x irracional,y h(x) = x para x racional. Calcule las integrales superior e inferior de h.Pruebe que h no es integrable.

Problema 7.5. Sea f(x) = x3 para 0 ≤ x ≤ 1 y considere la partición

Pn = {0,1n

,2n

, . . . ,n − 1

n, 1}.

Calcule s(f, Pn) y S(f, Pn), y muestre que∫ 1

0f(x) dx = 1/4. [Ind.: Use la

fórmula de la suma de los cubos de los primeros n números naturales.]


Problema 7.6. Si f : [a, b] −→ R es una función definida tal que f(x) = 0excepto para x ∈ {c1, . . . , cn} ⊂ [a, b]. Pruebe que f es integrable y calculesu integral.

Problema 7.7. Suponga que f es una función acotada en [a, b] y que, paracualquier número c ∈ (a, b) se tiene que la restricción de f a [c, b] es integrable.Muestre que f es integrable en [a, b] y que

∫ b

af(x) dx = lim

c→a+

∫ b

cf(x) dx.

Problema 7.8. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R acotada tal que f(x) ≥ 0

para todo x ∈ I. Pruebe que∫ b

af(x) dx ≥ 0.

Problema 7.9. Sea I = [a, b], sea f : I −→ R continua, y sea f(x) ≥ 0,

para todo x ∈ I. Pruebe que si∫ b

af(x) dx = 0, entonces f(x) = 0, para todo

x ∈ I.

Problema 7.10. Sea I = [0, 1] y sea h la función definida sobre I porh(x) = 0 si x es irracional y h(x) = 1/q si x = p/q, donde (p, q) = 1.Demuestre que h es integrable y calcule su integral.

Problema 7.11. Sea I = [a, b] y sean f1, f2 : I −→ R funciones acotadas.Muestre que

∫ b

af1(x) dx +

∫ b

af2(x) dx ≤

∫ b

a(f1 + f2)(x) dx.

Dé un ejemplo donde la desigualdad sea estricta.

Problema 7.12. Sea I = [a, b], sea f : I −→ R acotada y sea k > 0.

1. Muestre que

∫ b

akf(x) dx = k

∫ b

af(x) dx,

Sergio Plaza 299

y que

∫ b

akf(x) dx = k

∫ b

af(x) dx.

2. Muestre que si f es integrable en I y k > 0, entonces kf es integrableen I y que

∫ b

akf(x) dx = k

∫ b

af(x) dx.

Problema 7.13. Sea I = [a, b], y sea f y g funciones acotadas en I y convalores reales. Suponga que f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ I. Muestre que

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

ag(x) dx,

y que

∫ b

af(x) dx =

∫ b

ag(x) dx.

Problema 7.14. Sea I = [a, b], si f : I −→ R es acotada en I y m ≤ f(x) ≤M para todo x ∈ I, entonces muestre que

m(b − a) ≤∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

af(x) dx ≤ M(b − a).

Sea I = [a, b], y sean f, g, h : I −→ R funciones acotadas. Suponga quef(x) ≤ g(x) ≤ h(x), para todo x ∈ I. Muestre que, si f y h son integrablesy

∫ b

af(x) dx =

∫ b

ah(x) dx = A,

entonces g es integrable en I y∫ b

ag(x) dx = A.


Problema 7.15. Sea I = [a, b] y sea c ∈ (a, b).Denotemos por P al conjuntode todas las particiones de I y sea Pc el conjunto de todas las particiones quecontienen el punto c. Si f : I −→ R es una función acotada en I, muestreque

∫ b

af(x) dx = sup{s(f, P ) : P ∈ Pc}.

Problema 7.16. Sea I = [a, b] y sea c ∈ (a, b). Sean I1 = [a, c] y I2 = [c, b].Sea f : I −→ R una función acotada. Muestre que

∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx +

∫ b

cf(x) dx.

Problema 7.17. Sea a > 0 y sea J = [−a, a]. Sea f : I −→ R acotada ysea P∗ el conjunto de todas las particiones P de J que continen al 0 y queson simétricas (esto es x ∈ P si, y sólo si, −x ∈ P ). Muestre que

∫ b

af(x) dx = sup{s(f, P ) : P ∈ P∗}.

Problema 7.18. Sea a > 0 y sea J = [−a, a]. Sea f : I −→ R integrable enJ .

1. Si f es par entonces∫ a

−af(x) dx = 2

∫ a

0f(x) dx.

2. Si f es impar, entonces∫ a

−af(x) dx = 0.

Problema 7.19. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R creciente en I. Si Pn esuna partición de I enn partes iguales, muestre que

0 ≤ S(f, Pn) −∫ b

af(x) dx ≤ b − a

n(f(b) − f(a)).

Problema 7.20. Muestre que si f : [a, b] −→ R es acotada y tiene a lo másun número finito de discontinuidades en [a,b], entonces f es integrable.

Sergio Plaza 301

Problema 7.21. Dé un ejemplo de una función f : [0, 1] −→ R que no seaintegrable en [0, 1] pero tal que |f | si sea integrable en [0, 1].

Problema 7.22. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R integrable en I, muestreusando la desigualdad

||f(x)| − |f(y)|| ≤ |f(x) − f(y)|

para x, y ∈ I, que |f | es también una función integrable. en I.

Problema 7.23. Sea I = [a, b], sea f : I −→ R integrable en I, muestreusando la desigualdad

|(f(x))2 − (f(y))2| ≤ 2K|f(x) − f(y)|

para x, y ∈ I, que f 2 es también una función integrable.

Problema 7.24. Si I ⊆ R es un intervalo. Dé un ejemplo de una funciónintegrable f definida sobre I y una función no integrable g tal que fg seaintegrable en I.

Problema 7.25. Sea f : [a, b] −→ R continua y sea H : [a, b] −→ R definidapor

H(x) =∫ b

xf(t) dt x ∈ [a, b].

Encuentre H ′(x), para x ∈ [a, b].

Problema 7.26. Sea I = [a, b] y sea f : I −→ R continua sobre I. SeaJ = [c, d] y sea v : J −→ R diferenciable sobre J y que satisface v(J) ⊆ I.Muestre que si G : J −→ R está definido por

G(x) =∫ v(x)

af(t) dt


para x ∈ J , entonces G es diferenciable en J . Calcule g′(x), x ∈ J .

Problema 7.27. Encuentre F ′, donde F : [0, 1] −→ R definida como:

(a)F (x) =∫ x

0sent2 dt; (b)F (x) =

∫ x2

0

11 + t3 dt;

(c)F (x) =∫ x

x2

√1 + t2 dt; (d)F (x) =

∫ senx

0cos t dt.

Problema 7.28. Sea F : [0, 3] −→ R definida por f(x) = x para 0 ≤ x < 1,f(x) = 1 para 1 ≤ x < 2, y f(x) = x para 2 ≤ x ≤ 3. Obtenga unaexpresión explícita para F (x) =

∫ x

0f(t) dt como una función de x. ¿Dónde

es F diferenciable? Evalúe F ′(x) en todos los puntos donde F es diferenciable.

Problema 7.29. Se define la función ln : (0, ∞) −→ R por

ln(x) =∫ x

1

1t

dt

para x > 0. Demuestre que:

1. ln′(x) = 1/x para x > 0.

2. ln xy = ln x + ln y, para x, y > 0.

3. ln xn = n ln x, para x > 0 y n ∈ N.

4. ln 1/y = − ln y, para todo y > 0.

Problema 7.30. Sea f : R −→ R continua y sea α > 0. Se define g : R −→R por

g(x) =∫ x+α

x−αf(t) dt

para x ∈ R. Muestre que g es diferenciable y encuentre g′.

Sergio Plaza 303

Problema 7.31. Sea I = [0, 1] y sea f : I −→ R continua. Suponga que

∫ x

0f(t) dt =

∫ 1

xf(t) dt

para todo x ∈ I. Muestre que f(x) = 0 para todo x ∈ I.

Problema 7.32. Suponga que f : [0, ∞) −→ R es continua y que f(x) �= 0para todo x ≥ 0. Si tenemos que

(f(x))2 = 2∫ x

0f(t) dt

para x > 0, muestre que f(x) = x para x ≥ 0.

Sea I = [a, b] y suponga que f : I −→ R es continua y que f(x) ≥ 0 parax ∈ R. Si M = sup{f(x) : x ∈ I}, muestre que la sucesión

⎛⎝[∫ b

af(x)n dx

] 1n

⎞⎠

converge a M .

Problema 7.33. Sea f : [0, 1] −→ R continua y sean gn(x) = f(xn) parax ∈ [0, 1], n ∈ N. Pruebe que la sucesión

∫ 1

0gn(x) dx) converge a f(0).

Problema 7.34. Sea I = [a, b] y sea g : I −→ R continua en I. Supongaque existe K > 0 tal que

|g(x)| ≤ K∫ x

a|g(t)| dt

para todo x ∈ I. Muestre que g(x) = 0 para x ∈ I.

Problema 7.35. Sea I = [a, b] y sean f, g : I −→ R funciones continuastales que

∫ b

af(x) dx =

∫ b

ag(x) dx.


Muestre que existe c ∈ I tal que f(c) = g(c). Muestre que, en las hipótesisdel teorema de Taylor, el resto puede ser expresado por

Rn = (b − a)n+1

n!(1 − θ)nf (n+1)(a + θ(b − a))

para algún número θ ∈ [0, 1].

Problema 7.36. Calcular

limx→0

∫ x0 et2

dt∫ x0 et2 sen(t)dt

(Ind. Use el teorema Fundamental del Cálculo)

Problema 7.37. Calcular la integral∫ 2

2√3

1x2

√x2 + 4

dx ,

usando el cambio de variable x = 2 tan(t),

Problema 7.38. Deduzca una fórmula de recurrencia para calcular∫

P (x)eaxdx ,donde P (x) es un polinomio de grado n.

Problema 7.39. Estudiar la monotonía de la función g : [0, 1/2] −→ R

definida porg(x) =

∫ 1+x

1−xln(t2)dt

Índice Alfabético

Algebra de la derivada, 193Análisis del error en el método de New-

ton, 232Análisis del error en el método de bisec-

ción, 165Axiomas Cuerpos, 29Axiomas de Peano y Principio de In-

ducción, 3

Condiciones de convergencia en el métodode Newton, 235

Conjuntos finitos e infinitos, 19Continuidad Uniforme, 158Cuerpos ordenados, 33

Definción de la integral de Riemann,271

Derivada de funciones, 191Desarrollo de Taylor, 218

Ejemplos de cuerpos, 31Ejercicio Capítulo 7, 297Ejercicios Capítulo 1, 21Ejercicios Capítulo 2, 58Ejercicios Capítulo 3, 115Ejercicios Capítulo 4, 136

Ejercicios Capítulo 5, 173Ejercicios Capítulo 6, 245Expresiones indetreminadas, 132

Fórmula de integración por partes, 279Función logaritmo y función exponen-

cial, 294Funciones Continuas, 145Funciones continuas, 145Funciones convexas y funciones con-

cavas, 229Funciones derivables definidas en in-

tervalos, 201

Integral de Riemann, 267Intervalos en cuerpos ordenados, 35

Límite de funciones, 121Límite de sucesiones, 67Límite superior y límite inferior, 100Límites en el infinito, límites infinitos,

expresiones indeterminadas, 131Límites infinitos, 112Límites laterales, 130

Máximos y mínimos, 199

305


Método de bisección, 163Método de Newton, 230

Números naturales, 3Números reales, 41

Orden en N, 5Orden en cuerpos ordenados, 34

Principio de Buena Ordenación, 9Producto de números naturales, 6Propiedad aditiva de la integral, 272Propiedad arquimediana, 40Propiedades aritmética de los límites,

72Propiedades de la integral de Riemann,

273Punto de acumulación, 121

Regla de L’Hopital, 220Regla de la cadena, 197

Soluciones de ecuaciones no lineales,162

Subsucesiones, 98Suceiones de números reales, 63Suma de los cuadrados de los primeros

n números naturales, 17Sumas de Riemann superiores e infe-

riores, 269Supremo e ínfimo, 40

Teorema de Rolle, 204

Teorema de Taylor con resto de La-grange, 222

Teorema del cambio de variable, 278Teorema del Punto Fijo, 167Teorema del Valor Medio, 205Teorema Fundamental del Cálculo, 276Teoremas clásicos del cálculo integral,

276

Valor absoluto, 37

Referencias

[1] Bernard Placidus Johann Nepomuk Bolzano, ver http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Biographies/Bolzano.html

[2] Ralph Boas, Jr., A Primer of Real Functions. Fourth Edition Revisedand Update by H. P. Boas, Carus Mathematical Monographs, No. 13,Mathematical Association of America, 1996.

[3] Hardy,...

[4] Elon Lages Lima, Introducción al Análisis. IMCA

307

apunte de calculo i usach

Engineering