cálculo i santiago relos (versión gratuita)

CÁLCULO I (Versión gratuita)

Santiago RelosDepartamento de Matemáticas

Facultad de Ciencias y TecnologíaUniversidad Mayor de San SimónDepartamento de Ciencias ExactasUniversidad Privada Boliviana

Cochabamba, Bolivia

2010

Índice General

1 Los números reales 71.1 La recta real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.1 Axiomas iniciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.2 Axiomas de orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.3 Números Naturales, Enteros y Racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2 Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3 Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4 Resolución de desigualdades con una variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5 Desigualdades con valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2 Funciones 332.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.2 Funciones Especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2.1 Función Identidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.2 Funcion Constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.3 Función Valor Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.4 La Función Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2.5 Función Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2.6 Función Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2.7 Las funciones Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.8 La función Exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2.9 La función Logarítmica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2.10 La función mayor entero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.2.11 Funciones Hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.3 Operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.1 Suma y Resta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.2 Producto y División . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.3 Recíproco de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.3.4 Composición de Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4 La Inversa de una Función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.4.1 Funciones Inyectivas y Sobreyectivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.4.2 Inversa de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.4.3 Funciones trigonométricas inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.4.4 Funciones Hiperbólicas inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.5 Funciones Crecientes y Decrecientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.6 Funciones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3

4 ÍNDICE GENERAL

3 Límites y Continuidad 633.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.2 Límite de una Función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.2.1 Definición de Límite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.2.2 Límites Laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.2.3 Propiedades de Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.3 Un algoritmo para demostrar Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.4 La Definición de Continuidad de una Función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.4.1 Continuidad en un Punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.4.2 Preservación del signo en funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.4.3 Teorema de Bolzano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.4.4 El teorema del Valor Intermedio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.5 Cálculo de Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.5.1 El símbolo ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.5.2 Indeterminaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813.5.3 El paso al límite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.6 Límites con funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.7 Límites con Infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.8 Un límite notable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4 Cálculo Diferencial 1034.1 La Derivada de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.2 Símbolos para representar la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.3 Los diez resultados fundamentales del Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.3.1 Primer resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1064.3.2 Segundo resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.3.3 Tercer resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.3.4 Cuarto resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.3.5 Quinto resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.3.6 Sexto a noveno resultados fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1094.3.7 Decimo resultado fundamental (La regla de la cadena) . . . . . . . . . . . . . 110

4.4 Derivada con funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.4.1 Derivada de la función tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.4.2 Derivada de la función cotangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.4.3 Derivada de la función secante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.4.4 Derivada de la función cosecante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.5 Derivadas con la regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.6 Derivada de las funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.7 Derivada de la función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.7.1 Derivadas de funciones trigonométricas inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.7.2 Derivadas de las funciones hiperbólicas inversas . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

4.8 Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . 1204.9 Derivadas de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1224.10 Derivación Implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4.10.1 Cálculo de y ′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.11 La recta tangente y normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.12 La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

ÍNDICE GENERAL 5

4.12.1 Incrementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1334.12.2 Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1344.12.3 La notación diferencial para la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1344.12.4 Reglas para el cálculo de las diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5 Aplicaciones de la Derivada 1375.1 Máximos y Mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

5.1.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1375.1.2 Puntos críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1415.1.3 Funciones crecientes, decrecientes y derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1415.1.4 Criterio de la primera derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

5.2 Teoremas de Valor Medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1475.3 Concavidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1515.4 Criterio de la segunda derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1565.5 Problemas sobre Máximos y Mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

5.5.1 Problemas Geométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.5.2 Problemas de construcción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1645.5.3 Problemas de costos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.5.4 El principio de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

5.6 La Derivada como Razón de Cambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1815.7 Límites Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

5.7.1 La indeterminación 00 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

5.7.2 La indeterminación ∞∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

5.7.3 Indeterminaciones 0 · ∞ e ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1905.7.4 Casos 00, ∞0, 1∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

5.8 Trazado de curvas algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1965.8.1 Simetría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1965.8.2 Intersecciones con los ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1995.8.3 Campo de variación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2005.8.4 Comportamiento cuando x→−∞ y x→∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2015.8.5 Asíntotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

6 Cálculo Integral 2116.1 Sumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

6.1.1 Sumatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2116.1.2 El área como el límite de una suma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2146.1.3 Funciones Integrables y la Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2196.1.4 Propiedades de la Integral Definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2206.1.5 La primitiva de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2216.1.6 El Teorema Fundamental del Cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2226.1.7 Teorema del Valor Medio para integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2246.1.8 Segunda forma del Teorema Fundamental del Cálculo . . . . . . . . . . . . . 225

6.2 Metodos de integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2276.2.1 La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2276.2.2 Fórmulas fundamentales de integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2276.2.3 Integración por sustitución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2296.2.4 Integración por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

6 ÍNDICE GENERAL

6.2.5 Integrales trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2376.2.6 Resumen de las fórmulas de reducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2476.2.7 Funciones racionales a dos variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

6.2.8 Cambios de variable trigonométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2486.3 Integración por Fracciones Parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

6.3.1 Preliminares algebraicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2536.3.2 Fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2546.3.3 Cálculo de constantes en fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2556.3.4 Integración por Fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

6.4 Funciones racionales del tipo F(x,√ax+ b

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

6.5 Funciones racionales del tipo F (sinx, cosx) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

7 Integrales impropias 2677.1 Integrales impropias de primera clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

7.1.1 Límite superior infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

7.1.2 Límite inferior infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

7.2 Integrales impropias de segunda clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2687.2.1 No acotada en el limite superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2687.2.2 No acotada en el limite inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269

8 Cálculo de áreas planas 2758.1 Regiones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

8.2 Cálculo de áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

9 Longitud de Arco 287

10 Cálculo de Volúmenes 29310.1 Método de los cilindros sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29310.2 Método de los cilindros huecos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297

11 Apéndice 1: El axioma del supremo 305

11.1 Máximo y mínimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30511.2 Cota superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30511.3 Cota inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30511.4 Mínima cota superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30611.5 Axioma 10 (el axioma del supremo) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

11.5.1 Máxima cota inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30611.5.2 La propiedad arquimediana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307

12 Apéndice 2: Un límite notable 311

Capítulo 1

Los números reales

1.1 La recta real

En la larga historia de los números se pueden ver varias formas de introducir el estudio de losnúmeros reales. Matemáticos como Karl Weierstrass (1815-1897), George Cantor (1845-1918) yRichard Dedekind (1831-1916) se dedicaron a esta tarea. En 1889 el matemático italiano GuiseppePeano (1858-1932) da un listado de cinco axiomas para los enteros positivos. En este capítulo se dauna breve introducción del sistema de los números reales.

1.1.1 Axiomas iniciales

El Sistema de números reales es un conjunto R cuyos elementos se llaman números. Se asume laexistencia de dos operaciones llamadas adición y multiplicación denotados por + y · respectivamentetal que con cada par de números x y y formamos la suma x + y que nuevamente es un número,similarmente formamos el producto x · y (o xy) y nuevamente es un número. Lo anterior se indicadiciendo que R es cerrado para la operación suma y producto. Aceptamos que la suma y productoestán univocamente determinadas, esto es, x+ y, y xy son únicos. En R se satisfacen los siguientesaxiomas:

• Axioma 1 Conmutatividad. Para todo x, y ∈ R

x+ y = y + x, xy = yx

• Axioma 2 Asociatividad. Para todo x, y, z ∈ R

x+ (y + z) = (x+ y) + z, x(yz) = (xy)z

• Axioma 3 Distributividad. Para todo x, y, z ∈ R

x(y + z) = xy + xz

• Axioma 4(a) Existencia de la identidad. Existe un elemento en R denotado por 1 (es llamadouno) tal que para todo x ∈ R

x · 1 = x

7

8 CAPÍTULO 1. LOS NÚMEROS REALES

• Axioma 4(b) Existencia del neutro. Existe un elemento en R denotado por 0 (es llamadocero) tal que para todo x ∈ R

x+ 0 = x

• Axioma 5 Existencia de negativos. Para cada número x, existe un número y tal que

x+ y = 0

• Axioma 6 Existencia de recíprocos. Para cada número x �= 0, existe un número y tal que

xy = 1

Todas las leyes del álgebra elemental pueden deducirse a partir de los anteriores axiomas. Acontinuación se muestran las más usuales.

Ley de cancelación

Teorema 1.1 Si a + b = a + c, entonces b = c, en particular, esto muestra que el número 0 delaxioma 4(b) es único.

Demostración. Supóngase que a + b = a + c. Por el axioma 5 existe un númeroy tal que a + y = 0. Puesto que la suma está univocamente determinada se tieney + (a+ b) = y + (a+ c). Usando el axioma 2: (y + a) + b = (y + a) + c, de donde0 + b = 0 + c, y por el axioma 4(b) b = c. Observemos que si existe un otro número 0′

tal que 0′ + x = x para todo número x, entonces en particular 0′ + 0 = 0, pero tambiénpor el axioma 4(b) 0+ 0 = 0, luego 0′ +0 = 0+ 0, de donde 0′ = 0. Esto muestra que elcero definido en el axioma 4(b) es único.�

Posibilidad de sustracción

Teorema 1.2 Dados los números a, b existe un único número x tal que a+ x = b. Este número sedenota con b− a. En particular 0− a se escribe como −a y es llamado Negativo de a (también sellama menos de a).

Demostración. Existe un número y tal que a+ y = 0. Sea x = b+ y, entonces

a+ x = a+ (b+ y)

Ahora usando los axiomas 1 y 2 se deduce a+ x = b+ (a+ y) , por tanto a+ x = b+ 0,esto es, a+ x = b.�

Observación. Observemos que a+ (−a) = 0.

Teorema 1.3 Para todo a, b ∈ R, b− a = b+ (−a).

1.1. LA RECTA REAL 9

Demostración. Sea x = b−a, por definición de sustracción b = x+a. Sea y = b+(−a),entonces

y + a = [b+ (−a)] + a = b+ [(−a) + a] = b+ 0 = b

de este resultado junto con x + a = b se concluye que x + a = y + a. Por la ley decancelación se tiene x = y, esto prueba el teorema.�

Teorema 1.4 Para todo a ∈ R se tiene − (−a) = a.

Demostración. Se tiene a+ (−a) = 0, luego por definición a = 0− (−a), de donde elresultado sigue.

�

Teorema 1.5 Para todo a ∈ R se cumple a · 0 = 0.

Teorema 1.6 Para todo a, b ∈ R se tiene a (−b) = −ab.

Demostración. ab+ a (−b) = a [b+ (−b)] = a0 = 0, luego a (−b) = −ab.�

Teorema 1.7 Para todo a, b, c ∈ R se verifica a (b− c) = ab− ac.

Demostración. a (b− c) = a [b+ (−c)] = ab+ a (−c) = ab− ac.�

Ley de cancelación para la multiplicación

Teorema 1.8 Si ab = ac y a �= 0, entonces b = c. (En particular esto muestra que el número 1definido en 4(a) es único).

Demostración. Supongamos que ab = ac. Por el axioma 6 existe un número y tal queay = 1, por tanto y(ab) = y(ac), esto es, (ya)b = (ya)c, luego 1b = 1c, de donde b = c.�

Posibilidad de división

Teorema 1.9 Dados a, b con a �= 0, existe exactamente un x ∈ R tal que ax = b. El número x es

denotado porb

ao b/a y es llamado cociente de b y a, en particular,

1

aes denotado por a−1 y es

llamado el recíproco de a.

Teorema 1.10 Si a �= 0, entonces ba= ba−1.

Teorema 1.11 Si a �= 0, entonces(a−1)−1

= a.


Teorema 1.12 Si ab = 0, entonces a = 0 o b = 0.

Teorema 1.13 Si b �= 0 y d �= 0, entonces ab+c

d=ad+ bc

bd.

Teorema 1.14 Si b �= 0 y d �= 0, entonces ab· cd=a · cb · d .

Teorema 1.15 Si b �= 0, c �= 0 y d �= 0, entoncesa

bc

d

=ad

bc

Ejercicios propuestos

1. Pruebe los teoremas que no presentan demostración

Probar los siguientes resultados

2. −0 = 0.

3. 1−1 = 1.

4. − (a+ b) = −a− b.

5. − (a− b) = −a+ b.

6. (a− b) + (b− c) = (a− c).

7. Si b �= 0 y a �= 0, entonces (ab)−1 = a−1b−1.

8. Si b �= 0, −(ab

)=

(−ab

)=

(a

−b

).

9. Si b �= 0 y d �= 0, entonces ab− c

d=ad− bcbd

.

10.a

b=c

dsi y solamente si ad = bc, bd �= 0.

1.1.2 Axiomas de orden

Los axiomas del (1) al (6) no dicen nada sobre “comparar ” los números en el sentido de “que númeroes más grande que otro” cuando se toman dos números. En esta sección se presentan axiomas quepermitirán, en el anterior sentido, comparar dos números.

Supondremos la existencia de un subconjunto R+ ⊂ R llamado el conjunto de los númerospositivos que satisface los siguientes axiomas:

1.1. LA RECTA REAL 11

Axioma 7. Si x, y ∈ R+ entonces x+ y ∈ R+ y xy ∈ R+.Axioma 8. Para cada real x : o x = 0 o x ∈ R+ o −x ∈ R+ de manera excluyente, esdecir, se cumple una y solamente una de las afirmaciones.

Se definen ahora los símbolos < (menor), > (mayor), ≤ (menor o igual) y ≥ (mayor o igual).

x < y significa y − x ∈ R+y > x significa x < yx ≤ y significa x < y ∨ x = yy ≥ x significa x ≤ y

Si x > 0, claramente que x ∈ R+, esto es, x es positivo si y solo si x > 0. Si x ≥ 0 diremos que x esno negativo. Si x < 0 diremos que x es negativo, el conjunto de los reales negativos se denota con elsímbolo R− y está definido por:

R− ={−x : x ∈ R+

},

los números x ≤ 0 se llaman no positivos.Las propiedades más importantes que son consecuencia de los anteriores axiomas se presentan

en los siguientes teoremas.

Ley de la tricotomia

Teorema 1.16 Para dos números reales arbitrarios a, b ocurre exactamente una de las siguientesafirmaciones: a = b o a < b, o b < a.

Demostración. Sigue del axioma 8 con x = b− a.�

Ley transitiva

Teorema 1.17 Si a 0, luegox− y > 0, es decir x > y, esto prueba el teorema.�

Teorema 1.19 Si a 0, entonces ac < bc.

Teorema 1.20 Si a bc.

Demostración. Si a < b, b − a ∈ R+. Por otra parte si c < 0, −c ∈ R+ por tanto(−c) (b− a) = ac− bc ∈ R+, esto es, ac > bc.

�

Teorema 1.21 Si a �= 0, entonces a2 > 0.

Teorema 1.22 1 > 0.

Teorema 1.23 Si a < b, entonces −a > −b. En particular si a < 0, entonces −a > 0.

Teorema 1.24 Si ab > 0, entonces a y b ambos son positivos o ambos negativos.

Demostración. Supongamos que la conclusión del teorema es falsa, sin pérdida degeneralidad podemos suponer que a < 0 y b > 0. De este hecho tenemos −a > 0 luego(−a) b = − (ab) > 0, esto es contradictorio, luego a y b son ambos positivos o ambosnegativos.�

Teorema 1.25 Si a < b y c < d, entonces a+ c < b+ d.


1. Pruebe los teoremas que no presentan demostración.

Probar:

2. No existe un número real a tal que a2 + 1 = 0.

3. La suma de dos números negativos es negativo.

4. Si a > 0, entonces1

a> 0; si a < 0, entonces

1

a< 0.

5. Si 0 < a < b, entonces 0 < b−1 < a−1.

6. Si a ≤ b y b ≤ c, y a = c, entonces b = c.

7. Para todo a, b se tiene a2 + b2 ≥ 0. Si a y b no son ambos cero, entonces a2 + b2 > 0

8. No existe un número real a tal que x ≤ a para todo real x.

9. Si x tiene la propiedad de que 0 ≤ x ≤ h para cada real positivo h, entonces x = 0.

10. Si b ≥ 0, entonces x2 > b si y solamente si x >√b o x < −

√b.

11. Si b ≥ 0, entonces x2 < b si y solamente si o −√b < x <

√b.

1.2. INTERVALOS 13

1.1.3 Números Naturales, Enteros y Racionales

Existen en R ciertos subconjuntos cuya existencia no se demuestra en este texto por no correspon-der a un primer curso de Cálculo, estos conjuntos son los Naturales, Enteros y Racionales que serepresentan respectivamente por N, Z, Q. Estos conjuntos son:

N = {1, 2, 3, 4, ...}Z = {...,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, ...}Q =

{p

q: p, q ∈ Z ∧ q �= 0

}

Observemos que N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. Los números que están en R pero no en Q se llaman númerosirracionales, este conjunto se representa por Qc. En el apéndice I se prueba que Qc �= ∅.

Para un estudio completo de los números reales es necesario enunciar un ultimo axioma, este esllamado el axioma del supremo que se puede ver en el apéndice I.

1.2 Intervalos

En cálculo, los conjuntos de uso más frecuente son los intervalos, estos se definen como conjuntosque satisfacen ciertas desigualdades.

Definición 1.26 (Intervalo abierto) Dados dos números a, b tales que a < b. El conjunto{x ∈ R : a < x < b} se llama intervalo abierto y se denota con (a, b), esto es,

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b} ,

su representación gráfica es:

a b

observemos que los números a y b no pertenecen al conjunto (a, b). También notemos que si a = b,se tiene (a, b) = ∅.

Definición 1.27 (Intervalo cerrado) Dados dos números a, b tales que a ≤ b. El conjunto{x ∈ R : a ≤ x ≤ b} se llama intervalo cerrado y se denota con [a, b], esto es,

[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} ,

este conjunto se puede representar gráficamente del siguiente modo

a b

observemos que los números a y b pertenecen al conjunto [a, b].

Definición 1.28 (Intervalo semi-abierto o semi-cerrado) Dados dos números a, b tales quea ≤ b. Los conjuntos

[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b} y(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}

se llaman intervalos semi-abiertos o semi-cerrados. Gráficamente se representan respectivamentepor:

a b

a b

De manera similar definimos los intervalos infinitos:(a,∞) = {x ∈ R : x > a}[a,∞) = {x ∈ R : x ≥ a}(−∞, b) = {x ∈ R : x < b}(−∞, b] = {x ∈ R : x ≤ b}(−∞,∞) = R,estos intervalos respectivamente se representan gráficamente por:

a ∞

a ∞

−∞ b

−∞ b

∞−∞


En los siguientes ejercicios realizar las operaciones que se indican

1. (0, 3) ∩ (1, 5) Sol.: (1, 3)

2.{[1

2, 3

]∪ [4, 10)

}∩ [2, 8) Sol.: [2, 3] ∪ [4, 8)

3.[1

2, 3

]∩ [4, 10) ∩ [2, 8) Sol.: ∅

4.[1

2, 3

]∪ {[4, 10) ∩ [2, 8)} Sol.:

[1

2, 3

]∪ [4, 8)

5.(√2, 6)∩(π2, 10)

Sol.:(π2, 6)

6. {(2, 6) ∪ (6, 8]} ∩[

4,

√200

2

]

Sol.: [4, 6) ∪ (6, 8]

1.3. VALOR ABSOLUTO 15

7. ∩∞k=1[1 +

1

k, 5 +

1

4

]Sol.:

[2,21

4

]

8. ∩∞k=1[1− 1

k, 5 +

1

4

]Sol.:

(1,21

4

]

1.3 Valor absoluto

El valor absoluto de un número es la distancia del número al cero, así el valor absoluto de 5 es 5,similarmente, puesto que la distancia de −5 a 0 es 5, el valor absoluto de −5 es 5. De esta definiciónintuitiva deducimos que el valor absoluto de un número es un número no negativo. A continuacióndefinimos formalmente el concepto de valor absoluto.

Definición 1.29 El valor absoluto de un número real a se define por la regla:

|a| ={

a si a ≥ 0−a si a < 0

Ejemplo 1.1 |5| = 5, |−7| = − (−7) = 7, |0| = 0

De la definición anterior se deduce inmediatamente el siguiente teorema:

Teorema 1.30 Para cualquier a ∈ R se tiene:

1. |a|2 = a2,

2. |a| = |−a|,

3. −|a| ≤ a ≤ |a|.

El valor absoluto además tiene las siguientes propiedades

|a| ≥ 0|a| = 0 si y solo si a = 0|a+ b| ≤ |a|+ |b| para cualesquiera a, b ∈ R|ab| = |a| |b|

Establecemos estas propiedades en los siguientes teoremas. Se demuestran algunas, dejando al lectorla demostración de las restantes.

Teorema 1.31 Para cualquier a ∈ R, |a| ≥ 0.

Teorema 1.32 |a| = 0 si y solo si a = 0.


Desigualdad triangular

Teorema 1.33 |a+ b| ≤ |a|+ |b| para cualesquiera a, b ∈ R

Demostración.|a+ b|2 = (a+ b)2

= a2 + 2ab+ b2

= |a|2 + 2ab+ |b|2≤ |a|2 + 2 |a| |b|+ |b|2= (|a|+ |b|)2

luego |a+ b| ≤ |a|+ |b| .�

Observación. Observemos que:

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

luego: |a− b| ≤ |a|+ |b| .

Teorema 1.34 Sea x, k ∈ R, k > 0, entonces |x| ≤ k, si y solamente si

−k ≤ x ≤ k.

Teorema 1.35 Sea x, k ∈ R, k > 0, entonces |x| ≥ k, si y solamente si

x ≤ −k o x ≥ k.

Teorema 1.36 Para cualesquiera a, b ∈ R, |a− b| ≥ |a| − |b|.

Demostración. En la demostración se hace uso de la desigualdad triangular.

|a| = |(a− b) + (b)|≤ |a− b|+ |b|

luego |a− b| ≥ |a| − |b|.�

Teorema 1.37 Para cualesquiera a, b ∈ R, | |a| − |b| | ≤ |a− b|.

Demostración.Por el teorema anterior |a| − |b| ≤ |a− b|. Por otra parte

|b| − |a| ≤ |b− a|= |a− b|

1.3. VALOR ABSOLUTO 17

de donde −|a− b| ≤ |a| − |b|, de estos resultados se tiene

−|a− b| ≤ |a| − |b| ≤ |a− b| ,

esto es:||a| − |b|| ≤ |a− b| .

�

Teorema 1.38 Para todo a, b ∈ R, |a+ b| ={

a+ b si a ≥ −b−a− b si a < −b

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1.1 Resolver |3x+ 5| = 2.

Solución. Por definición de valor absoluto tenemos

|3x+ 5| ={3x+ 5 si 3x+ 5 ≥ 0− (3x+ 5) si 3x+ 5 < 0

de donde:

|3x+ 5| =

3x+ 5 si x ≥ −53

− (3x+ 5) si x < −53

El número −53divide a la recta real en dos intervalos, a saber,

(−∞,−5

3

)y[−53,∞), por tanto

tenemos dos casos a considerar:

(a) x ∈(−∞,−5

3

). En este caso la ecuación a resolver es:

− (3x+ 5) = 2

resolviendo, encontramos la solución x = −73∈(−∞,−5

3

).

(b) x ∈[−53,∞). En este caso la ecuación a resolver es:

3x+ 5 = 2

resolviendo, encontramos la solución x = −1 ∈[−53,∞).

De (a) y (b) concluimos que la solución es el conjunto:{−73,−1}.

Método abreviado. Consiste en ignorar los intervalos en donde se está trabajando, aunqueen este caso debemos comprobar que los números obtenidos realmente sean solución de la ecuacióndada. En el ejemplo tenemos dos posibilidades:

(a) 3x + 5 < 0. En este caso se tiene − (3x+ 5) = 2, de donde x =−73, este número satisface la

ecuación dada.

(b) 3x+ 5 ≥ 0. En este caso se tiene 3x+ 5 = 2, de donde x = −1, este número también satisfacela ecuación dada.

De (a) y (b) la solución es el conjunto{−73,−1}.

Ejercicio 1.2 Resolver∣∣x2 − 4x+ 3

∣∣ = 3.

Solución. Usaremos el método abreviado. Tenemos dos casos a discutir:

(a) x2 − 4x + 3 < 0, en este caso∣∣x2 − 4x+ 3

∣∣ = −(x2 − 4x+ 3

), por tanto la ecuación dada se

puede escribir como:−(x2 − 4x+ 3

)= 3,

esto es,x2 − 4x+ 6 = 0.

La última ecuación encontrada no tiene raíces, por tanto, en este caso la solución es ∅.

(b) x2 − 4x+ 3 ≥ 0, en este caso∣∣x2 − 4x+ 3

∣∣ = x2 − 4x+ 3, por tanto la ecuación dada se puedeescribir como

x2 − 4x+ 3 = 3,esto es,

x2 − 4x = 0.La última ecuación encontrada tiene por solución al conjunto {0, 4}. Los elementos de esteconjunto satisfacen la ecuación dada, por tanto la solución al problema es ∅ ∪ {0, 4} = {0, 4} .


1. Demostrar los teroremas que no presentan demostración.

2. Resolver:∣∣x2 − x− 2

∣∣ = 2,

Sol. : x =1

2+1

2

√17, x =

1

2− 12

√17, x = 0, x = 1.

3. Resolver: |x+ 1|+ 2x− 5 = x,Sol. : x = 2.

4. Resolver:2 + |4x− 2|

3x= 1,

Sol. : ∅

1.4. RESOLUCIÓN DE DESIGUALDADES CON UNA VARIABLE 19

5. Resolver:∣∣x2 + 4x− 22

∣∣ = 1,Sol. : x = −2 + 3

√3, x = −2− 3

√3, x = 3, x = −7.

6. Resolver:

∣∣x2 + 4x− 10∣∣

2x= 1,

Sol.: x =√19− 3, x =

√11− 1.

7. Resolver: |x+ 1|+ |x+ 2|+ |x+ 3| = 6,Sol : x = 0, x = −4.

8. Resolver:∣∣x2 − 1

∣∣+∣∣x2 − 4

∣∣ = 5,Sol.: x = ±

√5, x = 0.

9. Resolver:∣∣x2 − 1

∣∣+∣∣x2 − 2

∣∣ = 3,Sol.: x = ±

√3, x = 0.

10. Resolver:∣∣x3∣∣+ x− 10 = 0,

Sol. : x = 2.

11. Si |a|+ |b|+ |c| = 0, entonces a = b = c = 0

12. Demostrar: |ab| = |a| |b|

13. Demostrar: |an| = |a|n

14. Demostrar: ||a| − |b|| ≤ |a− b|

1.4 Resolución de desigualdades con una variable

Resolver una desigualdad es encontrar valores que satisfacen la desigualdad dada, esto es,al reemplazar dichos valores en lugar de la variable se obtiene una afirmación verdadera. En estasección, via ejercicios, se darán algunas técnicas para resolver desigualdades.

Definición 1.39 (puntos clave o puntos críticos algebraicos) Dada una expresión φ (x), de-nominaremos los puntos clave de φ en un intervalo (L,U) a L, U y aquellos puntos que cumplen unade las siguientes condiciones.

1. Los números x de (L,U) tal que φ (x) no está definida.

2. Las raíces de φ, esto es, los números x en donde φ (x) = 0.

Observación. Si no se dice nada acerca del intervaloen donde se encuentra definida φ se asume L = −∞, U =∞.

Dos puntos clave a, b serán llamados sucesivos si en el intervalo (a, b) no existe otro punto clave.

Teorema 1.40 Sea φ (x) una expresión algebraica en la variable x. Sea (a, b) un intervalo formadocon dos puntos clave sucesivos de φ. Entonces φ (x) es estrictamente positiva o estrictamente negativaen todo el intervalo (a, b) .

Observación. El teorema muestra, que es suficiente tomar un punto en cada intervalo formadocon dos puntos sucesivos para calcular el signo en dicho intervalo. El punto que se toma es arbitrario,solo hay que cuidar que se encuentre dentro del intervalo que se está analizando.

Ejemplo 1.2 Consideremos φ (x) = 2x + 4 definida en R. Los puntos clave son −∞,−2,∞. Portanto podemos formar los siguientes intervalos: (−∞,−2) y (−2,∞). Por el teorema precedente φserá positiva o negativa en cada uno de los intervalos, así es suficiente averiguar el signo en algúnpunto de cada uno de los intervalos.

1. Intervalo (−∞,−2) . Tomemos el punto −10 ∈ (−∞,−2) , en este punto

φ (−10) = 2 (−10) + 4 = −16 < 0,

por tanto en (−∞,−2) se tiene: 2x+ 4 < 0.

2. Intervalo (−2,∞) . Tomemos el punto 0 ∈ (−2,∞) , en este punto

φ (0) = 2 (0) + 4 = 4 > 0,

por tanto en (−2,∞) se tiene: 2x+ 4 > 0.

Presentamos a continuación el resumen del análisis anterior

∞− ∞-2

- - - - - - - - - - - - - - + + + + + + + + + +

+42

deSignos

x

Ejemplo 1.3 Consideremos φ (x) =x

x2 − 9 . Los puntos clave son

−∞,−3, 0, 3,∞.

Por tanto se tienen los siguientes intervalos a analizar:

1. Intervalo (−∞,−3) . Con x = −10 : φ (−10) = −10100− 9 < 0.

2. Intervalo (−3, 0) . Con x = −2 : φ (−2) = −24− 9 > 0.

3. Intervalo (0, 3) . Con x = 2 : φ (2) =2

4− 9 < 0.

4. Intervalo (3,∞) . Con x = 10 : φ (10) = 10

100− 9 > 0.

En el siguiente cuadro presentamos el resumen del análisis anterior.

∞− ∞+ + + + + - - - - - - - - - - + + + +

3− 30

−9

deSignos

2x

x- - - - - - - -

Observación. Debemos observar que los signos van intercalados, esto en general no es cierto,como se muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 1.4 Sea φ (x) = (x− 5)2 (x+ 3) . Los puntos clave resultan ser:

−∞,−3, 5,∞.

Por tanto los intervalos a analizar son:

1. Intervalo (−∞,−3) : Tomamos x = −10 y entonces φ (−10) = −1575 < 0

2. Intervalo (−3, 5) : Tomamos x = 0 y entonces φ (0) = 25 > 0.

3. Intervalo (5,∞) : Tomamos x = 10 y entonces φ (10) = 325 > 0.

Así tenemos:

∞− ∞+ + + + + + +

3− 5 ( ) ( )

+− 35

deSignos2

xx

- - - - - - - - + + + + + + +

Observación importante.

Si un punto clave viene de un factor elevado a una potencia par, entonces alre_dedor de este punto los signos de la expresión algebraica no pueden cambiar. Siel punto clave viene de una potencia impar, el signo cambia.

Ejemplo 1.5 Consideremos ahora el siguiente problema: Resolver

x2 − 5x− 1 > 0.

Solución. Sea φ (x) =x2 − 5x− 1 =

(x−√5)(x+

√5)

x−1 , los puntos clave son

{−∞,−

√5, 1,√5,∞

}

Puesto que φ (x) está es su forma factorizada, es suficiente hallar el signo en un intervalo,pues todos los demás signos se deducen a partir de este signo. en el intervalo

(−∞,−

√5),

con x = −10, φ (−10) = 100−5−10−1 < 0. Los demás signos van intercalados pues todos los

puntos clave vienen de factores elevados a una potencia impar.

∞− ∞+ + + + + + + + - - - - - - - + + + + +

5− 51

−−1

5

deSignos2

x

x- - - - - - - -

Por tanto la solución al problema dado es el conjunto de puntos en donde φ es mayor acero, esto es:

S =(−√5, 1)∪(√5,∞

).

Ejemplo 1.6 Resolver 2x2 + x− 6 ≥ 0

Solución. Factorizando

2x2 + x− 6 = (x+ 2) (2x− 3) ,

así los puntos clave de φ (x) = 2x2 + x− 6 son{−∞, −2, 3

2, ∞

}.

nuevamente todos los puntos clave vienen de factores con potencia impar.

En el intervalo (−∞.− 2), φ (−10) = (−10 + 2) (−20− 3) > 0.

∞− ∞-2

+ + + + + + - - - - - - - - - - - - - + + + + + +

23

−+ 62

deSignos2 xx

Por otra parte los números −2 y 32son soluciones del problema, por tanto la solución del

problema es:

S = (−∞,−2) ∪(3

2,∞)∪{−2, 3

2

}= (−∞,−2] ∪ [3/2,∞)

Ejercicio 1.3 Resolver x3 − 3x+ 2 ≥ 0

Solución. Con φ (x) = x3 − 3x+ 2, factorizando se encuentra:

φ (x) = (x+ 2) (x− 1)2 ,

luego, los puntos clave son:{−2, 1}

el punto clave x = 1 viene del factor (x− 1)2, que tiene potencia par, entonces los signosalrededor de este punto no cambian.

En el intervalo (−∞,−2), con x = −10 se tiene φ (x) = (−8) (−11)2 < 0, luego lossignos son:

+− 23

deSignos3 xx∞− ∞-2

+ + + + + + + + + +- - - - - - - - - - + + + + + + +

1

Luego la solución es: S = [−2,∞) .Observación. Si se reemplaza ≥ por >, la solución es (−2, 1) ∪ (1,∞) . ¿porque?

Ejercicio 1.4 Resolver:1

x− 1 +2

x− 2 ≤ 0.

Solución. La desigualdad dada se puede escribir como

(2x− 1) (x− 2)x (x− 1) ≥ 0

Los puntos clave de φ (x) =(2x− 1) (x− 2)

x (x− 1) son:

{−∞, 0, 1

2, 1, 2, ∞

},

todos estos puntos vienen de factores con potencia impar

En (−∞, 0) tomamos x = −1, φ (−1) = (−3) (−3)(−1) (−2) > 0, por tanto los signos son:

( )( )( )

−−−

1

212

deSignos

xx

xx∞− ∞210

+ + + + + + - - - - - - -+ + +- - - - + + + +

21

Por lo anterior y tomando en cuenta que la desigualdad es del tipo ≥ la solución es:

S = (−∞, 0) ∪[1

2, 1

)∪ [2,∞) .


Resolver:

1. 2x3 − 7x2 − 5x+ 4 > 0. Sol.:(−1, 1

2

)∪ (4,∞) .

2. (4x− 15)3 (x− 1) < 0. Sol.:(1,15

4

).

3. 9x4 − 36x3 + 47x2 − 24x ≥ −4. Sol. :(−∞, 1

3

]∪[2

3, 1

]∪ [2,∞) .

4.(x− 2)3 (x− 4)8

x4 − x2 > 0. Sol.: (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (2, 4) ∪ (4,∞)

5.x

x2 + 1+1

2x− x ≥ 0. Sol.: (−∞,−1] ∪ (0, 1]

6.1

x− x

x− 2 ≤ 0. Sol. : (−∞, 0) ∪ (2,∞)

7.x

x2 + 1+1

2x≥ 1. Sol. : (0, 1]

8. x4 − 9 ≥ 7. Sol.: (−∞,−2] ∪ [2,∞)

9.x2 + x− 9

x> 1. Sol.: (−3, 0) ∪ (3,∞) .

10. (x− 1) (x− 2)(1− 1

x

)> 0. Sol.: (−∞, 0) ∪ (2,∞) .

11.1

x− 2 +2x

x− 1 − 1 ≥ 0. Sol.:(−∞,−

√3]∪ (2,∞) ∪

(1,√3].

12. x6 + 4x2 − 5 ≤ 0. Sol.: [−1, 1] .

13.1

x+2

x2> 3. Sol.:

(−23, 0

)∪ (0, 1) .

14.1

x4+1

x3+1

x2> 0. Sol.: x �= 0.

15. x2 − 3x2

x− 1 < 0. Sol.: (1, 4) .

16.

(x2 − 1

) (x2 − 4

)

x2 − 9 ≤ 0. Sol.: (−3, 2] ∪ [−1, 1] ∪ [2, 3) .

17.1

x+

1

x− 2 < 0. Sol.: (−∞, 0) ∪ (1, 2)

18.1

x+

1

x− 2 +1

x− 4 < 0. Sol.: (−∞, 0) ∪(2− 2

√33 , 2

)∪(2 + 2

√33 , 4

).

19. Resolver:1

x− 1

x2< a, donde a es un número real no nulo.

20. Resolver la desigualdad ax2 + bx+ c ≤ 0 donde a > 0. Considere los siguientes casos:

(a) ax2 + bx+ c = a (x− r1) (x− r2) donde r1, r2 ∈ R y r1 < r2.

(b) ax2 + bx+ c = a (x− r1) (x− r2) donde r1, r2 ∈ R y r1 = r2.

(c) b2 − 4ac < 0.

1.5. DESIGUALDADES CON VALOR ABSOLUTO 25

1.5 Desigualdades con valor absoluto

Cuando se presentan desigualdades en donde se presentan expresiones con valor absoluto. Los puntosse encuentran convirtiendo la desigualdad en otra donde no figuren valores absolutos.

Ejemplo 1.7 Eliminaremos el valor absoluto en la expresión |x− 5| + 2. Usando la definición devalor absoluto obtenemos:

|x− 5|+ 2 ={− (x− 5) + 2 si x ∈ (−∞, 5)x− 5 + 2 si x ∈ [5,∞) ,

esto es,

|x− 5|+ 2 ={−x+ 7 si x ∈ (−∞, 5)x− 3 si x ∈ [5,∞)

observemos que al eliminar el valor absoluto la expresión dada se convierte en dos expresiones libresde valor absoluto.

Ejemplo 1.8

|3x+ 11| |x| |x− 8| =

− (3x+ 11) (−x) [− (x− 8)] x ∈(−∞,−11

3

)

(3x+ 11) (−x) [− (x− 8)] x ∈[−113, 0

)

(3x+ 11) (x) [− (x− 8)] x ∈ [0, 8)(3x+ 11) (x) (x− 8) x ∈ [8,∞)

,

simplificando se tiene:

|3x+ 11| |x| |x− 8| =

−x (3x+ 11) (x− 8) x ∈(−∞,−11

3

)

x (3x+ 11) (x− 8) x ∈[−113, 0

)

−x (3x+ 11) (x− 8) x ∈ [0, 8)x (3x+ 11) (x− 8) x ∈ [8,∞)

o más compactamente:

|3x+ 11| |x| |x− 8| =

−x (3x+ 11) (x− 8) x ∈(−∞,−11

3

)∪ [0, 8)

x (3x+ 11) (x− 8) x ∈[−113, 0

)∪ [8,∞)


Ejercicio 1.5 Resolver |x+ 2|+ |x− 2|+ x− 5 ≥ 0Solución. Usando la definición de valor absoluto, la expresión situada a la izquierda de la desigual-dad se puede escribir como:

|x+ 2|+ |x− 2|+ x− 5 =

− (x+ 2)− (x− 2) + x− 5 x ∈ (−∞,−2)(x+ 2)− (x− 2) + x− 5 x ∈ [−2, 2)(x+ 2) + (x− 2) + x− 5 x ∈ [2,∞)

,

realizando operaciones algebraicas, lo anterior queda:

|x+ 2|+ |x− 2|+ x− 5 =

−x− 5 x ∈ (−∞,−2)x− 1 x ∈ [−2, 2)3x− 5 x ∈ [2,∞)

,

encontramos ahora las soluciones en los intervalos (−∞,−2), [−2, 2), [2,∞). Luego de esto lasolución final será la unión de las soluciones encontradas en cada uno de los intervalos mencionados.

(a) Caso x ∈ (−∞,−2) . En este caso con φ1 (x) = −x− 5 los puntos clave de φ1 son

−∞,−5,−2.

Procedemos a analizar los intervalos:

1. Intervalo (−∞,−5) : Con x = −10, φ1 (−10) = 10− 5 > 0.2. Intervalo (−5,−2) : Con x = −3, φ1 (−3) = − (−3)− 5 < 0.

Observando además que φ1 (−5) = 0, la solución es

(−∞,−5] .

(b) Caso x ∈ [−2, 2) . En este caso con φ2 (x) = x− 1 los puntos clave son

−2, 1, 2

1. Intervalo (−2, 1) : Con x = 0, φ2 (0) = 0− 1 < 0.2. Intervalo (1, 2) : Con x = 1.5, φ2 (1.5) = 1.5− 1 > 0

Tomando en cuenta que φ2 (1) = 0, la solución es

[1, 2) .

(c) Caso x ∈ [2,∞) . En este caso con φ3 (x) = 3x− 5 los puntos clave son:

2,∞

(observemos que 5/3 no es un punto clave ¿Porque?), así se tiene que analizar un solo intervalo:

Intervalo (2,∞) : Con x = 4, φ3 (4) = 12− 5 > 0.Además observamos que φ3 (2) = 1 > 0, por tanto la solución es el intervalo:

[2,∞) .

De lo anterior concluimos que la solución es:

(−∞,−5] ∪ [1, 2) ∪ [2,∞) = (−∞,−5] ∪ [1,∞) .

Gráfico de |x+ 2|+ |x− 2|+ x− 5 es:

522 −+−++ xxx

y

5− 2 x

6

13−

Ejercicio 1.6 Resolver |x+ 2| − |x− 2|+ x2 ≤ 0.

Solución. Nuevamente la expresión de la izquierda de la desigualdad se puede escribir de lasiguiente manera

|x+ 2| − |x− 2|+ x2 =

x2 − 4 x ∈ (−∞,−2)x2 + 2x x ∈ [−2, 2)x2 + 4 x ∈ [2,∞)

(a) x ∈ (−∞,−2) . En este caso con φ1 = x2−4, los puntos clave son −∞,−2. En el único intervaloa analizar con x = −10 encontramos φ1 (−10) = 100−4 > 0, por tanto, en este caso la soluciónes

∅.

(b) x ∈ [−2, 2) . Con φ2 (x) = x2 + 2x, los puntos clave son −2, 0, 2.

1. Intervalo (−2, 0) : Con x = −1, φ2 (−1) = 1− 2 < 0.2. Intervalo (0, 2) : Con x = 1, φ2 (1) = 1 + 2 > 0.

Tomando en cuenta que x = −2 y x = 0 son soluciones del problema, la solución es

[−2, 0]

(c) x ∈ [2,∞) . En este caso claramente x2+4 > 0 para todo x ∈ [2,∞) , así en este caso la soluciónes

∅.

De lo anterior concluimos que la solución es

∅ ∪ [−2, 0] ∪ ∅ = [−2, 0]


El gráfico de |x+ 2| − |x− 2|+ x2 es:

2− 2

222 xxx +−−+

y

x

8

Ejercicio 1.7 Resolver|x+ 2| − |x− 2|+ x2

x− 5 ≤ 0.

Solución. Resolviendo como en el anterior caso encontramos que la solución es el conjunto:

(−∞,−2] ∪ [0, 5). El gráfico de|x+ 2| − |x− 2|+ x2

x− 5 es:

x

y

10−

20−

2− 0

5

22 2

−+−−+

x

xxx

Ejercicio 1.8 Resolver∣∣x2 − 2x− 3

∣∣− x2 ≥ 0.

Solución. Un cálculo inmediato da :

∣∣x2 − 2x− 3∣∣ ={

x2 − 2x− 3 si x ∈ (−∞,−1] ∪ [3,∞)−(x2 − 2x− 3

)(−1, 3)

luego∣∣x2 − 2x− 3

∣∣− x2 ={x2 − 2x− 3− x2 si x ∈ (−∞,−1) ∪ [3,∞)−(x2 − 2x− 3

)− x2 si x ∈ [−1, 3)

realizando operaciones algebraicas lo anterior queda como

∣∣x2 − 2x− 3∣∣− x2 =

{−2x− 3 si x ∈ (−∞,−1) ∪ [3,∞)−2x2 + 2x+ 3 si x ∈ [−1, 3)

(a) x ∈ (−∞,−1] ∪ [3,∞) . Sea φ1 (x) = −2x− 3, los puntos clave son

−∞,−3/2,−1, 3,∞

1. Intervalo (−∞,−3/2) : Con x = −2, φ1 (−2) = 4− 3 > 0.2. Intervalo (−3/2,−1) : Con x = −1.2, φ1 (−1.2) = 2.4− 3 < 0.3. Intervalo (3,∞) : Con x = 5 : φ1 (5) = −10− 3 < 0.

Así la solución es:(−∞,−3/2] .

(notemos que −3/2 es solución del problema)

(b) x ∈ [−1, 3) . Sea φ2 (x) = −2x2 + 2x+ 3 = 0, los puntos clave son

−1, 1−√7

2,1 +√7

2, 3

1. Intervalo(−1, 1−

√7

2

): Con x = −0.9, φ2 (−0.9) = −0.42 < 0.

2. Intervalo(1−√7

2 , 1+√7

2

): Con x = 0, φ2 (0) = 3 > 0.

3. Intervalo(1+√7

2 , 3): Con x = 2, φ2 (2) = −8 + 4 + 3 < 0.

Así la solución en este caso es:[1−√7

2,1 +√7

2

]

.

(nuevamente debe notar que los extremos del anterior intervalo son soluciones del proble-ma)

De (a) y (b) la solución es

(−∞,−3

2

]∪[1−√7

2,1 +√7

2

]

Ejercicio 1.9 Resolver:|x− 14|x2 − 4 + 5 ≥ 0.

Solución. Usando la definición de valor absoluto encontramos

|x− 14|x2 − 4 + 5 =

−x+ 14x2 − 4 + 5 si x ∈ (−∞, 14)

x− 14x2 − 4 + 5 si x ∈ [14,∞)

(a) x ∈ (−∞, 14) . En este caso la desigualdad queda como:

−x+ 14x2 − 4 + 5 =

(5x− 6) (x+ 1)x2 − 4 ≥ 0,

con φ1 (x) =(5x− 6) (x+ 1)

x2 − 4 , los puntos clave son:

−∞,−2,−1, 65, 2, 14

Con estos puntos analizamos los siguientes intervalos:

1. (−∞,−2) : Con x = −3, φ1 (−3) =(−15− 6) (−3 + 1)

9− 4 > 0.

2. (−2,−1) : Con x = −1.5, φ1 (−1.5) =(−7.5− 6) (−1.5 + 1)

(1.52 − 4) < 0.

3.(−1, 65

): Con x = 0, φ1 (0) =

(−6) (1)−4 > 0

4.(65 , 2): Con x = 1.5, φ1 (1.5) =

(7.5− 6) (1.5 + 1)1.52 − 4 < 0

5. (2, 14) : Con x = 10, φ1 (10) =(50− 6) (10 + 1)

100− 4 > 0

observemos además que 65 es solución del problema, así la solución en este caso es:

(−∞,−2) ∪(−1, 6

5

]∪ (2, 14)

(b) x ∈ [14,∞) . En este caso la desigualdad queda como:

x− 14x2 − 4 + 5 =

5x2 + x− 34x2 − 4 ≥ 0

Las raíces de φ2 (x) =5x2 + x− 34(x− 2) (x+ 2) son −2.709.. y 2.5095 que caen fuera del intervalo en

donde se está trabajando por tanto los únicos puntos clave son 14, ∞. En el único intervaloa analizar tomamos x = 20 y entonces φ2 (20) > 0, por otra parte x = 14 es solución delproblema, por tanto la solución en este caso es

[14,∞) .

De (a) y (b) concluimos que la solución es:

(−∞,−2) ∪[−1, 6

5

]∪ (2, 14) ∪ [14,∞) ,

esto es,

(−∞,−2)∪[−1, 6

5

]∪ (2,∞) .

Resolver las siguientes desigualdades.

1.∣∣∣∣1

x+ 1

∣∣∣∣ < 1. Sol.: (−∞,−2) ∪ (0,∞).

2.x |x− 3| − |x+ 3||x2 − 4| − 4 > 0 en el intervalo [0,∞) . Sol.:

(0,√8)∪[2 +√7,∞

)

3.|2x+ 3| − x |x||x− 1| > 0. Sol.: (−∞, 1) ∪ (1, 3)

4.|x− 5|x− 2 + x− 5 ≥ 0. Sol.: (2, 3] ∪ [5,∞) .

5. |x+ 1|+ x |x− 5| − 2 ≤ 0. Sol.:(−∞, 3− 2

√2].

6. |2x− 1|+ |4x− 5| − 8 ≥ 0. Sol.:(−∞,−1

3

]∪[7

3,∞).

7.3 + |2x+ 5|+ x

x≥ 3. Sol. : (0,∞).

8. −6 + |3x− 1|x− 2x > 0. Sol. : (2,∞).

9. |2x+ 1|+ 3x− |5x− 3| > 3. Sol. :(1

2,∞).

10. |2x+ 1| − 3x− |5x− 3| < 0. Sol. :(−∞, 1

2

)∪(2

3,∞).

11.∣∣x2 − 4

∣∣+ 3x ≤ 5. Sol.:(−3− 3

√5

2,3−√5

2

)

.

12.∣∣x2 − 9

∣∣− 2 |x|+ x < 10. Sol.:

(−3−

√85

2,1 +√77

2

)

13.|x (x+ 3)||x+ 1| ≥ 2. Sol.:

(

−∞, −5−√17

2

]

∪ [−2,−1) ∪(

−1, −5 +√17

2

]

∪ [1,∞)

14.|2x| − 5 |x+ 2|+ x2 − x

|x|+ x> x. Sol.: ∅

15.|x− 2| − |x+ 2|

x< 0. Sol. : (−∞, 0) ∪ (0,∞)

16. |x|+ |x+ 1| ≤ 2., Sol.:[−32,1

2

]

17. |x|+ |x+ 1|+ |x+ 2| ≤ 4, Sol. :[−73,1

3

].

18. |x|+ |x+ 1|+ |x+ 2|+ |x+ 3| ≤ 7. Sol. :[−134,1

4

]

19.∑n

k=0 |x+ k| ≤ n (n+ 1)

2+1, n ∈N. Sol.: (Conjetura: ¿Es la solución el intervalo

[−n (n+ 1) + 1

n+ 1,1

n+ 1

]

20. |x|7 +∣∣x5 − 1

∣∣ ≥ 0. Sol. : R

21. |x|+ |x− 1|+ x < 0. Sol. : ∅

22. |x| − |x− 1|+ x ≥ 0. Sol. :[1

3,∞)

23.1

|x| − x2 ≥ 0. Sol. : [−1, 0) ∪ (0, 1]

24.1

|x| − |x|+ 1 ≤ 0. Sol. :(

−∞, −1−√5

2

]

∪[1 +√5

2,∞)

25.

∣∣∣∣x−1

2

∣∣∣∣+ 2x > 2. Sol. :(56 ,∞

)

26. x2 +∣∣x2 − 4x+ 3

∣∣+ |x| − 3 ≤ 0. Sol.:[0,6

5

]

27. 2x |x| −∣∣x2 − 1

∣∣− 3x+ 1 ≥ 0. Sol.:[−12− 16

√33, 0

]∪ {1} ∪ [2,∞)

28.|x|

|x2 + 1| +1

2 |x| − 1 ≥ 0. Sol.: [−1, 0) ∪ (0, 1]

29.1

|x+ 1| −1

|x| +1

|x− 1| ≥ 0. Sol.:(−∞,−1) ∪(−1, 1−

√2]∪[−1 +

√2, 1)∪ (1,∞)

30.x+ x− 22 + |x− 3| < 3. Sol.: R

31.1

|x+ 1| +1

x≥ 2. Sol. :

(−12− 12

√3,−1

)∪(−1,−1

2

√2

]∪(0,1

2

√2

]

32.∣∣x7 + 33x2 + 27

∣∣+ |x|+ x6 < 0. Sol. : ∅.

33.|2x− 1|+ 2x− 1|x+ 1|+ x+ 1

> 0. Sol.:[1

2,∞)

Capítulo 2

Funciones

2.1 Introducción

El concepto de función fué introducida en matemáticas por Leibniz. En esta sección se dará unadescripción intuitiva del concepto de Función.

SeanX,Y conjuntos. Una función es una correspondencia de los elementos deX con los elementosde Y tal que a cada x ∈ X le corresponde un y solamente un elemento de Y.

Ejemplo 2.1 Sea X un conjunto de personas, Y = Z, (recuerde Z es el conjunto de enteros). Consi-deremos la siguiente correspondencia entre estos dos conjuntos: A cada persona de X le correspondesu edad. Claramente esta correspondencia es una función.

Ejemplo 2.2 SeaX = N, Y un conjunto de familias de cierta comunidad. Consideremos la siguientecorrespondencia: A cada número de n ∈ N le corresponde una familia de Y con exactamente nmiembros. Esta correspondencia en general no es una función pues pueden existir familias con elmismo número de miembros.

Ejercicio 2.1 Si X es el conjunto de todas las familias y Y = N ¿es función la siguiente correspon-dencia?: A cada familia le corresponde el número de miembros de la familia.

Notación Para denotar una función usaremos letras como f, g u otra letra. Si x ∈ X y a x lecorresponde y ∈ Y , y la letra usada es f escribiremos

f(x) = y ó xf→ y

33

34 CAPÍTULO 2. FUNCIONES

y diremos que la “imagen” de x por la función f es f(x).

�

�

�

�

�

�

�

�

X Y

��

�f

x f(x)

Para decir que f es una función de X en Y escribiremos f : X → Y , el conjunto X se llamarádominio de f y se denotará con Df , el conjunto Y se llamará codominio de f y se denotará conCf . Los valores de y ∈ Y tales que son imagenes de algún x ∈ X forman el conjunto que se llamarárango de f y se denotará con Rf , es claro que Rf ⊂ Cf . Gráficamente:

�

�

�

�

�

�

�

�

DominioRango

Observemos que ningún elemento del dominio de una función puede carecer de imagen.Finalmente observemos que una función1 f : X → Y consta de tres partes:

1Formalmente una función se define de la siguiente manera:Sean X,Y conjuntos. Una función f de X en Y denotado por f : X → Y es el conjunto de pares ordenados

f = {(x, f (x)) : x ∈ Df}

tales que:

• Para todo x ∈ X, existe un y ∈ Y tal que f (x) = y

• Para cualesquiera x0, x1 ∈ X, si x0 = x1 entonces f (x0) = f (x1) .

Observemos que f ⊂ X × Y , además claramente: (x, y) ∈ f significa y = f(x).

2.1. INTRODUCCIÓN 35

1. El conjunto X llamado dominio,

2. el conjunto Y llamado codominio y

3. una regla que permita asociar, de modo bien determinado (único) un elemento x ∈ X con unelemento y = f(x) ∈ Y .

Ejemplo 2.3 Sea P el conjunto de todos los polígonos del plano, R el conjunto de números realesy f : P → R una función que asocia a cada polígono x en P su área f(x).

Ejemplo 2.4 Sea R+el conjunto de los reales positivos, C el conjunto de cuadrados en el plano.f : R+ → C es la correspondencia que a cada x ∈ R+ le hace corresponder un cuadrado en C talque su área sea x. Es claro que f no puede ser función pues por ejemplo para x = 1 se tienen varioscuadrados como imagen como se muestra a continuación.

�

�1

�

�R2

R+

1

2

3

1

�f

��

��

��

Del gráfico f(1) es el cuadrado con vértices (0,0), (1,0), (1,1), (0,1), pero también f(1) puede ser elcuadrado con vertices (0,2), (1,2), (1,3), (0,3) pues ambos cuadrados tienen área igual a 1.

Ejemplo 2.5 Sean X = Y = R, considérese la función que asigna a cada elemento x de X elelemento x2 de Y , entonces tenemos f(x) = x2 para cada x ∈ R. El gráfico en coordenadascartesianas es:

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

0.6

1

1.6

2

x

y

( ) 2xxf =


Ejercicio 2.2 Dar un ejemplo de una correspondencia de conjuntos que no sea función.Solución. Sea A = {a, b, c}, B = {u, v}. Consideremos la correspondencia

a �−→ ub �−→ vc �−→ uc �−→ v

No puede ser función pues f(c) = u y f(c) = v, asi el elemento c tendría dos imagenes, lo que noestá de acuerdo con la definición de función.

Ejercicio 2.3 Sea X = {a, b, c, d, }, Y = {u, v, w}, ¿es función la siguiente correspondencia?

�

�

�

�

�

�

�

�

X Ya� � u

b� � v

c� � w

d�

Solución: No puede ser función pues d ∈ X no tiene imagen en Y . Si asignamos f(d) = wobtenemos:

�

�

�

�

�

�

�

�

X Ya� � u

b� � v

c� � w

d��

2.1. INTRODUCCIÓN 37

que es una función. Intuitivamente observemos que del codominio X no pueden salir “dos flechas”de un mismo elemento, sin embargo a un elemento de Y pueden llegarle ”más de una flecha ” sinperder la condición de función.

Ejercicio 2.4 Sea f la correspondencia de números reales definida por f(x) =√4− x2, encontrar

Df , Cf y Rf y bosquejar el gráfico de f .

Solución.Cálculo del dominio. Es claro que toda la recta real R no puede ser el dominio de f pues por

ejemplo x = 5 no tiene imagen, ya que f(5) =√4− 25 =

√−21, luego f(5) no puede existir. Para

encontrar el Df encontramos los valores de x tales que√4− x2 exista, esto ocurre cuando

4− x2 ≥ 0,

es decir cuando −2 ≤ x ≤ 2, luego Df = [−2, 2].El codominio. El codominio de f es el conjunto Cf = R.Cálculo del rango. El rango está formado por los puntos y ∈ Cf tales que existe x ∈ Df

y f(x) = y. Puesto que f(x) =√4− x2 tenemos y =

√4− x2 para x ∈ [−2, 2]. De la igualdad

y =√4− x2 despejamos la variable x obteniendo x =

√4− y2 que existe solamente si y ∈ [−2, 2]

como por la definición de esta función y ≥ 0, el rango de f es Rf = [0, 2].Bosquejamos ahora la gráfica. La gráfica se bosqueja encontrando, como es usual, la imagen dealgunos puntos, mientras mas puntos se tome se tendrá un mejor bosquejo de la gráfica. Para elejemplo tomamos los siguientes puntos mostrados en forma tabular.

x f (x)

−2 0.0000−1.8 0.8718−1.6 1.2000−1.4 1.4283−1.2 1.6000−1.0 1.7321−0.8 1.8330−0.6 1.9079−0.4 1.9596−0.2 1.99000.0 2.0000

x f (x)

2 0.00001.8 0.87181.6 1.20001.4 1.42831.2 1.60001.0 1.73210.8 1.83300.6 1.90790.4 1.95960.2 1.99000.0 2.0000

-2 -10

1 2

1

2

x

( ) 24 xxf −=y


Ejercicio 2.5 Sea f(x) =1

x, encontrar Df , Cf y Rf y bosquejar la gráfica.

Solución. f(x) =1

xestá definida para todo número real exepto para x = 0, luego Df = R− {0}.

El codominio es Cf = R. El rango Rf es R− {0} pues el 0 es el único elemento de Cf que no tieneuna preimagen, esto es, no existe x ∈ Df tal que f(x) = 0. La gráfica es:

-6 -4 -2 0 2 4 6

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

y

( )x

xf1

=

x

Ejercicio 2.6 Hallar el dominio de f(x) =√3 + x+ 4

√7− x.

Solución. Puesto que la raíz n−enésima de números negativos cuando n es par no existe en elsistema de números reales, el dominio de f estará dado por los valores de x tales que 3 + x ≥ 0 y7− x ≥ 0.La solución para la primera desigualdad es [−3,∞) y para la segunda es (−∞, 7], por tanto eldominio de f es Df = (−∞, 7] ∩ [−3,∞) = [−3, 7].

Ejercicio 2.7 Hallar el dominio de la función f(x) =1

3√x− 1 , y bosquejar la gráfica.

Solución. El denominador existe para todo valor de x, pero se anula en x = 1, así Df = R− {1}.

-2 0 2 4

-2

2

x

y

1

( )( )3

1

1

1

−=

xxf

Ejercicio 2.8 Hallar el dominio de f (x) =√

x

x2 − 4 .

Solución. Debemos tenerx

x2 − 4 ≥ 0; resolviendo obtenemos Df = (−2, 0] ∪ (2,∞).

Ejercicio 2.9 Hallar el dominio de f (x) = 3√−x+

√x

x2 − 4 .

Solución. Puesto que 3√−x existe para todo número real, analizamos

√x

x2 − 4 , esta raíz cuadrada

existe six

x2 − 4 ≥ 0, esto es cuando x ∈ (−2, 0] ∪ (2,∞), así el dominio es Df = (−2, 0] ∪ (2,∞) .

2.2. FUNCIONES ESPECIALES 39

2.2 Funciones Especiales

2.2.1 Función Identidad

Sea X ⊂ R un conjunto. La función f : X → X definida por f(x) = x se llama función identidad.Para esta función Df = Rf .

-1 0

-1

1

x

y

1

( ) xxf =

2.2.2 Funcion Constante

Definimos la función constante como f (x) = c, donde c es una constante. Su gráfica tiene la siguienteforma:

x

y ( ) cxf =

2.2.3 Función Valor Absoluto

La función f : R → R definida por f(x) = |x| ={

x si x ≥ 0−x si x < 0

se llama función valor absoluto,

Df = Cf = R, Rf = R+ ∪ {0}. Su gráfico es:

-1 0

1

x

y

1

( ) xxf =


2.2.4 La Función Lineal

Sea f : R→ R definida por f(x) = ax+ b, con a, b ∈ R, se llama función lineal y para esta funciónDf = Cf = Rf = R. La gráfica de f(x) = 3x+ 1, es:

-1 0

1

x

y

( ) 13 += xxf

31−

2.2.5 Función Potencia

La función f : R→ R definida por f(x) = xn, con n entero positivo, se llama función potencia. Paraesta función Df = R, Cf = R, Rf = R

+si n es par y Rf = R si n es impar. Las gráficas para n pary n impar tienen la siguiente forma, respectivamente:

-2 -1 0 1 2

1

2

3

4

-2 -1 0 1 2

-5

-3

-1

1

3

5

2xy =

100xy =3xy =

101xy =

x

y

x

y

2.2.6 Función Polinomial

La función polinómica Pn : R→ R de grado n está definido por:

Pn(x) = cnxn + cn−1x

n−1 + ...+ c1x+ c0 =n∑

k=0

cn−kxn−k

Donde cn �= 0. Para la función polinómica DPn = CPn = R.Para obtener la forma de la gráfica de la función polinomial es útil la siguiente propiedad de los

polinomios, llamada: propiedad asintótica.Propiedad asintótica.Para valores |x| muy grandes:

cnxn + cn−1x

n−1 + ...+ c1x+ c0 � cnxn

Ejemplo 2.6 Si f (x) = x6 − 14x4 + 49x2 − 36 para valores grandes de x se tiene:


x x6 − 14x4 + 49x2 − 36 x6

10 864864 106

100 9. 98600× 1011 1012

1000 9. 99986× 1017 1018

10000 9. 99999× 1023 1024

100000 1. 0× 1030 1030

El comportamiento asintótico muestra que las gráficas de los polinomios de grado par, paravalores x muy grandes, se parecen a la gráfica de la función potencia xn para n par, para x cercade cero se comportará de acuerdo al número de raíces que tenga el polinomio. Un comportamientoanálogo se tiene para polinomios de grado impar. A continuación se muestran gráficos para explicareste comportamiento.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-50

50

100

150

200

-15 -10 -5 0 5 10 15

200

400

600

800

1000

-15 -10 -5 0 5 10 15

200

400

600

800

1000

( ) ( )( )( )941 222 −−−= xxxxf ( ) 6xxf =( ) ( )( )( )941 222 −−−= xxxxf

x

y

xx

y y

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-200

-100

100

200

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-20000

-10000

0

10000

20000

-4 -3 -2 1 2 3 4

-20000

-10000

0

10000

20000

-1

( ) 7xxf =( ) ( )( )( )941 222 −−−= xxxxxf ( ) ( )( )( )941 222 −−−= xxxxxf

xxx

yyy


2.2.7 Las funciones Trigonométricas

Las funciones trigonométricas son sinx, cosx, tanx, cotx, secx, cscx. Las gráficas de estas funcionesse muestran a continuación.

)sen(xy =

y

x

1−

1

π202π

23ππ

( )xy cos=

π22

3ππ2π0

1

1−

y

x

-6

-4

-2

0

2

4

6

2π

23ππ π2

( )xy tan=

x

y

2π

23π π20 π x

5

5−

y

( )xy cot=

Otras funciones trigonométricas son las inversas de las anteriores como el arcoseno, arcocoseno,arcotangente, que se denotan respectivamente como arcsinx, arccosx, arctanx, etc. Estas funcionesse estudian más adelante.

2.2.8 La función Exponencial

La función f : R→ R definida por f(x) = ax o f(x) = a−x con a > 1 se llama función exponencial.f(x) = ax exponencial positiva y f(x) = a−x se llama exponencial negativa. Sus gráficas cuando


a = 3 son respectivamente:

( ) xxf 3=

y

x

( ) xxf −= 3

y

x

( )1,0 ( )1,0

Observemos que si x decrece a −∞, f (x) = ax se acerca a cero (sin llegar nunca a el). Similar-mente si x crece a +∞, f (x) = ax crece a infinito.

Observemos también que la gráfica de la función exponencial siempre pasa por (0, 1).Finalmente notemos que el rango es (0,∞) .

2.2.9 La función Logarítmica

La función f : R+ → R definida por f(x) = loga x se llama logaritmo de x en base a, aquí suponemosque a > 1. El logaritmo de x en base a es un número y tal que ay = x, esto es, las expresiones

y = loga x y ay = x

son equivalentes.El dominio de la función logaritmo es R+ y el codominio R. Algunas propiedades de la funciónlogaritmo son:

• a) loga a = 1

• b) loga 1 = 0

• c) loga(xz) = loga x+ loga z

• d) loga(x

z) = loga x− loga z

• e) loga(xz) = z · loga x

La gráfica de la función logaritmo tiene el siguiente aspecto:

0 5 10

0.5

1

x

y

( ) xxf 10log=


Las bases más usadas son a = 10 y a = e � 2.718282. Si a = 10 se escribe log x en vez de log10 xy se conoce con el nombre de logaritmo decimal. Si a = e se escribe lnx en vez de loge x y sellama logaritmo neperiano o natural.

2.2.10 La función mayor entero

f : R→ R definida por f(x) = [x] se conoce con el nombre de función mayor entero. [x] es el mayorentero menor o igual a x asi [2.3] = 2, [−4.37] = −5, [1] = 1, etc.Para esta función Df = R, Rf = Z.

�

�x

y

f(x) = [x]

−2 −1 0 1 2

−2

−1

1

2

��

��

��

2.2.11 Funciones Hiperbólicas

Funciones hiperbólicas son el seno hiperbólico, coseno hiperbólico, tangente hiperbólico, etc. Sedefinen estas funciones como:

sinhx =ex − e−x

2cothx =

1

tanhx=ex + e−x

ex − e−x, x �= 0

coshx =ex + e−x

2sechx =

1

coshx=

2

ex + e−x

tanhx =sinhx

coshx=ex − e−x

ex + e−xcschx =

1

sinhx=

2

ex − e−x, x �= 0

A continuación se presenta un bosquejo del gráfico de las funciones coseno hiperbólico y seno hiper-bólico:

-4 -2 0 2 4

5

10

15

20

25

-4 -2 0 2 4

-20

-10

10

20

x

y

x

y( ) )cosh(xxf = ( ) )sinh(xxf =

2.3. OPERACIONES CON FUNCIONES 45


1. Graficar f (x) = xn cuando n = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.

2. Graficar las funciones cosx, tanx, secx, cscx, cotx.

3. Graficar f (x) = tanhx, cothx, sechx, cschx.

4. Graficar f (x) = 2x y 2−x.

5. Graficar f (x) = log 12x. (El logaritmo de x en base 1

2)

2.3 Operaciones con funciones

En esta sección se definen las siguientes operaciones: suma, resta, producto, división y composición.Antes de empezar con este tema se define la igualdad de funciones.

Definición 2.1 Dos funciones f y g son iguales, lo que escribimos f = g si tienen un mismo dominioD y f(x) = g(x) para todo x ∈ D.

2.3.1 Suma y Resta

Sean f y g funciones con dominios Df y Dg respectivamente, entonces f + g y f − g son funcionescon dominio Df ∩Dg y reglas de correspondencia.

(f + g)(x) = f(x) + g(x) y (f − g)(x) = f(x)− g(x)

Ejemplo 2.7 Sean f, g : R → R definidas por f(x) = −x2 − x, g(x) = x2 − 2, entonces la funciónh = f + g está definida por h(x) = f (x) + g (x) = −x− 2, observemos además que el dominio de hes R .

2.3.2 Producto y División

Sean f y g funciones con dominiosDf , yDg respectivamente, entonces fg es una función con dominioDf ∩Dg con la regla de correspondencia

(fg)(x) = f(x)g(x)

f

ges una función con dominio Df ∩ (Dg − {x : g(x) = 0}) y la regla de correspondencia

(f

g

)(x) =

f(x)

g(x)


Ejemplo 2.8 Sean f, g : R→ R definidas por f(x) = x+ 2, g(x) = 2 (x− 1) ,entonces

(fg) (x) = f (x) g (x) = 2(x+ 2)(x− 1).

Por otra parte (f

g

)(x) =

f (x)

g (x)=

x+ 2

2x− 2 .

Un caso particular muy importante es cuando f es una función constante, digamos f(x) = c,entonces (cf) (x) = cf (x). En particular si c = −1, se tiene (−f) (x) = −f (x).

Ejemplo 2.9 Sea f(x) = x2 + x− 2, entonces (−f) (x) = −x2 − x+ 2.

2.3.3 Recíproco de una función

Consideremos ahora el problema siguiente : Dado f , encontrar g tal que fg = 1 (la función constante

1). Por definición (fg) (x) = f (x) · g (x) ,esto sugiere definir g como g(x) =1

f(x), claro esta para

puntos x en donde f(x) �= 0. La función g se conoce como el recíproco de f .

Ejemplo 2.10 Si f(x) = x2 + x− 2, entonces el reciproco es g(x) =1

x2 + x− 2 .

2.3.4 Composición de Funciones

Definición 2.2 Sean g y f funciones, la composición de g con f , denotada por f ◦ g (se lee ”gcompuesta con f ”) es la función cuyo dominio es el conjunto

A = {x ∈ Dg : g(x) ∈ Df}

cuya regla de correspondencia es (f ◦ g)(x) = f(g (x)).

El siguiente esquema ilustra la anterior definición.

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

X Y Z� �

�

g f

fog

x g(x) f(g(x))� �


Aquí suponemos que g tiene dominio en X y rango en Y y f tiene dominio en Y y rango en Z,entonces f ◦ g tiene dominio en X y rango en Z. El dominio de f ◦ g son los elementos de X cuyaimagen g (x) está en Df .

Ejemplo 2.11 Consideremos las funciones:

�

�

�

�

�

�

�

�

g f

1

2

3

4

-2

0

1

3

58

0

1

5

8

6

8

10

12

14

ZWYX� �

�

�

�

�

�

�

�

�

Para este ejemplo A = {x ∈ Dg : g(x) ∈ Df} = {2, 3}, Luego tenemos

(f ◦ g) (2) = f(g (2)) = f (0) = 6,(f ◦ g) (3) = 8

Observemos que (f ◦ g) (1) y (f ◦ g) (4) no estan definidas.

Ejemplo 2.12 Consideremos las funciones f, g : R → R definidas por f(x) = x + 1 y g(x) = x2,entonces

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(x2) = x2 + 1

y

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(x+ 1) = (x+ 1)2

Observemos que f ◦ g �= g ◦ f , en general la igualdad no es válida.

Teorema 2.3 Si f g y h son funciones. Se verifica:

• a) (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h)

• b) I ◦ f = f ◦ I, donde I es la función identidad

• c) (f + g) ◦ h = f ◦ h+ g ◦ h

• d) (fg) ◦ h = (f ◦ h)(g ◦ h)



Ejercicio 2.10 Sean f, g : R→ R definidas por f(x) = x2 − x y g(x) = 4− x2:a) Calcular f + g y f − g.b) Calcular fg y

f

g.

c) Calcular f ◦ g y g ◦ f.Solución. a)

(f + g)(x) = f(x) + g(x)= x2 − x+ 4− x2= −x+ 4

(f − g)(x) = f(x)− g(x)= x2 − x− (4− x2)= 2x2 − x− 4

b)

(fg)(x) = f(x)g(x)= (x2 − x)(4− x2)

(f

g

)(x) =

f(x)

g(x)

=x2 − x4− x2

c)

(f ◦ g)(x) = f(g(x))= f(4− x2)= (4− x2)2 − (4− x2)

(g ◦ f)(x) = g(f(x))= g(x2 − x)= 4− (x2 − x)2

Ejercicio 2.11 Si

f(x) =

{3x+ 4 si x ∈ [0, 2]−x+ 1 si x ∈ (2, 5]

y

g(x) =

{x2 si x ∈ [0, 3)4 si x ∈ [3, 6]

a) Graficar f y gb) Calcular f + g y f − gc) Calcular fgd) Calcular f ◦ g


Solución. a)

2 5 x

y

4

10

1−0

4−

( )xf

3 6 x

y

4

10

1−0

4−

( )xg9

b) Observemos que Df = [0, 5] ,Dg = [0, 6], luego Df+g = [0, 5]. Dividimos el intervalo [0, 5] en losintervalos [0, 2] , (2, 3) , [3, 5], luego:

(f + g)(x) =

x2 + 3x+ 4 si x ∈ [0, 2]x2 − x+ 1 si x ∈ (2, 3)−x+ 5 si x ∈ [3, 5]

(f − g)(x) =

−x2 + 3x+ 4 si x ∈ [0, 2]−x2 − x+ 1 si x ∈ (2, 3)−x− 3 si x ∈ [3, 5]

c)

(fg)(x) = f(x)g(x) =

(3x+ 4)x2 si x ∈ [0, 2](−x+ 1)x2 si x ∈ (2, 3)(−x+ 1)4 si x ∈ [3, 5]

d)

(f ◦ g)(x) =

f(x2) si x ∈[0,√2]

f(x2) si x ∈ (√2,√5)

f (4) si x ∈ [3, 5]=

3x2 + 4 si x ∈[0,√2]

−x2 + 1 si x ∈ (√2,√5)

−4 + 1 si x ∈ [3, 5]

Ejercicio 2.12 Calcular f ◦ g y g ◦ f si f : R → R y g : R → R son definidos por f(x) = x2 yg(x) = cosx.Solución.

(g ◦ f)(x) = g(f(x))= g(x2)= cosx2

(f ◦ g)(x) = f(g(x)= f(cosx)= (cosx)2

= cos2 x


Las gráficas que a continuación se presentan, muestran que cosx2 �= cos2 x

-5 0 5

1

-5 0 5

-1

1

( )2cos xy = ( )xy

2cos=

x

x

yy

Ejercicio 2.13 Sean f(x) = |x| , g(x) = senx, calcular f ◦ g y g ◦ f .Solución.

(f ◦ g)(x) = f(g(x))= f(senx)= |senx|

y(g ◦ f)(x) = g(f(x))

= g(|x|)= sen |x|

2.4 La Inversa de una Función

En esta sección discutiremos el siguiente problema: Dada una función f encontrar una función g talque f ◦ g = g ◦ f = I. Tal función se llamará inversa de f .

• ¿Siempre existe la función inversa?,

• ¿Cuales son las condiciones para la existencia de la función inversa?

• Finalizaremos esta sección presentando algunos teoremas sobre funciones inversas.

Previo a la discusión de la inversa de una función se dan las siguientes definiciones.

2.4.1 Funciones Inyectivas y Sobreyectivas

Definición 2.4 (Función Inyectiva). Sea f : X → Y . La función f se llama función inyectiva sipara todo x0, x1 ∈ X con x0 �= x1 se tiene f(x0) �= f(x1).o equivalentemente f es inyectiva si f(x0) = f(x1) implica x0 = x1.

Obs. f no es inyectiva si dos elementos distintos tienen la misma imagen.

Ejemplo 2.13 La función f : R → R definida por f(x) = x + 3 es inyectiva, en efecto si f(x0) =f(x1) tenemos x0 + 3 = x1 + 3 de donde x0 = x1, lo que muestra que f es inyectiva.

Ejemplo 2.14 La función g : R → R definida por f(x) = x2 no es inyectiva pues para x0 = −2 ,x1 = 2, x0 �= x1 pero f(x0) = 4 = f(x1).

2.4. LA INVERSA DE UNA FUNCIÓN 51

Las funciones inyectivas se conocen tambien como funciones uno a uno.

Interpretación geométricaGeométricamente una función f es inyectiva si toda recta paralela al eje X corta a la gráfica

de f en un solo punto; como consecuencia de lo anterior una función no es inyectiva si existe unaparalela al aje X que corta la gráfica de f en más de un punto.

�

�

Función no inyectiva

Definición 2.5 (Función Sobreyectiva) Una función f : X → Y es llamada sobreyectiva si todoy ∈ Y , es imagen de algún x ∈ X.

Observemos que una función f no es sobreyectiva si algún elemento de Y no tiene preimagen.

Ejemplo 2.15 Sea f la función:

�

�

�

�

�

�

�

�

X Y1� � 1

2� � 3

3� � 5

4��

2

6

�f

f no es sobreyectiva, pues existen elementos de Y , como y = 2 ∈ Y , para los cuales no existe unx ∈ X tales que f(x) = 2.

Ejemplo 2.16 La función f : R → R definida por f(x) = x3 − 1 es sobreyectiva. En efecto seay ∈ Y , y buscaremos x ∈ X tal que f(x) = y. De esta igualdad se tiene x3 − 1 = y, despejando xtenemos x = 3

√y + 1, este valor de x es el buscado pues f(x) =

(3√y + 1

)3 − 1 = y.


Observemos que si una función no es sobreyectiva, se puede construir un codominio adecuadode manera que la función sea sobreyectiva. Esto se logra eliminando los elementos que no tenganpreimagen. Asi en el primer ejemplo podemos volver a definir la función como sigue:

�

�

�

�

�

�

�

�

X Y1� � 1

2� � 3

3� � 5

4��

�f

Aqui claramente f es sobreyectiva, notemos que esta función no es 1-1, asi pues, ser sobreyectiva noimplica ser inyectiva, también, ser inyectiva no implica ser sobreyectiva.

Definición 2.6 (Imagen de un Conjunto) Sea f : X → Y una función y sea A ⊂ X. La imagende A por la función f , escrito f(A) es el conjunto

f(A) = {f(x) : x ∈ A} . = {y ∈ Y : f(x) = y, x ∈ A}

si un elemento pertenece a la imagen de A escribimos

y ∈ f(A)⇔ (∃x, x ∈ A)(f(x) = y)

Algunas consecuencias de esta definición se enuncian en el siguiente teorema.

Teorema 2.7 Sea f : X → Y una función, y sean A,B subconjuntos de X, entonces:a) f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B)b) f(A ∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B)c) A ⊂ B ⇒ f(A) ⊂ f(B)d) f(∅) = ∅

Teorema 2.8 Sea f : X → Y una función. f es sobreyectiva si y solamente si f(X) = Y .

Definición 2.9 Si f : X → Y es inyectiva y sobreyectiva f es biyectiva.

2.4.2 Inversa de una función

Consideremos la función f : X → Y biyectiva, la función inversa de f , denotada por f−1 es lafunción de Y en X tal que:

f−1 ◦ f = IX f ◦ f−1 = IY

donde IX es la identidad en X e IY es la identidad en Y . Si y = f (x) entonces x = f−1 (y) .


Ejemplo 2.17 Consideremos la función f : R→ R dada por f(x) = 2x− 1 entonces f es biyectivay la inversa es f−1(x) = 1

2(x+ 1), en efecto(f ◦ f−1

)(x) = f

(f−1(x)

)

= f(12(x+ 1)

)

= 2(12(x+ 1)

)− 1 = x

y (f−1 ◦ f

)(x) = f−1 (f(x))

= f−1 (2x− 1)= 1

2(2x− 1 + 1) = x

Ejemplo 2.18 La función:

�

�

�

�

�

�

�

�

X Y1

2

3

4

6

�f

��

�

es sobreyectiva pero no inyectiva, luego no puede tener inversa, pues

�

�

�

�

�

�

�

�

Y X�f−1

4

6

�

��

��

�

12

3

No es función ya que 6 ∈ Y tiene dos imagenes, 2 y 3.

A continuación algunos teoremas sobre composición e inversa.

Teorema 2.10 Sean f y g funciones inyectivas, entonces f ◦ g es inyectiva.

Demostración. Supongamos que

x0,x1 ∈ Dg y (f ◦ g)(x0) = (f ◦ g)(x1)

entoncesf(g(x0)) = f(g(x1))

Puesto que f es inyectiva g(x0) = g(x1), puesto que g es también es inyectiva x0 = x1,luego f ◦ g es inyectiva.�


Teorema 2.11 Sean f y g funciones sobreyectivas,entonces f ◦ g es sobreyectiva.

Demostración. Sea z0 ∈ Rf , puesto que f es sobreyectiva existe y0 ∈ Df tal quef(y0) = z0. Por ser g sobreyectiva existe x0 ∈ Dgtal que g(x0) = y0. Claramente

(f ◦ g)(x0) = f(g(x0)) = f(y0) = z0.

Esto muestra que f ◦ g es sobreyectiva.

�

Teorema 2.12 Si f y g son invertibles (tienen inversa) entonces f ◦ g es invertible y

(f ◦ g)−1 = g−1 ◦ f−1.

Demostración. Por los teoremas anteriores f ◦ g es biyectiva, luego (f ◦ g)−1 existe,luego

(f ◦ g) ◦ (f ◦ g)−1(x) = x

para todo x ∈ Rf , entonces[f−1 ◦ (f ◦ g) ◦ (f ◦ g)−1

](x) = f−1(x)

pero f−1 ◦ f = I, por tanto[g ◦ (f ◦ g)−1

](x) = f−1(x)

y aplicando la función g−1 se obtiene[g−1 ◦ g ◦ (f ◦ g)−1

](x) = (g−1 ◦ f−1)(x)

de donde:(f ◦ g)−1(x) = (g−1 ◦ f−1)(x).

�

Teorema 2.13 Dada una función f : X → Y , se tiene:a) Para A y B subconjuntos arbitrarios de X, f(A)− f(B) ⊂ f(A−B)b) Si f es inyectiva entonces para cualquiera A y B subconjuntos de X, f(A−B) = f(A)− f(B).

Demostración. Ejercicio.

Teorema 2.14 La función f : X → Y es inyectiva si y solamente si f(Ac) = (f(A))c para todoA ⊂ X.

Definición 2.15 (Imagen Inversa de un Conjunto). Sea f : X → Y una función. Si B ⊂ Ydefinimos la imagen inversa de B como el conjunto

f−1(B) = {x ∈ X : f(x) ∈ B}


Teorema 2.16 Sea f : X → Y una función, entonces:a) para todo A ⊂ X, (f−1 ◦ f)(A) ⊂ Ab) f es inyectiva si y solamente si para todo A ⊂ X, (f−1 ◦ f)(A) = A.

Teorema 2.17 Sea f : X → Y una función, entonces:a) para todo B ⊂ Y , (f ◦ f−1) ⊂ Bb) f es sobreyectiva si y solamente si (f ◦ f−1)(B) = B para todo B ⊂ Y .

Teorema 2.18 Sea f : X → Y una función , sean B y C subconjuntos de Y , entonces:

• a) f−1(B ∪C) = f−1(B) ∪ f−1(C)

• b) f−1(B ∩C) = f−1(B) ∩ f−1(C)

• c) f−1(Bc) = (f−1(B))c

• d) Si B ⊂ C entonces f−1(B) ⊂ f−1(C)

• e) f−1(Y ) = X

• f) f−1(∅) = ∅.

2.4.3 Funciones trigonométricas inversas

Son las siguientes:arco seno arcsinxarco coseno arccosxarco tangente arctanxarco cotangente arccotxarco secante arcsecxarco cosecante arccscx

Acontinuación se presenta la gráfica de la función arctanx

�

�X

Y

f(x) = arctan(x)

2.4.4 Funciones Hiperbólicas inversas

A continuación se presentan las funciones hiperbólicas inversas.

arco seno hiperbólico arcsenhxarco coseno hiperbólico arccoshxarco tangente hiperbólico arctanhxarco cotangente hiperbólico arccothxarco secante hiperbólico arcsechxarco cosecante hiperbólico arccschx

todas estas funciones, pueden expresarse en función del logaritmo como se ve a continuación en lasiguiente tabla:

arcsenhx = ln(x+√x2 + 1

)x ∈ R

arccoshx = ln(x+√x2 − 1

)x ≥ 1

arctanhx =1

2ln

(1 + x

1− x

)x ∈ (−1, 1)

arccothx =1

2ln

(1 + x

1− x

)x /∈ [−1, 1]

arcsechx = ln

(1 +√1− x2x

)

x ∈ (0, 1]

arccschx = ln

(1

x+

√1 + x2

|x|

)

x �= 0

a continuación de demuestran algunas de éstas fórmulas.

• Función arcsenhx. Sea y = arcsenhx, entonces senh y = x, luego:

x =1

2

(ey − e−y

)

por tanto: 2x = ey − e−y, multiplicando a ambos miembros por ey y ordenando se encuentra:

e2y − 2xey − 1 = 0

despejando ey se tiene:

ey =1

2

(2x±

√4x2 + 4

)= x±

√x2 + 1,

claramente x <√x2 + 1 luego debemos tomar el signo positivo pues ey es siempre positivo,

con esta aclaración:y = ln

(x+√x2 + 1

)

Válido para todo x, así

arcsenhx = ln(x+√x2 + 1

)

2.5. FUNCIONES CRECIENTES Y DECRECIENTES 57

• Función arctanhx. Sea y = arctanhx, entonces: tanh y = x de donde

ey − e−y

ey + e−y= x,

esto es, ey − e−y = xey + xe−y, multiplicando por ey y ordenando:

e2y (1− x) = 1 + x

despejando y :

y =1

2ln

(1 + x

1− x

)

que es válido para los x que satisfacen la desigualdad1 + x

1− x > 0, esto es: x ∈ (−1, 1) .

2.5 Funciones Crecientes y Decrecientes

Definición 2.19 (Función creciente). Sea f : X ⊂ R → Y ⊂ R . Se dice que f es creciente sipara cualesquiera x0 y x1 en X tal que x0 < x1 se tiene f(x0) ≤ f(x1).Si reemplazamos el símbolo ≤ (menor o igual) por < (menor ) la función f se llama estrictamentecreciente.

Ejemplo 2.19 La función f(x) = [x] es creciente y f(x) = x3 es estrictamente creciente.

Definición 2.20 (Función decreciente). Sea f : X ⊂ R→ Y ⊂ R . Se dice que f es decrecientesi para cualesquiera x0, x1 ∈ X tal que x0 < x1 se tiene f(x0) ≥ f(x1).Si reemplazamos el simbolo ≥ (mayor o igual) por > (mayor) la función f se llama estrictamentedecreciente.

Ejemplo 2.20 f(x) = −x+ 1 es estrictamente decreciente.

�

�x

y

Función creciente

�

�x

y

Función decreciente

Teorema 2.21 Sea f : X → Y una función estrictamente creciente o estrictamente decreciente.Entonces f es inyectiva.

Demostración Sean x0 y x1 puntos distintos enX. Sin perdida de generalidad podemossuponer x0 < x1, luego f(x0) < f(x1) o f(x0) > f(x1), en todo caso f(x0) �= f(x1), así,f es inyectiva.�

Teorema 2.22 Sea f : X → Y una función estrictamente creciente o estrictamente decreciente.Entonces f−1 esta definida en el rango de f, en particular si f es sobreyectiva f−1 esta definida enY .

Ejemplo 2.21 La función f(x) = loga x con a > 1, es estrictamente creciente f : R+ → R. Luegof−1 : R→ R+ existe. La inversa está definida por f−1(x) = ax.


Ejercicio 2.14 Sea f : R→ R definida por f(x) = x2+1. Discutir la inyectividad, sobreyectividady la inversa.

Solución.Inyectividad. f no es inyectiva pues para −1 y 1 en el dominio de f se tiene f(−1) = f(1) = 2

siendo que −1 �= 1.Sobreyectividad. f tampoco es sobreyectiva pues para 0 ∈ Cf no existe preimagen ya que noexiste x ∈ Df tal que f(x) = x2 + 1 = 0.De lo anterior deducimos que f−1 no puede definirse con el dominio y codominio dados. Sin embargoredefinamos f del siguiente modo:

f : R+ ∪ {0} → [1,∞) yf(x) = x2 + 1.

Mostraremos que ahora f si es biyectiva, esto es, inyectiva y sobreyectiva.Inyectividad. Sean x0, x1 ∈ R+ ∪ {0} y supongamos que

f(x0) = f(x1),

entoncesx20 + 1 = x21 + 1,

luego x0 = x1, notemos que x0 = −x1 tambien es una solución pues x20 + 1 = (−x1)2 + 1 = x21 + 1,esto no es posible pues en tal caso o x0 o x1 no es elemento de R+ ∪ {0}, de lo anterior f debe serinyectiva.Sobreyectividad. Sea y0 ∈ [1,∞), luego de y0 = x20 + 1 obtenemos x0 =

√y0 − 1 asi existe

x0 =√y0 − 1 tal que f(x0) = y0 y esto muestra que f es sobreyectiva.

Por lo anterior f es biyectiva y f−1 existe.Cálculo de la inversa. Para encontrar la regla de correspondencia de f−1 se prosigue como

sigue: Hacemosf(x) = y

y se obtiene la ecuacióny = x2 + 1,

2.6. FUNCIONES ACOTADAS 59

despejando x obtenemosx =

√y − 1

y se define la función inversa comof−1(x) =

√x− 1

Observemos que f−1 : [1,∞)→ R+ ∪ {0}.

2.6 Funciones acotadas

Definición 2.23 Una función f con dominio Df es acotada en Df si el conjunto

{f(x) : x ∈ Df}

es acotado, esto es, f es acotada en Df si existe un número k > 0 tal que |f(x)| ≤ k para todox ∈ Df , en tal caso k se llamará cota de f en el dominio Df .

Nótese que si la función f es acotada, entonces la gráfica de f en el dominio Df está dentro lafranja dada por las rectas y = −k y y = k.

x

( ) fDxkxf ∈∀≤

( )baDf ,=

ky −=

ky =

ba

y

Teorema 2.24 Sea f : [a, b]→ R, creciente o decreciente entonces f es acotada en [a, b].

Demostración: a) Caso f creciente. En este caso claramente f(a) ≤ f(x) ≤ f(b) paratodo x ∈ [a, b]. Tomando k = max {|f(a)| , |f(b)|} se tiene |f(x)| ≤ k.b) Caso f decreciente. Se muestra como en el caso (a)

�

Ejemplo 2.22 Sea f(x) = 2x + 3, definida en {x : |x− 3| ≤ 1}, entonces −2 ≤ x ≤ 4. Comof es creciente en R, es en particular creciente en [−2, 4], luego f(−2) ≤ f(x) ≤ f(4) esto es,−1 ≤ f(x) ≤ 11, de donde |f(x)| < 11 para todo x ∈ [−2, 4].

Ejemplo 2.23 Sea f(x) = 12x2 − 22x definida en [0, 2]. En este caso f(0) = 0 y f(2) = 4. Decir0 ≤ f(x) ≤ 4 para todo x en [0, 2 ] no es verdadero, pues por ejemplo 1 ∈ [0, 2] pero f(1) = −10 yno es cierto que 0 ≤ −10 ≤ 4.Esto por supuesto no contradice el teorema anterior pues f(x) = 12x2 − 22x no es creciente nidecreciente en [0, 2]. Para acotar esta función procedemos como sigue:

Puesto que x ∈ [0, 2] , claramente |x| ≤ 2, luego|f (x)| =

∣∣12x2 − 22x∣∣

≤ 12 |x|2 + 22 |x|≤ 12

(22)+ 22 (2) = 92,

así una cota buscada es 92.

En los siguientes ejercicios se dan otros métodos para acotar funciones.


Ejercicio 2.15 Acotar f(x) = x2 + 1 en (−1, 1).Solución. Observemos que para cualquier x ∈ (−1, 1) se tiene |x| < 1, luego

|f(x)| =∣∣x2 + 1

∣∣≤ |x|2 + 1= 1 + 1 = 2

Luego f(x) esta acotado por 2, es decir |f(x)| < 2 para todo x ∈ (−1, 1).

Ejercicio 2.16 Acotar f(x) = x3 − 3x2 + 2x+ 5 en el conjunto {x : |x− 4| < 1}.Solución. Observemos que si x ∈ {x : |x− 4| < 1} , entonces: 3 < x < 5.

Método 1. De

3 < x < 5,

concluimos con |x| < 5, por tanto|f(x)| =

∣∣x3 − 3x2 + 2x+ 5∣∣

≤ |x|3 + 3 |x|2 + 2 |x|+ 5< 53 + 3

(52)+ 2(5) + 5

= 215

Asi |f(x)| < 215 para |x− 4| < 1.Método 2. Puesto que 3 < x < 5 tenemos las siguientes desigualdades

27 < x3 < 125−75 < −3x2 < −276 < 2x < 105 ≤ 5 ≤ 5

sumando:37 < x3 − 3x2 + 2x+ 5 < 113,

luego |f(x)| < 113 para |x− 4| < 1.Método 3. Sea h = x− 4, luego tenemos |h| < 1 y x = h+ 4, entonces :

|f (x)| =∣∣x3 − 3x2 + 2x+ 5

∣∣ =∣∣∣(h+ 4)3 − 3 (h+ 4)2 + 2(h+ 4) + 5

∣∣∣

=∣∣h3 + 9h2 + 26h+ 29

∣∣

≤ |h|3 + 9 |h|2 + 26 |h|+ 29< 1 + 9 + 26 + 29 = 65

2.6. FUNCIONES ACOTADAS 61

Luego:|f(x)| < 65,

para |x− 4| < 1.Observemos que la cota obtenida en este método es menor que las obtenidas en los métodos 1 y 2.

Ejercicio 2.17 Acotar f(x) = x5 − 3x4 + 2x+ 20 en Df = {x : |x− 2| < 1}.Solución. Si x ∈ Df se tiene 1 < x < 3.Método 1. Si 1 < x < 3, claramente |x| < 3 , luego:

|f(x)| =∣∣x5 − 3x4 + 2x+ 20

∣∣≤ |x|5 + 3 |x|4 + 2 |x|+ 20< 35 + 3

(34)+ 2(3) + 20

= 243 + 243 + 6 + 20 = 512

Luego |f(x)| < 512 para todo x ∈ Df .Método 2. De 1 < x < 3 tenemos sucesivamente:

1 < x5 < 243−243 < −3x4 < −32 < 2x < 620 ≤ 20 ≤ 20

Sumando−220 < x5 − 3x4 + 2x+ 20 < 266

Luego |f(x)| < 266 para x ∈ Df .Usando el Método 3 del ejercicio anterior se puede mejorar esta cota.

Ejercicio 2.18 Acotar f(x) = x3 − x+ cosx para los números x tales que |x+ 2| < 3.Método 1. Si |x+ 2| < 3 se tiene −5 < x < 1, luego |x| < 5, con este resultado escribimos

|f(x)| =∣∣x3 − x+ cosx

∣∣

≤ |x|3 + |x|+ |cosx|< 53 + 5+ 1= 131

por tanto |f(x)| < 131 para |x+ 2| < 3.Solución. Método 3. Sea

h =x+ 2

3,

luego |h| < 1 y x = 3h− 2, con este resultado tenemos:

|f (x)| = |f(3h− 2)| =∣∣(3h− 2)3 − (3h− 2) + cos(3h− 2)

∣∣

=∣∣27h3 − 54h2 + 33h− 6 + cos(2h− 2)

∣∣

≤ 27 |h|3 + 54 |h|2 + 33 |h|+ 6 + |cos(2h− 2)|< 27 + 54 + 33 + 6 + 1 = 121

Luego |f(x)| < 121 para |x+ 2| < 3.

Capítulo 3

Límites y Continuidad

3.1 Introducción

Consideremos la función f : R → R definida por f(x) = x − [x] cuya gráfica se muestra acontinuación.([x] es el mayor entero menor o igual a x.)

101−

y

x22−

( ) [ ]xxxf −=

1

5.0

5.0

Con puntos ”cercanos a 0.5” construimos la siguiente tabla:

x f(x)

0.498 0.4980.499 0.4990.5 0.50.501 0.5010.502 0.502

podemos observar que para ”puntos cercanos” a 0.5 las imágenes estan ”cerca” de f(0.5) = 0.5.Con ”puntos cercanos a 1” se construye la siguiente la tabla:

x f(x)

0.998 0.9980.999 0.9991.0 0.1.001 0.0011.002 0.002

63

64 CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD

observemos que para valores ”cercanos” a x = 1 las imagenes cambian abruptamente de 0.999a 0. con esto se ratifica lo que geométricamente se ve en el gráfico de f . En el gráfico, la funciónf no tiene trazo continuo cerca de x = 1, observemos también que el trazo es continuo cerca dex = 0.5. Así diremos, aunque imprecisamente, que una función es continua en un puntox = a si su gráfico tiene trazo continuo para ”valores cercanos” de a, en caso contrarioes discontinua. Observemos que con la noción antes dada f es discontinua en cualquier entero n.

La anterior discusión carece de rigurosidad, se ha hablado de conceptos como ”cerca” o ”valorescercanos”. En las siguientes secciones se dan los fundamentos rigurosos de continuidad.

Ejrcicios propuestos

1. Realizar el gráfico de la función f(x) = [x]. ¿Tiene trazo continuo?

2. Realizar el gráfico de la función f(x) = x2− [x]. Calcular tablas para valores cercanos a x = 2y x = 1.5. ¿En que puntos es discontinua f?

3. Sea f(x) =1

x. ¿Es la gráfica de f continua en x = 0?

4. Sea f(x) ={x3 si x ∈ (−∞, 1]−2x+ 3 si x ∈ (1,∞) .

¿Es la gráfica de f continua en x = 1?

5. Sea f(x) =1

x2. ¿Es la gráfica de f continua en x = 0?

3.2 Límite de una Función

En esta sección se da la definición de límite, definición empleada fundamentalmente para realizardemostraciones de teoremas centrales del cálculo.

Para futura discusión se requiere la siguiente definición.

Definición 3.1 (Vecindad de un Punto). Sea p un punto. Cualquier intervalo abierto quecontiene p es llamado una vecindad de p.

Ejemplo 3.1 Los siguientes intervalos son vecindades de p = 1 : (0, 2), (0.4, 0.7), (1− ε, 1 + ε) paraε > 0.

Una vecindad de p se denotará con el símbolo Vp o V (p). Un caso particular es cuando V (p) =(p− ε, p+ ε) , entonces la vecindad se denotará con V (p, ε). Observemos que

(p− ε, p+ ε) = {x : p− ε < x < p+ ε} = {x : |x− p| < ε} ,

así dado ε > 0 el conjunto de los x que satisfacen |x− p| < ε es una vecindad de p.Observación. Una vecindad de p de la forma (p− ε, p+ ε) es un intervalo abierto centrado en

p y radio ε.

3.2. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN 65

3.2.1 Definición de Límite

Definición 3.2 Sea I una vecindad de p, sea f una función definida en I, a excepción quizás de p(f no necesariamente definida en p). Se dice que

limx→p

f (x) = L

Si para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que

si 0 < |x− p| < δ entonces |f (x)− L| < ε.

Observación. En términos de vecindades lo anterior significa que si x se encuentra en la vecindadV (p, δ) entonces f (x) se encuentra en la vecindad V (L, ε) .

A veces, escribiremos x− p→ 0 en lugar de x→ p. Con h = x− p, así son que son equivalentes

limx→p

f (x) = L y limh→0

f(p+ h) = L

que se conoce como cambio de variable.La definición intuitivamente establece que puntos cercanos a p tienen sus imágenes cercanas o

iguales a L. Por otra parte L no será el límite de f (x) en x = p si algún elemento ”cerca” a p tieneimagen ”lejos” de L.

Para mostrar que el límite de una función en cierto punto p, digamos es L, es necesario estimarinicialmente este valor y para eso es conveniente evaluar la función en puntos cada vez más cercanosal punto p y observar a que valor se acercan las imágenes. Dicho valor es, posiblemente, el límitebuscado.

A continuación se muestra gráficos para ilustrar el hecho de que un número L es el límite ycuando no lo es.

pε−p ε+p

( ) Lxfpx

=→lim ( ) Lxf

px≠

→lim

x

y ( )xf

L

ε+L

ε−L

x

y

( )xf

x

( )xf

x

( )xf

L

ε+L

ε−L

ε−p ε+pp

Ejemplo 3.2 Consideremos la función f (x) = 3x− 1, entonces podemos probar que limx→1

f (x) = 2,

en efecto, para ε > 0 existe δ =ε

3tal que si |x− 1| < δ entonces

|f(x)− 2| = |3x− 1− 2|= 3 |x− 1|< 3δ = 3

ε

3= ε,

esto es, |f(x)− 2| < ε. En particular con ε = 0.3 tenemos δ =ε

3= 0.1. Nótese que para puntos

cercanos de 1, sus imágenes están cerca de 2.

Ejemplo 3.3 Sea la función f (x) = x + 1, entonces limx→1

f (x) �= 3, esto es, limx→1

f (x) no puede

ser 3, en efecto, si ε = 0.5 , para todo δ > 0 existen valores como x0 tales que |x0 − 1| < δ y|f(x0)− 3| > 0.5, por ejemplo si δ >= 0.2 podemos tomar x0 = 1.1. Claramente |x0 − 1| < δ y|f (x0)− 3| = |2.1− 3| = 0.9 > 0.5.

Existen funciónes como f (x) = [x] en los cuales la función está definida en un punto pero noexiste el límite en dicho punto. Por ejemplo, si x = 1, f (1) = 1 pero el límite no es L = 1 como semuestra en la siguiente figura. Sin embargo, podemos decir cuál es el límite por la izquierda y cualpor la derecha, para precisar esto, se dan las correspondientes definiciones:

y

1−

( ) [ ]xxf =

0 3212−

2−

1−

2

1

x

3.2.2 Límites Laterales

Definición 3.3 El límite lateral por la derecha de una función f en un punto p denotado porlim

x→p+f (x) es definido como:

limx→p+

f (x) = L

si para para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que si

0 < x− p < δ entonces |f (x)− L| < ε.

La expresión x→ p+ significa que se toman valores cercanos a p por la derecha.

Ejemplo 3.4 Sea f (x) = [x] , entonces limx→1+

f (x) = 1.

Ahora definimos el límite lateral por la izquierda

Definición 3.4 El límite lateral por la izquierda de una función f en un punto p denotado porlim

x→p−f (x) es definido como:

limx→p−

f (x) = L

si para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que si

−δ < x− p < 0 entonces |f (x)− L| < ε

3.2. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN 67

Ejemplo 3.5 Consideremos la función f definida por f (x) = [x], entonces limx→1−

f (x) = 0.

Respecto de los lìmites laterales se tienen los siguientes resultados.

Teorema 3.5 Si limx→p

f (x) existe entonces los lìmites laterales en x = p existen y son iguales.

El anterior teorema en su forma contrapositiva dice que ”Si los límites lateralesde una función en un punto p son distintos, entonces el límite en p no existe”

Ejemplo 3.6 Sea f (x) = [x], entonces para todo entero n, limx→n+

f (x) = n, y limx→n−

f (x) = n− 1,luego si n es un entero, el límite lim

x→nf (x) no existe.

3.2.3 Propiedades de Límites

Teorema 3.6 El límite de una constante es la misma constante.

Demostración. Sea f (x) = k para todo x ∈ Df . probaremos que para a ∈ Df secumple

limx→a

f (x) = k,

en efecto si ε > 0, |f (x)− k| = |k − k| = 0 < ε, así para todo ε > 0 existe δ > 0, tal quesi |x− a| < δ entonces |f (x)− k| < ε. (observemos que en este caso particular δ puedeser cualquier número positivo).�

Teorema 3.7 Si limx→p

f (x) existe, este es único.

Demostración. Supongamos que L1 y L2 son los límites de f (x) cuando x → p.

Entonces si ε > 0 existe δ > 0 tal que si |x− p| < δ se tiene |f (x)− L1| <ε

2y

|f (x)− L2| <ε

2luego

|L1 − L2| = |−f (x) + L1 + f (x)− L2|= |− (f (x)− L1) + (f (x)− L2)|≤ |f (x)− L1|+ |f (x)− L2|

<ε

2+ε

2= ε.

Puesto que ε es arbitrario, debemos tener |L1 − L2| = 0; de este resultado L1 = L2.�

Teorema 3.8 Sean f y g funciones tales que limx→p

f (x) = A y limx→p

g (x) = B, entonces:

(i) limx→p

(f (x)± g (x)) = A±B(ii) lim

x→pf (x) g (x) = AB

(iii) limx→p

f (x)

g (x)=A

Bsi B �= 0.

Demostración.

(i) Si ε > 0, existen δ1 y δ2 > 0 tales que si |x− p| < δ1 y |x− p| < δ2 se tiene

|f (x)−A| < ε

2y |f (x)−B| < ε

2luego

|f (x)± g (x)− (A±B)| ≤ |f (x)−A|+ |g (x)−B|

<ε

2+ε

2= ε

por tanto |f (x)± g (x)| < ε siempre que |x− p| < δ, donde δ = min {δ1, δ2}.(ii) Para demostrar esta parte, escribimos

|f (x) g (x)−AB| = |f (x) (g (x)−B) +B (f (x)−A)| se ha sumado yrestado Bf (x)

≤ |f (x)| |g (x)−B|+ |B| |f (x)−A|

Si x → p es claro que g (x) − B → 0, y f (x) − A → 0, así si |f (x)| no se hace grande|f (x) g (x)−AB| → 0, mostraremos que efectivamente |f(x)| no se hace arbitrariamentegrande. Para el número 1, existe δ3 > 0 tal que si

|x− p| < δ3, entonces |f (x)−A| < 1,

puesto que |f (x)| = |f (x)−A+A| se tiene |f (x)| ≤ |f (x)−A|+ |A| de donde |f (x)| ≤1 + |A|.Por otra parte, para ε > 0 existen δ1 > 0 y δ2 > 0 tales que

|f (x)−A| < ε

2(1 + |B|) y |g (x)−A| < ε

2(1 + |A|)Por tanto

|f (x) g (x)−AB| ≤ |f (x)| |g (x)−B|+ |B| |f (x)−A|

< (1 + |A|) ε

2(1 + |A|) + |B|ε

2(1 + |B|)

=ε

2

(1 +

| B |1+ | B |

)

<ε

2(1 + 1) = ε,

luego |f (x) g (x)−AB| < ε siempre que |x− p| < δ, donde δ = min {δ1, δ2, δ3}.

(iii) Puesto quef (x)

g (x)=

f (x)

B· B

g (x)es suficiente probar que lim

x→p

B

g (x)= 1, porque

entonces:

limx→p

f (x)

g (x)=lim

x→p

f (x)

B· limx→p

B

g (x)=A

B

Sin pérdida de generalidad, supongamos que B > 0. Para ε > 0 existe δ1 tal que

|g(x)−B| < εB

2, siempre que |x− p| < δ1. También existe un δ2 tal que |g(x)−B| <

B

2.

Eligiendo δ = min {δ1, δ2}, se tiene:

|g (x)−B| < εB

2y |g(x)−B| < B

2

3.3. UN ALGORITMO PARA DEMOSTRAR LÍMITES 69

siempre que |x− p| < δ. De la segunda desigualdad, obtenemos |g(x)| > B

2de donde

1

|g(x)| <2

Bfinalmente

∣∣∣∣B

g (x)− 1∣∣∣∣ =|g(x)−B||g(x)| <

εB

2· 2B= ε

luego

∣∣∣∣B

g (x)− 1∣∣∣∣ < ε siempre que |x− p| < δ, esto prueba (iii).

�

Corolario 3.9 Si k es una constante, entoncesi) lim

x→p(k + f (x)) = k+ lim

x→pf (x)

ii) limx→p

k · f (x) = k· limx→p

f (x).

Demostración: Se sigue del teorema previo con g (x) = k.

Teorema 3.10 (Teorema del emparedado) Si f (x) ≤ g (x) ≤ h (x) en algún dominio, y limx→p

f (x) =limx→p

h (x) = L entonces limx→p

g (x) = L.

Demostración. Ejercicio.

3.3 Un algoritmo para demostrar Límites

Supóngase que se desea mostrar:limx→p

f (x) = L.

Para aplicar la definición en términos de ε y δ debemos probar que dado un ε > 0, es posible encontrarun δ > 0 tal que si 0 < |x− p| < δ para x ∈ Df , entonces |f(x)− L| < ε o equivalentemente|f(x)− L| < ε siempre que 0 < |x− p| < δ, x ∈ Df .

En esta sección, se dará un algoritmo general para encontrar δ dado ε. (se sugiere, para estaparte, repasar la sección sobre cotas de una función del capítulo precedente)

Algoritmo ε− δ (Epsilon-Delta)Para demostrar lim

x→pf (x) = L, se siguen los siguientes pasos

• 1) Se da ε > 0. A partir de este momento ε se considera fijo.

• 2) De |f (x)− L| se obtiene :

|f (x)−L| ≤ |x− p| |g (x)| .

• 3) Se supone |x− p| < q, donde q es un número elegido de modo que la vecindad V (p, q) seencuentre en el dominio. Luego se procede a la acotación de g (x) en el conjunto

{x : |x− p| < q} ,

obteniendose |g(x)| ≤M , M > 0.

• 4) Se toma δ = min{q,

ε

M

}, así encontramos el δ buscado.

• 5) Fin

Justificación Procedemos a justificar el anterior algoritmo.Sea ε > 0, de |f (x)− L| factorizamos |x− p| y obtenemos |f (x)− L| = |x− p| |g (x)|. Proce-

demos a la acotación de g (x) en el dominio {x : |x− p| < q} donde q es un número arbitrario. Setiene ahora

|f(x)− L| ≤ |x− p| |g(x)| ≤ |x− p|M

siempre que 0 < |x− p| < q. Por otra parte, debemos tener

|f(x)− L| ≤ |x− p|M < ε,

luego |x− p| < ε

M, pero también |x− p| < q. Por tanto tomamos δ = min

{q,

ε

M

}y entonces

tenemos |f(x)−L| ≤ |x− p|M < ε siempre que |x− p| < δ.Observaciones

• (1) Observemos que lo anterior, depende de la acotación de g (x) en el conjunto {x : |x− p| < q}para algún q.

• (2) Debemos observar también que el algoritmo ε− δ no dice como encontrar el número L, loque hace es permitirnos mostrar si es o no evidente que L es el límite de la función f en elpunto dado p.

Problemas resueltos

Ejercicio 3.1 Demostrar que limx→3

f (x) = 34, donde f (x) = x3 + x2 − x+ 1.

Solución. Con L = 34 se tiene:

• Paso 1. Sea ε > 0.

• Paso 2.f (x)− L = x3 + x2 − x+ 1− 34

= x3 + x2 − x− 33= (x− 3)

(x2 + 4x+ 11

)

de lo anterior f (x)− L = (x− 3) g (x), donde g (x) =(x2 + 4x+ 11

).

• Paso 3. Procedemos ahora a acotar g en algún intervalo abierto que contenga al punto x = 3.Acotemos en la vecindad V (3, 1) = {x : |x− 3| < 1}. Si x ∈ V (3, 1) , entonces obviamente|x− 3| < 1, luego:

|x| = |x− 3 + 3| ≤ |x− 3|+ |3| ≤ 1 + 3 = 4,es decir |x| < 4 válido en {x : |x− 3| < 1} . Usando la desigualdad obtenida se tiene:

|g (x)| =∣∣x2 + 4x+ 11

∣∣≤ |x|2 + 4 |x|+ 11≤ 42 + 4 · 4 + 11 = 43.

• Paso 4. Tomamos ahora δ = min{1,

ε

43

}pues entonces si |x− 3| < δ, se tiene

|f (x)− L| ≤ |x− 3|∣∣x2 + 4x+ 11

∣∣ ≤ 43 |x− 3| < 43 δ < ε,

así se prueba que limx→3

f (x) = 34.

Ejercicio 3.2 Probar que limx→2

f (x) = 4, donde f (x) = −x3 + 6x2 − 11x+ 10.

Solución. En este ejercicio L = 4.


• Paso 2.f (x)− L = −x3 + 6x2 − 11x+ 10− 4

= (x− 2)(−x2 + 4x− 3

)

= (x− 2) g (x)donde g (x) = −x2 + 4x− 3.• Paso 3. Acotemos g en el conjunto V (2, 1) = {x : |x− 2| < 1} de esto tenemos |x| =|x− 2 + 2| ≤ |x− 2|+ |2| < 1 + 2 = 3, es decir, |x| < 3, por tanto

|g (x)| =∣∣−x2 + 4x− 3

∣∣≤ |x|2 + 4 |x|+ 3< 32 + 4 · 3 + 3 = 24

• Paso 4. Tomamos ahora δ = min{1,

ε

24

}pues entonces si |x− 2| < δ se tiene:

|f (x)− L| ≤ |x− 2|∣∣−x2 + 4x− 3

∣∣ ≤ 24 |x− 2| < 24 δ < ε,

lo que prueba que limx→2

f (x) = 4.

Ejercicio 3.3 Sea f (x) = −5x3 − 2x+ 1. Demostrar limx→1

f (x) = −6.

Solución. Se tiene L = −6, luego:• Paso 1. Sea ε > 0.

• Paso 2.f (x)− L = −5x3 − 2x+ 1 + 6

= (x− 1)(−5x2 − 5x− 7

)

luego f (x)− L = (x− 1) g(x), donde g (x) = −5x2 − 5x− 7.• Paso 3. Supongamos que |x− 1| < 1, procedemos ahora a acotar g (x) en el conjunto {x : |x− 1| < 1},de esto obtenemos

|x| = |x− 1 + 1| ≤ |x− 1|+ |1| < 2,por tanto

|g (x)| =∣∣−5x2 − 5x− 7

∣∣≤ 5 |x|2 + 5 |x|+ 7< 5 · 22 + 5 · 2 + 7 = 37

(4) Tomamos δ = min{1,

ε

37

}, así, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f(x)− L| < ε siempre

que |x− 1| < δ.

Ejercicio 3.4 Mostrar que limx→0

(1− x2

2

)= 1.

Solución. Sea f (x) = 1− x2

2, L = 1.


• Paso 2. f (x)− L = 1− x2

2− 1 = x

(−x2

)= xg (x) donde g (x) = −x

2.

• Paso 3. Supongamos que |x| < 1 , luego

|g(x)| =∣∣∣∣−1

2x

∣∣∣∣ =1

2|x| < 1

2

por tanto |g(x)| < 12para |x| < 1.

• Paso 4. Tomamos δ = min

1,ε1

2

, así, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que |f(x)− L| < ε

siempre que |x| < δ.

Otro método Sea ε > 0,

|f(x)− L| =∣∣∣∣1−

x2

2− 1∣∣∣∣

=|x|22

< ε

luego de|x|22

< ε, obtenemos |x| <√2ε y tomamos δ =

√2ε y nuevamente |f(x)− L| < ε siempre

que |x| < δ.

Ejercicio 3.5 Demuestre que limx→p

√x =√p.

Solución. Sea f (x) =√x, L =

√p. Tenemos dos casos a discutir p = 0 y p > 0.

(a) Caso p = 0. En este caso, se debe mostrar que limx→0

√x = 0. El algoritmo ε − δ no puede

emplearse como se prueba a continuación.

|f(x)− L| = |√x− 0|= |√x|= |x|

∣∣∣∣1√x

∣∣∣∣

por tanto |f (x)− L| = |x| |g (x)| con g (x) = 1√xpara todo q tal que |x| < q; la función g (x)

no puede acotarse en el conjunto {x : |x| < q}. Sin embargo, se puede proceder como sigue:

|f (x)− L| = √x < ε,

de la desigualdad√x < ε, obtenemos x < ε2 y tomamos δ = ε2 pues, en tal caso

|f (x)− L| = √x <√δ =√ε2 = ε,

es decir, |f (x)− L| < ε siempre que |x| < δ.

(b) Caso p > 0. En este caso, como veremos, el algoritmo ε− δ puede aplicarse.

• Paso1. Sea ε > 0.

• Paso 2f(x)− L =

√x−√p

=x− p√x+√p

por tantof (x)− L = (x− p)g (x)

donde g (x) =1√

x+√p.

• Paso 3.

|g (x)| =∣∣∣∣

1√x+√p

∣∣∣∣ <1√p

• Paso 4.|f (x)− L| = |x− p| · |g (x)|

< |x− p| · 1√p

de la desigualdad |x− p|· 1√p< ε, se obtiene |x− p| < ε·√p, esto sugiere tomar δ = ε ·√p,

pues entonces

|f (x)− L| =∣∣∣∣x− p√x+ p

∣∣∣∣ <|x− p|√

p<

δ√p=ε · √p√p= ε

luego |f (x)− L| < ε, siempre que |x− p| < δ.

Ejercicio 3.6 Demostrar que limx→−1

x+ 2

x+ 3=1

2.

Solución. Usaremos el algoritmo ε− δ con f (x) = x+ 2

x+ 3y L =

1

2.


• Paso 2.f(x)− L =

x+ 2

x+ 3− 12

=x+ 1

2 (x+ 3)

= (x+ 1) g (x)

donde g(x) =1

2 (x+ 3).

• Paso 3. Supongamos que|x+ 1| < 1,

luego,−2 < x < 0,

de esto obtenemos1 < x+ 3 < 3,

por tanto, 13 <1

x+ 3< 1, lo que permite escribir

1

6< g (x) =

1

2(x+ 3)<1

2

y entonces |g(x)| < 12.

• Paso 4. Tomamos δ = min {1, 2ε}.


En los siguientes ejercicios, usando el algoritmo ε− δ, demostrar que

1. limx→5

(25x3 − 375x2 + 1839x− 2945

)= 0.

2. limx→−1

(x3 + 3x2 + 2x

)= 0.

3. limx→−2

(5x3 + 30x2 + 55x+ 20

)= −10.

4. limx→1

(−x2 + 6

)= 5.

5. limx→−5

(x3 − x2 + 10

)= −140.

6. limx→1/2

1

x2= 4.

7. limx→0

(sinx+ x2

)= 0.

8. limx→1

(x5 + x3 + 1

)= 3.

9. limx→2

(x4 − 8x3 + 19x2 − 12x− 2

)= 2.

Probar que:

10. limx→3

(3x− 2x+ 1

)=7

4.

3.4. LA DEFINICIÓN DE CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN 75

11. limx→p

n√x = n

√p, donde p ≥ 0 y n ∈ N es fijo.

En los siguientes ejercicios demostrar el límite usando una vecindad V (a, p) = {x : |x− a| < p}donde a el punto en donde se calcula el límite.

12. limx→−3

(x3 + 9x2 + 26x

)= −24 : usar V (−3, 1) .

13. limx→2

(x4 − 8x3 + 15x2 + 4x− 10

)= 10: usar V (2, 3)

14. limx→−1

(x4 + 2x3 − x2 − 2x

)= 0 : usar V (−1, 1)

En los siguientes ejercicios dar las razones por las cuales el límite dado no es correcto.

15. limx→2

(x2 − 4

)= 1.

16. limx→π/2

sinx = 0.

3.4 La Definición de Continuidad de una Función

Consideremos la función f definida en R cuya regla de correspondencia es

f (x) =

{5 x �= 110 x = 1

�

� � 1

10

5

Y

X

Podemos observar que limx→1

f (x) = 5 �= f (1). En general si limx→p

f(x) = L, no tenemos necesariamente

que L = f(p), si éste es el caso y f(p) está definida diremos que la función es continua. Para mayorprecisión definimos la:

3.4.1 Continuidad en un Punto

Definición 3.11 (Continuidad en un punto). Una función f es continua en un punto p si

a) f está definida en pb) lim

x→pf(x) = f(p)

Es claro que la parte (b) es equivalente a: para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que si |x− p| < δ entonces|f(x)− f(p)| < ε.

Una función f es discontinua si no cumple alguna de las condiciones (a) o (b) de la definición.

Observación. Claramente si f es contínua en p debemos tener:

limx→p+

f (x) = limx→p−

f (x) = f (p)

Ejemplo 3.7 La función f definida por f(x) = x2 es continua en x = 1, pues f(1) = 1 y limx→1

f(x) =

1 = f(1).

Ejemplo 3.8 La función f definida por f(x) = [x] no es continua en x = 1 pues el límite en x = 1no existe.

Ejemplo 3.9 La función f definida por f(x) =1

x2no es continua en x = 0 pues, lim

x→01

x2no existe.

�

�x

y

f(x) = 1x2

Definición 3.12 (Continuidad en un conjunto) f : X → Y es continua en X si f es continuaen todo punto p ∈ X.

Ejemplo 3.10 La función f definida por f(x) =1

x2es continua en R− {0}, pero no en R.

A continuación se presentan los teoremas más importantes sobre continuidad.

Teorema 3.13 Sean f y g funciones continuas en un punto p. Entonces la suma f+g, la diferenciaf − g y el producto fg son continuas en p. Si g(p) �= 0 entonces f/g es también continua en p.

Teorema 3.14 Supongamos que f es continua en p y g es continua en f(p). Entonces g ◦ f escontinua en p.

Demostración: Sin pérdida de generalidad podemos suponer que Rf = Dg = B, esto

es, Df−→

f Bg−→Cg.

Sea ε > 0. Al ser g continua en f (p), existe ε1 > 0 tal que

|g (y)− g (f (p))| < ε

siempre que |y − f (p)| < ε1. Usando la continuidad de f en p, existe δ > 0 tal que

|f (x)− f (p)| < ε1

siempre que |x− p| < δ. Luego para ε > 0 existe δ tal que

|(g ◦ f) (x)− (g ◦ f) (p)| = |g (f (x))− g (f (p))| < ε

siempre que |x− p| < δ. Esto muestra que g ◦ f es continua en p.�

Ejemplo 3.11 Sea h(x) = cosx2. Con f(x) = x2 y g(x) = cosx tenemos h(x) = (g ◦ f)(x). Puestoque cosx y x2 son continuas en todo R, h es continua en todo R.

Ejemplo 3.12 Sea h(x) =1

(x− 2)2 , con f(x) = (x− 2)2 y g(x) = 1

x, tenemos h(x) = (g ◦ f)(x).

La función f(x) es continua en x = 2 pero f(2) = 0 y g no es continua en f(2) y h no es continuaen x = 2.

Teorema 3.15 Los polinomios son funciones continuas en toda la recta real.

La demostración es un ejercicio. Observemos que si p es un polinomio en x, entonces para todop se tiene: lim

x→pf (x) = f (p) .

Corolario 3.16 Si p (x) y q (x) son polinomios, entonces el cocientep (x)

q (x)es continua en todo p tal

que q (p) �= 0.

3.4.2 Preservación del signo en funciones continuas

El siguiente teorema cuya interpretación geométrica es evidente es de grán aplicación en el Cálculoy en general en el análisis.

Teorema 3.17 Sea f continua en c y supongamos que f(c) �= 0. Entonces existe un intervalo(c− δ, c+ δ) en la que f tiene el mismo signo que f(c).

Demostración: Supongamos que f(c) > 0. Por la continuidad de f , con ε =f(c)

2,

existe δ > 0 tal que

|f(x)− f(c)| < 12f(c)

siempre que |x− c| < δ, luego

1

2f (c) < f (x) <

2

3f (c)

siempre que c− δ < x < c+ δ. Por tanto f(x) > 0 en (c− δ, c+ δ).

Si f(c) < 0, tomamos ε = −f (c)2

.

�

3.4.3 Teorema de Bolzano

Teorema 3.18 (Teorema de Bolzano1). Sea f continua en el intervalo cerrado [a, b] y supon-gamos que f (a) y f (b) tienen signos opuestos. Entonces existe al menos un punto en (a, b) tal quef (c) = 0.

3.4.4 El teorema del Valor Intermedio

Teorema 3.19 (Teorema del Valor Intermedio). Sea f continua en [a, b]. Sean x1, x2 puntosen [a, b] tales que x1 < x2 tal que f(x1) �= f(x2). Entonces para cada valor y0 entre f(x1) y f(x2)existe x0 ∈ (x1, x2) tal que f(x0) = y0.

Demostración. Sin pérdida de generalidad supongamos que

f(x1) < y0 < f(x2)

Sea g(x) = f(x)− y0, es claro que g es continua en [a, b], además

g(x1) = f(x1)− y0 < 0

yg(x2) = f(x2)− y0 > 0,

entonces por el Teorema de Bolzano existe c ∈ (x1, x2) tal que g(c) = 0, por tantof(c)− y0 = 0 de donde f(c) = y0.�

A continuación se presenta un teorema que garantiza la existencia de raices n-ésimas.

Teorema 3.20 Si n es un entero positivo y si a > 0, entonces existe exactamente un númeropositivo b tal que bn = a.

Demostración: Sea c un número tal que 0 < a < c, c > 1 consideremos la funciónf : [0, c]→ R definida por f(x) = xn, es claro que f(0) = 0 < f(c) = cn, además puestoque c > 1 se tiene c < cn luego 0 < a < cn. Por el Teorema del Valor Intermedio existeb ∈ (0, c) tal que f(b) = a, esto es, bn = a. El número b es único pues f es inyectiva alser f estrictamente creciente.

�


Ejercicio 3.7 Mostrar que f (x) = xn, es continua en todo p.

Solución. Tenemos f (p) = pn, además fácilmente se muestra:

limx→p

xn = pn,

luego f es continua en p.1Bernhard Bolzano 1781-1848, hijo de un comerciante en obras de arte nació en Praga, Bohemia (Checoslovaquia).

Aunque se ordenó como sacerdote hizo importantes contribuciones a las matemáticas.

Ejercicio 3.8 Encontrar el valor de T tal que la función f definida por

f(x) =

{x2 − x− 2 si x < 2x− T + 1 si x ≥ 2

sea continua en todo su dominio.

Solución. La función es contínua para x < 2 y para x > 2, si f va a ser continua en x = 2debemos tener que los límites laterales son iguales, es decir::

22 − 2− 2 = 2− T + 1

de donde T = 3. A continuación se muestra el caso T = 0 y T = 3.

-2 -1 0 1 2

-2

2

4

3

x

y

-2 -1 0 1 2

-2

2

4

3

x

y

0=T 3=T

Ejercicio 3.9 Encontrar el valor de k tal que la función definida por

f(x) =

{x2 + (k − 1)x si x < 1

−32x2 +

11

2x− (2 + k) si x ≥ 1

es continua.Solución. Claramente f es continua en todo punto x �= 1, analizamos el caso x = 1.

limx→1−

f(x) = 1 + (k − 1) = k

y

limx→1+

f(x) = −32+11

2− (2 + k) = 2− k.

Para que f sea continua en x = 1, los límites laterales deben ser iguales, es decir, k = 2 − k, dedonde k = 1.Así

f(x) =

{x2 si x < 1

−32x2 +

11

2x− 3 si x ≥ 1

es continua en x = 1 y con ello continua en todo el dominio.



1. Demostrar que f (x) = x3 − 2 es continua en todo número real.

2. Sea

f (x) =

x2 − 9x− 3 si x �= 3A si x = 3

¿Para que valor de A esta función es continua en todo su dominio?. Sol. A = 6.

3. Sea

f (x) =

−2x+ 5 si x ∈ (−∞, 0)A+ 2 si x ∈

[0,5

2

)

4x−B si x ∈[5

2, 10

]

¿Para que valores de A y B la función dada es continua en todo su dominio? Sol. A = 3,B = 5.

4. ¿Para que valores de T la siguiente función es continua en todo su dominio?

f (x) =

{T 2x2 + x− 1 si x ∈ (−∞, 1)x− 5 si x ∈ [1,∞)

Sol. No existen.

5. ¿Para que valores de K la siguiente función es continua en x = 5?

f (x) =

4x+ 5

K + xsi x ∈ (0, 5)

K2 + x si x ∈ [5,∞)

Sol. K ∈{

0,−5±

√5

2

}

3.5 Cálculo de Límites

3.5.1 El símbolo ∞• Si el valor numérico de una variable x va tomando valores positivos mayores a cualquier valorasignado de antemano, se dice que x tiende a infinito y se escribe:

x→∞.

• Si el valor numérico de una variable x va tomando valores negativos menores a cualquier valorasignado de antemano, se dice que x tiende a menos infinito y se escribe:

x→ −∞.

3.5. CÁLCULO DE LÍMITES 81

• Se escribe:limx→a

f (x) =∞

si f (x) va tomando valores mayores a cualquier valor asignado de antemano a medida que xse aproxima al valor a, es claro que lim

x→af (x) no existe, pero por abuso de lenguaje se escribe

de esa manera. Una situación similar se tiene para el caso −∞.

Ejemplo 3.13 Si x solo toma valores positivos:

limx→0

a

x=

{∞ si a > 0−∞ si a < 0

3.5.2 Indeterminaciones

Para el cálculo de límites, en el caso de funciones continuas, se procede por evaluación directa exceptoen los casos en que la función no es continua. Al realizar la evaluación de la función es posible tenerlos siguientes casos:

0

0, 1∞, 00, ∞−∞

tales casos se llamarán indeterminaciones.

3.5.3 El paso al límite

Si en la expresión limx→p

f (x), calculamos f(p), diremos que hemos hecho la operación paso al límite,

si este paso nos lleva a una indeterminación entonces, antes del ”paso al límite”, pueden emplearsetodas las operaciónes algebraicas que se deseen y requieran, de manera que se elimine la indetermi-nación, si es posible.

Técnicamente si el paso al límite en limx→p

f (x) no puede realizarse reemplazamos f por una

función continua igual a f a excepción del punto p.


Ejercicio 3.10 Calcular limx→5

x3 − x2 + 3x+ 6

Solución. limx→5

(x3 − x2 + 3x+ 6

)= 125− 25 + 15 + 6 = 121, en este ejercicio, el paso al límite

es inmediato.


x− 4x2 − 11x+ 28

Solución. En este ejercicio, no podemos hacer el paso al límite, pues tendríamos0

0que no está

definido, sin embargo:x− 4

x2 − 11x+ 28 =x− 4

(x− 4) (x− 7) =1

x− 7 ,

la cancelación del factor x− 4 es válida, pues x→ 4 quiere decir x tiende a 4, sin llegar nunca ael, luego:


limx→4

x− 4x2 − 11x+ 28 =limx→4

1

x− 7 =1

4− 7 = −1

3.

Ejercicio 3.12 Calcular L =limx→3

9− x25−√x2 + 16

.

Solución. Aquí, el paso al límite, tampoco puede hacerse, pues tenemos0

0. Sin embargo

podemos usar técnicas algebraicas para romper con la indeterminación.

L = limx→3

(9− x2

) (5 +√x2 + 16

)

(5−√x2 + 16

)(5 +√x2 + 16

)multiplicando y dividiendo

por(5 +√x2 + 16

)

= limx→3

(9− x2

) (5 +√x2 + 16

)

25− (x2 + 16)

= limx→3

(9− x2

) (5 +√x2 + 16

)

9− x2 se cancela(9− x2

)

= limx→3

(5 +√x2 + 16

)

= 5 +√32 + 16 = 10


x− 2√x2 − 4

Solución. En este ejercicio el paso al límite no puede hacerse inmediatamente, antes de elloprocedemos a realizar algunas operaciones algebraicas.

limx→2

x− 2√x2 − 4

= limx→2

1√(x− 2)(x+ 2)(x− 2)2

= limx→2

1√x+ 2

x− 2

= limx→2

√x− 2√x+ 2

= 0


3√x+ 6− 3

√4x

3−√x2 + 5

Solución. Empleando el hecho de que

(3√x+ 6− 3

√4x)(

3

√(x+ 6)2 + 3

√(x+ 6) (4x) +

3

√(4x)2

)= (x+ 6)− (4x) = 6− 3x

(3−√x2 + 5

)(3 +√x2 + 5

)= 9−

(x2 + 5

)= −x2 + 4

se tiene:


limx→2

3√x+ 6− 3

√4x

3−√x2 + 5

= limx→2

6−3x−x2+4

· (3+√x2+5)(

3√(x+6)2+ 3

√(x+6)(4x)+ 3

√(4x)2

)

= limx→2

−3(x−2)−(x+2)(x−2) ·

(3+√x2+5)(

3√(x+6)2+ 3

√(x+6)(4x)+

3√(4x)2

)

= limx→2

−3−(x+2) ·

(3+√x2+5)(

3√(x+6)2+ 3

√(x+6)(4x)+

3√(4x)2

)

=(34

) (6

4+4+4

)= 3

8

Ejercicio 3.15 Calcular limx→−1

x2 + 3x+ 2

x2 + 4x+ 3

Solución.

limx→−1

x2 + 3x+ 2

x2 + 4x+ 3= lim

x→−1(x+ 1)(x+ 2)

(x+ 1)(x+ 3)

= limx→−1

x+ 2

x+ 3=1

2

Ejercicio 3.16 Calcular limh→0

(x+ h)3 − x3h

Solución.

limh→0

(x+ h)3 − x3h

= limh→0

x3 + 3x2h+ 3xh2 + h3 − x3h

= limh→0

h(3x2 + 3xh+ h2)

h

= limh→0

(3x2 + 3xh+ h2) = 3x2


x− 1√x2 + 3− 2

Solución.

limx→1

x− 1√x2 + 3− 2

= limx→1

(x− 1)(√x2 + 3+ 2)

(√x2 + 3− 2)(

√x2 + 3+ 2)

= limx→1

(x− 1)(√x2 + 3+ 2)

(x2 − 1)

= limx→1

√x2 + 3 + 2

x+ 1= 2


25− x25−√x2 + 16

.


Solución. Evaluando el numerador en 3, obtenemos 25−32 = 16 de la misma manera, evaluamosel denominador en 3 y obtenemos 5−

√32 + 16 = 0, luego

limx→3

25− x25−√x2 + 16

=16

0=∞.


9− x210−

√x2 + 16

.

Solución.

limx→3

9− x210−

√x2 + 16

=9− 32

10−√32 + 16

=0

5= 0.


Calcular los siguientes límites:

1. limx→0

x10 − x+ 1x2 − 1 Sol.: −1

2. limx→0

3x − 3−x

3x + 3−xSol.: 0

3. limx→2

x2 − 4x2 − 5x+ 6 Sol.:−4

4. limx→1

x− 1√x2 + 8− 3

Sol.: 3

5. limx→0

{x x > 0x+ 1 x ≤ 0 Sol.: No existe.

6. limx→7

5−√3x+ 4

x2 − 49 Sol.: − 3

140.

7. limx→27

x− 273√x− 3 Sol.: 27.

8. limx→a

√x−√ax− a Sol:

1

2√a.

9. limx→a

x1/n − a1/nx− a =

a1n

na

10. limx→3

√x2 − 2x+ 6−

√x2 + 2x− 6

x2 − 4x+ 3 Sol.: −13.

11. limx→1

√x+ 1−

√x2 + 1

x− 1 Sol.: −14

√2.

12. limx→

√2

x2 − 2√x2 + 2− 2

Sol.: 4

13. limx→2

√x2 − 2−

√2√

x3 − 4− 2Sol.:13

√2

14. limh→0

√(1 + h)3 + 5h+ 6−

√7

hSol.:

4

7

√7.

15. limx→2

3√x5 − 3

√32

x− 2 Sol.:5

63√32

(Sug. (a− b) =(a1/3 − b1/3

) (a2/3 + a1/3b1/3 + b2/3

))

16. limx→5

√x+ x−

√5− 5

x− 5 Sol.: 1 +1

10

√5.

17. limx→a

√x+ x−√a− a

x− a Sol.: 12

2√a+ 1√a

.

18. limh→0

(7 + h)n − 7nh

, n ∈ N Sol.: n7n−1.

19. limx→2

3√256x− 8x− 2 Sol.:

4

3.

20. limx→−2

√−x3 + 2x− 2√

x2 + 5−√3x+ 15

Sol.:15

7.

21. limx→2

x− 2√x2 + 5− 3

Sol.:3

2.

22. limx→3

√x− 1−

√x2 − 4x+ 5

x− 3 Sol.:−14√2

23. limx→3

√2x2 − 2− 4x2 − 2x− 3 Sol.:

3

8.

24. Determinar los valores de a y b de modo que la función dada sea continua en x = 8.

f (x) =

3− (3x+ 3)1/3a(x1/3 − 2

) si x < 8

ab si x = 8

2

|2x− 7| b si x > 8

Sol. a = 2, b = −1/3.


3.6 Límites con funciones trigonométricas

Los límites básicos para calcular límites en donde intervienen funciones trigonométricas son

limx→p

senx y limx→p

cosx,

las funciones seno y coseno son continuas en R, luego limx→p

senx = sen p, limx→p

cosx = cos p.

Teorema 3.21

limx→0

senx

x= 1

Demostración: Consideremos la circunferencia de radio 1:

O

x

A

B

P

Q

del gráfico podemos deducir:

Area ∆OQP ≤ Area sector OAP ≤ Area ∆OAB, (3.1)

∴1

2·OQ ·QP ≤ 1

2· 1 ·AP ≤ 1

2·OA ·AB

∴1

2cosx senx ≤ 1

2x ≤ 1

2tanx

De lo anterior obtenemos :

senx

x≤ 1

cosxy y cosx ≤ senx

x,

3.6. LÍMITES CON FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS 87

por tanto

cosx ≤ senxx≤ 1

cosx,

luego tomando límite cuando x→ 0 y por el teorema del emparedado:

1 ≤ limx→0

senx

x≤ 1,

esto prueba el teorema.

�

Corolario 3.22

limx→0

1− cosxx

= 0

.

Demostración:

limx→0

1− cosxx

= limx→0

(1− cosx)(1 + cosx)x(1 + cosx)

= limx→0

1− cos2 xx(1 + cosx)

= limx→0

(senxx

)( senx

1 + cosx

)

= limx→0

senx

xlimx→0

senx

1 + cosx= 1 · 0 = 0


Ejercicio 3.20 Calcular los siguientes límites

1. limx→0

sen 2x

x

2. limx→0

tan 2x

senx

3. limx→0

sen 5x

senx

4. limx→0

sen 5x− sen 3xx

5. limx→0

1− cosxx2

Solución.

1. limx→0

sen 2x

x= 2· lim

x→0sen 2x

2x= 2 · 1 = 2.


2. Usaremos las identidades: sen 2x = 2cosx senx, cos 2x = cos2 x− sen2 x.

limx→0

tan 2x

senx= lim

x→0sen 2x

senx cos 2x

= limx→0

2 cosx senx

senx(cos2 x− sen2 x)

= limx→0

2 cosx

cos2 x− sen2 x = 2

Otro método:Para x próximo a cero senx = x, luego

limx→0

tan 2x

senx= lim

x→0sen 2x

cos 2x.1

x

= 2· limx→0

sen 2x

2x.1

cos 2x= 2

3.

limx→0

sen 5x

senx= 5 lim

x→0(sen 5x) / (5x)

(senx) /x

= 5 limx→0

sen 5x

5xlimx→0

1

(sinx/x)

= 5

4.

limx→0

sen 5x− sen 3xx

= 5 limx→0

sen 5x

5x− 3· lim

x→0sen 3x

3x= 5− 3 = 2

5.

limx→0

1− cosxx2

= limx→0

(1− cosx) (1 + cosx)x2(1 + cosx)

= limx→0

1− cos2 xx2(1 + cosx)

= limx→0

(senxx

)2( 1

1 + cosx

)

=(limx→0

senx

x

)2. limx→0

1

1 + cosx

= 1/2

Ejercicio 3.21 Calcular limx→0+

x√1− cosx


Solución.

limx→0+

x√1− cosx = lim

x→0+

√x2(1 + cosx)

(1− cosx)(1 + cosx)

= limx→0+

√x2(1 + cosx)

1− cos2 x

= limx→0+

√√√√√1 + cosx(sen2 x

x2

) =√2

Ejercicio 3.22 Calcular limx→π/3

1− 2 cosxsen(x− π

3

) .

Solución. Se tiene cosπ

3=1

2, sen

π

3=

√3

2, Hacemos el cambio h = x − π

3 . Entonces si x → π3 ,

h→ 0, luego

limx→π/3

1− 2 cosxsen(x− π

3

) = limh→0

1− 2 cos(h+ π

3

)

senh

= limh→0

1− 2[cosh cos π

3 − senh sen π3

]

senh

= limh→0

1− cosh+√3 senh

senh

= limh→0

(1− coshsenh

+√3

)

= limh→0

((1− cosh) (1 + cosh)senh (1 + cosh)

+√3

)

= limh→0

(senh

1 + cosh+√3

)

=√3


Hallar:

1. limx→0

x− sin√2x

7x+ sin 4xSol.: 111 − 1

11

√2.


2. limx→0

5− 5 cos 2x+ sin 4xx

Sol.: 4.

3. limx→0

tan ax

xSol.: a.

4. limx→3

(x− 3) cscπx Sol.: −1π.

5. limx→a

cosx− cos ax− a Sol.: − sin a.

6. limx→−2

tanπx

x+ 2Sol.: π.

7. limx→π

tanx− x2 + π2

x− π Sol.: 1− 2π.

8. limx→π/4

sinx− cosx1− tanx Sol.: −12

√2.

9. limx→π/3

1− 2 cosxsin (x− π/3) Sol.:

√3.

10. limx→0

tanx− sinxx3

Sol.: 12 .

11. limx→0

sin (a+ x)− sin (a− x)x

Sol.: 2 cos a.

12. limx→1

(1− x) tan πx2 Sol.: 2

π .

13. limx→0

1− sin x2

π − x Sol.: 1π

14. limx→π/3

1− 2 cosxπ − 3x Sol.: −13

√3

15. limx→0

cos 2mx− cos 3nxx2

Sol.: −2m2 + 92n2.

16. limx→0

sinmx2 − sinnx2x2

Sol.: m− n.

17. limx→0

1− cosxsinx

Sol.: 0.

18. limx→π/2

cosx

1 + sinxSol.: 0.

19. limx→2

4− x2sinπx

Sol.: − 4π .

20. limx→0

x− sin 3xx+ sin 4x

Sol.: −25 .


21. limx→2

2−√2x

1− cos√x− 2 Sol.: −1.

22. limx→π

1−√cos (x− π)(x− π)2

Sol.: 14 .

23. limx→π

√1− sinx−

√1 + sinx

x− π Sol.: 1.

24. Encontrar los valores de A y B tales que la siguiente función sea continua en todo su dominio

(a)

f (x) =

Asinx− sin 2

x− 2 si x ∈ [1.8, 2)

B +tanπ (x− 4)

x− 2 si x ∈ (2, 2.2]

(b)

f (x) =

Asinx− sin 2

x− 2 si x ∈ [1.8, 2)C si x = 2

B +tanπ (x− 2)

x− 2 si x ∈ (2, 2.2]

C un número real.

Sol.

(a) Todo A,B ∈ R.(b) Todos los puntos que satisfacen A cos 2 = B + π = C. A continuación el caso B = 5,

A = 5+πcos(2)

1.8 1.9 2 2.1 2.26

7

8

9

8.1416

x

y

3.7 Límites con Infinito

Definición 3.23 Se dice que limx→p

f(x) =∞ si para todo M > 0 es posible encontrar δ > 0 tal que

si0 < |x− p| < δ entonces f(x) > M

Intuitivamente esto significa que cuando x se aproxima a p (por la izquierda o la derecha) las imágenesf (x) se hacen arbitrariamente grandes.

Ejemplo 3.14 limx→0

1

x2= ∞, en efecto, para M > 0 se tiene que si

1

x2> M entonces |x| < 1√

M,

así se toma δ =1√M.

Definición 3.24 Se dice que limx→p

f(x) = −∞ si para todo M < 0 es posible encontrar δ > 0 tal

que si:0 < |x− p| < δ entonces f(x) < M

Definición 3.25 Se dice que limx→∞

f(x) = A si para todo ε > 0 es posible encontrar M > 0 tal que

x > M entonces |f(x)−A| < ε

Ejemplo 3.15 limx→∞

(1

x2+ 1

)= 1, en efecto, dado ε > 0 existe M =

1√εtal que si x > M,

entonces

|f(x)−A| =∣∣∣∣1

x2+ 1− 1

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣1

x2

∣∣∣∣ =1

x2

<1

M2= ε.

Definición 3.26 limx→∞

f(x) =∞ si para todo M > 0 es posible encontrar N > 0 tal que

x > N entonces |f(x)| > M

Ejemplo 3.16 limx→∞

x2 =∞, en efecto dado M > 0 se tiene∣∣x2∣∣ = |x|2 > M , de donde x >

√M ,

luego tomamos N =√M .

Los teoremas sobre límites (suma, resta, división y multiplicación) dados anterior-mente no necesariamente son válidos cuando los límites involucrados son infinitos.

Ejemplo 3.17 Sean f (x) = x2 + 4, g (x) = x2, claramente

limx→∞

f (x) =∞, limx→∞

g (x) =∞,

también es claro que:limx→∞

(f (x)− g (x)) = limx→∞

4 = 4,

3.7. LÍMITES CON INFINITO 93

aquí no es válido el hecho que el límite de una diferencia es la diferencia de límites, esto es,

limx→∞

(f (x)− g (x)) �= limx→∞

f (x)− limx→∞

g (x)

si los límites involucrados son infinitos.

Observación.Para el caso de polinomios se puede emplear elcomportamiento asíntótico de los polinomios.


Ejercicio 3.23 Si n es un entero positivo, demostrar que limx→∞

1

xn= 0.

Solución. Sea ε > 0. Tenemos: ∣∣∣∣1

xn

∣∣∣∣ =1

|x|n < ε,

de esta desigualdad encontramos |x| > 1

(ε)1/n. Haciendo M = ε−1/n, tenemos que efectivamente

∣∣∣∣1

xn

∣∣∣∣ < ε,

siempre que |x| > M . Esto prueba que limx→∞

1

xn= 0.

Ejercicio 3.24 Calcular limx→∞

2x+ 1√2x2 − 2x+ 5

.

Solución. Al hacer el paso al límite encontramos ∞∞ , es decir una indeterminación. Via ope-

raciones algebraicas rompemos la indeterminación. Dividiendo numerador y denominador por xtenemos

limx→∞

2x+ 1√2x2 − 2x+ 5

= limx→∞

2 + 1/x√2− 2/x+ 5/x2

pero limx→∞

1

x= lim

x→∞1

x2= 0, por tanto:

limx→∞

2x+ 1√2x2 − 2x+ 5

=2√2

Otra manera: Empleando el comportamiento asintótico se tiene:

limx→∞

2x+ 1√2x2 − 2x+ 5

= limx→∞

2x√2x2

= limx→∞

2x√2x

= limx→∞

2√2

=2√2

√x

√x+√x+√x.

Solución.

limx→∞

√x

√x+

√x+√x= lim

x→∞1

√√√√1 +

√1

x+

√1

x3

= 1

Ejercicio 3.26 Si an y bp son números no nulos, estudiar el límite:

L = limx→∞

a0 + a1x+ · · ·+ an−1xn−1 + anxn

b0 + b1x+ · · ·+ bp−1xp−1 + bpxp

donde n, p son enteros no negativos.

Solución. Veamos tres casos, en cada caso empleamos el comportamiento asintótico de lospolinomios.(a) n = p.

L = limx→∞

an xn

bn xp

=anbp

(b) Si n < p, entonces p− n > 0

L = limx→∞

an xn

bn xp

=an

bpxp−n

= 0

observemos que todos los sumandos del numerador son nulos.(c) Si n > p, entonces n− p > 0

L = limx→∞

an xn

bn xp

=an x

n−p

bp= ±∞

en donde el signo depende de los signos de an y bn.


5x100 + x3 + 70000

10x500 + 25.

Solución.

limx→∞

5x100 + x3 + 70000

10x500 + 25= lim

x→∞5x100

10x500= lim

x→∞5

10x400= 0

3.7. LÍMITES CON INFINITO 95


x10 + x3 + 7

10x10 + 25.

Solución.

limx→∞

x10 + x3 + 7

10x10 + 25= lim

x→∞x10

10x10=1

10

Ejercicio 3.29 Calcular L = limx→∞

√x2 + 2x+ 3−

√x2 − 2x+ 3.

Solución. En este caso el límite es del tipo ∞−∞, es decir una indeterminación. Procedemoscomo sigue.

L = limx→∞

(√x2 + 2x+ 3−

√x2 − 2x+ 3

) √x2 + 2x+ 3+√x2 − 2x+ 3√

x2 + 2x+ 3+√x2 − 2x+ 3

= limx→∞

4x√x2 + 2x+ 3 +

√x2 − 2x+ 3

= limx→∞

4x√x2 + 2x+ 3 +

√x2 − 2x+ 3

= limx→∞

4x√x2 +

√x2

= 2

Ejercicio 3.30 0 Sea r un número tal que |r| < 1, entonces

limn→∞

rn = 0

La demostración es inmediata.

Ejercicio 3.31 Sea r un número tal que |r| < 1, para todo natural n definimos:

Sn = 1 + r + r2 + · · ·+ rn, (1)

entonceslimn→∞

Sn =1

1− rDemostración. Multiplicamos (1) por r

rSn = r + r2 + r3 + · · ·+ rn+1 (2)

restando (2) de (1) y despejando Sn tenemos

Sn =1

1− r(1− rn+1

)

si n tiende a ∞ y tomando en cuenta que limn→∞

rn+1 = 0, encontramos

limn→∞

Sn =1

1− r




1. limx→∞

(√x+ 1−√x

)Sol.: 0.

2. limx→∞

(√2x2 −

√2x2 − 6x

)Sol.: 3

2

√2.

3. limx→∞

1 + x+ 3x3 + x+ x5

1 + x5Sol.: 1.

4. limx→∞

3√x2 + 1

x+ 1Sol.: 0.

5. limx→∞

10 + x3√x+ 2x

Sol.: 12 .

6. limx→∞

3x2 + 74√x8 + x+ 5 + 4x

Sol.: 3.

7. limx→∞

3√x3 + x+ 1

x+ 1Sol.: 1.

8. limx→∞

(x+ 2)(x2 − 5

) (x2 + x+ 1

)

(x4 + 1) (x+ 25)Sol.: 1.

9. limx→∞

4x + 5x+1

4x + 5xSol.: 5.

10. limx→∞

ax + (a+ 1)x+1

ax + (a+ 1)xdonde a es un número real. ¿El límite existe para todo a ∈ R?.

11. limx→∞

(√x− a−√x

)donde a es un número real.

3.8 Un límite notable

Presentamos a continuación un límite muy importante en Cálculo. La demostración de este resultado(que puede omitirse sin pérdida de continuidad en el curso) se presenta en el apéndice 2.

Teorema 3.27

limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e

Corolario 3.28

limx→0

(1 + x)1/x = e

3.8. UN LÍMITE NOTABLE 97

Demostración. Si u = 1/x, entonces: x = 1/u por otra parte si x toma valores positivosy x→ 0 entonces u→∞, luego:

limx→0

(1 + x)1/x = limu→∞

(1 +

1

u

)u

= e

�

Corolario 3.29

limx→0

ex−1x

= 1

Demostración. Mostraremos que

limx→0

x

ex−1 = 1

haciendo el cambio u = ex−1, encontramos x = ln (1 + u), además notemos que si x→ 0,entonces u→ 0, por tanto

limx→0

x

ex−1 = limu→0

1

uln (1 + u)

= ln

limu→0

(1 + u)

1

u

= ln (e) = 1

eso prueba el teorema.�

Observación. Se puede probar:

1. Si limx→∞

u (x) =∞ entonces limx→∞(1 + 1

u(x)

)u(x)= e

2. Si limx→0

u (x) = 0 entonces limx→∞ (1 + u (x))1

u(x) = e


Ejercicio 3.32 Mostrar que si b �= 0 :

limx→0

ebx − 1x

= b

Solución. Sea u = bx, entonces si x→ 0 se tiene u→ 0, por tanto

limx→0

ebx − 1x

= b limx→0

eu − 1u

= b

Ejercicio 3.33 Mostrar que

limx→0

ax − 1x

= lna


Solución. Para la solución usamos el ejercicio previo.

limx→0

ax − 1x

= limx→0

e(ln a)x − 1x

= ln a


(1 +

1

x

)3x.

Solución.

limx→∞

(1 +

1

x

)3x=

[limx→∞

(1 +

1

x

)x]3

= e3


(x+ 5

x− 2

)x+3

.

Solución. Un cálculo da:x+ 5

x− 2 = 1 +7

x− 2

haciendo u =x− 27

encontramos x+3 = 7u+5, además si x tiende a∞ tabién u tiende a∞, luego:

limx→∞

(x+ 5

x− 2

)x+3

= limx→∞

(1 +

7

x− 2

)x+3

= limu→∞

(1 +

1

u

)7u+5

=

[limu→∞

(1 +

1

u

)u]7limu→∞

(1 +

1

u

)5

= e7 ·1 = e7

Observación. Si bien en cambio de variable facilita el cálculo del límite, a menudo puede omitirse.


(x− 1x+ 1

)x

.

Solución.x− 1x+ 1

= 1− 2

x+ 1

entonces:

limx→∞

(x− 1x+ 1

)x

= limx→∞

(1− 2

x+ 1

)x

= limx→∞

(

1 +1

x+1−2

)x+1−2

( −2x+1)x

elimx→∞

−2xx+1

= e−2



(x3 − 9

x3 − x− 5

)x2+3x

.

Solución.x3 − 9

x3 − x− 5 = 1 +x− 4

x3 − x− 5 = 1 +1

x3−x−5x−4

entonces:

limx→∞

(x3 − 9

x3 − x− 5

)x2+3x

= limx→∞

(1 + 1

x3−x−5x−4

)x2+3x

= limx→∞

(

1 +1

x3−x−5x−4

)x3−x−5x−4

(x−4)(x2+3x)x3−x−5

elimx→∞

(x−4)(x2+3x)x3−x−5

= e1


(cosx)

1

x .

Solución. Escribimos cosx = 1 + (cosx− 1).

limx→0

(cosx)

1

x = limx→0

[1 + (cosx− 1)]1

x

= limx→0

(1 + (cosx− 1))1

cosx− 1

cosx− 1x

= elimx→0

cosx− 1x

= e0 = 1

debe recordarse que limx→0

cosx− 1x

= 0.



1. limx→∞

(x2 + x+ 1

x2 − x

)x

Sol.: e2.


2. limx→0

(1 + sinx)

1

x Sol.: e .

3. limx→0

(cosx)

1

x2 Sol.: e−12 .

4. limx→∞

(cos m

x

)x Sol.: 1.

5. limx→π/2

(1 + cosx)3 secx Sol.: e3 .

6. limx→0

a5x − a3xx

Sol.: 2 lna.

7. limx→∞

(x2

x2 + x− 1

)x

Sol.: e−1 .

8. limx→∞

(x2 + 3x+ 1

x2 + 2x

)3xSol.: e3.

9. limx→∞

(2x2 + x− 22x2 − x− 1

)7(2x+1)Sol.: e14.

10. limx→∞

(1 +

3x2 + x

x3 − 1

)(x2+x+1)/xSol.: e3.

11. limx→∞

(1 +

2√x3 − 1

)12

√(x2+x+1)(4x−2)

Sol.: e2.

12. limx→∞

(1 +

3√x2 − 4

)−16(x+2)

Sol.: e−1/2.

13. limx→∞

(√x2 − 9 +

√x+ 1√

x2 − 9

)5√x+3

Sol.: e5.

14. limx→∞

(x4 + x3 + x2 − 8

x4 + x2

)x2/(2x−4)Sol.: e1/2.

15. limx→∞

(x3 − x2 − 5x+ 16

x3 − 5x

)(x2−√5x)/(x+4)

Sol.: e−1.

16. limx→0

(1 + sinx)1/(3x) Sol.: e13

17. limx→0

(x+ 1− cosx

x

)(3 sinx)/(1−cos x)Sol.: e3.


18. limx→0

(sinx

x

)(sinx cos x)/(sinx−x)

Sol.: e.

Para calcular los siguientes límites estudie su forma antes de aplicar los resultados que seobtuvieron en esta sección.

19. limx→0

(sin 4x

−x

)x+2

Sol.: 16.

20. limx→∞

(4x− 56x+ 2

)x2

Sol.: 0.

21. limx→∞

(1

x2 + 1

) 3x

2x+ 1 Sol.: 0.

Capítulo 4

Cálculo Diferencial

4.1 La Derivada de una función

Sea A un intervalo abierto, f : A → R. Sea x ∈ A. Definimos el cociente de Newton de f en elpunto x como:

f (x+ h)− f (x)h

donde h es positivo o negativo, pero no 0. Gráficamente, el cociente de Newton da la pendiente dela recta secante que pasa por los puntos (x, f (x)) y (x+ h, f (x+ h)) .

x

yhx+

( )hxf +

( )xf

x

El límite del cociente de Newton cuando h se aproxima a cero, si existe, se llama ”derivada de fen el punto x”, denotamos esto con f ′ (x), leemos “ f prima de x”. Definimos esto a continuación.

Definición 4.1 (Derivada) Sea x ∈ Df . La derivada f ′ (x) se define por:

f ′ (x) = limh→0

f (x+ h)− f (x)h

siempre que tal límite exista. Si tal límite existe diremos que:

f es derivable en x o f es diferenciable en x.

El número f ′ (x) es también llamado ”razón de cambio de f en x.”

103

104 CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL

Si el límite

limh→0

f (x+ h)− f (x)h

no existe, diremos que f no es derivable en x.

Ejemplo 4.1 Sea f : R→ R definida por f (x) = x2− 2x+1, el cociente de Newton para x = 3 es:

f (3 + h)− f (3)h

=

[(3 + h)2 − 2 (3 + h) + 1

]−[32 − 2 (3) + 1

]

h

=2 (3)h+ h2 − 2h

h

= 2 (3) + h− 2

luego:

f ′ (3) =limh→0

f (3 + h)− f (3)h

=limh→0

(2 (3)− 2 + h) = 2 (3)− 2 = 4,

por tanto f es diferenciable en x = 3. Se puede probar que en cualquier punto x la derivada esf ′ (x) = 2x− 2.

Ejemplo 4.2 (Derivada de la función constante) Sea f (x) = c, entonces:

f ′ (x) = limh→0

f (x+ h)− f (x)h

= limh→0

c− ch

= limh→0

0

= 0

por tanto la derivada de la función constante es 0.

Ejemplo 4.3 (Derivada de la función valor absoluto) Sea f(x) =| x |. Veremos tres casos.

(a) Si x > 0, en este caso, puesto que h→ 0, podemos suponer que x+ h > 0, entonces:

f ′ (x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0|x+ h| − |x|

h

= limh→0

x+ h− xh

= limh→0

h

h= lim

h→01

= 1

4.2. SÍMBOLOS PARA REPRESENTAR LA DERIVADA 105

(b) Si x < 0 y h→ 0, podemos suponer que x+ h < 0, entonces:

f ′ (x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0|x+ h| − |x|

h

= limh→0− (x+ h)− (−x)

h

= limh→0−hh

= limh→0

(−1)= −1

(c) Si x = 0 :f(0 + h)− f(0)

h=| h |h

Observemos que

limh→0+

| h |h= 1 y lim

h→0−| h |h= −1,

luego, el límite limh→0

f(0 + h)− f(0)h

no existe. Por tanto f ′(0) no existe.

x

y

x

y

1−1−

1

1

xy = 0, ≠= xyx

x

Observemos que esta función es continua en cero, pero no tiene derivada en este punto. Laderivada de la función valor absoluto se puede expresar como:

f ′ (x) =|x|x, x �= 0.

Teorema 4.2 Si f ′ (p) existe, entonces la función f es continua en x = p.

Observación. Nótese que el recíproco del anterior teorema no necesariamente es cierto, porejemplo la función valor absoluto es continua en x = 0 pero f ′ (0) no existe, por tanto: Continuidadno implica diferenciabilidad.

4.2 Símbolos para representar la derivada

Dada una función y = f (x), se pueden usar uno los siguientes símbolos para representar f ′ (x):


• Dxf (x) = f ′ (x)

• Df (x) = f ′ (x)

• dy

dx= f ′ (x) , aquí el símbolo

dy

dxno debe mirarse como una fracción, es la derivada de y = f (x)

con respecto a x. No referiremos a esto como la notación diferencial para la derivada.

• df (x)

dx= f ′ (x) .

4.3 Los diez resultados fundamentales del Cálculo

En Cálculo se tienen diez resultados fundamentales, a saber:La derivada de las funciones

xa, a ∈ Rcos (x)

sin (x)

ax, a ∈ R+ln (x)

y las reglas conocidas como:regla de la sumaregla de la restaregla del productoregla del cocienteregla de la cadena

Con estos diez resultados es posible derivar cualquier función.

4.3.1 Primer resultado fundamental

Sea f(x) = xn con n un entero positivo. Calculamos el límite del cociente de Newton:

f ′ (x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0

(x+ h)n − xnh

= limh→0

(nxn−1 +

n(n− 1)2!

xn−2h+ ...+ hn−1)

= nxn−1

Por tanto:(xn)′ = nxn−1.

En notación diferencial con y = xn, tenemosdy

dx= nxn−1 o equivalentemente

d

dx(xn) = nxn−1

4.3. LOS DIEZ RESULTADOS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO 107

Se puede probar que para cualquier a ∈ R :

Primer resultado fundamental → (xa)′ = axa−1

Debemos notar que los dominios donde la derivada existe dependeran de los valores de a.

Ejemplo 4.4(x2)′= 2x

(√x)′=(x12

)′=1

2x1−

12 =

1

2√x, x ∈ (0,∞)

(3√x)′=(x13

)′=1

3x1−

13 =

1

33√x2, x ∈ R−{0}

4.3.2 Segundo resultado fundamental

Sea f (x) = sinx, entonces

f ′ (x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0

sin (x+ h)− sin (x)h

= limh→0

1

h(sinx cos h+ cosx sin h− sinx)

= limh→0

((cosx)

(sin h

h

)− (sinx)

(1− cos h

h

))

= cosx

por tanto:

Segundo resultado fundamental → (sinx)′ = cosx

4.3.3 Tercer resultado fundamental

Sea f (x) = cosx, entonces

f ′ (x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0

cos (x+ h)− cos (x)h

= limh→0

1

h(cosx cos h− sinx sin h− cosx)

= limh→0

((− sinx)

(sin h

h

)− (cosx)

(1− cos h

h

))

= − sinx

por tanto:

Tercer resultado fundamental → (cosx)′ = − sinx


4.3.4 Cuarto resultado fundamental

Antes de deducir la derivada de la función logaritmo, recordemos que

limu→0

(1 + u)1/u = e

Sea f la función definida en (0,∞) por f(x) = lnx.

f ′ (x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)h

= limh→0

ln(x+ h)− lnxh

= limh→0

ln

(1 +

h

x

)1h

= limh→0

1

xln

(1 +

h

x

) 1

(h/x)

=1

x

por tanto:

Cuarto resultado fundamental → (lnx)′ =1

x

4.3.5 Quinto resultado fundamental

Recordemos que para todo número positivo a se tiene:

limh→0

ah − 1h

= lna

Con este resultado encontraremos la derivada de la función exponencial.

Sea f(x) = ax.

f ′ (x) = limh→0

f (x+ h)− f(x)h

= limh→0

ax+h − axh

= limh→0

(ax)

(ah − 1h

)

= ax ln a

Luego:

Quinto resultado fundamental → (ax)′ = ax ln a

Observación. Para el caso particular de a = e, se encuentra:

(ex)′ = ex.


4.3.6 Sexto a noveno resultados fundamentales

Teorema 4.3 Si f y g son funciones definidas en un intervalo común. En cada punto en donde f

y g son derivables, entonces f + g, f − g, f · g yf

gson derivables (para

f

gse requiere que g no sea

nulo en el punto en cuestión). Se verifica:

Sexto resultado fundamental → (f + g)′ (x) = f ′ (x) + g′ (x)

Séptimo resultado fundamental → (f − g)′ (x) = f ′ (x)− g′ (x)

Octavo resultado fundamental → (fg)′ (x) = f ′ (x) g (x) + f (x) g′ (x)

Noveno resultado fundamental →(fg

)′(x) =

f ′ (x) g (x)− f (x) g′ (x)(g (x))2

, g (x) �= 0.

Demostración: Se prueban el sexto y noveno resultados.El cociente de Newton para la función f + g en un punto x es

(f + g) (x+ h)− (f + g) (x)

h=

f (x+ h) + g (x+ h)− (f (x) + g (x))

h

=f (x+ h)− f (x)

h+g (x+ h)− g (x)

h,

tomando el límite h→ 0:

(f + g)′ (x) = f ′ (x) + g′ (x) .

Para el caso del cociente se tiene(f

g

)(x+ h)−

(f

g

)(x)

h=

f (x+ h)

g (x+ h)− f (x)

g (x)

h

=f (x+ h) g (x)− f (x) g (x+ h)

hg(x+ h)g(x),

sumando y restando f (x) g (x) en el numerador y distribuyendo h encontramos:(f

g

)(x+ h)−

(f

g

)(x)

h=

f (x+ h)− f (x)h

g(x)− f(x)g (x+ h)− g (x)h

g (x+ h) g(x),

tomando el límite h→ 0 se encuentra:(f

g

)′(x) =

f ′ (x) g (x)− f (x) g′ (x)[g (x)]2

.

�


4.3.7 Decimo resultado fundamental (La regla de la cadena)

Teorema 4.4 Sea U (x) = f [g (x)]. Supóngase que g es derivable en x, y que la función f esderivable en g (x), entonces U es derivable en x con derivada:

U ′ (x) = f ′ [g (x)] · g′ (x) .

Demostración. El cociente de Newton es

U (x+ h)− U (x)h

=f [g (x+ h)]− f [g (x)]

h

Sea z = g (x) y k = g (x+ h)− g (x), entonces k depende de h, además k → 0 si h→ 0.Con este cambio el cociente de Newton queda

U (x+ h)− U (x)h

=f (z + k)− f (z)

h

y si k �= 0 podemos escribir

U (x+ h)− U (x)h

=f (z + k)− f (z)

k· kh

Tomando el límite h→ 0, es claro que k → 0, entonces:

limh→0

U (x+ h)−U (x)h

=

(limk→0

f (z + k)− f (z)k

)(limh→0

k

h

)

= f ′ (z)

(limh→0

g (x+ h)− g (x)h

)

= f ′ (z) g′ (x)

= f ′ [g (x)] g′ (x) ,

es decir U ′ (x) = f ′ [g (x)] g′ (x), esto demuestra el teorema.�

Observación. En la anterior demostración, se supone que k �= 0, ¿Que sucede si k = 0?, puessi k = 0 , la anterior demostración no es válida, sin embargo se puede demostrar que el teorema ental caso subsiste (Para una demostración ver el libro: Cálculo I, de Serge Lang, Fondo EducativoInteramericano S.A., 1976 Página 71).

En notación diferencial, la regla de la cadena se escribe como:

dU

dx=df

dg· dgdx

Observemos que la anterior fórmula nos dice: Derive primero f respecto de g, esto es,mirando g como una variable. Luego derive g respecto a x.

Ejemplo 4.5 Hallar la derivada de U (x) =√x2 + cosx.


Solución. La función U (x) puede escribirse como U (x) = f [g (x)] en donde

f (x) =√x y g (x) = x2 + cosx

derivando encontramos

f ′ (x) =1

2√x

y g′ (x) = 2x− senx

y entonces

f ′ [g (x)] =1

2√g (x)

=1

2√x2 + cosx

.

Luego por la regla de la cadena

U ′ (x) = f ′ [g (x)] g′ (x) =1

2√x2 + cosx

(2x− senx) .

Método abreviado. Miramos a x2+cosx como una variable, entonces la derivada de√x2 + cosx

respecto de x2 + cosx es:1

2√x2 + cosx

. por otra parte la derivada de x2 + cosx respecto de x es:

2x− senx, por tanto:f ′ (x) =

1

2√x2 + cosx

(2x− senx) .

Ejemplo 4.6 g (x) = sen(x2).

Solución. Miramos x2 como una variable, entonces la derivada de sen(x2)respecto de x2 es

cos(x2). Por otra parte la derivada de x2 respecto de x es 2x, luego

f ′ (x) = cos(x2)2x = 2x cos

(x2).

Ejemplo 4.7 h (x) = ecos(√x2+5) .

Solución. Usamos el método abreviado.

h′ (x) =[ecos(

√x2+5)

]′

= ecos(√x2+5)

[cos(√

x2 + 5)]′

= ecos(√x2+5)

[− sin

(√x2 + 5

)] [√x2 + 5

]′

= − ecos(√x2+5) sin

(√x2 + 5

) 1

2√x2 + 5

(x2 + 5

)′

= − ecos(√x2+5) sin

(√x2 + 5

) 1

2√x2 + 5

(2x)


4.4 Derivada con funciones trigonométricas

4.4.1 Derivada de la función tangente

Sea f (x) = tanx, entonces f (x) =senx

cosx. Usando Las propiedades fundamentales encontramos:

f ′ (x) =(senx)′ (cosx)− (senx) (cosx)′

(cosx)2

=(cosx) (cosx)− (senx) (− senx)

(cosx)2

=cos2 x+ sen2 x

cos2 x

= sec2 x.

En notación diferencial:d

dx(tanx) = sec2 x

4.4.2 Derivada de la función cotangente

Sea la función f(x) = cotx. Con el procedimiento anterior encontramos que:

f ′(x) = − csc2 x.En notación diferencial:

d

dx(cotx) = − csc2 x

4.4.3 Derivada de la función secante

Sea la función f(x) = secx. Su derivada es:

f ′(x) = secx tanx.

En notación diferencial:d

dx(secx) = secx tanx.

4.4.4 Derivada de la función cosecante

La derivada de la función f(x) = cscx es:

f ′ (x) = − cscx cotx.En notación diferencial:

d

dx(cscx) = − cscx cotx.

4.4. DERIVADA CON FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS 113

Ejercicio 4.1 f (x) = cosx senx− x2.Solución.

f ′ (x) = (cosx senx)′ −(x2)′

= (cosx)′ senx+ cosx (senx)′ − 2x= − senx senx+ cosx cosx− 2x= − sen2 x+ cos2 x− 2x

Ejercicio 4.2 f (x) =cosx− senxtanx−√x .

Solución. Escribamos f (x) del siguiente modo f (x) =cosx− senxtanx− x 1

2

, luego

f ′ (x) =(cosx− senx)′

(tanx− x 1

2

)− (cosx− senx)

(tanx− x 1

2

)′

(tanx− x 1

2

)2

=(− senx− cosx)

(tanx− x 1

2

)− (cosx− senx)

(sec2 x− 1

2x− 12

)

(tanx− x1

2

)2

Ejercicio 4.3 g (x) = tan2 x+ sen2 x.

Solución. Escribimos g (x) = [tanx]2 + [senx]2 luego

g′ (x) = 2 [tanx] (tanx)′ + 2 [senx] (senx)′

= 2tanx sec2 x+ 2 senx cosx

= 2(tanx sec2 x+ senx cosx

).

Ejercicio 4.4 h (x) = cosx cscx+ 7√x.

Solución.h′ (x) = (cosx cscx)′ + (7

√x)

′

= (cosx)′ cscx+ cosx (cscx)′ + 7 (√x)

′

= − sinx cscx + cosx (− cscx cotx) + 7

2√x

= − sinx cscx − cot2 x+7

2√x

= −(1 + cot2 x

)+

7

2√x

= − csc2 x+ 7

2√x

Observemos que h (x) = cosx cscx+ 7√x = cotx+ 7

√x, luego h′ (x) = − csc2 x+ 7

2√x.


Ejercicio 4.5 Calcular la derivada de f (x) = |cosx|+ |x| |sinx| en el intervalo [−π, π] .Solución. La función f se puede escribir como

f (x) =

{− cosx+ x sinx x ∈ [−π,−π/2) ∪ [π/2, π)cosx+ x sinx x ∈ [−π/2, π/2]

Luego la derivada es:

f ′ (x) =

{sinx+ sinx+ x cosx x ∈ [−π,−π/2) ∪ [π/2, π)− sinx+ sinx+ x cosx x ∈ [−π/2, π/2]

Por tanto:

f ′ (x) = −|cosx|cosx

sinx+|x|x|sinx|+ |x| |sinx|

sinxcosx.


Calcular la derivada de las siguientes funciones:

1. l (x) =1

cos3 xSol.:

3

cos4 xsinx

2. g (x) =x6 + cosx− sinxtanx− x4/7

Sol.:

(6x5 − sinx− cosx

) (tanx− x4/7

)−(x6 + cosx− sinx

) (sec2 x− 4

7x−3/7)

(tanx− x4/7

)2

3. u (x) = cosx− |x| sinx. Sol.: − sinx− |x|x sinx− |x| cosx

4. s (x) = sinx cos(x(x3 − 5x+ 9

))

Sol.: cosx cosx(x3 − 5x+ 9

)− sinx sin

(x(x3 − 5x+ 9

))·(

x3 − 5x+ 9 + x(3x2 − 5

)).

5. f (x) =cosx

sinx+ cosx

Sol.:(− sinx) (sinx+ cosx)− (cosx) (cosx− sinx)

(sinx+ cosx)2

6. u (x) = cscx +1

x5 sin4 x

Sol.: − cscx cotx− 5x4 sin4 x+ 4x5 sin3 x cosx

x10 sin8 x

7. f (x) = |cosx| Sol.: −|cosx|cosx

sinx

4.5. DERIVADAS CON LA REGLA DE LA CADENA 115

8. g (x) =x3 + x− sinxtanx+ |x|

Sol.:

(3x2 + 1− cosx

)(tanx+ |x|)−

(x3 + x− sinx

) (sec2 x+ |x|

x

)

(tanx+ |x|)2

9. f (x) = secx+ (tanx)(x3 + cos2 x

)

Sol.: secx tanx+(1 + tan2 x

) (x3 + cos2 x

)+ (tanx)

(3x2 − 2 cosx sinx

).

10. u (x) =x6 + secx

sin2 x− tan2 x+ x

Sol.: (6x5+secx tanx)(sin2 x−tan2 x+x)−(x6+secx)(2 sinx cosx−2 tanx sec2 x+1)

(sin2 x−tan2 x+x)

11. Sea f (x) = a cosx − b sinx. Calcular valores de a y b tales que f (0) = 1 y f ′ (0) = 5. Sol.a = 1, b = −5.

4.5 Derivadas con la regla de la cadena

Ejercicio 4.6 α (t) = ln{[t75 tan

(t5 −

√t)]}

.

Solución.

α′ (t) =1

t75 tan

(t5 −√t){t75 tan

(t5 −√t)}′

=1

t75 tan

(t5 −√t){75t

25 tan

(t5 −√t)+ t

75

[tan(t5 −√t)]′}

=1

t75 tan

(t5 −√t){75t

25 tan

(t5 −√t)+ t

75

[sec2

(t5 −√t)] [

t5 −√t]′}

=1

t75 tan

(t5 −√t){75t

25 tan

(t5 −√t)+ t

75

[sec2

(t5 −√t)] [5t4 − 1

2√t

]}

Ejercicio 4.7 Seaf (x) = x2 +

√ln (x3 + 1) + arctan

(x2 + 1

)

calcular f ′ (x).

Solución.

f ′ (x) = 2x+1

2√ln (x3 + 1)

·[ln(x3 + 1

)]′+

1

(x2 + 1)2 + 1·[x2 + 1

]′

= 2x+1

2√ln (x3 + 1)

·(

1

x3 + 1

)·(x3 + 1

)′+

1

(x2 + 1)2 + 1· (2x)

= 2x+1

2√ln (x3 + 1)

·(

1

x3 + 1

)· 3x2 + 1

(x2 + 1)2 + 1· (2x)

A veces, es útil realizar cambios de variable para facilitar los cálculos.


Ejercicio 4.8 Calcular la derivada def (x) = xx

x. (1)

Solución. sea u = xx, claramente u es función de la variable x. Con este cambio la función f queda:

f (x) = xu

tomando logaritmos:ln f (x) = u lnx (2)

derivando a ambos lados de (2) obtenemos :

1

f (x)f ′ (x) = u′ lnx+ u

1

x,

luego:f ′ (x) = f (x)

(u′ lnx+

u

x

)(3)

en este último resultado sólo falta calcular u′ y la derivada f ′ (x) estará completamente calculada.Cálculo de u′.Aplicando logaritmos en u = xx:

lnu = x lnx,

derivando esta expresión encontramos:

1

uu′ = lnx+ x

1

x

de donde:u′ = u (lnx+ 1)

reemplazando este resultado en (3) obtenemos:

f ′ (x) = f (x)(u (lnx+ 1) lnx+

u

x

)(4)

reemplazando u y f (x) en (4) se encuentra:

f ′ (x) = xxx

(xx (lnx+ 1) lnx+

xx

x

).

Ejercicio 4.9 Calcular la derivada de g (x) = esinx+tan (ln (sinx)) .Solución.

g′ (x) =(esinx

)′+ {tan [ln (sinx)]}′

= esinx (sinx)′ + sec2 [ln (sinx)] {ln (sinx)}′

= cosx esinx+sec2 [ln (sinx)]

(1

sinx

)(sinx)′

= cosx esinx+sec2 [ln (sinx)]

(1

sinx

)cosx.

4.5. DERIVADAS CON LA REGLA DE LA CADENA 117


Calcular la derivada de:

1. f (x) = sin(x2 + tanx

)Sol.:

(cos(x2 + tanx

)) (2x+ sec2 x

).

2. h (x) = cos[5√ln (x4 − x6)

]Sol.: −15

sin(ln

15

(x4 − x6

))

ln45 (x4 − x6)

4x3 − 6x5x4 − x6 .

3. u (t) = ecos{ln[t2+tan t]}

Sol.:−ecos(ln(t2+tan t))(sin(ln(t2 + tan t

))) 2t+ sec2 tt2 + tan t

.

4. g (x) =

√√√√cosx+ sinx

Sol.:1

16(

16√(cosx+ sinx)

)15 (− sinx+ cosx) .

5. f (x) = cos√x2 + ln (sin (x2 + x)) + arctanx

Sol.: −12sin√(x2 + ln (sin (x2 + x)) + arctanx)

√(x2 + ln (sin (x2 + x)) + arctanx)

g (x)

donde:

g (x) =

(2x+

(cos(x2 + x

)) 2x+ 1

sin (x2 + x)+

1

x2 + 1

)

6. f (x) = arctan(sin√x1000 + ex

)

Sol.: 12

cos√x1000 + ex√

x1000 + ex1000x999 + ex

1 + sin2√x1000 + ex

.

7. f (x) = cos (cos (cosx))

Sol.: − sin (cos (cosx)) sin (cosx) sinx.

8. f (x) = cos (sin (cosx))

Sol.: sin (sin (cosx)) cos (cosx) sinx.

9. f (x) = sinh(lnx+ tan

(√x+ 1

))

Sol.:(cosh

(lnx+ tan

√x+ 1

))(1x+ 1

2

sec2√x+ 1√

x+ 1

).

10. f (x) =[[cosx+

[ln(x10 + tanx

)]10]10]10

Sol.:u (x) v (x)w (x)


donde:

u (x) = 10

[[cosx+

[ln(x10 + tanx

)]10]10]9

v (x) = 10[cosx+

[ln(x10 + tanx

)]10]9

w (x) =

[− sinx+ 10

[ln(x10 + tanx

)]9 10x9 + sec2 xx10 + tanx

]

4.6 Derivada de las funciones hiperbólicas

Recordemos que:

senhx = 12 (e

x − e−x) coshx = 12 (e

x + e−x) tanhx =senhx

coshx

cschx =1

senhxsechx =

1

coshxcothx =

1

tanhx

Con estas fórmulas es fácil deducir:

(senhx)′ = coshx(coshx)′ = senhx(tanhx)′ = sech2 x(cothx)′ = − csch2 x(sechx)′ = − tanhx sechx(cschx)′ = − cothx cschx

4.7 Derivada de la función inversa

Sea f una función biyectiva en algún dominio. Sea g la función inversa de f , y f ′ [g (x)] �= 0 entonces:

f [g (x)] = x

yf ′ [g (x)] · g′ (x) = 1,

luego:

g′ (x) =1

f ′ [g (x)],

es decir,(f −1)′(x) =

1

f ′ [f−1 (x)] .

Una aplicación del anterior proceso se presenta en la siguiente sección.

4.7.1 Derivadas de funciones trigonométricas inversas

• a) Derivada de la función arcsenxSea f (x) = arcsenx. Por definición se tiene sen (f (x)) = x, derivando a ambos lados obtene-mos:

cos (f (x)) f ′ (x) = 1,

4.7. DERIVADA DE LA FUNCIÓN INVERSA 119

de donde:

f ′ (x) =1

cos (f (x))

=1

√1− sen2 (f (x))

=1√1− x2

es decir,d

dx(arcsenx) =

1√1− x2

De manera similar encontramos las siguientes derivadas:

• b)d

dx(arccosx) = − 1√

1− x2

• c)d

dx(arctanx) =

1

1 + x2

• d)d

dx(arccotx) = − 1

1 + x2

• e)

d

dx(arcsecx) = ± 1

x√x2 − 1

,

{+ si x > 1− si x < −1

• f)

d

dx(arccscx) = ∓ 1

x√x2 − 1

,{− si x > 1+ si x < −1

4.7.2 Derivadas de las funciones hiperbólicas inversas

Recordemos las formulas trigonométricas hiperbólicas inversas.

senh−1 x = ln(x+√x2 + 1

), x ∈ R

cosh−1 x = ln(x+√x2 − 1

), x ≥ 1

tanh−1 x = 12 ln(1+x1−x

), |x| < 1

coth−1 x = 12 ln(x+1x−1

), |x| > 1

sech−1 x = ln(1+√1−x2

x

), 0 < x ≤ 1

csch−1 x = ln(1x +

1|x|√x2 + 1

), x �= 0

Derivando obtenemos las siguientes fórmulas:

d

dx

(senh−1 x

)=

1√1 + x2

d

dx

(cosh−1 x

)=

1√x2 − 1

d

dx

(tanh−1 x

)=

1

1− x2 , |x| < 1d

dx

(coth−1 x

)=

1

1− x2 , |x| > 1d

dx

(sech−1 x

)= − 1

x√1− x2

, x ∈ (0, 1)d

dx

(csch−1 x

)= − 1

|x|√1 + x2

, x �= 0

Obsérvese que la derivada de tanh−1 x es una expresión igual a la derivada de coth−1 x, ladiferencia está en sus dominios, pues la primera tiene validez en |x| < 1 y la segunda en |x| > 1.

4.8 Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial

Usando la regla de la cadena podemos construir la siguiente tabla, en cada caso u es una función dela variable x, esto es, u = u (x).

Función Derivada

ua aua−1du

dx, para todo a ∈ R

eu eudu

dx

lnu1

u

du

dx

Función Derivada

sinu cosudu

dx

cosu − sinu dudx

tanu sec2 udu

dx

cotu − csc2 u dudx

secu secu tanudu

dx

cscu − cscu cotu dudx

4.8. TABLA GENERALIZADA DE DERIVADAS CON NOTACIÓN DIFERENCIAL 121

Función Derivada

arcsenu1√1− u2

du

dx

arccosu − 1√1− u2

du

dx

arctanu1

1 + u2du

dx

arccotu − 1

1 + u2du

dx

arcsecu ± 1

u√u2 − 1

du

dx

{+ si u > 1− si u < −1

arccscu ∓ 1

u√u2 − 1

du

dx

{− si u > 1+ si u < −1

Función Derivada

(senhu)′ coshudu

dx

(coshu)′ senhudu

dx

(tanhu)′ sech2 udu

dx

(cothu)′ − csch2 u dudx

(sechu)′ − tanhu sechu dudx

(cschu)′ − cothx cschu dudx

Función Derivada

senh−1 u1√1 + u2

du

dx

cosh−1 u1√

u2 − 1du

dx

tanh−1 u1

1− u2du

dx, |u| < 1

coth−1 u1

1− u2du

dx, |u| > 1

sech−1 u − 1

u√1− u2

du

dx, u ∈ (0, 1)

csch−1 u − 1

|u|√1 + u2

du

dx, u �= 0


Comprobar los siguientes resultados

1.d

dx

(arcsin

(arctan

(x2 + 1

)))=

2√(1− arctan2 (x2 + 1))

x

1 + (x2 + 1)2.


2.d

dx(ln (arccos (

√x))) = − 1

2√(1− x)√x arccos√x

.

3.d

dx

(√arcsec (tanx)

)=

1

2√arcsec (tanx)

sec2 x

tanx√tan2 x− 1

.

4.d

dx

(earctan(x

5−5x))=

5x4 − 51 + (x5 − 5x)2

earctan(x5−5x) .

5.d

dt

(√arccsc (ln (t2 − 3t))

)= u (t), donde

u (t) = − 1

2√arccsc (ln (t2 − 3t))

2t− 3(t2 − 3t) (ln (t2 − 3t))

√ln2 (t2 − 3t)− 1

.

6.d

dt

(tarccot t

)= tarccot t

(− 11+t2 ln t+

arccot t

t

).

7.d

dt

(t√arcsec(t2+1)

)= u (t), donde

u (t) = t√arcsec(1+t2) ·

t

(1 + t2)√arcsec (1 + t2)

√(1 + t2)2 − 1

ln t+

√arcsec (1 + t2)

t

8.d

dx(sin (arcsec

√x)) = cos (arcsec

√x)

1

2x√x− 1 .

9.d

dx(sinh (arcsec

√x)) =

cosh (arcsec√x)

2x√x− 1

10.d

dx

(sinh−1

(cosx+ tan

(x2 + 1

)))=− sinx+ 2

(sec2

(x2 + 1

))x

√(1 + (cosx+ tan (x2 + 1))2

) .

4.9 Derivadas de Orden Superior

Si una función f es derivable en x, y su derivada f ′ es derivable en x, la derivada de f ′ se llamasegunda derivada de f en x y se escribe con una de las siguientes notaciones:

f ′′ (x) ó f (2) (x) ód2f

dx2

Se puede hablar en general de una derivada n-ésima, esto se denota con una de las siguientesnotaciónes:

f (n) (x) ódnf

dxn

Debemos observar que en general para un entero positivo k se tiene:

d

dx

(dkf

dxk

)=dk+1f

dxk+1

4.9. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR 123

También(f (k) (x)

)′= f (k+1) (x)


Ejercicio 4.10 Sea f (x) =1

x, encontrar todas las derivadas de f .

f ′ (x) = − 1x2,

f ′′ (x) =1 · 2x3

,

f ′′′ (x) = f (3) = −1 · 2 · 3x4

· · ·De lo anterior, inductivamente se puede probar que

f (n) (x) = (−1)n n!

xn+1

Ejercicio 4.11 Sea la función f (x) = u [v (x)], encontrar una fórmula parad2f

dx2.

Solución. Comodf

dx=du

dv

dv

dx, entonces

d2f

dx2=

d

dx

(df

dx

)

=d

dx

(du

dv

dv

dx

)

=d

dx

(du

dv

)dv

dx+du

dv

d

dx

(dv

dx

)

=d

dv

(du

dv

)dv

dx

dv

dx+du

dv

(d2v

dx2

)

=

(d2u

dv2

)(dv

dx

)2+

(du

dv

)(d2v

dx2

)

Otro método: f (x) = u [v (x)], entonces f ′ (x) = u′ [v (x)] v′ (x), luego

f ′′ (x) = u′′ [v (x)] v′ (x) v′ (x) + u′ [v (x)] v′′ (x)

= u′′ [v (x)] [v′ (x)]2 + u′ [v (x)] v′′ (x)

Ejercicio 4.12 Sea f (x) = cos[x2 + 1

], encontrar f ′′ (x).

Solución. f ′ (x) = − sen(x2 + 1

)(2x), entonces


f ′′ (x) =[− sen

(x2 + 1

)]′(2x) +

[− sen

(x2 + 1

)](2x)′

=[− cos

(x2 + 1

)(2x)

](2x)− sen

(x2 + 1

)2

= −4x2 cos(x2 + 1

)− 2 sen

(x2 + 1

)

Ejercicio 4.13 Sea g (x) = xx, encontrar g′′ (x).

Solución. ln g (x) = x lnx, derivandog′ (x)g (x)

= lnx+ 1, de donde:

g′ (x) = xx (lnx+ 1)

derivando nuevamente:

g′′ (x) = (xx)′ (lnx+ 1) + xx (lnx+ 1)′

= xx (lnx+ 1) (lnx+ 1) + xx(1x

)

= xx (lnx+ 1)2 +xx

x

Ejercicio 4.14 Encontrar un polinomio P de segundo grado tal que P (1) = 1, P ′ (1) = 3 y P ′′ (1) =4.Solución. Sea

P (x) = ax2 + bx+ c,

se tiene P ′ (x) = 2ax+ b y P ′′ (x) = 2a.Usando las condiciónes del problema, formamos el siguiente sistema de ecuaciónes

a+ b+ c = 12a+ b = 32a = 4

,

resolviendo, encontramos a = 2, b = −1, c = 0, luego, el polinomio buscado es:

P (x) = 2x2 − x.

Ejercicio 4.15 Sea Y = u (x) v (x), encontrar:(a) Y ′′

(b) Y (n)

Solución. Por comodidad escribiremos simplemente u y v en lugar de u (x) y v (x) .(a)

Y ′ = u′ v + uv′,

entoncesY ′′ = u′′v + u′v′ + u′v′ + uv′′

= u′′v + 2u′v′ + uv′′

(b) Por inducción, se puede probar que

Y (n) =n∑

k=0

(n

k

)u(n−k)v(k),

aqui(n

k

)=

n!

k! (n− k)! y convenimos que u(0) = u, también v(0) = v, esto es, la derivada de orden

cero de una función es la misma función.

4.10. DERIVACIÓN IMPLÍCITA 125

Ejercicio 4.16 Calcular la n-ésima derivada de f (x) = cosx+ senx.

Solución.f ′ (x) = − senx+ cosxf ′′ (x) = − cosx− senxf ′′′ (x) = +senx− cosxf (iv) (x) = cosx+ senx,

de esto podemos deducir:

f (n) (x) =

{(−1)n2 cosx+ (−1)n2 senx; para n par

(−1)n+12 senx+ (−1)n+32 cosx; para n impar


1. Calcular f (n) (x) . si:

(a) f (x) = eax, siendo a una constante.

Sol.: aneax.

(b) f (x) = bax, siendo a, b constantes con b > 0.

(c) f (x) = cosx

Sol.:

(−1)n+12 sinx, n impar

(−1)n2 cosx, n par

(d) f (x) = sinx

(e) f (x) = ln (x)

(f) f (x) = ln (x+ 1)

2. Sea f (x) = aex+bx2+cx, encontrar los valores de a, b y c si se sabe que f (0) = 1 y f ′ (0) = 2,f ′′ (0) = 3.

Sol.:a = 1, b = 1, c = 1.

4.10 Derivación Implícita

Consideremos la ecuación algebraica F (x, y) = c, bajo ciertas condiciónes, la anterior expresión,define una función y = f (x). En esta sección, discutiremos la forma de encontrar

y′ (x) =df (x)

dx

a partir deF (x, y) = c,

sin necesidad de despejar y de la mencionada ecuación.


Ejemplo 4.8 La ecuación x2 + y2 = 1 define, entre otras, las siguientes funciones:

f (x) =√1− x2

y

g (x) = −√1− x2

4.10.1 Cálculo de y ′

Para encontrar y′ a partir de F (x, y) = c usamos la regla de la cadena. En particular recordemosque si y = y (x) y u = H(y) entonces por la regla de la cadena

du

dx=du

dy

dy

dx


Ejercicio 4.17 Encontrar y′ =dy

dx, si x2 + y2 = 1.

Solución. Observemos que:d

dx

(x2)= 2x

d

dx(y2) = 2yy′

d

dx(1) = 0,

por tanto, derivando a ambos lados de x2 + y2 = 1 se encuentra:

2x+ 2yy′ = 0.

Despejando y′, obtenemos

y′ = −xy.

Nótese que y′ no existe en los puntos (1, 0) y (−1, 0).

Ejercicio 4.18 Encontrar y′ si 2x2√y − y2 = 5.

Solución. Derivando respecto a x en ambos lados de la igualdad dada obtenemos:

4x√y + 2x2

1

2√yy′ − 2yy′ = 0,

despejando y′:

y′ =−4x√yx2√y− 2y

4.10. DERIVACIÓN IMPLÍCITA 127

Ejercicio 4.19 Encontrar y′ si cos(xy) + ey = 5.

Solución. Derivando,− sen(xy)(y + xy′) + eyy′ = 0,

luego:

y′ =y sen(xy)

ey − x sen(xy) .

Ejercicio 4.20 Encontrar y′ si xy2 + ln(

x2

y + senx

)= 0.

Solución. Derivando,

y2 + 2xyy′ +1

x2

y + senx

(2x (y + senx)− x2 (y′ + cosx)

(y + senx)2

)= 0,

despejando y′ obtenemos

y′ = −y2 +

2x(y + senx)− x2 cosxx2 (y + senx)

2xy − 1

(y + senx)


Suponer que las siguientes ecuaciones definen implícitamente una función y = f (x) . Hallar suderivada.

1. xy3 + cos y = 1

Sol.:y′ = − y3

3xy2 − sin y .

2. xy + 5√ln yx3 = 5

Sol.: y′ = −y + 15

(ln

12 y)x2

x+5

2 ln12 y

x3

y

.

3. xy2 − arctan(

1√x2 + y2

)

+ sin (xy) = 0

Sol. : y′ = −y2 +

1√x2 + y2 (x2 + y2 + 1)

x+ (cosxy) y

2xy +1

√x2 + y2 (x2 + y2 + 1)

y + (cosxy)x.


4. xg (y) + yf (x) = 0;

Sol.: y′ = −g (y) + yf ′ (x)xg′ (y) + f (x)

.

5. sin (xy) + sin(x2y2

)= 0

Sol : y′ = −(cosxy) y + 2(cosx2y2

)xy2

(cosxy)x+ 2 (cosx2y2)x2y.

6. arcsec(y + exy) = 0.

Sol : −y exy

1 + xexy.

7. (xy + yx) = 1.

Sol :− xy yx + yx ln y

xy lnx+ yxx

y

8. cos (xy)− sin (xy) = 5.

Sol :− (sinxy) y + (cosxy) y(sinxy)x+ (cosxy)x

9. sin(exy

2)+ tan (y + x) = 0.

Sol :−

(cos(exy

2))

y2exy2+ sec2 (y + x)

2(cos(exy

2))xyexy

2+ sec2 (y + x)

10.arcsin (xy)

x2y2 − cos (xy) = 1.

Sol :−y(x2y2−cos(xy))√

1−x2y2+(2xy2 + y sin (xy)

)arcsin (xy)

x(x2y2−cos(xy))√1−x2y2

− (2x2y + x sin (xy)) arcsin (xy)

4.11 La recta tangente y normal

Sea f una función diferenciable en x0. La recta tangente a la gráfica de f en el punto (x0, f (x0))es la recta que pasa por este punto con pendiente f ′ (x0) , esto es,

y = f ′ (x0) (x− x0) + f (x0) ,

es la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en (x0, f (x0)) .

4.11. LA RECTA TANGENTE Y NORMAL 129

x

yRecta tangente

Recta normal( )( )00, xfx

0x

( )0xf

Por otra parte es claro que la recta normal al gráfico de f en (x0, f (x0)) es:

y = − 1

f ′ (x0)(x− x0) + f (x0) .


Ejercicio 4.21 Sea f la función definida por f (x) = −x2 + 2x, determinaremos la ecuación de larecta tangente y normal a la gráfica de f en x = 3

2 . Calculando f′(x) encontramos:

f ′(x) = −2x+ 2,

entonces f ′(32

)= −1, por otra parte f

(32

)= −94 +3 = 3

4 luego la ecuación de la recta tangente a lagráfica de f en

(32 , f(32

))=(32 ,34

)es:

y = f ′(32

) (x− 3

2

)+ f(32

)

= (−1)(x− 3

2

)+(34

)

= −x+ 94

por otra parte la recta normal tiene por ecuación:

y = 1

(x− 3

2

)+3

4

= x− 34


x

y

0

( )43

23,1

21

49+−= xy

43−= xy

xxy 22 +−=

Recta normal

Recta tangente

Ejercicio 4.22 Encuentre las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de f (x) = sinxen el punto

(π/3,

√3/2).

Solución. f ′ (x) = cosx, luego la pendiente de la recta tangente en el punto dado es:

mT = f ′ (π/3) =1

2

por tanto la ecuación de la recta tangente es:

y =1

2(x− π/3) +

√3/2

=1

2x− 1

6π +

1

2

√3

Por otra parte la pendiente de la recta normal es mN = −1

mT= −2, luego la ecuación

de la recta normal es:

y = −2 (x− π/3) +√3/2

= −2x+ 23π +

1

2

√3

x

y

π

π

( )23,

3π

0

( )xy sin=

3221

32 ++−= πxy

321

61

21 ++= πxy

Ejercicio 4.23 Sea f (x) = 15x5 + 1

2x4 − 14

3 x3 + x2 − 15x. Encontrar los puntos de la gráfica de f

en donde la tangente es horizontal.

4.11. LA RECTA TANGENTE Y NORMAL 131

Solución. Derivando y factorizando:

f ′ (x) = (x− 3)(x2 + 1

)(x+ 5)

Los puntos en donde la derivada es nula son x = 3 y x = −5. Por tanto los puntos endonde la tangente es horizontal son:

(3,−72910

)y(−5, 22256

).

x

y

35

−

62225,5

50−

200

400

0

−

10729,3

( ) xxxxxxf 15233144

215

51 −+−+=

Ejercicio 4.24 Hallar las ecuaciones de las tangentes a la curva 9x2+16y2 = 52 paralelas a la recta9x− 8y = 1.

Solución. La pendiente de la recta es: m =9

8. Por otra parte de 9x2 + 16y2 = 52 se

obtiene 9x+ 16yy′ = 0 de donde:

y′ = − 9x16y

(1)

Puesto que la pendiente debe ser 9/8 se tiene: − 9x16y

=9

8lo que da:

−x = 2y. (2)

Multiplicando por 2 a ambos lados de (2) y elevando al cuadrado:

4x2 = 16y2,

este resultado junto a 9x2 + 16y2 = 52 da:

9x2 + 4x2 = 52

resolviendo la ecuación se obtiene: x = −2 y x = 2. Reemplazando estos valores en (2):

x = −2 : y = 1

x = 2 : y = −1

Por tanto las rectas tangentes buscadas son:


• Por el punto (−2, 1) : y = 9x+ 268

• Por el punto (2,−1) : y = 9x− 268

x

y

( )1,2 −

( )1,2−

3−

2−

3

2

52169 22 =+ yx2698 −=− xy

2698 =− xy 189 =− yx


1. Encuentre las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de la función en el puntoindicado:

(a) f (x) = arctanx en x = 1. Sol. y =1

2(x− 1) + π

4, y = −2 (x− 1) + π

4

(b) f (x) =(x3 + 2

)5 en (−1, 1) .

2. Hallar las rectas tangentes de pendiente 1 a la circunferencia

x2 + y2 − 10x+ 2y + 18 = 0.

Sol.: y = x− 10, y = x− 2.

3. Sea f (x) =1

3x3 − x+ 1. Encontrar los puntos x en donde la pendiente de la recta tangente a

la gráfica de f sea (a) 1, (b) −1. Sol.: (a) ±√2 (b) 0.

4. Sea f (x) = x2 + ax + b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la línea y = 2x estangente a la gráfica de f en (2, 4) . Sol.: a = −2, b = 4.

5. Sea f (x) = x2 + ax + b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la parábola pasepor (−1, 2) y sea tangente a la recta y = 2x − 1. Sol.: Dos soluciones, una solución es y =x2 +

(4 + 2

√5)x+(5 + 2

√5).

6. Sea f (x) = −x2+ax+b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la parábola sea tangentea las rectas y = x+ 1, y = −2x+ 1. Sol. y = −x2 − 1

2x+716 .

4.12. LA DIFERENCIAL 133

7. Encontrar valores de a, b, c para que los gráficos de los polinomios f (x) = x2 + ax + b yg (x) = x3 − c que se intersectan en (1, 2) tengan la misma tangente en tal punto. Sol.: a = 1,b = 0, c = −1.

8. Sea f (x) = x3 − ax. Encontrar los valores de a tales que la cúbica sea tangente a la rectay = x+ 1. Sol. f (x) = x3 −

(−1 + 3

23√2)x.

9. Hallar números a, b tal que las curvas y = x2 − x y y = −x2 + ax + b sean tangentes. Sol.Infinitas soluciones, una solución es a = 3, b = −2, y = x2 − x, y = −x2 + 3x− 2.

10. Hallar números a, b tales que las curvas y = x2 − x y y = −x2 + ax + b sean tangentes y enel punto de tangencia, la tangente común paralela a la recta y = x+ 1. Sol. 3, −2, punto detangencia (1, 0) , y = −x2 + 3x− 2

11. Demostrar que la ecuación de la tangente a la parábola y2 = 4px en un punto (x0, y0) de ellaes yy0 = 2p (x+ x0) .

12. Demostrar que las ecuaciones de las tangentes a la elipse b2x2+a2y2 = a2b2 de pendiente iguala m, son y = mx±

√a2m2 + b2.

13. Dada la hipérbola b2x2−a2y2 = a2b2, demostrar que (a) la ecuación de la tangente en un punto(x0, y0) de ella es b2x0x − a2y0y = a2b2. (b) las ecuaciones de las tangentes con pendiente mson y = mx±

√a2m2 − b2.

4.12 La diferencial

4.12.1 Incrementos

Si una variable cambia de valor de x0 a x, la diferencia x − x0 se llama incremento de la variabley se denota con ∆x. Si y = f (x) y hay un cambio de x0 a x, la diferencia f (x) − f (x0) se llamaincremento en la variable dependiente y, tal incremento se denota por: ∆y. Resumiendo:

∆x = x− x0∆y = f (x)− f (x0) = f (x0 +∆x)− f (x0)

Dependiento de la ubicación de x0 y y0 = f (x0) los incrementos pueden ser positivos o negativos.A continuación se presenta una ilustración.

x

y

( )00, yx

( )yx,

y∆

x∆x0x


Observemos que

lim∆x→0

∆y

∆x= lim

x→x0

f (x)− f (x0)x− x0

= lim∆x→0

f (x0 +∆x)− f (x0)∆x

= f ′ (x0)

4.12.2 Diferenciales

Considérese una función y = f (x) y x0 un punto del dominio en donde f ′ (x0) existe, entonces enuna vecindad pequeña de x0, la recta tangente a f en (x0, f (x0)) cuya ecuación es:

g (x)− f (x0) = f ′ (x0) (x− x0)

se aproxima ”bién ” a f . Con ∆x = x− x0, podemos formemos la aplicación

T (∆x) = f ′ (x0)∆x

tal aplicación se llama la diferencial de y, por abuso de lenguaje es usual escribir dx en lugar de ∆x.

Definición 4.5 (Diferencial) Dada una función y = f (x) la diferencial de y en un punto x es:

dy = f ′ (x) dx.

La diferencial de la variable dependiente y no es igual a su incremento. Considérese por ejemplola función y = f (x) = x2, como f ′ (x) = 2x, debemos tener:

dy = f ′ (x) dx

pero

∆y = f (x+∆x)− f (x)= (x+∆x)2 − x2= 2x∆x+ (∆x)2

= 2xdx+ (dx)2

obsérvese, sin embargo, que si dx está próximo de cero la diferencial ∆y y dy estarán muy próximos.

4.12.3 La notación diferencial para la derivada

Con la discusión de las dos secciones anteriores se justifica la notación:

dy

dx= f ′ (x) ,

como sabemos esto se lee “la derivada de y = f (x) respecto de x es f ′ (x)”. La notación dy = f ′ (x) dx

podría sugerir que se ha despejado dy de la ecuacióndy

dx= f ′ (x), esto, si bien funciona, no es cierto

puesdy

dxno es una fracción.

4.12. LA DIFERENCIAL 135

4.12.4 Reglas para el cálculo de las diferenciales

Todas las regla de derivadas se cumplen para diferenciales.

1. d (c) = 0, c una constante

2. d (cu) = cdu

3. d (uv) = udv + v du

4. d (u/v) =v du− u dv

v2

Ejemplo 4.9 La diferencial de y = cosx2 es:

dy =(cosx2

)′dx = −2x sinx2dx.

Ejemplo 4.10 La diferencial de y = tanx es

dy = (tanx)′ dx = sec2 x dx.

Capítulo 5

Aplicaciones de la Derivada

5.1 Máximos y Mínimos

5.1.1 Introducción

La idea central que más se explotará en este capítulo, es la interpretación geométrica de la derivada.Geométricamente si f ′(x0) = 0 para algún x0 ∈ Df , la recta tangente que pasa por (x0, f(x0)) esparalela al eje de las absisas. En la siguiente gráfica f ′ (c1) = 0 y f ′ (c2) = 0.

x

y

1c

2c

( )( )11, cfc

( )( )22, cfc

Si f ′(c) =∞ (o −∞) la recta tangente es paralela al eje de las ordenadas. En la ilustración quesigue f ′ (c) =∞.

x

( ) ∞=cf '

c

y

Para fijar mejor las ideas, en esta sección se dan algunas definiciones y presentan algunos teoremaspreliminares que serán importantes para las próximas secciones.

Definición 5.1 (Máximo y Mínimo)

137

138 CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA

• Sea S ⊂ R y f : S → R. Si existe x1 ∈ S tal que f(x1) ≥ f(x) para todo x ∈ S, diremos quef(x1) es el máximo de f en S.

• Si existe x0 ∈ S tal que f(x0) ≤ f(x) para todo x ∈ S, diremos que f(x0) es el mínimo de fen S.Observemos que f (x0) es una cota inferior y f (x1) es una cota superior de la funciòn f en eldominio S.

Definición 5.2 (Máximo y Mínimo Local). Sea S ⊂ R y f : S → R una función.

• f tiene un máximo local en un punto c ∈ S si existe un intervalo abierto G tal que f(c) es unmáximo de f en S ∩G.

• f tiene un mínimo local en un punto c ∈ S si existe un intervalo abierto G tal que f(c) es unmínimo de f en S ∩G.

y

b xa

5c

4c3c

2c1c

p

Sea S = [a, b], f : S → R cuya gráfica se muestra arriba. Entonces se tiene:

• (a) en x = a : máximo =f(a), en tal punto se tiene también un máximo local

• (b) en x = c1 : mínimo local =f(c1)

• (c) en x = c2 : máximo local= f(c2)

• (d) en x = c3 : mínimo =f(c3), en dicho punto se tiene también un mínimo local

• (e) en x = p no se tiene ni máximo ni mínimo local.

• (f) en x = c4 : máximo local =f(c4)

• (g) en x = c5 : mínimo local = f(c5),

• (h) en x = b : máximo local =f(b)

5.1. MÁXIMOS Y MÍNIMOS 139

Los máximos o mínimos pueden no existir, considérese por ejemplo f : [−1, 1]−{0} → R definida

por f(x) =1

x2no posee un máximo, aunque si tiene mínimo local en x = −1 y x = 1.

x

y

100

1− 10

60

20

( )2

1

xxf =

El siguiente teorema da las condiciones bajo las cuales una función siempre tiene un máximo yun mínimo.

Teorema 5.3 Sea f : [a, b]→ R una función continua. Entonces existen puntos x0,x1 ∈ [a, b] talesque f (x0) es el mínimo de f en [a, b] y f (x1) es el máximo de f en [a, b].

Teorema 5.4 Sea f : (a, b) → R, sea c ∈ (a, b). Supóngase que f ′(c) existe y f(c) es el máximo omínimo local de f en (a, b), entonces f ′(c) = 0.

Demostración: Supongamos que f(c) es el mínimo de f en (a, b), la demostración parael caso de que f(c) sea un máximo es análoga.

c

( )cf

hc+ hc+

y

x

( )hcf +

( )hcf +

0<h 0>h

a b

Es claro que para cualquier h (positivo o negativo suficientemente cerca de cero) se tienef(c+ h) ≥ f(c), luegoSi h > 0

limh→0+

=f(c+ h)− f(c)

h≥ 0.

Si h < 0

limh→0−

=f(c+ h)− f(c)

h≤ 0.


Pero por hipótesis f ′(c) existe, esto es,

limh→0+

f(c+ h)− f(c)h

= limh→0−

f(c+ h)− f(c)h

Por tanto necesariamente f ′(c) = 0.�

Comentarios

• (1) El recíproco del Teorema no es necesariamente válido, esto es, si f ′(c) = 0 para algúnc ∈ (a, b), no necesariamente f(c) es un máximo o mínimo local de f en (a, b). Por ejemplola función f : (0, 2) → R definido por f(x) = (x − 1)3, tiene derivada f ′(x) = 3(x − 1)2 yf ′(1) = 0 sin embargo f(1) no es máximo ni mínimo local de f en el intervalo (0, 2).

x

y

1

1

20

1−

( ) ( )31−= xxf

• (2) Una hipótesis importante es la suposición c ∈ (a, b), esto es, c no puede ser ni a ni b. Si ctomara uno de los valores extremos del intervalo [a, b] el teorema no necesariamente es cierto.Por ejemplo f : [0, 2] → R definida por f(x) = x2 − 3x+ 2 tiene un máximo local en x = 0,pero f ′ (x) = 2x− 3 y f ′(0) = −3 �= 0.

x

y

1

2

20

( ) 232 +−= xxxf

• (3) La contrarrecíproca del teorema se expresa de la siguiente manera. Si f ′(c) �= 0 entoncesen c ∈ (a, b) f no puede tener un máximo o mínimo.

La observación (3) es la clave para futura discusión, pues si estamos interesados enencontrar los máximos y mínimos locales de una función (en el interior de su dominio),debemos buscarlos en el conjunto:

{x : f ′(x) = 0

},

claramente esto es una gran ventaja.

abierto fD

( ){ }0': =xfx

( ){ }0': ≠xfx

De existir máximos o mínimos locales deben encontrarse en este subconjunto del dominio

Aquí no pueden encontrarseni máximos ni mínimos locales

5.1.2 Puntos críticos

Definición 5.5 Los puntos críticos de una función son:

• (a) Los extremos del intervalo donde está definida la función, si estas existen.

• (b) Los valores x tales que f ′(x) = 0.

• (c) Los valores donde f ′ no está definida.

Ejemplo 5.1 Consideremos la función f : [−3, 5)→ R definido por f (x) = x2 − 4x.Derivando: f ′ (x) = 2x− 4. Resolviendo f ′ (x) = 0 obtenemos x = 2, por tanto los puntos críticosde f son:

x = −3 (extremo del intervalo donde se define la función)x = 2 (solución de f ′ (x) = 0).

5.1.3 Funciones crecientes, decrecientes y derivada

La siguiente proposición muestra la relación que existe entre funciones crecientes y decrecientescon la derivada.

Proposición 5.6 Sea S un intervalo, f : S → R una función diferenciable en S. Entonces:

1. Si f es creciente (estrictamente creciente) en S, entonces f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) > 0) para toda x ∈ Sen donde f ′(x) existe.

2. Si f es decreciente (estrictamente decreciente) en S, entonces f ′(x) ≤ 0 (f ′(x) < 0) para todax ∈ S en donde existe f ′(x).

Demostración. Supongamos que f es creciente en S. Sea x ∈ S, por hipótesis f ′(x)existe. Por definición

f ′(x) =limh→0

f(x+ h)− f(x)h

,

puesto que f ′(x) existe, los límites laterales del cociente de Newton cuando h → 0+ yh→ 0− existen y son iguales a f ′ (x), luego podemos escribir:

f ′(x) = limh→0+

f(x+ h)− f(x)h

,

puesto que h > 0, x < x+ h, entonces usando la hipótesis de que f es creciente tenemos

f(x) ≤ f(x+ h) luegof(x+ h)− f(x)

h≥ 0 , para toda h > 0, esto muestra que:

f ′(x) = limh→0+

f(x+ h)− f(x)h

≥ 0

esto prueba la primera parte, si h < 0 en resultado se mantiene. La demostración de lasegunda parte es similar.

�

Comentario

La recíproca de la anterior proposición es cierta, esto es, si f ′ (x) ≥ 0 en algún dominio S, la funciónes creciente en dicho dominio. Si f ′ (x) > 0, la función es estrictamente creciente en el dominio S.Similarmente Si f ′ (x) ≤ 0 en algún dominio S, la función es decreciente, si f ′ (x) < 0, la función esestrictamente decreciente en el dominio S.


Ejercicio 5.1 • (a) Determinar si f (x) = 2x+sinx es creciente, decreciente o no tiene ningunade estas propiedades.

• (b) ¿Puede f tener más de una raíz?.

Solución.

• (a) Derivando obtenemos:

f ′ (x) = 2 + cosx,

como sabemos, para cualquier número x, cosx es un número que pertenece al intervalo [−1, 1] ,eso nos permite concluir que f ′ (x) = 2+cosx es siempre un número positivo, esto es, f ′ (x) > 0,


es decir, la función f es estrictamente creciente en toda la recta real R.

-5 0 5

-10

-5

0

5

10

( ) ( )xxxf sin2 −=

x

y

• (b)Una raíz es 0 pues f (0) = 0, x = 0, debe ser la única raíz ya que la función es estrictamentecreciente (véase el gráfico).

Ejercicio 5.2 Sea f (x) = x− sinx, muestre que(a) sinx ≤ x para x ∈ [0,∞) .(b) x ≤ sinx para x ∈ (−∞, 0] .Solución. Tenemos f ′ (x) = 1−cosx, además cosx ∈ [−1, 1] para cualquier número x, esto muestraque f ′ (x) = 1− cosx ≥ 0, es decir, f es creciente en (−∞,∞) . Por otra parte f (0) = 0, luego:

• (a) Si x ≥ 0, tenemos f (x) ≥ 0, esto es, x− sinx ≥ 0 de donde

sinx ≤ x

• (b) Se muestra como en (a)

-2 0 2

-2

0

2

xy sin=

x

y

xy =

-2 0 2

-2

0

2

y

x

xxy sin−=

Ejercicios propuestos1. (a) Demuestre que la ecuación 5x− 4 cosx = 0 tiene exactamente una solución.

(b) Halle el intervalo específico que contenga la solución.

2. Si f (x) = x3+3x+k, muestre que f (x) = 0 tiene exactamente una solución real para cualquiervalor de k.

3. Sea f (x) = x2 + cosx.

(a) Mostrar que f es decreciente en (−∞, 0] y creciente en [0,∞] .

(b) Calcular los números x tales que f ′ (x) = 0. Sol.: x = 0.

(c) Puede tener raices la función f?. Sol.: No

(d) Bosquejar la gráfica.

4. Sea f (x) = 14x4 − 1

3x3 − 3x2.

(a) Hallar números x tales que f ′ (x) = 0. Sol.: 0, 3,−2.(b) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento.

(c) Bosquejar la gráfica de la función.

5. Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función f definida por f (x) =√3 + sin (x) .

6. Lo mismo que en el anterior ejercicio si f (x) = x2 + ln(xa

). Discutir los casos a > 0 y a < 0.

Sol.: Creciente para a > 0 en (0,∞) , decreciente para a < 0 en (−∞, 0) .

5.1.4 Criterio de la primera derivada

Definición 5.7 Si f ′(x) ≥ 0 en algún intervalo S diremos que f ′(x) tiene signo + en S y si f ′(x) ≤ 0en el intervalo S, diremos que f ′(x) tiene signo − en S.

Observación. Si f es contínua en algún intervalo abierto S y f ′(x) cambia de signo en S,digamos de + a − (la función f pasa de creciente a decreciente) es claro que en algún punto de Sf tiene un máximo, si cambia de − a +, es claro que en algún punto de S, la función f tiene unmínimo.

x

y

( ) 0' >xf ( ) 0' <xf

x

y

( ) 0' >xf( ) 0' <xf

La anterior observación se formaliza en el siguiente criterio.Sea f : (a, b)→ R, una función contínua y diferenciable. Para encontrar los máximos y mínimos

locales de f seguimos el siguiente proceso.

• (1) Resolver f ′(x) = 0, los valores encontrados más los valores en donde f ′(x) no está definidason los puntos críticos (Si el intervalo es cerrado en a o b, tales puntos también son puntoscríticos de f).

• (2) Los valores encontrados en (1) se representan en la recta real formandose intervalos.

• (3) Se calcula el signo de f ′(x) en cada uno de los intervalos formados en (2).

• (4) Para cada punto crítico x0 se tiene:a) f tiene un máximo en x0 si f ′ pasa de + a −b) f tiene un mínimo en x0 si f ′ pasa de − a +c) si f ′ no cambia de signo alrededor de x0, f no tiene ni máximo ni mínimo en x0.

y

x0x

( ) 0' >xf

( ) 0' >xf

0en mínimo ni máximo Ni x

• Si los puntos a y b estuvieran en el intervalo, esto es, f definida en [a, b] , en tales puntos siemprese tienen máximos o mínimos locales. Por ejemplo se tendrá un mínimo local si f ′ (x) > 0en [a, a+ ε] para ε suficientemente pequeño, este caso y los otros posibles se presentan en lossiguientes gráficos.

x

y( ) 0' >xf ( ) 0' <xf

bx

y

ax

y( ) 0' >xf ( ) 0' <xf

bx

y

a

local Mínimo local Mínimolocal Máximo local Máximo

El máximo absoluto es:max {f (p) : p es un punto crítico}

El mínimo absoluto es:min {f (p) : p es un punto crítico}

Ejemplo 5.2 Dada la función f : [−5, 6)→ R definida por

f(x) = 2x3 − 3x2 − 12xcalcular:

• a) Puntos críticos.

• b) Intervalos en donde f es creciente y decreciente.

• c) Máximos, mínimos, máximos locales, mínimos locales.

Solución:

• a)f ′(x) = 6x2 − 6x− 12 = 6(x+ 1)(x− 2).

Resolviendo f ′(x) = 0 obtenemos x = −1, x = 2 estos son los primeros puntos críticos, tambiénes un punto crítico x = −5, luego los puntos críticos en [−5, 6) son: x = −5, x = −1, x = 2.Observemos que x = 6 no es punto crítico pues no pertenece al dominio.


• b) Representamos los puntos críticos en la recta real para analizar el signo de f ′ en [−5, 6).

- - - - - + + + +

5− 1− 2 6

+ + + + ( ) ( )( )

−+= 216'

de Signos

xxxf

• c) Máximo: no existe; mínimo f (−5) ;máximos locales: f (−1) ;mínimos locales f (−5) , f (2) .

• A continuación mostramos la gráfica de la función analizada:

-5 0 6x

y

2-1

xxxy 1232 23 −−=

Observaciones. (1) Si x = 6 estuviera en el dominio, f (6) sería un máximo local y a la vezun máximo absoluto. (2) En realidad la información obtenida con la primera derivada no essuficiente para bosquejar la gráfica. Si se sabe que una función es creciente en un intervalo,aún no se sabe si la curva va doblándose hacia abajo o hacia arriba, esta información nos dala segunda derivada que se estudia más adelante.

x

y

x

y

( ) 0' >xf( ) 0' >xf

abajo hacia doblándose

crecienteFunción

arriba hacia doblándose

crecienteFunción


1. En los siguientes ejercicios y en el intervalo indicado hallar (i) puntos críticos, (ii) Intervalosde crecimiento y decrecimiento, (iii) Máximos y mínimos locales.

5.2. TEOREMAS DE VALOR MEDIO 147

(a) f (x) =1

1 + x2, (−∞,∞) .

(b) x2/5 + 1, [−1, 1] .(c)√−x2 + 4x, [0, 4] .

(d) x2e−x, [0, 10] .

(e) f (x) = x2 + ln(x5

), (0,∞) .

(f) (−x)−x/2 , [−2, 0] .(g) (x− 1)1/3 + 1

2 (x+ 1)2/3 , [−1, 2] .

(h) f (x) = x5 − x3, [−1, 1]A continuación se muestran las gráficas de las funciones (no necesariamente en orden)

.

2. Sean f g funciones derivables en (a, b) . Supongamos que f ′ (x) > g′ (x) en (a, b) y que existeun número c en este intervalo tal que f (c) = g (c) . Demostrar que si x ∈ (a, b) , entoncesf (x) > g (x) si x > c, y f (x) < g (x) si x < c.

5.2 Teoremas de Valor Medio

En esta sección se presentan resultados que permiten probar un segundo criterio para determinarmáximos y mínimos locales. La importancia de los resultados que se presentan, naturalmente vamás alla de las aplicaciones que se dan.

Teorema 5.8 (De Rolle). Sea f : [a, b] → R continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) tal quef (a) = f (b) = 0. Entonces existe c ∈ (a, b) tal que

f ′ (c) = 0 .

Demostracion. Si f (x) = 0 para todo x ∈ (a, b) no hay nada que mostrar puescualquier punto c ∈ [a, b] satisface la conclusión del teorema.

Supongamos que existe un punto x ∈ (a, b) tal que f (x) �= 0. Como f es continua en[a, b] existe un máximo o un mínimo de f en (a, b) (el máximo o mínimo no puede ocurriren a o b). Si existe un máximo concluimos que existe c ∈ (a, b) tal que f (c) es el máximode f en (a, b) y entonces f ′ (c) = 0.

Llegamos a la misma conclusión si c es un mínimo.�


Geométricamente esto significa que existe un punto c ∈ (a, b) tal que la recta tangente a la curvaen (c, f (c)) es paralela al eje X (de las absisas).

Teorema 5.9 (De Valor Medio). Sea f : [a, b] → R, continua en [a, b] y diferenciable en (a, b).Entonces existe c ∈ (a, b) tal que:

f ′ (c) =f (b)− f (a)

b− a

Demostración: Consideremos la función

F (x) = f (x)− f (b)− f (a)b− a (x− a)− f (a)

Observemos que F (a) = F (b) = 0, además F es continua en [a, b] y diferenciable en(a, b) ya que f lo es. Por el Teorema de Rolle existe c ∈ (a, b) tal que F ′ (c) = 0. Porotra parte:

F ′(x) = f ′(x)− f(b)− f(a)b− a ,

luego

F ′ (c) = f ′ (c)− f (b)− f (a)b− a = 0,

es decir;

f ′ (c) =f (b)− f (a)

b− a .

�

Geométricamente, esto significa que existe un punto c ∈ (a, b) tal que la recta tangente a la curvaen (c, f (c)) es paralela al segmento que va desde f (a) hasta f (b) , ilustramos esto en la siguientegráfica.

x

y

( ) 0' =cf

a bc

tangenteRecta

Rolle de Teoremax

y

( ) ( ) ( )ab

afbfcf

−−

='

a bc

secante Recta

medio valor del Teorema

tangenteRecta

Teorema 5.10 (De Cauchy). Sean f, g : [a, b] → R continuas en [a, b] y diferenciables en (a, b) .Supóngase además que g′(x) �= 0 para todo x ∈ (a, b). Entonces:(1) g (a) �= g (b) y(2) existe c ∈ (a, b) tal que

f ′ (c)g′ (c)

=f (b)− f (a)g (b)− g (a)

5.2. TEOREMAS DE VALOR MEDIO 149

Demostración. Si g (a) = g (b) , el teorema del valor medio da una contradicción,tal contradicción prueba (1). La demostración de (2) es análoga a la demostración delTeorema del valor medio considerando la función

F (x) = f (x)− f (b)− f (a)g (b)− g (a) (g (x)− g (a))− f (a) .

�


Ejercicio 5.3 Sea f (x) = x3 + x, definida en [0, 2] . Encontrar el valor c ∈ (0, 2) , que satisface elteorema del valor medio.

Solución. f ′ (x) = 3x2 + 1, el valor de c debe satisfacer la ecuación

f ′ (c) =f (2)− f (0)2− 0 ,

luego:

3c2 + 1 =

[23 + 2

]−[(0)3 + 0

]

2= 5,

resolviendo encontramos c = 23

√3.

Notemos que c = −23√3 no es una solución, pues no pertenece al intervalo (0, 2) . A continuación se

muestran las gráficas de la función f y la recta secante.

x0 1 2

0

2

4

6

8

10

y xxy += 3

Ejercicio 5.4 Sea f (x) = x2/3 definida en [−1, 1] . ¿Existe un valor c ∈ (−1, 1) que satisface elteorema del valor medio?.

Solución. Tenemos f ′ (x) = 23x−1/3. Observemos que f (−1) = f (1) = 1. Si existe c ∈ (−1, 1) que

satisface el teorema del valor medio debemos tener.

f ′ (c) =f (1)− f (−1)1− (−1)

es decir2

3c−1/3 = 0

esta ecuación no tiene solución, luego no existe c ∈ (−1, 1) que satisface el teorema del valor medio.

-1 0 1

0

1

3/2xy =

Comentario. Observemos que la conclusión anterior no contradice al teorema del valor medio,¿Porque?.

Ejercicio 5.5 • (a) Si 0 < a < b, demostrar que 1− a

b< ln

(b

a

)<b

a− 1.

• (b)Utilizar el resultado de (a) para mostrar que 1/6 < ln 1.2 < 1/5.

Solución.

• (a) Sea f (x) = lnx, definida en [a, b] . Claramente f satisface las hipótesis del teorema delvalor medio, entonces existe un número c ∈ (a, b) tal que

f ′ (c) =f (b)− f (a)

b− a

puesto que f ′ (x) =1

x1

c=ln b− ln ab− a =

ln (b/a)

b− aes decir

ln

(b

a

)=b− ac

(1)

Por otra parte a < c < b, es decir1

b<1

c<1

a, también es claro que b− a > 0, luego

b− ab

<b− ac

<b− aa

de este resultado se obtiene:

1− a

b<b− ac

<b

a− 1 (2)

5.3. CONCAVIDAD 151

por tanto reemplazando el resultado de (1) en (2)

1− a

b< ln

(b

a

)<b

a− 1

• (b) Con a = 5 y b = 6 tenemos 1/6 < ln 1.2 < 1/5.


1. Verificar el teorema del Valor Medio para f (x) = x3 − x2 definido en [1, 2] .

2. Sea f (x) = 3− 3 (x− 1)2/3 definido en [0, 2]. ¿Es aplicable el teorema de Rolle?.

3. Demostrar que π/6 +√3/15 < arcsin 0.6 < π/6 + 1/8. Sug. Trabaje en

[1

2,3

5

].

4. (a) Demostrar que si 0 < a < b

b− a1 + b2

< arctan b− arctan a < b− a1 + a2

(b) Mostrar queπ

4+3

25< arctan

4

3<π

4+1

6

Sug.: Considerar la función f definida por f (x) = arctanx.

5. Demostrar que entre dos raices reales de ex sinx−1 = 0 hay al menos una raíz de ex cosx+1 = 0.Sug.: Aplicar el teorema de del valor medio a la función definida por e−x− sinx.

6. Aplicar el teorema del valor medio para mostrar que si 0 < x < 1 se cumple

x < arcsinx <x√1− x2

7. Sea f una función definida en un intervalo cerrado [a, b] con a < b. Demostrar que si f ′ (x) = 0para todo x del dominio, entonces f debe ser la función constante.

8. ¿En que punto la tangente a la parábola f (x) = −x2+8x−15 es paralela a la recta x+2y−5 =0?, ¿en que punto punto perpendicular?..

5.3 Concavidad

En esta sección, se discute un criterio para decidir si en un punto crítico existe un máximo o unmínimo. Iniciamos esta sección dando algunas definiciones.

Definición 5.11 (Cóncava hacia arriba).Sea f : (a, b) → R. La función f es cóncava haciaarriba si para puntos cualesquiera a1, b1 en (a, b) se cumple:

f(x) ≤ f(b1)− f(a1)b1 − a1

(x− a1) + f(a1),

para todo x ∈ (a1, b1).

x

y

1a1bx

( )xf

( )1af

( )1bf

( ) ( ) ( ) ( )11

11

11 afaxab

afbf+−

−

−

arriba hacia Cóncava

Definición 5.12 (Cóncava Hacia Abajo).Sea f : (a, b) → R una función f es cóncava haciaabajo si para puntos cualesquiera a1, b1 en (a, b) se cumple:

f(x) ≥ f(b1)− f(a1)b1 − a1

(x− a1) + f(a1),

para todo x ∈ (a1, b1).

x

y

1a 1bx

( )xf

( )1af

( )1bf

( ) ( ) ( ) ( )11

11

11 afaxab

afbf+−

−

−

abajo hacia Cóncava

Teorema 5.13 Sea f : [a, b]→ R, una función tal que f ′′ existe en (a, b).

1. Si f ′′(x) > 0 en (a, b) entonces f es cóncava hacia arriba en (a, b).

2. Si f ′′(x) < 0 en (a, b) entonces f es cóncava hacia abajo en (a, b).

5.3. CONCAVIDAD 153

Demostración. Se demostrará (1)

Sean a1, b1 puntos cualesquiera en (a, b) tales que a1 < b1.

a b1a 1bx

Tómese un punto arbitrario x ∈ (a1, b1) como se muestra en la gráfica. mostraremos que:

f(x) ≤ f(b1)− f(a1)b1 − a1

(x− a1) + f(a1)

Es claro que f es continua y diferenciable en los intervalos [a1, x] y [x, b1] (Recordemosque la existencia de la derivada en un conjunto implica la continuidad en el conjunto),luego por teorema del Valor Medio existen c1 ∈ (a1, x) y c2 ∈ (x, b1) tales que

f ′(c1) =f(x)− f(a)

x− a y f ′(c2) =f(b)− f(x)

b− x .

Ahora usaremos la hipótesis de que f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (a, b). De esta hipótesisconcluimos que f ′ es creciente en (a1, b1). Puesto que c1 < c2 debemos tener f ′(c1) <f ′(c2), por tanto

f(x)− f(a1)x− a1

<f(b1)− f(x)

b1 − xde este último resultado se obtiene:

f(x) <f(b1)− f(a1)

b1 − a1(x− a1) + f(a1).

Esto prueba la primera parte del teorema. De manera similar se prueba el caso f ′′(x) < 0.

�

Definición 5.14 (Punto de inflexión) El punto c alrededor del cual el signo de f ′′ cambia se llamapunto de inflexión de la función f.

Ejemplo 5.3 Sea f : R−{0} → R, una función definida por f(x) =1

x. Derivando se encuentra:

f ′ (x) = − 1x2, f ′′ (x) =

2

x3,

los signos de las derivadas se muestran a continuación,

∞− ∞0

- - - - - - - - - - - - - -

( )

xf '

deSignos- - - - - - - - - - - - - -

eDecrecient eDecrecient

+ + + + + + + + + +

∞0

- - - - - - - - - - - - - -

( )

xf ''

deSignos

abajo hacia Cóncava arriba hacia Cóncava

inflexión de Punto

∞−

Nótese que 0 es un punto de inflexión, notemos además que:

limx→0−

1

x= −∞

limx→0+

1

x= ∞

A continuación mostramos la gráfica de la función analizada.

-6 -4 -2 0 2 4 6

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

y

( )x

xf1

=

x

Ejemplo 5.4 Consideraremos la función f : R→ R definida por

f(x) = ax2 + bx+ c,

tenemos, f ′′(x) = 2a, entonces f es cóncava hacia arriba en R si a > 0 y es cóncava hacia abajo sia < 0. A continuación se ilustran los casos a > 0 y a < 0 respectivamente.

x

y

( ) 0'' <xf

x

y

( ) 0'' >xf

( ) 0,2 <++= acbxaxxf ( ) 0,2 >++= acbxaxxf

Ejemplo 5.5 Graficaremos f (x) = 4xx2+4

en (−∞,∞) .

5.3. CONCAVIDAD 155

Derivando se encuentra:

f ′ (x) =−4(x2 − 4

)

(x2 + 4)2

f ′′ (x) =8x(x2 − 12

)

(x2 + 4)3

los signos de estas derivadas se muestran a continuación:

∞− ∞-2

- - - - - - - - - -

( )

xf '

deSignos

2

- - - - - - - - - -+ + + + + + +

local Mín. local Máx.

∞ ( )

xf ''

deSignos

∞−3232− 0

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -+ + + + + + + + + + + + + +

inflexión de Puntos

La gráfica se muestra a continuación:

-5 5

-1

0

1

x

y ( )4

42 +

=x

xxf

2− 232− 32

Ejemplo 5.6 Graficaremos f (x) = xlnx en (−∞,∞) .

Las derivadas y sus signos se muestran a continuación.

f ′ (x) =2xlnx lnx

x

∞ ( )

xf '

deSignos- - - - - - - - - - - - - -

eDecrecient Creciente

+ + + + + + + + + +

0 1

f ′′ (x) =4xlnx

((lnx− 1

4

)2+ 7

16

)

x2

(en la segunda derivada se han completado cuadrados)

∞ ( )

xf ''

deSignos

0

+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

Finalmente mostramos la gráfica.

0 1 2 3

1

2

3

4

5

x

y ( ) xxxf ln=

5.4 Criterio de la segunda derivada

Teorema 5.15 Sea f : [a, b]→ R continua en [a, b]. Sea c un punto crítico de f en (a, b) y f ′ (c) = 0.Supongamos también que f ′′ existe en (a, b). Entonces

(a) Si f ′′(x) < 0 en (a, b) f tiene un máximo local en c.

(b) Si f ′′(x) > 0 en (a, b) f tiene un mínimo local en c.

Demostración.

(a) Si f ′′(x) < 0 en (a, b), f ′(x) es estrictamente decreciente en (a, b) pero a < c < b y f ′(c) = 0,luego f ′ cambia de positivo a negativo, por tanto por el criterio de la primera derivada f tieneun máximo en x = c.

(b) Se prueba como en (a)

�

Para terminar esta sección se da un criterio muy importante sobre máximos y mínimos llamadoCriterio de la segunda derivada.

Corolario 5.16 (Criterio de la Segunda Derivada). Sea f : [a, b]→ R continua en [a, b]. Seac un punto crítico de f en (a, b) y f ′ (c) = 0. Entonces

(a) Si f ′′(c) < 0 en (a, b) f tiene un máximo local en c.

(b) Si f ′′(c) > 0 en (a, b) f tiene un mínimo local en c.

5.4. CRITERIO DE LA SEGUNDA DERIVADA 157

Demostración. Si f ′′(c) �= 0, existe un intervalo abierto (a, b) que contiene a c endonde f ′′(x) �= 0 y tiene el mismo signo de f ′′(c) mas aún, si además f ′(c) = 0 usandoel teorema f tiene un máximo local o un mínimo local en c dependiendo si f ′′(c) < 0 of ′′(c) > 0.

�

Si f ′′(c) = 0 o si f ′′(c) no está definida, el criterio falla.

Ejemplo 5.7 Consideremos la función con dominio en R definida por:

f(x) = x+1

x.

Derivando y luego realizando operaciones se encuentra:

f ′(x) = 1− 1

x2=x2 − 1x2

,

resolviendo f ′(x) = 0 encontramos los puntos x = 1, x = −1, observemos que f ′(x) no está definidaen x = 0, luego los puntos críticos son: x = −1, x = 0, x = 1.Se tiene también f ′′(x) =

1

x3, luego f ′′(−1) = −1 < 0, f ′′(1) = 1 > 0 y f ′′(0) no está definida.

Conclusión.

• mínimo local en x = 1, el mínimo local es f(1) = 2,

• máximo local en x = −1, el máximo local es f(−1) = −2,

• Punto de inflexión en x = 0.(En este punto f ′′ no está definida y f cambia de concavidadalrededor de este punto)

Luego de un análisis de signos de las derivadas, se deduce la siguiente gráfica.

x-2 2

-5

0

5

( )x

xxf1

+=

11−

2

2−

y

En los siguientes ejercicios, encontrar (a) puntos críticos, (b) máximos y mínimos, (c) intervalos decrecimiento y decrecimiento, (d) intervalos de concavidad, (e) puntos de inflexión, (f) gráfica de lafunción.

1. f (x) = xx

Sol.: (a) e−1

2. f (x) = x2e−x

Sol.: (a) 0, 2

3. f (x) = 15x5 + x4 − 4

3x3 + 2x2 − 5x

Sol: (a) −5, 1

4. f (x) = x2 − 54x

Sol.: (a) −3

5. f (x) = 8 + x1/4

6. f (x) = 14x4 − 5

36x3 − 1

16x2 + 1

24xSol.:(a) 1

2 ,14 ,−13

7. f (x) = x4/5(x2 − 2

)

Sol. (a) ±27

√7

8. f (x) =−11 + x2

. Sol. (a) 0

En los siguientes problemas, graficar la función que satisface las condiciones dadas

9. f definida en [−2, 4] ,

f (−2) = f (4) = 2, f (1) = 3, f (0) = f (2) = 0

f ′ (x) > 0 en (0, 1) ∪ (2, 4)f ′ (x) < 0 en (−2, 0) ∪ (1, 2)f ′′ (x) > 0 en (2, 4)f ′′ (x) < 0 en (−2, 0) ∪ (0, 2)

10. f definida en toda la recta real,

f (−2) = f (3) = 0, f (0) = 1

f ′ (x) > 0 en (−∞, 0) ∪ (3,∞)f ′ (x) < 0 en (0, 3)f ′′ (x) > 0 en (3,∞)f ′′ (x) < 0 en (−∞, 3)

A continuación se muestran las gráficas de los primeros ocho problemas planteados.

5.5. PROBLEMAS SOBRE MÁXIMOS Y MÍNIMOS 159

xxxex −2

xxxxx 52

23

3445

51 −+−+

xx 542 −

4/18 x+ xxxx2412

1613

3654

41 +−− ( )225/4 −xx

21

1

x+

−

5.5 Problemas sobre Máximos y Mínimos

5.5.1 Problemas Geométricos

Para resolver este tipo de problemas conviene recordar las siguientes fórmulas:

• 1) Triángulo de altura h y base b

bh21Area =

h

b

• 2) Círculo de radio r

r rπ2 nciacircunfere

de Longitud

=

2 Area rπ=

• 3) Sector circular de ángulo α: (α medido en radianes)

r α221 Area r=

rα arco

de Longitud

=

α r


• 4) Trapecio de bases b y B con altura h:

B

( )bBh += 21 Areah

b

• 5) Cono circular recto de altura h y radio basal r:

r

h

grπ lateral Area =

g2 basal Area rπ=

2 totalArea rgr ππ +=

hr231 Volumen π=

• 6) Esfera de radio r:

r

24 Superficie rπ=3

34 Volumen rπ=

• 7) Cilindro de radio de base r y altura h:

r

h

2 basal Superficie rπ=

rhπ2 lateral Superficie =

hr 2 Volumen π=

También es necesario recordar las propiedades de semejanza de triángulos.

γβ α w

c

v

b u

a

α

β

γ

w

c

v

b

u

a ==

A

UVWABC ∆≡∆

W

V

U

C

B

Ejercicio 5.6 Un triángulo isósceles es inscrito en un círculo de radio r que es conocido (ver figura).Si el ángulo 2α está entre 0 y 1

2π, encontrar el valor más grande del perímetro del triángulo. Dardetalles de su razonamiento.

αx

r

h

A0

C

EB

Solución. Sea x el lado igual del triángulo y 2h la base. El perímetro del triángulo está dadopor P = 2x+2h. Puesto que A,B,C son puntos de un semicírculo, el triángulo ABC es un triángulorectángulo. También por construcción el triángulo AEC es un triángulo rectángulo, entonces:

En el ∆AEC : sinα =CE

AC=h

x

En el ∆ABC : cosα =AC

AB=

x

2r

por tanto: x = 2r cosα, h = 2r cosα senα, y

P (α) = 4r cosα+ 4r cosα sinα, DP =[0,π

4

].

Derivando se encuentra:P ′ (α) = 4r

(− sinα− sin2 α+ cos2 α

).

Resolviendo la ecuación P ′ (α) = 0 se obtienen los puntos: α = 16π y α = 3

2π, nótese que α =32π /∈

DP pero α = 16π ∈ DP , para determinar si en 1

6π se tiene un máximo o mínimo recurrimos a lasegunda derivada:

P ′′ (α) = 4r (− cosα− 2 sinα cosα− 2 cosα sinα)= 4r (− cosα− 4 sinα cosα) ,

evaluando en 16π se encuentra:

P ′′(π6

)= 4r

(− cos π

6− 4 sin π

6cos

π

6

)= −6r

√3 < 0


por tanto en α = 16π se encuentra un máximo, el valor máximo de P es P

(16π)= 3r

√3. Por tanto

el valor más grande del perímetro del triángulo isosceles inscrito en la circunferencia de radio r es3r√3.

Ejercicio 5.7 Pruebe que de todos los rectángulos de área dada, el cuadrado es el que tiene menorperímetro.

Solución. Sea x, y los lados del rectángulo de área dada a, es decir xy = a.

x

y

ayx =

El perímetro está dado por P = 2(x+ y) . A partir de xy = a se encuentra y = a/x, por tantoel perímetro se puede escribir como:

P (x) = 2(x+

a

x

), DP = (0,∞) ,

derivando se obtiene;P ′ (x) = 2

(1− a

x2

),

resolviendo P ′ (x) = 0 se encuentra x =√a, (x = −√a /∈ DP ). La segunda derivada es:

P ′′ (x) =4a

x3,

luego P ′′ (√a) = 4a

(√a)3 > 0, luego en x =

√a se tiene un mínimo. Finalmente y =

a√a=√a, luego

x = y =√a, esto muestra que efectivamente el rectángulo de menor perímetro con un área dada es

el cuadrado.

Ejercicio 5.8 Hallar las dimensiones del cilindro circular recto de volumen máximo que se puedeinscribir en una esfera de radio R.

Solución. Sea 2h la altura del cilindro y r el radio de su base.

r

h2h R

Del gráfico vemos que:r2 + h2 = R2 (1)

El volumen del cilindro está dado porV = 2πr2h (2)

Despejando r2 de (1) y reemplazando en (2) se tiene el volumen en función de h:

V (h) = 2π(R2h− h3)

Calculamos ahora V ′(h) y V ′′(h)

V ′(h) = 2π(R2 − 3h2)V ′′(h) = −12πh

Resolviendo V ′(h) = 0 encontramos el punto crítico h =√33 R. Puesto que V

′′(√

33 R)= −2π

√3 < 0,

concluimos que V tiene un máximo en h =

√3

3R. Reemplazando h =

√3

3R en (1) encontramos que

r =

√6

3R.

Conclusión: Si la esfera es de radio R el cilindro de máximo volumen que se puede inscribir enella tiene:

Altura = 2h =2

3

√3R

Radio =1

3

√6R

Ejercicio 5.9 Hallar la altura y radio de un cilindro de volúmen máximo que puede inscribirse enun cono circular recto de altura h y radio r.

Solución.

r

D

A

E

C

B

r

D

A

E h

C

B

yx

h

Sean BC = h, AC = r, DE = x, EC = y. Los triángulos ABC y DBE son semejantes, luego:

DE

AC=BE

BC,

por tantox

r=h− yh

(1)

El volumen del cilindro está dado porV = πx2y (2)

Despejando y de (1) se encuentra y =h

r(r − x); reemplazándolo en (2) obtenemos el volumen en

función de x:

V (x) =πh

r(rx2 − x3), DV = (0, r)

Derivando se tiene:

V ′(x) =πh

r

(2rx− 3x2

)

V ′′ (x) =πh

r(2r − 6x)

De V ′(x) = 0 encontramos x = 0 y x = 23r. El punto x = 0 no pertenece al dominio. Con x = 2

3rse encuentra V ′′

(23r)= −2πh < 0. Concluimos que V tiene un máximo en x = 2

3r. Finalmente

reeemplazando x = 23r, en y =

h

r(r − x) se tiene y = 1

3h.

Conclusión:Radio del cilindro: x = 2

3rAltura del cilindro: y = 1

3h

Volumen máximo: V = πx2y = π(23r)2 (1

3h)= 4

27πr2h.

5.5.2 Problemas de construcción

Ejercicio 5.10 Se debe construir una caja de base cuadrada, abierta en su parte superior. El áreadel material con que se va a construir la caja debe ser de 100 cm2. ¿Cuáles deben ser sus dimensionespara que su volumen sea el máximo posible?

Solución.

x

y

x

Sean x, y el lado de la base y la altura respectivamente. El volumen está dado por

V = x2y (1)

Puesto que el área total de la caja debe ser 100 cm2, debemos tener:

x2 + 4xy = 100. (2)

De (2) se encuentra

y =100− x24x

(3)

reemplazando en (1) se encuentra:

V (x) =1

4

(100x− x3

), DV = (0,∞) (4)

Derivando:

V ′ (x) =1

4

(100− 3x2

)

V ′′ (x) = −32x

De V ′ (x) = 0, encontramos el único punto crítico x = 103

√3. Puesto que V ′′

(103

√3)) − 5

√3 < 0

concluimos con que V tiene un máximo en x = 103

√3, reemplazando este valor en (3) se encuentra

y =100−( 103

√3)2

4( 103√3)

= 53

√3.

Conclusión.Lado de la base x = 10

3

√3

Altura: y = 53

√3

Volumen máximo: V =(103

√3)2 (5

3

√3)= 500

9

√3.

Ejercicio 5.11 Una pieza de alambre de longitud L se corta en dos partes, con una de ellas se formaun triángulo equilátero y con la otra una circunferencia. ¿Cómo se debe cortar el alambre para quela suma de las áreas sea mínima?.

Solución.

x21

xx

23

r

Sea x el lado del triángulo y r el radio de la circunferencia. El área total es

A =1

4

√3x2 + πr2 (1)

El perímetro del triángulo es 3x y la longitud de la circunferencia es 2πr. Puesto que la longitudtotal del alambre es L se debe tener:

3x+ 2πr = L (2)

Despejando x de (2) y reemplazando en (1) obtenemos el área en función de r.

x =L− 2πr3

(3)

A(r) =1

36

√3 (L− 2πr)2 + πr2, DA =

(0,

L

2π

)((4))

Derivando tenemosA′(r) = π

9

√3 (−L+ 2πr) + 2πr

A′′(r) = π9

√3 (2π) + 2π

Resolviendo A′(x) = 0 encontramos el punto crítico r =

√3L

18 + 2√3π∈ DA. Puesto que A′′(r) > 0

para toda r, en particular es positivo para el punto crítico encontrado. Concluimos que en el puntocrítico encontrado, la función A tiene un mínimo.

Conclusión.Lado del triángulo: x =

L− 2πr3

=3L

9 + π√3≈ 0. 20774L

Radio de la circunferencia: r =

√3L

18 + 2√3π≈ 0.05 9968L.


Area mínima A

( √3L

18 + 2√3π

)

= 34L

2 3√3 + π

(9 + π

√3)2 .

Un ejemplo numérico.

cm10=L

cm0774.2=x

cm59968.0=r

2cm 99842 mínima Area .A=

Ejercicio 5.12 Una ventana tiene la forma de un rectángulo coronado por un semicírculo condiámetro igual a la base del rectángulo. Hallar las dimensiones de la ventana cuando el perímetroes p metros y el área es la mayor posible.

Solución.

r

r

r2

h

Sean h la altura del rectángulo y 2r la base del rectángulo, por lo tanto r es el radio de lasemicircunferencia. El perímetro total de la ventana está dado por

2h+ 2r + πr = p (1)

El área total es

A = 2rh+1

2πr2 (2)

Despejando h de (1) y reemplazándolo en (2) obtenemos el área en función de r

h =p− 2r − πr

2(3)

A(r) = pr − 2r2 − 12πr2 (4)

Derivando:A′(r) = p− 4r − πrA′′(r) = −4− π

Resolviendo A′(r) = 0 encontramos r =p

4 + π, en este punto crítico, A tiene un máximo pues

A′′(r) < 0 para todo r.Conclusión.Radio de la semi circunferencia: r =

p

4 + π

Altura del rectángulo: h =p

4 + π

Área de la ventana: A =p2

2(4 + π).

Ejercicio 5.13 Se tiene que hacer un depósito sin tapa de base cuadrada con una capacidad de Vcm3. ¿Qué dimensiones debe tener el depósito de manera que el área sea mínima?

Solución.

x

y

x

Sean x el lado de la base, y la altura del depósito. El volumen del depósito viene dado por:

V = x2y (1)

El área total que se requiere para la construcción es la suma del área de la base(x2)más la suma

de las áreas laterales (4xy), esto es,A = x2 + 4xy (2)

Despejando y de (1) y reemplazándolo en (2) obtenemos el área en función de x,

y =V

x2(3)

A = x2 +4V

x(4)

Derivando obtenemos:

A′(x) = 2x− 4Vx2

A′′

(x) = 2 +8V

x3.

Resolviendo A′(x) = 0 encontramos x = 3√2V , observemos que en x = 0 A′ no está definida, luego

los puntos críticos son x = 0 y x = 3√2V . Sin embargo x = 0 no es una solución aceptable pues en

tal caso el volumen V es cero. En x = 3√2V se tiene un mínimo pues A′′( 3

√2V ) = 6 > 0.

Conclusión:Lado de la base: x = 3

√2V

Altura: y =V

x2= 3

√V

4

Area total: A = 3(4V 2)13 .

Ejercicio 5.14 En un almacen se va a abrir un pasillo perpendicular a uno ya existente de 8 metrosde ancho. ¿Qué ancho debe darse al pasillo para que una varilla de 27 metros de largo pueda moversede un pasillo a otro en una posición horizontal?

Solución.

A R

Q

θ

B

8

P

y

y−27

θ

yPB −= 27

xAR=

x

8=BQ

yAP=

Sea x el ancho del pasillo a construir. En la figura AB es la varilla de 27 metros. De la figura

sen θ =x

y, cos θ =

8

27− y . De estas igualdades se obtiene

y =x

sen θ

27− y =8

cos θ;

sumando miembro a miembro se encuentra:

x

sen θ+

8

cos θ= 27. (1)

Despejando x tenemos el ancho del pasillo como función de θ

x(θ) = 27 sen θ − 8 tan θ (2)

Derivando:x′(θ) = 27 cos θ − 8 sec2 θx′′(θ) = −27 sen θ − 16 sec2 θ tan θ

Resolviendo x′(θ) = 0 se encuentra cos θ = 23 , de esto encontramos sen θ =

√53 y tan θ =

√52 . Para

este ángulo x′′(θ) < 0, luego x tiene un máximo en θ = arccos(23).Conclusión.Ancho del pasillo: x = 27

(√53

)− 8(√

52

)= 5√5 m.

5.5.3 Problemas de costos

Ejercicio 5.15 Una distribuidora tiene la siguiente política de venta de cierto componente elec-trónico. Si el pedido es menor o igual a 100 cajas el costo es de $US 10 por caja. Por cada 25 cajasadicionales se tiene una rebaja de un 5%. ¿Cuál es el pedido que produce el máximo valor de laventa?.

Solución. Sea x el número de cajas de un pedido. Si x ≤ 100 el costo por caja es $US 10 y elimporte de la venta es 10x dólares. Si x > 100 (x toma valores 125, 150, ....), el costo por caja es

10− (0.05) (10)(x− 10025

)= 10− 0.5

(x− 10025

)

Si V es el importe de la venta tendremos:

V (x) =

10x si x ≤ 100[10− 0.5

(x− 10025

)]x si x ≥ 100

La parte que nos interesa de esta función es cuando x ≥ 100. Para encontrar un punto extremoencontramos V ′(x), para x ≥ 100, luego de esto resolvemos V ′(x) = 0.

V ′(x) = 10− 0.525(2x− 100) .

V ′′ (x) = −0.5 (2)25

< 0 para todo x

Resolviendo V ′(x) = 0, obtenemos x = 300, (aquí, V debe tener un máximo ¿porque?) con lo queel importe de la venta es V (300) = 1800.

1800

1000

450300100 x

( )xV

0

Nota: Observemos que hemos supuesto que V (x) es contínua siendo que en realidad no lo es.Sin esta consideración, como sabemos, no podríamos derivar la función V (x).

Ejercicio 5.16 Una entidad bancaria tiene las siguientes tarifas: p Bs por cada mil para operacionesde hasta M Bs. Para la cantidad que sobrepase esta cifra, disminuye la tasa anterior en r Bs porcada mil. Hallar la operación óptima de manera que el beneficio del banco sea máximo.¿Cuál es la operación óptima si p = 30, M = 50000, r = 0.375?

Solución: Sea x la cantidad en Bs de la operación buscada. Si x ≤ M el beneficio para el

banco espx

1000. Si x > M la tasa es p − r (x−M)

1000por cada mil que excede a M (por ejemplo si

x =M + 1000, la tasa es p− r), luego el beneficio en este caso es:

pM

1000+

(p− r(x−M)

1000

)(x−M1000

).

Si B es la función del beneficio:

B(x) =

px

1000si x ≤M

pM

1000+

(p− r(x−M)

1000

)(x−M1000

)si x ≥M

Si x ≥M ,

B′(x) =1

1000

(p− 2r(x−M)

1000

).

Resolviendo B′(x) = 0 se encuentra x = M +500p

r. Este punto es un máximo pues B′′(x) < 0

para todo x ≥M. Si M = 50000, p = 30 y r = 0.375, el banco obtiene el beneficio máximo cuando

x = 50000 +500 (30)

0.375= 90000 .

Ejercicio 5.17 Un minero desea abrir un túnel desde un punto A hasta un punto B situado 80metros más abajo de A y 240 metros más al este de el. Debajo el nivel de A es roca; arriba de estenivel es tierra blanda. Si el costo de construcción del túnel es $US 30 por metro lineal en tierrablanda y $US 78 en roca, hállase el costo del túnel de manera que este sea mínimo.

Solución. Sea x la parte del tunel por tierra blanda, y la parte del tunel por roca, como seilustra en el siguiente gráfico.

( )22 24080 xy −+=

x

BD

CA

E

x−240

80 80

240

En el gràfico AE = CD = 80, EB = 240, DB = 240 − x. Por las condiciones del problema, elcosto C es:

C = 30x+ 78y, ((1))

puesto que

y =√802 + (240− x)2 ((2))

se tiene el costo en funciòn de la variable x

C ′(x) = 30− 78(240− x)√802 + (240− x)2

Derivando se obtiene:

C ′(x) = 30− 78(240− x)√802 + (240− x)2

Resolviendo C′(x) = 0, obtenemos x =620

3, reemplazando este valor en (1) se tiene y =

260

3. Por

tanto el costo es:

C = 30

(620

3

)+ 78

(260

3

)= 12960.


5.5.4 El principio de Fermat

El principio de Fermat establece que “El trayecto seguido por la luz al propagarse de un punto a otroes tal que el tiempo empleado en recorrerlo es un mínimo”1. Si un rayo de luz parte de la fuente,rebota en el espejo y regresa al observador, entonces su trayectoria constará de dos segmentos derecta como se muestra en la figura, más aún el tiempo mínimo ocurrirá cuando la distancia recorridapor el rayo de luz sea mímima. Demostrar que el rayo de luz chocará con el espejo en el punto P enel que ángulo de incidencia α es igual al ángulo de reflexión β.

αβ

a

b

Px

c

Fuente

Espejo

Observador α

β

luz de Rayo

Solución. La distancia que recorre el rayo de luz está dado por

f (x) =√x2 + b2 +

√(c− x)2 + a2

donde x ∈ [0, c] . derivando f se encuentra:

f ′ (x) =x√

x2 + b2− c− x√(c− x)2 + a2

resolviendo f ′ (x) = 0 se encuentra x =bc

a+ b(existe otra raíz, pero no se encuentra en el dominio

¡compruébelo!). La segunda derivada resulta ser:

f ′′ (x) =b2

(√x2 + b2

)3 +a2

(√(c− x)2 + a2

)3

por tanto es claro que f es cóncava hacia arriba en todo su dominio, en particular f ′′(

bc

a+ b

)> 0,

por tanto la función f tiene un mínimo en x =bc

a+ b, pero entonces:

tanα =c− xa

=c− bc

a+ ba

=c

a+ b

tanβ =x

b=

bc

a+ bb

=c

a+ b

1Enunciado en el siglo XVII por el matemático francés Pierre de Fermat.


por tanto tanα = tanβ, finalmente puesto que la función tangente es inyectiva en(0, π2), se concluye

con que α = β.


1. (Area máxima) Encontrar el área del mayor triángulo isósceles que tenga un perímetro de18 cm. Sol: 9

√3.

2. (Area máxima) Probar que de todos los triángulos rectángulos con la misma hipotenusa, elde área máxima es el isósceles.

3. (Longitud mínima) Un segmento de recta está situado en el primer cuadrante con extremosen los ejes coordenados y tangente a la circunferencia x2 + y2 = 1. Hallar la longitud delsegmento más pequeño que cumpla con las condiciones dadas. Sol. 2.

x

y

1

1

4. (Costo mínimo) Un tanque debe tener un volumen dado V y la forma de un cilindro circularrecto con semiesferas agregadas en sus extremos. El material para los extremos cuesta dosveces más por unidad cuadrada de lo que cuesta el de los lados. Hallar las dimensiones máseconómicas.

Sol.: radio=123

√3V2π , altura=2

3

√3V2π .

5. (Volumen máximo) De una lámina circular de radio r se quiere recortar un sector circularpara construir un cono circular recto. Hallar el ángulo de corte θ de modo que el volumen delcono sea máximo.


Sol.: θ = 2π√

23 .

θ

6. (Volumen máximo) Un tronco de un arbol que mide h metros, tiene la forma de un conotruncado recto. Los diámetros de sus bases miden 2b y 2a metros respectivamente. Se debecortar una viga de sección transversal cuadrada cuyo eje coincide con el eje del tronco y cuyovolumen sea el mayor posible. ¿que dimensiones debe tener la viga? (se supone que a, b y hson conocidos)

(Sug. Sea 2x la longitud del lado de la base y y la altura, por semejanza de triángulosh−yy = x−a

b−x )

Sol.: x = 23b, y =

hb3(b−a) .

x

b

a

y

b2

a2

h

7. (a) ¿Cómo deberían elegirse dos números no negativos cuya suma sea 1 para maximizar lasuma de sus cuadrados?, (b) ¿Y para minimizar la suma de sus cuadrados?. Sol.: (a) 0, 1. (b)1/2, 1/2.

8. Cómo deberían elegirse dos números no negativos cuya suma sea 1 para

(a) maximizar el producto del cuadrado de uno de ellos por el cubo del otro. Sol.: 2/5

(b) minimizar el anterior producto. Sol.: 0, 1

9. (Punto más cercano) Hallar puntos de la hipérbola x2 − y2 = a2 más cercanos al punto(0, b) donde b > 0.


Sol.:(±12√4a2 + b2, 12b

)

-1 0 1

-1

1

x

y

( )b,0

10. (Menor y mayor distancia) Considere la curva de ecuación y2 + x− 192 = 0

(a) Hallar puntos de la curva que se encuentren a la menor distancia del origen.

(b) Hallar los puntos de la curva que se encuentren a la menor distancia del origen cuandoy ∈ [−1, 1] .

(c) Hallar los puntos de curva que se encuentren a la mayor distancia del origen cuandoy ∈ [−1, 1] .

Sol. (a)(12 ,±3

)(b)(172 ,±1

)(c)(192 , 0).

x

y

11. (Superficie mínima) Se debe construir una lata cilíndrica (con tapa) de a unidades cúbicasde volumen de manera que se gaste el menor material posible. ¿cual debe ser la relación entrela altura h y el radio r de la base para que esto ocurra?. Sol: h = 2r.

12. (Area mínima) Encontrar la ecuación de la recta que pasa por (3, 4) y forma con el primer


cuadrante un triángulo de área mínima. Sol: 4x+ 3y − 24 = 0.

y

x

( )4,3

13. (Area máxima) Un rectángulo tiene dos de sus vértices sobre el eje x y los otros dos estánrespectivamente sobre las rectas y = x y 4y + 5x = 20. Hallar el valor y para que el área delrectángulo sea máximo. Sol.: 10/9.

14. (Superficie mínima) Una hoja de papel tiene a unidades cuadradas de material impreso,con márgenes superior e inferior de 4 unidades y márgenes laterales de 2 unidades. Determinarcuales deben ser las dimensiones de la hoja para que se use la menor cantidad de papel. Sol.:

base =8 +√2a

2, altura = 8 +

√2a.

4

22

4

im p re sa A re a

15. (Area máxima) Determinar la superficie lateral del cilindro recto de área máxima que puedeser inscrito en un cono circular recto de radio basal b y altura a. Sol: área = abπ/2.

16. (Area máxima) Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área, que se puedeinscribir en la región limitada por la elipse x2

a2 +y2

b2 = 1 y el eje x, tal como se muestra en lagráfica. Sol. 2a/

√2× b/

√2 , área máxima igual a ab.

17. (Suma de áreas mìnima) Un alambre de longitud L, es cortado en dos partes, con una partese forma un cuadrado y con la otra una circunferencia. ¿De que modo debe ser cortado para

que la suma de las áreas sea mínima?. Sol.: Para la circunferencia:Lπ

4 + π, para el cuadrado

4L

4 + π.


x

y

a

b

Figura~5.1:

18. (Superficie mínima) La base de una caja rectangular es tal que su longitud es tres veces suancho. Si el volumen de la caja es 36 m3, hallar las dimensiones de dicha caja de modo que lasuperficie total sea mínima para los siguientes casos: (a) la caja es con tapa, (b) la caja es sintapa. Sol. (a) 6× 2× 3, (b) 6 3

√2× 2 3

√2× 3

23√2.

19. (Area máxima) Un vidrio rectangular de 80 cm. por 60 cm, se rompe en una esquinasegún una recta, tal como se ve en el gráfico, con un punto (x, y) de la recta se construye unrectángulo. Hallar el punto (x, y) de la recta de modo que el área de dicho rectángulo sea elmayor posible. Sol.:

(253 ,

1552

)

80

60

15

10

( )yx,

20. (Distancia mínima) Un punto movil P describe la curva y = 4/x, x > 0. Determinar ladistancia mínima de P al origen. Sol.: 2

√2.

21. (Area máxima) Se desea inscribir un rectángulo en un triángulo de rectángulo cuyos ladosmiden a, b y c cm. Determinar las dimensiones que debe tener dicho rectángulo, si este secoloca como en (a) o (b) , de modo que su área sea el mayor posible.

a

bc c

a

b


Sol. (a) a2 ,

b2 , (b)

c2 ,

ab2c

22. (Volúmen máximo) Se necesita construir un embudo cónico cuya generatriz debe ser iguala 20 cm. ¿Cuál debe ser la altura del embudo para que el volumen sea el mayor posible?. Sol.:20√3

3.

23. (Area mínima) Hallar un punto sobre la parábola y = 4 − x2, tal que la recta tangente enel segundo cuadrante y los ejes coordenados determinen un triángulo de área mínima. Sol.:x = −

√4/3.

24. (Area máxima) Si un punto de una elipse, inscrito en un semicírculo, está sobre el diámetroy tiene otros dos puntos sobre la semicircunferencia en posición simétrica . Demostrar que su

área será un máximo igual a2πr2

3√3, donde r es el radio de la circunferencia. (Sug. sean a, b los

semiejes de la elipse de centro (0, b) , la intersección de la elipse y la semicircunferencia debeser única en el primer cuadrante, esto da una relación entre a y b)

x

y

rr−

r

25. (Area máxima) Determinar la elipse de área máxima, inscrita en un triángulo isósceles delados r, r, 2r de modo que dos puntos estén en los lados iguales en posición simétrica y el tercero

en lado desigual. Sol.: Semiejes

√3

3r, 13r, centro

(0, 13r

)

r

r− r x

y

a

b

26. (Volumen mínimo) Un cono recto circular va a ser circunscrito en una esfera de radioconocido. Encontrar la razón de la altura y el radio de la base del cono de volumen mínimo.


Sol.: 2√2.

27. (Area máxima) Demostrar que el triángulo isósceles de área máxima que puede inscribirseen una circunferencia es un triángulo equilátero.

28. (Volumen máximo) Un cono recto circular es cortado por un plano paralelo a su base. ¿Aque distancia de la base debe ser hecho el corte, para que el cono recto de base en la seccióndeterminada por el corte y de vértice en el centro de la base del cono dado, tenga volumenmáximo?. Sol.: 1/3 de la altura del cono).

29. (Area mínima) Hallar el área mínima del triángulo isósceles circunscrito a la elipse b2x2 +a2y2 = a2b2 cuyo lado desigual es paralelo al eje x. (Sol: altura 3b, base 2a

√3, área 3ab

√3).

(Sug. Considere un punto (u, v) de la elipse en el primer cuadrante, calcule la recta tangentea la elipse que pasa por este punto. La intersección de esta recta con el eje y permite calcularla altura, la intersección de la recta tangente con la recta y = −b permite calcular la base)

x

y

a

b

30. (Costo mínimo) La curva del costo total de un producto esta dado por y = 15x− 8x2+2x3,en donde y representa el costo total y x representa la cantidad producida. Suponga que lascondiciones del mercado indican que deben producirse entre 3 y 10 unidades. Determine lacantidad para el cual el costo medio es mínimo. (Sug. Costo medio y =

y

x. Sol: y = 9, para

x = 3).

31. (Valor máximo) Un fabricante produce miniaturas que vende al precio de $US 3 por unidad,hasta 1000 unidades. Por cada 100 unidades adicionales el precio se reduce en 6 centavos porciento. ¿De que magnitud es el pedido que produce el máximo valor en dólares?. Sol.: 3500.


32. (Varilla más larga) Hallar la longitud de la varilla más larga que se puede transportarhorizontalmente en la esquina que une un corredor de 8m de ancho con otro de 4m de ancho.

Sol.: 4(1 + 41/3

)3/2.

��

4

8

33. (Area máxima) Una ventana esta hecha de un rectángulo y de un triángulo equilátero.¿Cuales deben ser las dimensiones de la ventana para maximizar el área si el perímetro es

fijo?. Sol. Lado del triángulo = un lado del rectángulo =p(6+

√3)

33 , otro lado del rectángulo =p(5−

√3)

22 donde p es el perímetro de la ventana.

34. (Mayor iluminación) Cuando una luz proveniente de un punto luminoso choca con unasuperficie plana, la intensidad de la iluminación es proporcional al coseno del ángulo de inci-dencia e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia respecto a la fuente. ¿A quealtura debe estar colocada una luz por encima del centro de un círculo de 12 pies de radio paraobtener la mejor iluminación a lo largo de la circunferencia?

12

y

θ

35. (Area máxima) Determinar un triángulo rectángulo de área máxima, de modo que losextremos de su hipotenusa sean el origen y un punto de la gráfica de y = (x− p) (x− q) , q > p

y en el primer cuadrante. Sol.: Base p+q−√

p2−pq+q2

3

36. (Suma de distancias mínima) Sean P,Q puntos del plano en el mismo lado del eje de lasx. Sea R un punto sobre el eje de las x (ver figura). Demostrar que la suma de las distancias

PR y QR es mínima cuando los ángulos θ1 y θ2 son iguales.

��

P Q

y2

θ2

a− xx R��

θ1

y1

��

37. (Fisiología celular) Los investigadores de fisiología celular intentan determinar la permeabi-lidad de una célula a varios compuestos si la concentración al exterior de una célula se mantieneen un nivel fijo. Si

A = superficie de la célula

V = volumen de la célula

k >= es la constante de permeabilidad

x ≥ representa la concentración del compuesto dentro de la célula, entonces se tiene el si-guiente modelo, que con frecuencia se utiliza en la práctica:

dx

dt= k

A

V(c− x) .

• (a) Suponiendo x (0) < c, determinar la máxima concentración posible en la célula.• ¿Puede probar que la respuesta en (a) es realmente un máximo?• ¿Cuál es la concentración mínima posible?, ¿Porque?.

Sol.: (a) x = c, (b) Aplicar el criterio de la segunda derivada, (c) cuando x = 0.

38. (Equilibrio) Un agitador AB de longitud 2l (ver figura), se apoya sobre el fondo y el bordede una cápsula de porcelana; suponiendo que no existiera rozamiento, la varilla se moveriahasta alcanzar una posición de equilibrio. Sabiendo que el centro de gravedad, en el estado deequilibrio estable, adquiere la posición más baja de entre todas las que puede tomar, se pidela posición de equilibrio de la varilla AB.

��

��

��

��

��

E

C

A

B

θ

5.6. LA DERIVADA COMO RAZÓN DE CAMBIO 181

(Sug.: Si C es el centro de gravedad de AB, la distancia y = EC será máxima en la posiciónde equilibrio buscada. Calcule y en función del ángulo θ)

Sol.: cos θ =l

8r±√

l2

64r2+1

2.

5.6 La Derivada como Razón de Cambio

Sea y = y(x), y x = x(t), esto es y es una función de x y x es una función de t. La expresióndx

dtse

llama razón de cambio de x respecto a t. Por la regla de la cadena tenemos:

dy

dt=dy

dx· dxdt

A continuación se presentan aplicaciones de la razón de cambio.


Ejercicio 5.18 Una escalera de 20 metros se apoya contra un edificio. Hallar:a) La velocidad a la que se mueve el extremo superior cuando el inferior se aleja del edificio a

una velocidad de 2 metros por segundo y se encuentra a una distancia de él de 12 metros.b) La velocidad a la que disminuye la pendiente.

Solución.

A

y20

C

B

x

θ

2=dtdx

(a) Sea AB = 20, la longitud de la escalera, y = CB la altura del extremo superior de la escaleraal piso, x = AC la distancia del extremo inferior de la escalera a la pared. Entonces

y =√400− x2 (1)

m = tan θ =y

x(2)

aquí m es la pendiente que forma la escalera con el piso. Nótese que x = x (t) y y = y (t) , es decirson funciones dependientes de la variable t. Derivando en (1) respecto de t se encuentra:

dy

dt=

−x√400− x2

dx

dt

Como dato se tiene que dxdt = 2, por otra parte se pide calcular dy

dt cuando x = 12, por tanto:

dy

dt=

−12√400− (12)2

(2) = −32,


esto muestra que el extremo superior baja a una velocidad de 32 metros por segundo, (el signo menos

indica que la altura disminuye).(b) En (2) derivando m respecto de t se encuentra:

dm

dt=

xdydt − y dx

dt

x2

=xdy

dt −√400− x2 dx

dt

x2

reemplazando x = 12, dxdt = 2 y

dydt = −32 se tiene:

dm

dt=

(12)(−32)−√400− (12)2 (2)

(12)2

= −2572

lo que muestra que la pendiente disminuye a una velocidad de 2572 metros por segundo.

Ejercicio 5.19 Se arroja una piedra a un lago, causando ondas circulares. Si, después de t segundos,el radio de una de las ondas es 40t cm, encuentre la razón de cambio con respecto a t del área delcírculo formado por la onda en t = 1.

Solución.

r

Se tiene r = r(t) = 40t, por tanto el área en cualquier instante t está dado por:

A = πr2

LuegodA

dt= 2πr

dt

dt

Pero drdt = 40 (en cualquier instante t), además en t = 1, se tiene r = 40, por tanto:

dA

dt= 2π (40) (40)

= 3200π cm2/seg.

Ejercicio 5.20 Dos automóviles parten simultáneamente desde un punto A. Uno de ellos se dirigehacia el oeste a 60 km/h, y el otro se dirige hacia el norte a 35 Km/h. ¿A que velocidad aumentala distancia entre ambos 3 horas después?.

5.6. LA DERIVADA COMO RAZÓN DE CAMBIO 183

Solución. Sea x la distancia recorrida por el primer automovil en un tiempo t, y la distanciarecorrida por el segundo automovil en un tiempo t, es claro que x = x (t) y y = y (t), entonces

dx

dt= 60 (1)

ydy

dt= 35 (2)

La distancia entre los dos vehículos es

D =√x2 + y2.

luego

dD

dt=xdx

dt+ y

dy

dt√x2 + y2

de (1) deducimos que en 3 horas el automovil recorrerá x = 3 (60), similarmente de (2) deducimosque el automovil en 3 horas recorrerá y = 3 (35). Por tanto

dD

dt=

3(60) 60 + 3 (35) 35√(3 (60))2 + (3 (35))2

= 5√193

lo anterior nos dice que la distancia entre los automóviles crece a razón de 5√193 Km/h.

Ejercicio 5.21 Se vierte agua en un recipiente de forma de cono truncado de radios superior einferior de 10 y 5 cm y altura 30 cm. Si la rapidéz con la que vierte el agua es 2 cc/seg, ¿con querapidez sube el nivel del agua cuando la altura de la misma es la mitad de la altura del recipiente?

10

5

30

Solución. Sean x = x (t) , h = h (t) el radio y la altura del cono truncado que ocupa el aguaen algún instante t, la relación entre x y h se consigue con la ayuda de los siguientes gráficos ysemejanza de triángulos:

10

5

30

10

5

30 30

h

x

5x−10

h−30


10− x5

=30− h30

de donde:

x =h+ 30

6

por tanto:

V =π

3h

(

25 + 5

(h+ 30

6

)+

(h+ 30

6

)2)

=π

108

(2700h+ 90h2 + h3

)

derivando respecto de t :dV

dt=

π

108

(2700 + 180h+ 3h2

) dhdt

con dVdt = 2, h = 15 se encuentra:

2 =π

108

(2700 + 180 (15) + 3 (15)2

) dhdt

de donde:dh

dt=

8

225πcm.


1. Un globo se eleva de la tierra desde una distancia de 100 m respecto de un observador, a razónde 50 m/min. ¿Con que rapidez crece el ángulo de elevación de la línea que une al observadorcon el globo cuando éste está a una altura de 100 m.?.

2. Un avión vuela horizontalmente a una altura de 4400 m. alejándose respecto a un observador.Cuando el ángulo de elevación es π/4, el ángulo decrece a razón de 0.05 rad/seg. ¿Cuánto esla rapidéz del avión en ese instante?.Sol.: 440 m/seg.

3. Una torre está al final de una calle Un hombre va en un automovil hacia la torre a razón de50 m/seg. La torre tiene 500 m de altura. ¿con que rapidéz crece el ángulo subtendido por latorre y el ojo del hombre cuando éste se encuentra a 1000 m de la torre?.Sol.: 0, 02 rad/seg.

4. Un carro de la policia se aproxima a una intersección a 80 pies/seg. Cuando está a 200 pies deeste punto, un carro cruza la intersección, viajando en ángulo recto con respecto a la direcciónen que viaja el carro de la policia, a la velocidad de 60 pies/seg. Si el policia dirige el rayode luz de su faro hacia el segundo carro, ¿con que velocidad girará el rayo de luz 2 segundosdespués, suponiendo que ambos carros mantengan sus velocidades originales?.

5.7. LÍMITES INDETERMINADOS 185

5. Un peso es jalado a lo largo de un piso horizontal mediante una cuerda que pasa por un ganchosituado a 6 pies sobre el piso. Si la cuerda es jalada sobre el gancho a la velocidad de 1 pie/seg,encontrar una expresión para la razón de cambio del ángulo θ, formado por la cuerda y el piso,como función del ángulo θ.

Sol.:dθ

dt= 1

6 sen θ tan θ.

6. Un hombre parado en un punto fijo de un muelle, jala un pequeño bote. El muelle está a 20pies sobre el nivel del agua. Si el hombre jala la cuerda a 2 pies/seg, ¿con que velocidad creceráel ángulo que la cuerda forma con el agua, cuando la distancia desde el hombre hasta el botesea de 50 pies?.

7. Un helicóptero despega a 1000 pies de un observador y se eleva verticalmente a 20 pies/seg. ¿Aque velocidad cambiará el ángulo de elevación del helicóptero respecto al observador cuandoel helicóptero esté a 800 pies sobre el suelo?.

Sol.:1

82rad/seg.

8. Supóngase que se filtra un líquido a partir de un resíduo sólido en un filtro cónico de 60 cm deradio y 20 cm de altura. ¿Con que rapidéz cambia el nivel del líquido en el filtro si se introducetal líquido a razón de 5 cm3/min?. (Sug. Considere el cono con el vértice hacia abajo).

Sol.:dh

dt=−59πh2

.

9. El costo que tiene una compañia al fabricar x relojes eléctricos por mes es

c (x) = 15000 + 5x

dólares. El precio está determinado por la demanda y está dado por la ecuación

p (x) = 15− x

10000,

donde x es el número de relojes fabricados y vendidos por més. Hallar la rapidéz de cambiocon respecto al tiempo del costo, del ingreso y de la utilidad por mes, considerando que seaumenta la producción en 5000 relojes al mes y que ahora es de 20000 relojes mensuales.Sol.: $25000/mes, $55000/mes, $30000/mes.

5.7 Límites Indeterminados

En esta sección, se usan derivadas en el cálculo de límites para algunos casos particulares conocidoscomo indeterminaciones.

5.7.1 La indeterminación 00

Diremos que un límite es del caso 00 si en el límite

limx→a

f (x)

g (x)

se cumple limx→a

f (x) = 0 y limx→a

g (x) = 0. Iniciamos este estudio con el siguiente teorema.


Teorema 5.17 (Regla de L’Hopital)

(1) Sean f, g : [a, b]→ R, continuas en [a, b] tales que f ′ y g′ existen para x ∈ (a, b), con g′(x) �= 0.Supóngase que

limx→a

f (x) = 0, limx→a

g (x) = 0, y limx→a

f ′ (x)g′ (x)

= L

entonces:

limx→a

f (x)

g (x)=lim

x→a

f ′ (x)g′ (x)

= L.

(2) Sean f, g funciones definidas para valores x suficientemente grandes tales que f ′ y g′ existenen el dominio común de f y g. Si g′(x) �= 0 y

limx→∞

f (x) = 0, limx→∞

g (x) = 0, y limx→∞

f ′ (x)g′ (x)

= L

entonces:

limx→∞

f (x)

g (x)= lim

x→∞f ′ (x)g′ (x)

= L.

(3) Sean f, g funciones definidas para valores −x suficientemente grandes tales que f ′ y g′ existenen el dominio común de f y g. Si g′(x) �= 0 y

limx→−∞

f (x) = 0, limx→−∞

g (x) = 0, y limx→−∞

f ′ (x)g′ (x)

= L

entonces:

limx→−∞

f (x)

g (x)= lim

x→−∞f ′ (x)g′ (x)

= L.

Demostración. Se demuestra la parte (1). Las partes (2) y (3) quedan como ejercicio.

(1) Sea x ∈ (a, b). Las hipótesis del Teorema de Cauchy se satisfacen en el intervalo [a, x], luegoexiste c ∈ (a, x) tal que:

f (x)− f (a)g (x)− g (a) =

f ′ (c)g′ (c)

puesto que f y g son continuas y limx→a

f (x) = 0, limx→a

g (x) = 0 se tiene f (a) = g (a) = 0. Con

estas consideraciones:f (x)

g (x)=f ′(c)g′(c)

Claramente si x→ a, entonces debe verificarse c→ a, luego

limx→a

f (x)

g (x)=lim

c→a

f ′(c)g′(c)

=limx→a

f ′(x)g′(x)

= L.

(2) Sug. Considere limu→0+

f (1/u)

g (1/u).

�

(Nótese que para cualquier función h se verifica: limx→a

h (x) =limu→a

h (u))




3x2 + 2x− 16x2 − x− 2 .

Solución. Aquí,f (x) = 3x2 + 2x− 16g (x) = x2 − x− 2

claramente es una indeterminación 00 . Se cumplen también hipótesis de la Regla de L’Hopital,

luego:

limx→2

f (x)

g (x)= lim

x→2f ′ (x)g′ (x)

= limx→2

6x+ 2

2x− 1

=14

3.


x− tanxx− sinx .

Solución. Nuevamente es un caso 00 . Por la Regla de L’Hopital con

f (x) = x− tanx, y g (x) = x− sinx

tenemos:

limx→0

f (x)

g (x)= lim

x→0f ′ (x)g′ (x)

= limx→0

1− sec2 x1− cosx

el último límite encontrado es nuevamente un caso 00 , aplicamos muevamente la regla de L’ Hopital

limx→0

f (x)

g (x)= lim

x→01− sec2 x1− cosx

= limx→0−2 secx (secx tanx)

sinx=lim

x→0−2 sec3 x

= −2.


1− e5√x

√x+ x

.

Solución. En este ejercicio conviene hacer un cambio de variable. Sea u =√x, con este cambio el

límite dado queda

limx→0

1− e5√x

√x+ x

=limu→0

1− e5uu+ u2

.

Aplicando la regla de L’ Hopital:

limu→0

1− e5uu+ u2

=limu→0−5 e5u1 + 2u

= −5.



arcsin 2x− 2 arcsinxx3

.

Solución. Aplicando la regla de L’ Hopital:

limx→0

arcsin 2x− 2 arcsinxx3

=2

3limx→0

(1− 4x2

)−1/2 −(1− x2

)−1/2

x2

=1

3limx→0

4(1− 4x2

)−3/2 −(1− x2

)−3/2

= 1.

(En este ejercicio se ha aplicado la regla de L’ Hopital dos veces).

Ejercicio 5.26 Calcular limx→π

2

ln (− cos 2x)1 + cos 2x

.

Solución. Notemos que cos (π) = −1. Aplicando la regla de L’ Hopital encontramos:

limx→π

2

ln (− cos 2x)1 + cos 2x

= limx→π

2

2 sin 2x

− cos 2x−2 sin 2x

= limx→π

2

1

cos 2x

= −1.


π

2− arctanx

sin1

x

.

Solución.

limx→∞

π

2− arctanx

sin1

x

= limx→∞

− 1

1 + x2(cos1

x

)(− 1x2

)

= 1.


1(π2− arctanx

)x.

Solución. El límite dado se escribe como: limx→∞

1

x(π2− arctanx

) que es una indeterminación 00 ,

aplicamos entonces la regla de L’ Hopital:

limx→∞

1x(π

2− arctanx

) = limx→∞

− 1x2

− 1

1 + x2

= 1.


5.7.2 La indeterminación ∞∞

En este caso aplicamos el siguiente teorema, que es una extensión de la regla de Hopital.

Teorema 5.18 (Regla de L’Hopital para el caso∞∞). Sean f y g definidas y diferenciables

para todo x mayor que un entero fijo. Supóngase que

limx→∞

f (x) =∞, limx→∞

g (x) =∞, y limx→∞

f ′ (x)g′ (x)

= L

entonces:

limx→∞

f (x)

g (x)= lim

x→∞f ′ (x)g′ (x)

= L

Observación. El teorema sigue siendo válido si reemplazamos x→∞ por x→ a.



lnx

x.

Solución.

limx→∞

lnx

x= lim

x→∞1/x

1= 0.


xn

ex, donde n es un número natural.

Solución.

limx→∞

xn

ex= lim

x→∞nxn−1

ex

= limx→∞

n (n− 1)xn−2ex

= . . .

= limx→∞

n!

ex= 0


cosh (x+ 1)

ex.

Solución. Por definicióncosh (x+ 1) =

1

2

(ex+1+e−x−1)

luego

limx→∞

cosh (x+ 1)

ex= 1

2 limx→∞ex+1+e−x−1

ex

= 12 limx→∞

(e+e−2x−1

)

=e

2.

En el anterior ejercicio no se emplea la regla de L’ Hopital, si se emplera, nunca prodríamos romperla indeterminación. Asi pues, en algunos casos la regla de Hopital no dá ningún resultado.


Ejercicio 5.32 Calcular limx→π/2−

tanx

ln cosx.

Solución.

limx→π/2−

tanx

ln cosx= lim

x→π/2−

sec2 x− sinxcosx

= − limx→π/2−

secx

sinx= −∞.


cot 2x

cot 4x.

Solución. Este límite es del caso ∞∞ , luego aplicando la regla de L’Hopital:

limx→0

cot 2x

cot 4x= lim

x→0−2 csc2 (2x)−4 csc2 (4x)

podemos observar que el nuévo límite es otra vez del caso ∞∞ . Si seguimos aplicando L’Hopital se-

guiremos obteniendo indefinidamente el caso ∞∞ , es decir, el límite no pierde su calidad de indefinida.

Sin embargo con una pequeña modificación podremos resolver el problema, en efecto:

limx→0

cot 2x

cot 4x= lim

x→0tan 4x

tan 2x= lim

x→04 sec2 4x

2 sec2 2x= 2

5.7.3 Indeterminaciones 0 · ∞ e ∞−∞Estos casos se reducen a uno de los casos estudiados arriba.



(1

x− 1

ex−1

).

Solución. Es un caso ∞−∞.

limx→0

(1

x− 1

ex−1

)= lim

x→0

(ex−1− xx (ex−1)

)

el límite de la derecha es del tipo 00 . Aplicando Hopital tenemos

limx→0

(1

x− 1

ex−1

)= lim

x→0ex−1

ex−1 + x ex

= limx→0

ex

2 ex+x ex

= 12

Ejercicio 5.35 limx→1

(1

lnx− x

x− 1

).

Solución. Es un caso ∞−∞

. limx→1

(1

lnx− x

x− 1

)= lim

x→1x− 1− x lnx(x− 1) lnx


este último límite es del tipo 00 . Aplicando dos veces la regla de L’ Hopital:

limx→1

(1

lnx− x

x− 1

)= lim

x→1− lnx

lnx+(x− 1)

x

= limx→1− x lnx

x lnx+ x− 1nuevamente el último límite es del tipo 0

0 , aplicando otra vez la regla de L’ Hopital:

limx→1

(1

lnx− x

x− 1

)= − lim

x→11 + lnx

1 + lnx+ 1

= −12

Ejercicio 5.36 limx→0

(x− arcsinx) csc3 x.

Solución. Es del caso 0 · ∞.

limx→0

(x− arcsinx) csc3 x = limx→0

(x− arcsinx)sin3 x

(tipo 00)

= limx→0

1− 1√1− x2

3 sin2 x cosx

= limx→0

(1− x2

)1/2 − 13 (1− x2)1/2 sin2 x cosx

el resultado encontrado es nuevamente del tipo 00 , aplicando una vez más la regla de L’ Hopital

encontramos:limx→0

(x− arcsinx) csc3 x = −16

5.7.4 Casos 00, ∞0, 1∞


En este caso se toma el logaritmo natural y entonces se transforma el límite dado a la forma 0 · ∞.


xx.

Solución. Es del caso 00. Sabemos que lnxx = x lnx, calculamos ahora el límite

limx→0

x lnx

éste límite es de la forma 0 · ∞ que se puede transformar al caso 00 o∞∞ .

limx→0

x lnx = limx→0

lnx

1/xtipo

∞∞

= limx→0

1/x

−1/x2 = limx→0−x= 0


de este resultado encontramos:limx→0

xx = limx→0

ex lnx

= elimx→0

x lnx

= e0 = 1


(1− 2x)1/x.

Solución. Es del caso 1∞. Calculamos el límite limx→0

ln (1− 2x)1/x = limx→0

1

xln (1− 2x), este es un

caso ∞ · 0.limx→0

1

xln (1− 2x) = lim

x→0ln (1− 2x)

11/x

, caso 00

= limx→0

−21− 2x1

= −2,Con este resultado:

limx→0

(1− 2x)1/x = limx→0

e1xln(1−2x)

= elimx→0

1xln(1−2x)

= e−2 .

Ejercicio 5.39 Calcular limx→−π/2−

(tanx)cosx.

Solución. Es del caso ∞0, inicialmente calculamos el siguiente límite

limx→−π/2−

cosx (ln tanx) = limx→−π/2−

ln tanx

secx

= limx→−π/2−

sec2 x

tanxsecx tanx

= limx→−π/2−

cosx

sin2 x= 0

de esto se deduce:

limx→−π/2−

(tanx)cosx = elim

x→−π/2−cosx(ln tanx)

= e0 = 1.



Calcular:

1. limx→0

(cos 2x)

3

x2 Sol.: e−6.

2. limx→0

tanx− xx− sinx Sol.: 2.

3. limx→π/2

ln sinx

(π − 2x)2Sol.:−18 .

4. limθ→0

θ − arcsin θsin3 θ

Sol.:−16 .

5. limy→0

ey +cos y − 2ln (1 + y)

Sol.:1.

6. limy→0

ey +sin y − 1ln (1 + y)

Sol.:2.

7. limφ→π

4

sec2 φ− 2 tanφ1 + cos 4φ

Sol.: 12 .

8. limy→0

tan y − sin ysin3 y

Sol.: 12

9. limx→2

√16x− x4 − 2 3

√4x

2−√√

2x3Sol.: 32

9

10. limx→3

√3x−

√12− x

2x− 3√19− 5x Sol.: 8

69

11. limx→a

xp − apxq − aq , a > 0, p, q ∈ N. Sol.: p

qap−q.

12. limx→0

x cosx− sinxx3

Sol.: −13 .

13. limx→0

x− sinxx3

Sol.:16 .

14. limx→0

ln (sinmx)

ln (sinx)Sol.: 1.

15. limx→∞

x sin ax Sol.: a.


16. limx→∞

x

1

x Sol.: 1.

17. limx→∞

(lnx)3

x2Sol.: 0.

18. limθ→π

2

tan 3θ

tan θSol.: 1/3.

19. limx→1

(x

x− 1 −1

lnx

)Sol.: 1

2 .

20. limx→π/2

( x

cotx− π

2 cosx

)Sol.: −1

21. limx→0

x

3

4 + lnx Sol.: e3 .

22. limx→1

1− x1− sin πx

2

Sol. ∞.

23. limx→1

[1

2 (1−√x) −1

3 (1− 3√x)

]Sol.: 1

12 .

24. limx→0

(1

sin2 x− 1

x2

)Sol.:13 .

25. limx→0

xsinx Sol.: 1.

26. limx→1

(1− x)cos πx2 Sol.: 1.

27. limx→0

(1 + x2

)1/x Sol.: 1.

28. limx→1

x1

1−x Sol.: e−1.

29. limx→1

(tan πx

4

)tan πx4 Sol.: 1.

Verificar :

30. limx→0

(x tan (π (x+ 1) /2)) = − 2π .

31. limx→0

(1 + x− cosx

x

) 1+cos x25x

= e125 .


32. limx→1

sinπx+ tan (x− 1)x2 − x = −π + 1.

33. limx→π/4

(1− tanx) sec 2x = 1.

34. limx→2

[8

x2 − 12 −2

x− 6

]= −12 .

35. limx→0

[1

ln(x+1) − x+1ln(x+1)

]= −1.

36. limx→0

[2x+ 1

2x− 1

ln (2x+ 1)

]= 1

2 .

37. limu→1

(2

sin2 (u− 1) −1

1− cos (u− 1)

)= 1

2

38. limu→π

2

4u2 − 4uπ + π2 − 4 cos2 u(cos2 u) (4u2 − 4uπ + π2)

= 13

39. limx→−π

12

x+ π

sinx= −12 .

40. limφ→a

(a2 − φ2

)tan(πφ2a

)= 4a

2

π .

41. limx→0

(π

4x− π

2x (eπx + 1)

)= 1

8π2.

42. limx→0

(1

x2− 1

x tanx

)=1

3.

43. limu→0

((u+2)2−4(u+2)2

tan(π(u+2)4

))= − 4π .

44. limx→1

(3− 2x)tan(πx2 ) = e4π .

45. limx→0

(cotx)5 sinx = 1.

46. limx→0

(sin (2x+ π))tanx = 1.

47. limx→∞

(7x + 1

)x−3= e7.

48. limx→2

(x/2)1

2−x = e−12 .

49. limx→∞

(cos(5x

)x2)= e−

252 .

50. limx→0

(1− cosx) xx−1 = 1.

51. limx→0

(3x − 4x5x − 6x

)= ln 3−ln 4

ln 5−ln 6


52. limx→0

(etanx − ex

x3

)= 1

3

53. limx→0+

(xe

1x

)=∞

54. limx→0

(1

x2− cot2 x

)= 2

3

5.8 Trazado de curvas algebraicas

Con los resultados relativos a límites, máximos, mínimos y concavidad de las funciones, más algunasdefiniciones que se dan en esta sección se puede dibujar con bastante precisión el gráfico de curvasalgebraicas, con este propósito pondremos especial interés en los siguientes aspectos:

1. Simetria.

2. Intersecciones con los ejes.

3. Campo de variación.

4. Comportamiento cuando x tiende a infinito o menos infinito.

5. Asíntotas verticales, horizontales y oblicuas.

6. Empleo de la primera y segunda derivadas

Aunque la técnica para dibujar cualquier función es siempre la misma, en esta sección pondremosénfasis en graficar curvas algebraicas de la forma.

anyn + an−1y

n−1 + · · ·+ a1y + a0 = 0,

donde cada aj (x) es un polinomio en la variable x.

5.8.1 Simetría

Una curva es simétrica con respecto:

1. Al eje x si su ecuación no varia al cambiar y por −y

2. Al eje y si su ecuación no varia al cambiar x por −x.

3. Al origen si la ecuación no cambia al cambiar x por −x y y por −y simultáneamente.

4. A la recta y = x si la ecuación no cambia al intercambiar x por y.

5.8. TRAZADO DE CURVAS ALGEBRAICAS 197

Ejemplo 5.8 xy4 + xy2 − 1 = 0 es simétrica respecto del eje x pero no respecto del eje y.

-2 0 2

-2

-1

0

1

2

2

x

y0124 =−+ xyxy

En el caso de funciones se tiene la siguiente definición de simetria.

Definición 5.19 (Funciónes pares e impares) Una función f es par si para todo x,−x ∈ Df severifica f (x) = f (−x) .Una función f es impar si para todo x,−x ∈ Df se verifica f (−x) = −f (x) .

Ejemplo 5.9 Sea f : R→ R, definida por f (x) = x2(x2 − 4

), sea x ∈ R, entonces:

f (−x) = (−x)2((−x)2 − 4

)

= x2(x2 − 4

)

= f (x)

por tanto f (−x) = f (x) , esto es, la función f es par.

-2 0 2

5

10( )422 −= xxy

x

y

La ventaja de reconocer que una función sea par, radica en el hecho de que es suficiente graficar lafunción en la parte positiva del dominio, pues para graficar en la parte negativa se hace simplementeuna reflexión del gráfico ya trazado con respecto al eje y.

Ejemplo 5.10 Sea f : R→ R, definida por f (x) = x3 − 4x, sea x ∈ R, entonces:

f (−x) = (−x)3 − 4 (−x)= −x3 + 4x = −

(x3 − 4x

)

= −f (x)


por tanto f (−x) = −f (x) , esto es, la función f es impar.

-2 0 2

-4

-2

2

4

x

y xxy 43 −=

nuevamente, se tiene una ventaja al reconocer una función impar, una vez que se ha trazado lagráfica en la parte positiva, se hace una reflexión con respecto al origen para obtener la gráfica enla parte negativa.

Muchas funciones no son pares ni impares, por ejemplo x3−x2, no es par ni impar, sin embargoestá formado por partes pares e impares, su parte par es −x2, y su parte impar x3. En general si fes una función su parte par está dado por:

u (x) =f (x) + f (−x)

2

y su parte impar por:

v (x) =f (x)− f (−x)

2

es claro que f (x) = u (x) + v (x) .

Ejemplo 5.11 Sea f (x) = ex, la parte par de f es u (x) = 12 (e

x + e−x) y su parte impar esv (x) = 1

2 (ex − e−x) .


1. Clasificar las siguientes curvas (simetrías)

(a) x3y + x2y2 + xy = 1

(b) x2y4 + x2y2 = 1

2. Clasificar (decir si son pares o impares) las funciones definidas por

(a) f (x) = x2 + x sinx

(b) g (x) = x2 + sinx

(c) h (x) = tan (x) + cosx


(d) f (x) = x3 sinx− cosx(e) s (x) = ln (x)

(f) u (x) = ex+lnx

3. Hallar las partes pares e impares de:

(a) f (x) = ex+sinx

(b) g (x) = tanx+ x2

(c) h (x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x+ 1

4. Demostrar que la suma de funciones pares (impares) es par (impar).

5. Demostrar que el producto de una función par con una impar es impar.

6. Demostrar que el producto de funciones impares es par.

7. Demostrar que el producto de una función par con una par es par.

8. Demostrar que la división de una función par con una par es par.

9. Demostrar que la división de una función par con una impar es impar.

5.8.2 Intersecciones con los ejes

Sea C una curva definida implícitamente por una expresión algebraica en las variables x, y. Laintersecciones con el eje x se encuentran haciendo y = 0. Similarmente las intersecciones con el ejey se encuentran haciendo x = 0.

Ejemplo 5.12 Hallar las intersecciones con los ejes de la función definida implícitamente por

(x− 2)(x2 − 9

2y2)= 9

• (Intersección con el eje x). Haciendo y = 0, tenemos x2 (x− 2) − 9 = 0, cuya únicasolución real es: x = 3, es decir, la gráfica de la función corta al eje x en el punto 3, dicho deotra manera, el gráfico pasa por el punto (3, 0).

• (Intersección con el eje y). Haciendo x = 0, tenemos y2− 1 = 0, las soluciones son y = −1y y = 1, es decir, la gráfica corta al eje y en el punto −1 y 1, dicho de otra manera, el graficopasa por (0,−1) y (0, 1) .



En los siguientes ejercicios calcular las intersecciones con los ejes:

1. x2 + 2x+ y2 = 0Sol.: Eje x : x = 0, x = −2. Eje y : y = 0.

2. (x− 2)2 + (3y − 5)2 = 9Sol.: Eje x : no existen, Eje y : y = 1

3

(5±√5).

3. (x− 2)2 + (y − 5)2 = 25Sol.: Eje x : x = 2 Eje y : y = 5+

√21, y = 5−

√21.

4. y(x2 − 1

)= x− 2,

Sol.: Eje x : x = 2, Eje y : y = 2.

5. x2y2 + xy − 2x+ y = 2.Sol.: Eje x : x = −1, eje y : y = 2.

5.8.3 Campo de variación

Si (x, y) es un punto de la gráfica de una función:

• El campo de variación en el eje x es el conjunto

Vx = {x ∈ R : y existe}

• El campo de variación en el eje y es el conjunto

Vy = {y ∈ R : x existe}

Ejemplo 5.13 Hallar los campos de variación de la curva dada por

x2 − 2x+ y2 + 6y = 6.

Despejando x e y encontramos

y = −3±√16− (x− 1)2

x = 1±√16− (y + 3)2

podemos observar que y existe si y solamente si

16− (x− 1)2 ≥ 0,

resolviendo la desigualdad encontramos −3 ≤ x ≤ 5, así el campo de variación de x es el intervaloVx = [−3, 5] . Similarmente podemos observar que x existe si y solamente si

16− (y + 3)2 ≥ 0,

resolviendo ésta desigualdad encontramos que el campo de variación de y es el intervalo Vy = [−7, 1] .


5.8.4 Comportamiento cuando x→ −∞ y x→∞Si tenemos una función f definida para números suficientemente ”lejos” de 0, obtenemos informa-ción sustancial investigando como se comporta la función cuando x → −∞ o cuando x → ∞. Elcomportamiento de muchas funciones ya se sabe, así sinx se comporta en forma oscilante, sin em-bargo no todas las funciones tienen ese comportamiento. En esta sección via ejemplos veremos elcomportamiento de algunas funciones.

Ejemplo 5.14 Consideremos el polinomio f definido por

f (x) = x2 − 2x+ 5,

este polinomio se puede escribir en la siguiente forma

f (x) = x2(1− 2

x+5

x2

).

observemos que :

limx→∞

(1− 2

x+5

x2

)= 1

limx→∞

x2 = ∞

esto nos dice que el comportamiento de f (x) cuando x → ∞ es parecido al comportamiento dex2, esto es, f (x) → ∞ cuando x → ∞. De modo similar podemos concluir que f (x) → ∞ cuandox→ −∞

Observación. Con un argumento análogo al anterior podemos discutir el comportamiento decualquier polinomio.

Ejemplo 5.15 Consideremos la función:

f (x) =x2 − 1x2 − 2x

dividiendo numerador y denominador por x2:

f (x) =1− 1/x21− 2/x

es claro que:

limx→∞

f (x) = 1

así cuando x → ∞, f (x) → 1. De manera similar podemos mostrar que si x → −∞, f (x) → 1.Geométricamente esto significa que los puntos f (x) tales que x es un número mucho mayor que ceroy números x mucho menores que cero están cerca del la recta y = 1.


5.8.5 Asíntotas

Estudiaremos la asíntotas de curvas algebraicas.

anyn + an−1y

n−1 + · · ·+ a1y + a0 = 0, , (i)

donde como dijimos antes cada aj es un polinomio en x.

• Una recta dada por x = a, es llamada una Asíntota Vertical si |y| toma valores arbitraria-mente grandes cuando x→ a.

• Una recta dada por y = a, es llamada Asíntota Horizontal si la diferencia

y − a→ 0

para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente.

• Una recta dada por y = mx+ b es una Asíntota oblicua si la diferencia

f (x)− (mx+ b)→ 0

donde y = f (x) , para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente.

Para calcular las asíntotas procedemos de la siguiente manera

• Cálculo de las asíntotas verticales. Con referencia a (i), se resuelve:

an = 0,

a cada raíz de esta ecuación le corresponde una asíntota vertical.

• Calculo de las asíntotas horizontales. Escribimos (i) en la forma

bmxm + bm−1x

n−1 + · · ·+ b1x+ b0 = 0, (ii)

donde cada bj es un polinomio en y. Las raíces de bm = 0, dan las asíntotas horizontales.

• Cálculo de las asíntotas oblicuas. Se sustituye y pormx+b en la ecuación (i) para obtener

cnxn + cn−1x

n−1 + · · ·+ c1x+ c0 = 0. (iii)

Resolvemos ahora el sistemacn = 0

cn−1 = 0

del anterior sistema encontramos los valores de m y b. Para cada par de valores m, b tenemosla asíntota oblicua y = mx+ b.Observación. Si an−1 = 0 se resuelve el sistema

an = 0

an−2 = 0,

si an−2 también fuera cero, tomamos an−3 y así sucesivamente.


Ejemplo 5.16 Encontraremos las asíntotas de la curva definida por

y2 − x2 + xy2 = 0

• Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación en la siguiente forma

(x+ 1) y2 − x2 = 0,observamos que el coeficiente de mayor potencia de y es (x+ 1), de esto concluimos que tenemosuna asíntota vertical en x+ 1 = 0, esto es x = −1.• Asíntotas horizontales. Escribimos la ecuación en la forma

−x2 + xy2 + y2 = 0,

observamos que el coeficiente de mayor potencia de x no es una función de y y por tanto notiene factores lineales en la variable y. De esto concluimos que no existen asíntotas horizontales.

• Asíntotas oblicuas. Reemplazamos y por mx+ b en la ecuación dada obteniendo sucesiva-mente:

(mx+ b)2 − x2 + x (mx+ b)2 = 0

m2x2 + 2mxb+ b2 − x2 + x(m2x2 + 2mxb+ b2

)= 0

m2x2 + 2mxb+ b2 − x2 +m2x3 + 2mbx2 + b2x = 0

m2x3 +(m2 + 2mb− 1

)x2 +

(2mb+ b2

)+ b2 = 0

de la última ecuación encontramos el sistema

m2 = 0

m2 + 2mb− 1 = 0,

este sistema no tiene solución, esto prueba que la curva dada no tiene asíntotas oblicuas.


Ejercicio 5.40 Estudiar y representar la curva dada por

x3 − x2y + y = 0 (i)

Solución. Seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar la curva.

1. Simetria. Reemplazando y por −y obtenemos x3+x2y− y = 0 que naturalmente no es iguala la ecuación (i), por tanto la curva no es simétrica respecto al eje x. Podemos probar que noes simétrica respecto al eje y, podemos probar también que la curva es simétrica respecto delorigen.

Por otra parte despejando y encontramos:

y = f (x) =x3

x2 − 1Reemplazando −x por x :

f (−x) = (−x)3

(−x)2 − 1= − x3

x2 − 1 = −f (x)

Lo anterior muestra que y = f (x) es impar.


2. Intersecciones. Haciendo y = 0, la ecuación (i) se reduce a:

x3 = 0

cuya solución es x = 0.Haciendo x = 0, la ecuación (i) se reduce a

y = 0

cuya solución es y = 0. De lo anterior concluimos que las intersecciones son:

• Con el eje X : x = 0.

• Con el eje Y : y = 0.Por tanto la curva pasa por el punto (0, 0) .

3. Campo (rango) de variación. De (i) despejando y encontramos:

y =x3

x2 − 1 .

El rango de variación de x esta formado por los números x para los cuales y existe, esto se dacuando x �= 1 y x �= −1, es decir cuando x ∈ R−{1,−1} (Los reales menos los números 1 y−1).Por otra parte la ecuación x3 − x2y + y = 0, considerado como polinomio de grado 3 en lavariable x siempre tiene al menos una raíz real cualquiera sea el valor de y, de esto deducimosque el rango de variacíon de y es R.

4. Comportamiento cuando x→∞ y x→−∞.

• limx→∞

x3

x2 − 1 =∞.

• limx→−∞

x3

x2 − 1 = −∞.

5. Asíntotas.

• Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación dada como:(−x2 + 1

)y + x3 = 0

igualamos a cero el coeficiente de la potencia más alta de y, y encontramos

−x2 + 1 = 0,

de esto deducimos que la curva tiene asíntotas en x = −1 y x = 1. Para realizar el gráficoobservamos el comportamiento de y = f (x) a la izquierda y a la derecha de los anteriorespuntos.

limx→−1−

x3

x2 − 1 = −∞

limx→−1+

x3

x2 − 1 = ∞


limx→1−

x3

x2 − 1 = −∞

limx→1+

x3

x2 − 1 = ∞

Asíntotas horizontales. La ecuación dada es

x3 − x2y + y = 0,

observamos que el coeficiente de mayor grado de x es 1(una constante), luego la curva notiene asíntotas horizontales.

• Asíntotas oblicuas. En la ecuación (i) reemplazamos y por mx+ b obteniendo sucesiva-mente:

x3 − x2 (mx+ b) +mx+ b = 0

(1−m)x3 + (−b)x2 +mx+ b = 0.

De la última ecuación resulta el siguiente sistema:

1−m = 0

−b = 0

resolviendo se encuentra que m = 1 y b = 0. Por tanto la única asíntota oblicua es y = x.

6. Puntos críticos. Derivando:

f (x) =x3

x2 − 1 ,

se encuentra:

f ′ (x) =3x2(x2 − 1

)− x3 (2x)

(x2 − 1)2

=x2(x2 − 3

)

(x2 − 1)2

Resolviendo f ′ (x) = 0 encontramos x = 0, x = −√3 y x =

√3, luego el conjunto de puntos

críticos es: {0,−√3,√3,−1, 1

}.

Observación. Los puntos −1 y 1 son puntos críticos, pues en esos puntos f ′ no está definida.

7. Regiones de crecimiento y decrecimiento. Derivando y = f (x) se encuentra:

f ′ (x) =x2(x2 − 3

)

(x2 − 1)2

Sus signos se muestran a continuación:

01− 1 33−−∞ ∞

+ + + + + - - - - - -- - - - - - + + + + +

( )

xf '

deSignos

de esto concluimos:


• f es creciente en(−∞,−

√3)∪(√3,∞

).

• f es decreciente en(−√3,√3)− {−1, 1} .

8. Máximos y mínimos locales. Con los resultados correspondientes a crecimiento podemosconcluir con lo siguiente:

• f pasa de creciente a decreciente en −√3, luego f tiene un máximo local en x = −

√3.

• f pasa de decreciente a creciente en√3, luego f tiene un mínimo local en x =

√3.

• Alrededor de x = 0 la función es decreciente por tanto en este punto no se tiene unmáximo o mínimo local.

9. Máximos y mínimos absolutos (globales). No existen pues si x → ∞, f (x) → ∞ y six→−∞ se tiene f (x)→−∞.

10. Concavidad. La segunda derivada es:

f ′′ (x) =2x(x2 + 3

)

(x2 − 1)3.

01− 1−∞ ∞

+ + +- - - - - - - - - + + + + +( )

xf ''

deSignos

Se observa que en x = 0 se tiene f ′′ (0) = 0, de este hecho concluimos que f tiene un punto deinflexión en x = 0 (La concavidad cambia alrededor del cero). Se observa además que:

• f es cóncava hacia abajo en (−∞,−1) ∪ (0, 1) .• f es cóncava hacia arriba en (−1, 0) ∪ (1,∞) .

11. Gráfica de la función. Toda la información obtenida hasta ahora nos permite bosquejar lacurva.

-2 0 2

-5

5

x

y

1-1

oblícua Asíntota

verticalAsíntota

verticalAsíntota

( ) 01 32 =−− xxy

Ejercicio 5.41 Estudiar y representar la curva dada por

y3 (x− 1) = x. (i)


Solución. Nuevamente seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar lacurva.

1. Simetria. La curva no es simétrica a ninguno de los ejes.

2. Intersecciones con los ejes. Haciendo y = 0, obtenemos

x = 0.

Haciendo x = 0 obtenemosy = 0.

Así, los puntos de intersección son

• Con el eje x : x = 0.

• Con el eje y : y = 0.Esto muestra que la curva pasa por (0, 0) .

3. Campo de variación. Despejando y de la ecuación (i):

y = 3

√x

x− 1 ,

de donde deducimos que el campo de variación de x es el conjunto R − {1} . Por otra partedespejando x encontramos

x =y3

y3 − 1 ,

de donde deducimos que el campo de variación de y es R− {1} .4. Comportamiento cuando x→±∞.

• limx→∞

3

√x

x− 1 = 1 y

• limx→∞

3

√x

x− 1 = 1

5. Asíntotas.

• Asíntotas verticales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable y

y3 (x− 1) = x,

igualando a cero el coeficiente de más alta potencia tenemos

x− 1 = 0,de esto deducimos que la curva tiene una asíntota en x = 1. Para bosquejar el gráficocerca el punto x = 1 calculamos los siguientes límites

limx→1−

3

√x

x− 1 = −∞

limx→1+

3

√x

x− 1 =∞


• Asíntotas horizontales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable x

x(y3 − 1

)− y3 = 0,

el coeficiente de la más alta potencia es y3 − 1, igualando a cero tenemos

y3 − 1 = 0,

resolviendo obtenemos y = 1 (la única solución real), de esto deducimos que la curva tieneuna asíntota horizontal en y = 1.

• Asíntotas oblicuas. Reemplazamos en (i) y por mx+ b obteniendo sucesivamente:

(mx+ b)3 (x− 1) = x,

desarrollando obtenemos

m3x4 −(m3 − 3m2b

)x3 −

(3mb2 − b3 − 1

)x− b3 = 0,

Igualando a 0 los coeficientes de más alta potencia tenemos

m3 = 0m3 − 3m2b = 0,

de lo anterior concluimos que m = 0, esto muestra que la curva dada no tiene asíntotasoblícuas.

6. Regiones de crecimiento y decrecimiento. Derivando y = f (x) se encuentra:

f ′ (x) = − 1

3 ( 3√x)2(

3√(x− 1)

)4 ,

De este resultado deducimos que la derivada y′ > 0 en todo su dominio.

7. Máximos y mínimos locales y absolutos (globales). No existen

8. Concavidad. La segunda derivada es

f ′′ (x) =2

9

3x− 1( 3√x)5(

3√(x− 1)

)7 ,

un análisis de signos nos da:

0 1−∞ ∞

- - - - - - + + + +( )

xf ''

deSignos

31

- - - - - - - - - - - + + + +

por tanto:

• f es concava hacia abajo en (−∞, 0) ∪(13 , 1)

• f es cócava hacia arriba en(0, 13)∪ (1,∞)


9. Bosquejo del gráfico de la función.

-2 0 2 4

-2

-1

1

2

yx

y

1

verticalAsíntota

horizontal Asíntota

( ) 013 =−− xxy


Estudiar y representar la curva dada por:

1. yx2 − y = −2x3.

2. (x− 2)2 y = 1.

3. y2(x2 − 1

)=(x2 + 1

).

4.(4− x2

)y = x4.

5. x2 − y2 + 2y = 1.

6. y2 = (x− 1) (x+ 4) .

7. y3 = 4x2(9− x2

).

8.(x2 + y2

)2= 8xy.

9. x3y3 = (x− 4)2 .

10. (x− 5) y2 = x2 (x− 4) .

11. y = ln(x2 − 9

).

12.(x2 − 9

)y2 = x (x− 1) .


32 2xyyx −=−

x

y

x

( ) 12 2 =− yx

y

x

y

( ) ( )11 222 +=− xxy

( )( )412 +−= xxy

y

x

1222 =+− yyx

y

x

424 xyx =

−

y

x

( ) xyyx 8222 =+ ( )233 4−= xyx

xx

yy

( ) ( )19 22 −=− xxyx

x

y

( )9ln 2 −= xy

x

y

( ) ( )45 22 −=− xxyx

x

y

( )223 94 xxy −=

y

x

Capítulo 6

Cálculo Integral

6.1 Sumas

En este capítulo se presentan teoremas que muestran la relación entre la diferenciación y la inte-gración y hasta cierto punto muestran que la operación de integración es la operación “inversa dela derivación”. La conexión entre derivadas e integrales, cuestión no tan obvia, está dado por elTeorema Fundamental del Cálculo que es consecuencia, como veremos luego, de la continuidady el teorema de valor medio.

Iniciamos esta sección recordando algunos resultados de álgebra.

6.1.1 Sumatorias

Si n es un entero positivo y a1, a2, ......, an son números, entonces la suma de los números ak seescribe como:

n∑

k=1

ak = a1 + a2 + ......+ an

el símbolon∑

k=1

ak se lee “sumatoria de ak, desde k = 1 hasta k = n”

Ejemplo 6.1

4∑

k=1

7k2 = 7(12)+ 7(22)+ 7(32)+ 7(42)

3∑

k=1

k + 1

k=

1+ 1

1+2 + 1

2+3 + 1

3

5∑

k=1

k2

n=

12

n+22

n+32

n+42

n+52

n

Las propiedades más importantes de la sumatoria se muestran en el siguiente teorema.

Teorema 6.1 Para cualquier entero positivo n.

a)n∑

k=1

cak = cn∑

k=1

ak, donde c una constante

211

212 CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL

b)n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk

c)n∑

k=1

(ak − ak−1) = an − a0. (Propiedad telescópica)

d)n∑

k=1

c = nc.

Usando las anteriores propiedades e Inducción Matemática es posible demostrar los siguientesresultados:

Proposición 6.2 1.n∑

k=1

k =1

2n (n+ 1)

2.n∑

k=1

k2 =1

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

3.n∑

k=1

k3 =1

4n2 (n+ 1)2

4.n∑

k=1

k4 =1

30n (2n+ 1) (n+ 1)

(3n2 + 3n− 1

)

5.n∑

k=1

k5 =1

12n2(2n2 + 2n− 1

)(n+ 1)2

6.n∑

k=1

k

2k= 2− n+ 2

2n

7.n∑

k=1

sen (2k − 1)x = 1− cos 2nx2 senx

.


Ejercicio 6.1 Sea f(x) = 3x+ 5, calcular:

n∑

k=1

f(xk) yn∑

k=1

f(xk−1),

donde xk = 2+2k

n.

6.1. SUMAS 213

Solución.n∑

k=1

f(xk) =n∑

k=1

(3xk + 5)

=n∑

k=1

3xk +n∑

k=1

5

= 3n∑

k=1

(2 +

2k

n

)+ 5n

= 3

(

2n+2

n

n∑

k=1

k

)

+ 5n

= 6n+6

n

(n(n+ 1)

2

)+ 5n

= 11n+ 3(n+ 1)

= 14n+ 3

Asi mismo se prueba:n∑

k=1

f(xk−1) = 14n− 3.

Ejercicio 6.2 Sea f(x) = x2, xk = 2 +k

n, calcular

n∑

k=1

f(xk)

n

Solución.n∑

k=1

f(xk)

n=

1

n

n∑

k=1

f(xk) =1

n

n∑

k=1

(2 +

k

n

)2

=1

n

n∑

k=1

(4 +

4k

n+k2

n2

)

=1

n

(

4n+4

n

n∑

k=1

k +1

n2

n∑

k=1

k2

)

= 4+4

n2

n∑

k=1

k +1

n3

n∑

k=1

k2

= 4+4

n2n (n+ 1)

2+1

n3n (n+ 1) (2n+ 1)

6

= 4 + 2 +2

n+1

3+1

2n+1

6n2

=19

3+5

2n+1

6n2

Ejercicio 6.3 Sea f(x) = x, xk =5

n, calcular

n∑

k=1

5f(xk)

n

Ejercicio 6.4 Sea f(x) = 2x2 + 5x+ 1, xk = 1 +1

n, calcular

n∑

k=1

f(xk)

n,

n∑

k=1

f(xk−1)n

.

Ejercicio 6.5 Sea f (x) = x3, sea xk = 1+2k

n, calcular

limn→∞

n∑

k=1

f (xk)2

n

6.1.2 El área como el límite de una suma

En esta sección discutiremos una manera de calcular el área bajo la gráfica de una función. Previa-mente son necesarias las siguientes definiciones.

Partición de un intervalo

Definición 6.3 (Longitud de un intervalo finito). La longitud de cualquiera de los intervalos(a, b), (a, b], [a, b) y [a, b] es b− a.

Definición 6.4 (Partición). Sean a, b ∈ R, tal que a < b. Consideremos el intervalo cerrado [a, b].Una partición de [a, b] es un conjunto de puntos

P = {x0, x1, . . . , xn}

tales que a = x0 < x1 < · · · < xn = b.

Ejemplo 6.2 1. (i) P1 ={1, 32 ,

74 , 2}es una partición del intervalo [1, 2].

(ii) P2 ={1, 54 ,

64 ,74 , 2}es otra partición del intervalo [1, 2].

Observemos que las longitudes de los intervalos [xk−1, xk] no necesariamente son iguales.Definimos a continuación la medida de una partición.

Definición 6.5 (Norma de una partición). Sea P una partición del intervalo cerrado [a, b]. Lanorma de P , escrito ‖P‖, se define por:

‖P‖ = max {xk − xk−1 : k = 1, 2, . . . , n} ,

así la norma ‖P‖ es la longitud del subintervalo más grande de entre los [xk−1, xk] .

6.1. SUMAS 215

Ejemplo 6.3 Considérese las particiones del intervalo [1, 2]

(i) Si P1 ={1, 32 ,

74 , 2}, entonces:

‖P‖ = max

3

2− 1

,7

4− 32, 2− 7

4

=1

2.

(ii) Si P2 ={1, 54 ,

64 ,74 , 2}, entonces:

‖P‖ = max{5

4− 1, 6

4− 54,7

4− 64, 2− 7

4

}=1

4

Particiones igualmente espaciadas

Considérese el intervalo [a, b] , sea h =b− an

, definimos una partición P por:

xk = a+ kh, k = 0, 1, . . . , n

nótese que para cada k se tiene xk − xk−1 = h, k = 1, 2, . . . , n, por tanto

‖P‖ = h.

Finalmente, nótese que para particiones igualmente espaciadas se debe tener ‖P‖ → 0 es lomismo que n→∞.

Cálculo de áreas

Planteamos el siguiente problema: Sea f : [a, b] → R, continua en [a, b] y f (x) ≥ 0 para todox ∈ [a, b]. Se plantea el problema de calcular el área de la región del plano limitada por las gráficasde:

y = f (x)

y = 0

x = a

x = b,

tal como se muestra en la siguiente gráfica.

a bx

y

( )xfy =ax =

bx =

0=y


Para resolver el problema se considera la parttición P = {a = x0, x1, ......, xn = b} de [a, b] . Encada intervalo [xk−1, xk] , k = 1, 2, . . . , n se toma el número tk y se construye el rectángulo de basexk − xk−1 y altura f (tk) , este rectángulo tiene área igual a f (tk) (xk − xk−1) , por tanto, si A es elárea buscada, se debe tener:

A �n∑

k=1

f (tk) (xk − xk−1) ,

esto se ilustra en el siguiente gráfico con n = 4

0xa= 4xb=x

y

1x 2x 3x1t 2t 3t 4t

( )1tf

( )2tf

( )3tf( )4tf

Si ‖P‖ → 0, tendremos el área exacta, es decir:

A = lim‖P‖→0

n∑

k=1

f (tk) (xk − xk−1) ,

finalmente definiendo ∆kx = xk − xk−1, una fórmula para el cálculo del área es:

A = lim‖P‖→0

n∑

k=1

f (tk)∆kx .

Con una partición igualmente espaciada:

xk = a+ kh, k = 0, 1, . . . , n

donde h =b− an

, cada intervalo [xk−1, xk] tiene longitud ∆kx = xk − xk−1 = h, tomando tk = xk,

otra fórmula para el cálculo del área es:

A = lim‖P‖→0

n∑

k=1

f (xk)∆kx

= limn→∞

hn∑

k=1

f (xk) .


Ejercicio 6.6 Demostrar que el área de un triángulo de altura p y base q es A = 12pq.

6.1. SUMAS 217

Solución La función que nos servirá para nuestro propósito es f(x) =p

qx definida en el intervalo

[0, q] . El área que nos interesa está bajo la gráfica de f desde 0 hasta q como se observa en el gráfico.

00 =x1x 2x 3x 1−nx

qxn =

( )1xf

( )3xf

( )2xf

( ) pxf n =

x

y

xq

py =

Para este caso:h =

q

nxk = kh

Area ≈ hn∑

k=1

f (xk) = hn∑

k=1

pq xk =

pq h

2n∑

k=1

k

=p

qh2n (n+ 1)

2

=p

2q

( qn

)2 (n2 + n

)

=pq

2

(1 +

1

n

)

Tomando el límite n→∞ habremos encontrado el área exacta.

Area = limn→∞

pq

2

(1 +

1

n

)

=pq

2

Si p = 7 y q = 4 el área verdadera es Area = 14. La siguiente tabla muestra algunas aproxima-ciones.

n Area� 14(1 +

1

n

)

1 28

10 15.4

100 14.14

1000 14.014

100000 14.00014

Ejercicio 6.7 Sea f(x) = x2, encontrar el área bajo la gráfica de f en el intervalo [2, 7].


Solución: f es continua en [2, 7], por tanto podemos aplicar nuestro método de cálculo del área.Para este caso

h =7− 2n

=5

nxk = 2 + kh

luego

Area ≈ hn∑

k=1

f(xk)

= hn∑

k=1

f (2 + kh)

= hn∑

k=1

(4 + 4kh+ k2h2

)

= h

(n∑

k=1

4 + 4hn∑

k=1

k + h2n∑

k=1

k2

)

= h

(4n+ 4h

n (n+ 1)

2+ h2

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

6

)

5

n

(4n+ 4

5

n

n (n+ 1)

2+25

n2n (n+ 1) (2n+ 1)

6

)

= 20 +50 (n+ 1)

n+125 (n+ 1) (2n+ 1)

6n2

Tomando el límite n→∞, encontramos:

Area = limn→∞

(20 +

50 (n+ 1)

n+125 (n+ 1) (2n+ 1)

6n2

)

= 20 + 50 +(125) (2)

6

=335

3


Calcular el área encerrada por la gráfica de f y el eje X en el intervalo indicado.

1. f(x) = 2x2 + x, [1, 5] Sol.: 2843 .

2. f(x) = 12x3, [0, 2] Sol.: 2.

3. f(x) = 1− x2, [−1, 1] Sol.: 43 .

4. f (x) = x− x3, [−1, 1] Sol.: 12

5. f (x) = x2 + 2x− 15 y g (x) = 2x+ 1, [−4, 4] Sol.: 256/3.

6.1. SUMAS 219

6.1.3 Funciones Integrables y la Integral Definida

En la sección anterior vimos algunos ejemplos en donde fácilmente se calculan áreas bajo las gráficasde ciertas funciones (polinomios). No es difícil darse cuenta que tal proceso no puede generalizarse acualquier función, entonces, se hace necesario encontrar nuevas técnicas; con este propósito definimos:

Definición 6.6 (Función integrable). Una función f : [a, b] → R es integrable sobre [a, b] siexiste un número A con la siguiente propiedad:Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que

∣∣∣∣∣

n∑

k=1

f(ξk)∆xk −A∣∣∣∣∣< ε

para toda partición P de [a, b] con ‖P‖ < δ y para cualquier elección ξk ∈ [xk−1, xk].

El número A de la anterior definición, si existe, se llama integral definida de f desde a hastab, se denota por:

A =

∫ b

af(x)dx

Nótese queb∫

a

f(x)dx = lim‖P‖→0

n∑

k=1

f(ξk)∆xk.

La función f se llama integrando, x se llama variable muda o variable de integración, aes el límite inferior y b límite superior.

En la anterior sección vimos que en [2, 7], f(x) = x2, satisface la anterior definición de funciónintegrable para una partición bien especial y ξk el extremo superior de cada subintervalo, concreta-mente encontramos:

n∑

k=1

f(ξk)∆xk =335

3+4

n+1

n2→ 335

3,

así: ∣∣∣∣∣

n∑

k=1

f(ξk)∆xk −335

3

∣∣∣∣∣→ 0,

y entoncesr: ∫ 7

2x2 dx =

335

3

No es intención de este texto la discusión rigurosa de las funciones integrables. no limitamos aenunciar algunos resultados.

Teorema 6.7 Sea f : [a, b]→ R. Si f es creciente, entonces f es integrable en [a, b].

Teorema 6.8 Sea f : [a, b]→ R. Si f es decreciente, entonces f es integrable en [a, b].


Teorema 6.9 Si f es continua en [a, b], entonces f es integrable en [a, b].

Teorema 6.10 Sea f continua en [a, b] excepto en un número finito de puntos. Si f es acotadaentonces f es integrable sobre [a, b].

6.1.4 Propiedades de la Integral Definida

En los siguientes teoremas se enuncian algunas propiedades de la integral definida.

Teorema 6.11 Sean f, g : [a, b]→ R integrables en [a, b] entonces:

1. cf es integrable y ∫ b

acf(x)dx = c

∫ b

af(x)dx, c ∈ R

2. f + g es integrable y

∫ b

a(f(x) + g(x))dx =

∫ b

af(x)dx+

∫ b

ag(x)dx

Teorema 6.12 Si f es integrable en [a, b] , entonces

∫ b

af(x)dx = −

∫ a

bf(x)dx

Teorema 6.13 Si f es integrable en [a, b] y m y M son números tales que m ≤ f(x) ≤ M paratodo x ∈ [a, b], entonces:

m (b− a) ≤∫ b

af (x) dx ≤M (b− a)

Teorema 6.14 Si f, g : [a, b] → R son integrables en [a, b] y si f (x) ≤ g (x) para todo x ∈ [a, b],entonces: ∫ b

af (x) dx ≤

∫ b

ag (x) dx

Teorema 6.15 Si f es integrable en [a, b] y c ∈ [a, b], entonces:

∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx+

∫ b

cf (x) dx.

Teorema 6.16 Si f es integrable en [a, b], entonces f es acotada en dicho intervalo.

Teorema 6.17 (Teorema de Bliss) Sean f, g : [a, b]→ R funciones continuas en [a, b] . Sea

P = {a = x0, x1, . . . , xn = b}

una partición de [a, b]. En cada intervalo [xk−1, xk] elijamos puntos ck y c′k. Entonces si ‖P‖ → 0n∑

k=1

f (ck) g(c′k)∆kx =

∫ b

af (x) g (x) dx

6.1. SUMAS 221

Demostración. Escribimos

n∑

k=1

f (ck) g (c′k)∆kx =

n∑

k=1

f (ck) g (ck)∆kx−n∑

k=1

f (ck) {g (ck)− g (c′k)}∆kx.

• Puesto que ‖P‖ → 0 concluimos que ck → c′k. Por la continuidad de g tenemos g (ck)→ g (c′k) ,es decir, g (ck)− g (c′k)→ 0.

• Por otra parte es claro, por definición de integral, que si ‖P‖ → 0 se tienen∑

k=1

f (ck) g (ck)∆kx =

∫ b

af (x) g (x) dx.

De lo anterior concluimos que si ‖P‖ → 0 se verifican∑

k=1


n∑

k=1

f (ck) g (ck)∆kx =

∫ b

af (x) g (x) dx.

�

Notas.

1. Observemos que el teorema es cierto si ck = c′k. El valor del teorema reside en el hecho de queno importa que valor se tome en cada subintervalo [xk−1, xk] , el resultado es el mismo quecuando coinciden.

2. Obsérvese también que ‖P‖ → 0 significa que el número de elementos en la partición crece in-definidamente, es decir, n→∞, por tanto la conclusión del teorema puede expresarse tambiénde la siguiente manera:

limn→∞

n∑

k=1


∫ b

af (x) g (x) dx.

6.1.5 La primitiva de una función

En esta sección respondemos a la siguiente cuestión: Dada una función f (x) ¿que función F (x)habría que derivar para encontrar f (x) ?

Definición 6.18 (Primitiva de una función) Una función F tal que F ′ = f se llama primitivade f . F es llamada también la antiderivada de f.

Ejemplo 6.4 Sea f (x) = x2. Una primitiva es F (x) = 13x3 pues:

F ′ (x) = x2 = f (x) .

(Obsérvese que otra primitiva es F (x) = 13x3 +C, donde C es cualquier constante)

Ejemplo 6.5 Sea f (x) = cosx+ senx. Una primitiva es F (x) = senx− cosx.

Proposición 6.19 Sean F1 (x), F2 (x) primitivas de f (x), entonces estas difieren solo en una cons-tante, esto es,

F1 (x) = F2 (x) +C, C ∈ R

Demostración: Sea F (x) = F1 (x)− F2 (x), derivando:

F ′ (x) = F ′1 (x)− F ′2 (x) = f (x)− f (x) = 0,

luego F (x) debe ser una constante. Esto muestra la proposición.También muestra que si F (x) es la primitiva de f (x), entonces todas las primitivas def son de la forma F (x) +C, C una constante.

A continuación se muestra una tabla con las primitivas más empleadas:

f (x) F (x)

xa 1ax

a+1 +C, a �= −1

x−1 ln|x|+C

cos (ax) 1a sin (ax) +C

sin (ax) −1a cos (ax) +C

eax 1ae

ax +C

6.1.6 El Teorema Fundamental del Cálculo

Hasta ahora no tenemos ningún instrumento para calcular una integral salvo la discusión que se hizoen la sección anterior con referencia al cálculo de áreas, que naturalmente no es nada práctico cuandola función f(x) es mas o menos complicada. En esta sección se presenta el Teorema Fundamentaldel Cálculo que liga el Cálculo Diferencial con el Cálculo Integral.

Teorema 6.20 (Teorema Fundamental del Cálculo, Primera Forma). Sea F (x) una fun-ción continua, tal que F ′ (x) = f (x). Si f es integrable en [a, b], entonces:

∫ b

af (x) dx = F (b)− F (a) .

Demostración: Sea P = {a = x0, x1, · · · , xn = b} una partición de [a, b]. Puesto que fes integrable, para todo ε > 0, existe un número δ > 0 tal que si ‖P‖ < δ se tiene:

∣∣∣∣∣

n∑

i=1

f(ξi)∆ix−∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣∣< ε (1)

para cualquier elección ξi ∈ [xi−1, xi].Puesto que F es una función continua en [a, b] es también continua en cada intervalo

6.1. SUMAS 223

[xi−1, xi]. Aplicando el teorema de valor medio en cada [xi−1, xi] encontramos ξi ∈[xi−1, xi] tal que:

F ′(ξi) =F (xi)− F (xi−1)

xi − xi−1Puesto que F ′ = f y ∆ix = xi − xi−1 se tiene:

F (xi)− F (xi−1) = f(ξi)∆ix

Sumando desde i = 1 hasta i = n se obtiene :

n∑

i=1

(F (xi)− F (xi−1)) =n∑

i=1

f(ξi)∆ix.

pero

n∑

i=1

(F (xi)− F (xi−1)) = (F (x1)− F (x0)) + (F (x2)− F (x1)) + · · ·+ (F (xn)− F (xn−1))

= F (xn)− F (x0)= F (b)− F (a)

de donde deducimos:n∑

i=1

f(ξi)∆ix = F (b)− F (a)

Como lo anterior es cierto para todas las particiones P , a partir de (1), concluimos:

∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a) .

�

Con el objeto de facilitar la notación definimos:

Definición 6.21 Para cualquier función F :

F (x)|ba = F (b)− F (a) ,

por tanto si F es una primitiva de f :

∫ b

af (x) dx = F (x)|ba .

Ejemplo 6.6(i) x3

∣∣85 = 8

3 − 53(ii) tanx

∣∣3ππ = tan(3π)− tanπ.


Ejemplo 6.7 Calcular∫ 1

0x5 dx.

Solución: Con f(x) = x5, una primitiva es:x6

6+ k, luego:

∫ 1

0x5dx =

x6

6+ k

∣∣∣∣1

0

=

(16

6+ k

)−(06

6+ k

)

=1

6

Nótese que el valor de k es irrelevante.

Ejemplo 6.8 Calcular∫ 5

2

(x2 + 2x+ 5

)dx.

Solución: Una antiderivada (primitiva) es: F (x) =x3

3+ x2 + 5x, Luego:

∫ 52

(x2 + 2x+ 5

)dx = x3

3 + x2 + 5x∣∣∣5

2

=(1253 + 25 + 25

)−(83 + 4 + 10

)

= 2253 .

6.1.7 Teorema del Valor Medio para integrales

Usando el Teorema del Valor intermedio se prueba el siguiente teorema.

Teorema 6.22 Sea f una función continua en un intervalo cerrado [a, b], entonces existe un númeroc ∈ [a, b] tal que: ∫ b

af (x) dx = f (c) (b− a) .

Demostración. Puesto que f es continua en [a, b] (un dominio cerrado) la función ftiene un máximo y un mínimo en [a, b], esto es, existen números m y M tales que paratodo x ∈ [a, b] se verifica:

m ≤ f (x) ≤M.

Aplicando propiedades de integral encontramos:

m ≤ 1

(b− a)

∫ b

af (x) dx ≤M,

por tanto el número1

(b− a)

∫ b

af (x) dx se encuentra entre los números m y M. Por el

Teorema del valor intermedio, existe un número c ∈ [a, b] tal que:

f (c) =1

(b− a)

∫ b

af (x) dx,

6.1. SUMAS 225

es decir: ∫ b

af (x) dx = f (c) (b− a)

�

Ejemplo 6.9 Sea f : [1, 2]→ R definida por f (x) = 3x2− 3, encontrar el número c que satisface elteorema del valor medio para integrales.

Solución. Una antiderivada es F (x) = x3 − 3x, por tanto∫ 2

1

(3x2 − 3

)dx = x3 − 3x

∣∣21= 4,

por tanto usando el Teorema del Valor Medio para integrales tenemos

∫ 2

1f (x) dx = f (c) (b− a) ,

esto es,4 =

(3c2 − 3

)(2− 1) ,

resolviendo encontramos c =√

73 � 1.5275. (Se nota que −

√73 no puede ser solución pues −

√73 /∈

[1, 2]).

6.1.8 Segunda forma del Teorema Fundamental del Cálculo

Teorema 6.23 Sea f una función continua en el intervalo [a, b] y x ∈ [a, b]. Definimos la función Fpor

F (x) =

∫ x

af (t) dt

para todo x ∈ (a, b). Entonces:

F ′ (x) = f (x) .

Demostración. El cociente de Newton de F en un punto x ∈ [a, b] es

F (x+ h)− F (x)h

=1

h

{∫ x+h

af (t) dt−

∫ x

af (t) dt

}. (i)

Aplicando propiedades de la integral:

∫ x+h

af (t) dt−

∫ x

af (t) dt =

∫ x+h

xf (t) dt,


luego la igualdad (i) queda como:

F (x+ h)− F (x)h

=1

h

{∫ x+h

xf (t) dt.

}(ii)

Aplicando el teorema del valor medio para integrales a la integral∫ x+hx f (t) dt existe

c ∈ [x, x+ h] tal que ∫ x+h

xf (t) dt = f (c)h. (iii)

Sustituyendo el resultado (iii) en (ii):

F (x+ h)− F (x)h

=1

hf (c)h,

es decir,F (x+ h)− F (x)

h= f (c) . (iv)

Notamos ahora que si h→ 0 se tiene c→ x, por tanto:

F ′ (x) = limh→0

F (x+ h)− F (x)h

= limh→0

f (c) = f (x) .

�

Del teorema fundamental del cálculo (primera y segunda forma) concluimos que efectivamenteque la operación integración es la operación inversa de la diferenciación.


1. Demostrar que f definida por f (x) = x2 es integrable en [−1, 1] .2. Seaf la función máximo entero, es decir, f (x) = [x] . ¿es integrable ésta función en [0, 2]?.

3. Sea f la función definida por f (x) = 1x2 , ¿Es f integrable en [−1, 1]?. Si su respuesta en

negativa, ¿en que intervalos f es integrable?

Probar:

4.∫ 5

0

(x2 + 1

)dx = 140

3 .

5.∫ π

0cosx dx = 0.

6.∫ 5

1xn dx =

5n+1 − 1n+ 1

, n un número natural.

7.∫ π

−πsinxdx = 0.

8.∫ π/4

0

(x2 − x+ cosx− sec2 x

)dx = 1

384

(√2π3 − 6

√2π2 − 192

√2 + 192

)√2

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN 227

6.2 Metodos de integración

6.2.1 La integral indefinida

Para evaluar una integral, debemos encontrar antes una primitiva y luego sustituir en los límitesapropiados de integración, así si el problema es

∫ 3

1f (x) dx ,

debemos primero encontrar una función F tal que F ′(x) = f (x) y entonces:

∫ 3

1f (x) dx = F (3)− F (1) .

Toda función integrable tiene infinitas primitivas o antiderivadas ya que a toda antiderivada sepuede añadir una constante y obtener otra antiderivada. La notación usual para representar todaslas antiderivadas es:

∫f (x) dx

en la que no hay límites de integración. A esta se llama Integral indefinida de f .

Ejemplo 6.10 Una antiderivada de cosx es senx, luego todas las antiderivadas de cosx se repre-sentan por: ∫

cosxdx = senx+C

Ejemplo 6.11

∫xn dx =

xn+1

n+ 1+C

Ejemplo 6.12∫2x ex

2dx = ex

2+C

6.2.2 Fórmulas fundamentales de integración

Todas las fórmulas que se dan a continuación se deducen inmediatamente de las fórmulas de deriva-ción.

1.∫un du =

un+1

n+ 1+C

2.∫1

udu = lnu+C

3.∫au du =

au

ln a+C


4.∫eu du = eu+C

5.∫sinudu = − cosu+C

6.∫cosudu = senu+C

7.∫tanudu = − ln |cosu|+C

8.∫cotudu = ln |sinu|+C

9.∫secudu = ln |secu+ tanu|+C

10.∫cscudu = ln |cscu− cotu|+C

11.∫sec2 du = tanu+C

12.∫csc2 udu = − cotu+C

13.∫secu tanudu = secu+C

14.∫cscu cotu du = − cscu+C

15.∫

1√a2 − u2

du = arcsinu

a+C

16.∫

1

a2 + u2du =

1

aarctan

u

a+C

17.∫

1

u√u2 − a2

du =1

aarcsec

u

a+C

18.∫sinhu du = coshu+C

19.∫coshu du = sinhu+C

20.∫sech2 udu = tanhu+C

21.∫cosh2 udu = cothu+C

22.∫sechu tanhudu = − sechu+C

23.∫cschu cothudu = − cschu+C

24.

∫1√

a2 + u2du = ln

(u+√a2 + u2

)+C.

= arcsinh(xa

)+C.

25.

∫1√

u2 − a2du = ln

(u+√u2 − a2

)+C, |u| > a

= arccosh(xa

)+C.

26.∫

1

a2 − u2 du =

1

2ln

∣∣∣∣a+ u

a− u

∣∣∣∣+C |u| > a

1

2ln

∣∣∣∣u+ a

u− a

∣∣∣∣+C |u| < a

27.∫

1

u√a2 − u2

du = −1aln

∣∣∣∣∣a+√a2 − u2u

∣∣∣∣∣+C, 0 < |u| < a

28.∫

1

u√a2 + u2

du = −1aln

∣∣∣∣∣a+√a2 + u2

u

∣∣∣∣∣+C, u �= 0

6.2.3 Integración por sustitución

Considérese la integral:

I =

∫f [g (x)] g′ (x) dx, (1)

haciendo el cambio de variable u = g (x), obtenemos du = g′ (x) dx, con lo que la integral se convierteen

I =

∫f (u)du.

Esta técnica se llama integración por sustitución. No todas las integrales se encuentran en la forma(1), sin embargo con alguna manipulación algebraica, a veces, es posible llegar a esta forma.


Ejercicio 6.8 Calcular:

I =

∫sinx cosxdx

Solución. Sea u = sinx, entonces du = cosxdx, con esta sustitución la integral se transforma en

I =

∫sinx cosxdx =

∫u du

cuya solución es: I = 12u2 + C. La solución se expresa ahora en función de la variable x de la

siguiente forma: ∫sinx cosxdx =

1

2sin2 x+C


I =

∫x2

(x3 + 5)7dx


Solución. Sea u = x3 + 5, entonces du = 3x2 dx, observemos que la expresión 3x2 dx no apareceen la integral dada, sin embargo podemos multiplicar y dividir por 3 obteniendo

I =1

3

∫3x2

(x3 + 5)7dx

sustituyendo u en la última integral:

I =1

3

∫1

u7du,

cuya solución es I = − 118u

−6. En función de la variable x queda:

I = − 118

(x3 + 5

)−6.


I =

∫1

x lnxdx

Solución. La integral dada se puede escribir como

I =

∫1

lnx

1

xdx.

Sea u = lnx, entonces du =1

xdx, con esta sustitución la integral dada queda:

I =

∫1

udu,

cuya solución es:I = ln |u|+C.

En función de la variable x queda:I = ln |lnx|+C.


I =

∫e2x

1 + e4xdx

Solución. Sea u = e2x, entonces du = 2 e2x dx. Con este cambio la integral dada queda:

I =1

2

∫1

1 + u2du

cuya solución es:

I =1

2arctanu+C,

que en función de x es:

I =1

2arctan e2x+C.



I =

∫x

√

1 + x2 +√(1 + x2)3

dx

Solución. Sea u = 1+ x2, entonces du = 2xdx. Con este cambio:

I =1

2

∫1

√u+√u3

du =1

2

∫1

√1 +√u

1√udu,

hagamos ahora el cambio z =√u, entonces dz =

1

2√udu, por tanto,

I =

∫1√1 + z

dz

esta integral tampoco es directa, hagamos nuevamente otro cambio de variable, sea w = 1 + z,entonces dw = dz, luego:

I =

∫1√wdw

la solución es:I = 2

√w +C,

en función de x es:

I = 2

√1 +√1 + x2 +C

Ejercicio 6.13 Calcular: ∫1

√(x− a)2 + b2

dx

Solución. Sea u = x− a, entonces du = dx, por tanto:∫

1√(x− a)2 + b2

dx =

∫1√

u2 + b2du

= ln

(x− a+

√(x− a)2 + b2

)+C.

Ejercicio 6.14 Calcular: ∫1√

ax2 + bx+ cdx

donde ax2 + bx+ c es irreducible.Solución.

ax2 + bx+ c = a

(x2 +

b

ax+

c

a

)

= a

(x2 +

b

ax+

b2

4a2+c

a− b2

4a2

)

= a

((x+

b

2a

)2+4ac− b24a2

)

= a

(x+

b

2a

)2+

(√4ac− b24a2

)2


Observemos que la irreducibilidad implica4ac− b24a2

> 0. Por tanto, aplicando el anterior resultado

se tiene::∫

1√ax2 + bx+ c

dx =1√a

∫1

√√√√(x+

b

2a

)2+

(√4ac− b24a2

)2

=1√aln

x+

b

2a+

√√√√(x+

b

2a

)2+

(√4ac− b24a2

)2

+C

= .1√aln

(x+

b

2a+1√a

√x2a+ xb+ c

)+C


I =

∫ 1/2

0

3 arcsinx√1− x2

dx

Solución. Inicialmente calculamos la integral indefinida F =∫3 arcsinx√1− x2

dx. Sea u = arcsinx,

entonces du =1√1− x2

dx. Con este cambio la integral queda:

F =

∫3udu =

3

2u2 +C =

3

2(arcsinx)2 +C

por tanto todas las primitivas de

f (x) =3arcsinx√1− x2

están dados por

F (x) =3

2(arcsinx)2 +C,

luego:I = F (1/2)− F (0)= 3

2

(arcsin 12

)2

Observaciones.

• Observemos que al evaluar la integral definida la constante C se anula.

• Existe otra manera de hacer la evaluación al calcular una integral definida en donde se usa uncambio de variable, esto se muestra el siguiente teorema.

Teorema 6.24 (Teorema de sustitución para integrales). Supongamos que g tiene derivadacontinua g′ en un intervalo abierto A, Sea B = {g(x) : x ∈ A} y supongamos que f es contínua enB. Entonces para cada a, b ∈ A

∫ b

af [g (t)] g′ (t) dt =

∫ g(b)

g(a)f (u) du.

La demostración se deja al lector.


Ejercicio 6.16 Calcular I si

I =

∫ π/3

0sec2 x (secx tanx) dx

Solución. Sea u = secx, entonces du = secx tanxdx, también

si x = 0, u = sec (0) = 1si x = π/3 u = sec (π/3) = 2

luego:I =

∫ π/30 sec2 x (secx tanx) dx

=∫ 21 u

2 du =1

3u3∣∣∣∣2

1

=1

3(8− 1) ,

por tanto∫ π/30 sec2 x (secx tanx) dt =

7

3.


Calcular las siguientes integrales

1.∫

x√x2 + 1

e√x2+1 dx Sol.: e

√x2+1+C.

2.∫x2√5 + 2x3 dx Sol.: 1

9

(√(5 + 2x3)

)3+C.

3.∫

2x+ 1

(x2 + x)1/3dx Sol.: 3

2

(3√x2 + x

)2+C.

4.∫

1

ex+1dx Sol.: − ln (e x + 1) + x+C.

5.∫

2x− 5x2 − 6x+ 10 dx Sol.: ln

(x2 − 6x+ 10

)+ arctan (x− 3) +C.

6.∫

2x+ 10√x2 + x+ 1

dx Sol.: 2√x2 + x+ 1 + 9arcsinh 23

√3(x+ 1

2

)+C.

ó también: 2√x2 + x+ 1 + 9 ln

(2√x2 + x+ 1 + 2x+ 1

)+C

7.∫

5x5√x2 + 5

dx Sol.: 258

(5√x2 + 5

)4+C.


8.∫(1 +

√x)3

√x3

dx Sol.: −2√x+ 6 ln

√x+ 6

√x+ x+C.

9.∫

1√x (1−√x) dx Sol.: −2 ln |1−√x|+C.

10.∫

1

x√lnx

dx Sol.: 2 ln12 x.

11.∫

1

e−x + exdx Sol.: arctan (ex) +C.

12.∫

2e2x

e4x + 2e2x + 2dx Sol.: arctan

(e2x + 1

)+C.

13.∫cos 2x esin 2x dx Sol.: 1

2esin 2x .

14.∫

(2 + sinx)

(2x− cosx)5dx Sol.: − 1

4 (2x− cosx)4

15.∫

1

ax2 + bx+ cdx , donde ax2 + bx+ c es irreducible.

Sol.:2

√(4ca− b2)

arctan2ax+ b

√(4ca− b2)

6.2.4 Integración por Partes

Sean u y v funciones que dependen de la variable x. Se ha probado que

d (uv) = u dv + v du.

Integrando

uv =

∫udv +

∫v du,

esto es, ∫udv = uv −

∫v du

esta fórmula se llama fórmula de integración por partes.En el fondo esta fórmula dice que si es posible expresar el integrando como udv, entonces se puedetener otra expresión para la integral, la nueva expresión puede ser a veces mucho mas difícil deresolver que el problema original, pero en muchos casos es una buena técnica para resolver problemasde integración.

Ejercicio 6.17 Calcular I =∫lnxdx.

Solución. Seanu = lnx dv = dx


entoncesdu =

1

xdx v = x

luegoI = (lnx)x−

∫x(1x dx

)

= x lnx−∫dx

= x lnx− x+C

Observemos el orden en que se realizan las operaciones:

u = lnx dv = dx↘

du =1

xdx ← v = x

Ejercicio 6.18 Calcular∫sin2 xdx.

Solución. Seanu = sinx dv = sinxdx

entoncesdu = cosx v = − cosx

aplicando la fórmula de integración por partes:∫sin2 xdx = − sinx cosx+

∫cos2 xdx

= − sinx cosx+∫ (1− sin2

)dx

= − sinx cosx+∫dx−

∫sin2 xdx

= − sinx cosx+ x−∫sin2 xdx

de lo anterior deducimos:∫sin2 x dx =

1

2(x− sinx cosx) +C

Ejercicio 6.19 Calcular∫sinx sin 3xdx.

Solución.u = sinx dv = sin 3x dxdu = cosxdx v = −13 cos 3x

luego ∫sinx sin 3x dx = −13 sinx cos 3x+ 1

3

∫cosx cos 3xdx (1)

aplicando nuevamente integración por partes

u = cosx dv = cos 3xdxdu = − sinxdx v = 1

3 sin 3x

por tanto ∫cosx cos 3x = 1

3 cosx sin 3x+13

∫sinx sin 3xdx (2)

luego de (1) y (2):∫sinx sin 3xdx = 1

8 (−3 sinx cos 3x+ cosx sin 3x) +C.


Ejercicio 6.20 Integrando por partes mostrar que:∫sinn xdx = −sin

n−1 x cosxn

+n− 1n

∫sinn−2 xdx

Solución. Con la decomposición u = sinn−1 x y dv = sinx:

u = sinn−1 x dv = sinxdxdu = (n− 1) sinn−2 x cosxdx v = − cosx

luego: ∫sinn xdx = − sinn−1 x cosx+ (n− 1)

∫sinn−2 x cos2 xdx

= − sinn−1 x cosx+ (n− 1)∫sinn−2 x

(1− sin2 x

)dx

= − sinn−1 x cosx+ (n− 1)[∫sinn−2 xdx−

∫sinn xdx

]

de lo anterior se deduce:∫sinn xdx = −sin

n−1 x cosxn

+n− 1n

∫sinn−2 xdx.


Resolver:

1.∫x cosxdx Sol.: cosx+ x sinx+C.

2.∫x3 cosxdx Sol.: x3 sinx+ 3x2 cosx− 6 cosx− 6x sinx+C.

3.∫arctanxdx Sol.: x arctanx− 1

2 ln(x2 + 1

)+C.

4.∫eax cos bx dx Sol.:

eax (b sin bx+ a cos bx)

a2 + b2+C.

5.∫eax sin bx dx Sol.:

eax (a sin bx− b cos bx)a2 + b2

+C.

6.∫x2 lnx2 dx Sol.: 2

3x3 lnx− 2

9x3.

7.∫x arcsinx2 dx Sol.: 1

2x2 arcsinx2 + 1

2

√1− x4 +C.

8.∫ x ex

(1 + x)2dx Sol.:

ex

1 + x+C.

9.∫sin√2xdx Sol.: sin

√2x−

√2x cos

√2x+C.


10.∫ 2x

cos2 2xdx Sol.: x tan 2x+ 1

2 ln (cos 2x) +C.

11.∫x5 (lnx)2 dx Sol.: 1

6x6 ln2 x− 1

18x6 lnx+ 1

108x6 +C.

12.∫ arcsinx

x2dx Sol.: −1

xarcsinx+ ln

(√1− x2 − 1

x

)

. Sug. Hacer z = arcsinx.

13.∫ sin2 xex

dx Sol.:e−x

2

(cos 2x− 2 sinx

5− 1)+C.

(Usar una identidad trigonométrica).

14.∫sin (lnx) dx Sol.:

x

2(sin (lnx)− cos (lnx)) +C.

15.∫ x cosxsin2 x

dx Sol.: − x

sinx+ ln (cscx− cotx) +C.

16.∫5x cosxdx Sol.: (ln 5 cosx+ sinx)

5x

ln2 5 + 1

17.∫5x sinx dx Sol.: (− cosx+ ln5 sinx) 5x

ln2 5 + 1.

18. En la integral∫ 1xdx hacer u =

1

xy dv = dx, entonces: du = − 1

x2dx y v = x. Aplicando

integración por partes: ∫1

xdx = 1 +

∫1

xdx,

¿Esto es contradictorio?.

(Sug. Recordemos que∫f (x) dx es una primitiva de f)

6.2.5 Integrales trigonométricas

En esta sección son útiles las siguientes identidades trigonométricas1. sin (u+ v) = sinu cos v + cosu sin v

2. cos (u+ v) = cosu cos v − sinu sin v

3. tan (u+ v) =tanu+ tan v

1− tanu tan v4. sin2 u+ cos2 u = 15. tan2 u+ 1 = sec2 u6. 1 + cot2 u = csc2 u

7. sin2 u = 12 (1− cos 2u)

8. cos2 u = 12 (1 + cos 2u)

9. cos 2u = cos2 u− sin2 u10. sin 2u = 2 sinu cosu


11. sinu cos v = 12 [sin (u− v) + sin (u+ v)]

12. sinu sin v = 12 [cos (u− v)− cos (u+ v)]

13. cosu cos v = 12 [cos (u− v) + cos (u+ v)]

14. 1± sinu = 1± cos(12π − u

)

También son útiles las fórmulas de reducción que se pueden demostrar integrando por partes.

15.∫sinn udu = −sin

n−1 u cosun

+n− 1n

∫sinn−2 u du

16.∫cosn udu =

cosn−1 u sinun

+n− 1n

∫cosn−2 udu

17.∫sinn u cosm u du =

sinn+1 u cosm−1 un+m

+m− 1n+m

∫sinn u cosm−2 du

18.∫sinn u cosm u du = −sin

n−1 u cosm+1 un+m

+n− 1n+m

∫sinn−2 u cosm du

En las fórmulas (17) y (18) suponemos que n+m �= 0.19.

∫um sin bu du = −u

m

bcos bu+

m

b

∫um−1 cos bu du b �= 0

20.∫um cos bu du =

um

bsin bu− m

b

∫um−1 sin bu du b �= 0

Potencias impares de senos y cosenos

Si la integral es de la forma ∫sin2n+1 u du,

escribimos la integral en la forma∫sin2n u sinudu =

∫ (sin2 u

)nsinu du,

con sin2 u = 1− cos2 x :∫sin2n+1 u du =

∫ (1− cos2 u

)nsinudu

=n∑

k=0

(nk

)(−1)k

∫cos2k u sinu du,

aquí,(n

k

)=

n!

k! (n− k)! . Sea w = cosu, entonces dw = − sinudu, luego:

∫sin2n+1 udu =

n∑

k=0

(nk

)(−1)k

∫w2k (−dw)

=n∑

k=0

(nk

)(−1)k+1

∫w2k dw

=n∑

k=0

(nk

)(−1)k+1 1

2k + 1w2k+1 +C


que en función de la variable u:∫sin2n+1 udu =

n∑

k=0

(nk

)(−1)k+1 1

2k + 1(cosu)2k+1 +C

Una fórmula similar se tiene para el caso de coseno.

Ejercicio 6.21 Calcular∫sin7 xdx.

Solución. Sea w = cosx, entonces dw = − sinx, por tanto∫sin7 xdx =

∫ (1− cos2 x

)3sinxdx

=

∫ (1− 3 cos2 x+ 3 cos4 x− cos6 x

)sinxdx

= −∫ (1− 3w2 + 3w4 −w6

)dw

= −(w−w3 + 3

5w5 − 1

7w7)+C

en función de x : ∫sin7 xdx = − cosx+ cos3 x− 3

5cos5 x+

1

7cos7 x+C


Probar:

1.∫sin3 5xdx = −15 cos 5x+ 1

15 cos3 5x+C

2.∫sin7 3xdx = 1

21 cos7 3x− 1

5 cos5 3x+ 1

3 cos3 3x− 1

3 cos 3x+C

3.∫cos7 xdx =−17 sin7 x+ 3

5 sin5 x− sin3 x+ sinx+C

4.∫x cos5 x2 dx = 1

2

(sinx2 − 2

3 sin3 x2 + 1

5 sin5 x2)+C

5.∫sin3 x cos2 xdx = −13 cos3 x+ 1

5 cos5 x+C

6.∫x−1 sin3

(lnx3

)dx = −13 cos (3 lnx) + 1

9 cos3 (3 lnx) +C

7.∫(1 + cos 3x)3/2 dx = 4

3

√1− cos 3x− 2

9

(√1− cos 3x

)3+C

Potencias pares de senos y cosenos

En estos casos se puede reducir el tamaño de la potencia usando las fórmulas de reducción o usandolas formulas (7) y (8).


Ejercicio 6.22 Calcular∫cos2 7x dx.

Solución. Se tiene cos2 7x = 12 (1 + cos 14x), luego:

∫cos2 7xdx = 1

2

∫(1 + cos 14x) dx

= 12

(x+ 1

14 sin 14x)

Ejercicio 6.23 Calcular∫sin4 2xdx.

Solución. ∫sin4 2xdx =

∫ [sin2 2x

]2dx

=

∫ [12 (1− cos 4x)

]2dx

= 14

∫ [1− 2 cos 4x+ cos2 4x

]dx

= 14

∫ [1− 2 cos 4x+ 1

2 (1 + cos 8x)]dx

= 14

[x− 1

2 sin 4x+12x+

116 sin 8x

]+C

= 38x− 1

8 sin 4x+164 sin 8x+C,

esto es, ∫sin4 2xdx =

3

8x− 1

8sin 4x+

1

64sin 8x+C.


Probar:

1.∫cos4 xdx = 3

8x+1

4sin 2x+

1

32sin 4x+C

2.∫sin6 xdx =

5

16x− 1

4sin 2x+ 3

64 sin 4x+1

48sin3 2x+C.

3.∫(1− sin 4x)2 dx = 3

2x+

1

2cos 4x− 1

16sin 8x+C.

4.∫x−1 cos2

(lnx2

)dx =

1

4cos 2 (lnx) sin 2 (lnx) +

1

2lnx+C.

5.∫sin8 xdx =

1

16

(35

8x− 4 sinx+ 7

8sin 4x+

1

64sin 8x+

2

3sin3 2x

)+C


Productos de senos y cosenos

En este caso siempre podemos aplicar las fórmulas de redución dados en las fórmulas 15 al 18. Sinembargo existen casos en los que podemos manipular algebraicamente y obtener simplificaciones. Siel integrando es de la forma

sin2k x cos2n−1 x,

o de la forma

sin2k−1 x cos2n x,

con k, n números naturales, se puede simplificar de manera que la nueva integral es fácilmenteresoluble.

Ejercicio 6.24 Calcular∫sin2 x cos3 xdx.

Solución.∫sin2 x cos3 xdx =

∫sin2 x cos2 x cos xdx

=

∫sin2 x

(1− sin2 x

)cosxdx

=

∫ (sin2 x− sin4 x

)cosxdx

=

∫sin2 x cosxdx−

∫sin4 x cosxdx

= 13 sin

3 x− 15 sin

5 x+C

Ejercicio 6.25 Calcular∫sin2 x cos7 xdx.

Solución.

∫sin2 x cos7 xdx =

∫sin2 x cos6 x cosxdx

=

∫sin2 x

(1− sin2 x

)3cosxdx

=

∫sin2 x

(1− 3 sin2 x+ 3sin4 x− sin6 x

)cosx dx

=

∫ (sin2 x− 3 sin4 x+ 3 sin6 x− sin8 x

)cosx dx

= 13 sin

3 x− 35 sin

5 x+ 37 sin

7 x− 19 sin

9 x+C


Ejercicio 6.26 Calcular∫

cos3 x

1− sinx dx.Solución. ∫

cos3 x

1− sinx dx =

∫cos3 x (1 + sinx)

(1− sinx) (1 + sinx) dx

=

∫cos3 x+ cos3 x sinx

1− sin2 x dx

=

∫cos3 x+ cos3 x sinx

cos2 xdx

=

∫(cosx+ cosx sinx) dx

= sinx+ 12 sin

2 x+C


Probar:

1.∫sinx cos2 xdx = −13 cos3 x+C

2.∫sin 3x cos 8xdx = − 1

22 cos 11x+110 cos 5x+C

3.∫sin2 4x cos2 4xdx = − 1

128 sin 16x+18x+C

4.∫sin3 x cos3 xdx = 1

4 sin4 x− 1

6 sin6 x+C

5.∫sin2 x sin 2xdx = −14 cos 2x+ 1

16 cos 4x+C

6.∫sin 2x cos2 4xdx = −25 cos5 2x+ 2

3 cos3 2x− 1

2 cos 2x+C

7.∫cos 10x cos 5xdx = 1

10 sin 5x+130 sin 15x+C

8. Calcular:∫sin2n+1 x cosm x dx, m, n ∈ N.

Producto de seno y coseno con argumentos distintos

Si la integral tiene una de las siguientes formas:∫cosαx sinβxdx


∫cosαx cosβxdx

∫sinαx sinβxdx

puede usarse las siguientes identidades:

sinu cos v = 12 [sin (u+ v) + sin (u− v)]

cosu sin v = 12 [sin (u+ v)− sin (u− v)]

cosu cos v = 12 [cos (u+ v) + cos (u− v)]

sinu sin v = 12 [cos (u− v)− cos (u+ v)]

para transformar la integral en una más simple.

Ejercicio 6.27 Calcular∫cos 2x sin 7xdx

Solución.

∫cos 2x sin 7xdx =

1

2

∫(sin (9x)− sin (−5x))dx

=1

2

∫(sin 9x+ sin 5x)dx

=1

2

(−19cos 9x− 1

5cos 5x

)

= − 118cos 9x− 1

10cos 5x+C

Ejercicio 6.28 Calcular∫sin 5x sin 3x dx

Solución.∫sin 5x sin 3xdx =

1

2

∫(cos 2x− cos 8x)dx

=1

2

∫cos 2xdx− 1

2

∫cos 8x dx

=1

4sin 2x− 1

16sin 8x+C


Potencias de tangentes

Si la integral es∫tann xdx, escribimos

∫tann xdx =

∫tann−2 x tan2 xdx

=

∫tann−2 x

(sec2 x− 1

)dx

=

∫tann−2 x sec2 xdx−

∫tann−2 x dx

=1

n− 1 tann−1 x−

∫tann−2 xdx

obteniéndose una reducción. En lo anterior se han empleado los siguientes resultados: La derivadade tanx es sec2 x y tan2 x = sec2 x− 1.

Ejercicio 6.29 Calcular∫tan3 xdx.

Solución.∫tan3 x dx =

∫tanx

(sec2−1

)dx

=

∫ (tanx sec2 x− tanx

)dx

= 12 tan

2 x− ln |cosx|+C

Ejercicio 6.30 Calcular∫tan4 xdx.

Solución.∫tan4 xdx =

∫tan2 x

(sec2−1

)dx

=

∫tan2 x sec2 x dx−

∫tan2 xdx

= 13 tan

3 x−∫ (sec2 x− 1

)dx

= 13 tan

3 x− tanx+ x+C

Potencias de secantes, cotangentes y cosecantes

Se procede con simplificaciones como en el caso de las tangentes.


Ejercicio 6.31 Calcular∫sec4 t dt.

Solución. ∫sec4 t dt =

∫sec2 t sec2 t dt

=

∫sec2 t

(1 + tan2 t

)dt

=

∫sec2 t dt+

∫tan2 t sec2 t dt

= tan t+ 13 tan

3 t+C

observemos que sec2 t = 1+ tan2 t.

Ejercicio 6.32 Calcular∫sec3 xdx

Solución. ∫sec3 x dx =

∫secx

(1 + tan2 x

)dx

=

∫secx dx+

∫secx tan2 xdx

(1)

resolvemos estas integrales por separado.

∫secxdx =

∫secx (secx+ tanx)

secx+ tanxdx

=

∫sec2 x+ secx tanx

secx+ tanxdx

= ln |secx+ tanx|

(2)

la otra integral se resuelve por partes

u = tanx dv = secx tanxdv = sec2 xdx v = secx

luego ∫secx tan2 xdx = tanx secx−

∫sec3 xdx (3)

reemplazando los resultados obtenidos (2) y (3) en (1) se tiene:

∫sec3 xdx = ln |secx+ tanx|+ tanx secx−

∫sec3 xdx

de donde deducimos que:

∫sec3 xdx =

1

2ln (secx+ tanx) +

1

2tanx secx+C


Ejercicio 6.33 Calcular∫cot4 3xdx.

Solución. Usamos la identidad: 1 + cot2 3x = csc2 3x.∫cot4 3xdx =

∫cot2 3x

(csc2 3x− 1

)dx

=

∫cot2 3x csc2 3xdx−

∫cot2 3xdx

= −19 cot3 3x−∫ (csc2 3x− 1

)dx

= −19 cot3 3x+ 13 cot 3x+ x+C

Productos de tangentes, secantes, cotangentes y cosecantes

Ejercicio 6.34 Calcular∫tan4 x sec4 xdx.

Solución. ∫tan4 x sec4 xdx =

∫tan4 x sec2 x sec2 xdx

=

∫tan4 x sec2 x

(1 + tan2 x

)dx

=

∫tan4 x sec2 xdx+

∫tan6 x sec2 xdx

= 15 tan

5 x+ 17 tan

7 x+C


Probar:

1.∫cot3 xdx = −12 cot2 x+ 1

2 ln(csc2 x

)

2.∫tan5 xdx = 1

4 tan4 x− 1

2 tan2 x+ 1

2 ln(sec2 x

)+C.

3.∫tan3 x sec3 xdx = −13 sec3 x+ 1

5 sec5 x+C.

4.∫cotx csc3 xdx = −13 csc3 x+C.

5.∫tan4 x sec3 xdx =

− 116 tanx secx+

124 tan

3 x secx+ 16 tan

5 x secx+ 116 ln (secx+ tanx) +C.

Sol. Equiv.116 secx tanx− 7

24 sec3 x tanx+ 1

6 sec5 x tanx+ 1

16 ln |secx+ tanx|+C


6.∫cot3 x csc4 xdx = −16 cot4 x csc2 x− 1

12 cot4 x+C.

Sol. Equiv. −16csc6 x+

1

4csc4 x+C.

Aplicando integración por partes deducir las siguientes fórmulas de reducción

7.∫secm udu =

1

m− 1 secm−2 u tanu+

m− 2m− 1

∫secm−2 udu.

8.∫cscm udu = − 1

m− 1 cscm−2 u cotu+

m− 2m− 1

∫cscm−2 u du.

6.2.6 Resumen de las fórmulas de reducción

En lo que sigue m y n son números naturales.

1.∫sinn u du = −sin

n−1 u cosun

+n− 1n

∫sinn−2 udu

2.∫cosn u du =

cosn−1 u sinun

+n− 1n

∫cosn−2 udu

3.∫tann xdx =

1

n− 1 tann−1 x−

∫tann−2 xdx

4.∫cotn xdx = − 1

n− 1 cotn−1 x−

∫cotn−2 xdx

5.∫secm udu =

1

m− 1 secm−2 u tanu+

m− 2m− 1

∫secm−2 udu.

6.∫cscm udu = − 1

m− 1 cscm−2 u cotu+

m− 2m− 1

∫cscm−2 u du.

En (7) y (8) m �= −n

7.∫sinn u cosm udu =

sinn+1 u cosm−1 un+m

+m− 1n+m

∫sinn u cosm−2 du

8.∫sinn u cosm udu = −sin

n−1 u cosm+1 un+m

+n− 1n+m

∫sinn−2 u cosm du

9.∫um sin bu du = −u

m

bcos bu+

m

b

∫um−1 cos bu du b �= 0

10.∫um cos bu du =

um

bsin bu− m

b

∫um−1 sin bu du b �= 0

En (11), (13) m �= 1 y en (12), (14) m �= −1/2

11.∫

1

(a2 ± u2)mdu =1

a2

(u

(2m− 2) (a2 ± u2)m−1)+2m− 32m− 2

∫1

(a2 ± u2)m−1du

12.∫ (

a2 ± u2)m

du =u(a2 ± u2

)m

2m+ 1+2ma2

2m+ 1

∫ (a2 ± u2

)m−1 du


13.∫

1

(u2 − a2)mdu = −1

a2

(u

(2m− 2) (u2 − a2)m−1)+2m− 32m− 2

∫1

(u2 − a2)m−1du

14.∫ (

u2 − a2)m

du =u(u2 − a2

)m

2m+ 1− 2ma2

2m+ 1

∫ (u2 − a2

)m−1du

15.∫umeaudu =

1

aumeau − m

a

∫um−1eau du

6.2.7 Funciones racionales a dos variables

Una función racional a dos variables F (u, v), es el cociente de dos polinomios en u y en v.

Ejemplo 6.13 F (x, y) =2x2 − xy2 + y3 + 4

x5 + 2xyes una función racional en las variables x, y.

Ejemplo 6.14 F(x,√2x+ 1

)=

x3√2x+ 1+

(√2x+ 1 + 3

)2√2x+ 1− x4 + 10 es una función racional en x y

√2x+ 1.

Ejemplo 6.15 F(x,√x+ 5

)=

√x+√x+ 5

x2 + 5no es una función racional en x y

√x+ 5, (¿porque?)

6.2.8 Cambios de variable trigonométricos

Si el integrando es una función racional a dos variables de una de las siguientes formas:

F(u,√a2 − b2u2

)

F(u,√a2 + b2u2

)

F(u,√b2u2 − a2

)

es posible hacer cambios de variable trigonométricos construyendo un triángulo rectángulo.

Forma F(u,√a2 − b2u2

).

En este caso consideramos el siguiente triángulo:

z

a bu

√a2 − b2u2


Se hace el cambio sin z =bu

a, de donde:

u =a

bsin z

du =a

bcos z dz

√a2 − b2u2 = a cos z

luego: ∫F(u,√a2 − b2u2

)du =

∫F(ab sin z, a cos z

)ab cos z dz

donde la integral de la derecha es una integral en términos de cosenos y senos.


x2√9− x2

dx.

Solución.Consideremos el siguiente triángulo

z

3 x

√9− x2 ,

hacemos el cambio sin z = 13x, luego

x = 3sin zdx = 3cos z dz√

9− x2 = 3cos z

con este cambio la integral queda:∫

x2√9− x2

dx =

∫(3 sin z)2

3 cos z(3 cos z dz)

= 9

∫sin2 z dz

= 92

∫(1− cos 2z) dz

= 92z − 9

4 sin 2z +C

= 92z − 9

2 sin z cos z +C

para terminar tomemos en cuenta que z = arcsin(13x)y entonces

∫x2√9− x2

dx = 92 arcsin

(13x)− 9

2

x

3

√9− x23

+C

= 92 arcsin

(13x)− 1

2x√9− x2 +C


Forma F(u,√a2 + b2u2

).

En este caso consideramos el siguiente triángulo

z

√a2 + b2u2 bu

a .

el cambio de variable que sugiere el gráfico es: tan z = bua , luego:

u =a

btan z

du =a

bsec2 z dz

√a2 + b2u2 = a sec z

con este cambio de variable tenemos:∫F(u,√a2 + b2u2

)du =

∫F(ab tan z, a sec z

)ab sec

2 z dz

donde la integral de la derecha es una integral en términos de tangentes y secantes.

Ejercicio 6.36 Calcular∫ √4 + x2 dx.

Solución. Consideramos el siguiente triángulo

z

√4 + x2 x

2

hacemos el cambio tan z =x

2, luego

x = 2 tan zdx = 2 sec2 z dz√

4 + x2 = 2 sec z

con este cambio se tiene∫ √

4 + x2 dx =

∫4 sec3 z dz

= 2 ln |sec z + tan z|+ 2tan z sec z +C

= 2 ln

∣∣∣∣1

2

√4 + x2 +

1

2x

∣∣∣∣+ 2(1

2x

)(1

2

√4 + x2

)

= 2 ln

∣∣∣∣1

2

√4 + x2 +

1

2x

∣∣∣∣+1

2x√4 + x2 +C


Forma F(u,√b2u2 − a2

).

En este caso consideramos el siguiente triángulo

z

bu√b2u2 − a2

a

el cambio de variable que sugiere el gráfico es sec z = bua , luego

u =a

bsec z

du =a

bsec z tan z dz

√b2u2 − a2 = a tan z

con este cambio de variable tenemos:∫F(u,√b2u2 − a2

)du =

∫F(ab sec z, a tan z

)ab sec z tan z dz

donde la integral de la derecha es una integral en términos de tangentes y secantes.


x2√x2 − 16

dx.

Solución.

En gráfico que corresponde es

z

x√x2 − 16

4

el cambio de variable es sec z =x

4, luego

x = 4 sec zdx = 4 sec z tan z dz√

x2 − 16 = 4 tan z

con este cambio de variable tenemos:∫

x2√x2 − 16

dx =

∫16 sec2 z

4 tan z4 sec z tan z dz

= 16

∫sec3 z dz

= 8 ln |sec z + tan z|+ 8 tan z sec z

= 8 ln∣∣∣14x+

14

√x2 − 16

∣∣∣+ 12x√x2 − 16 +K

= 8 ln∣∣∣x+

√x2 − 16

∣∣∣+ 12x√x2 − 16 +C


(C = K − 8 ln 4)


1.∫ (

x2 + 1)3/2

dx.

Sol.:14x(√

x2 + 1)3+ 3

8x√x2 + 1+ 3

8 ln∣∣∣√x2 + 1 + x

∣∣∣+C.

2.∫ x+ x2√

1− x2dx.

Sol.: −√1− x2 − 1

2x√1− x2 + 1

2 arcsinx+C.

3.∫ x2√

9− x2dx.

Sol.: −12x√9− x2 + 9

2 arcsin13x+C.

4.∫ 1

x2√x2 − 16

dx

Sol.: 116x

√(x2 − 16) +C.

5.∫ 1(x+ 1

2

)√x2 + x+ 1

dx.

Sol.: 2√33

(ln(2√x2 + x+ 1−

√3)− ln (2x+ 1)

)+C.

6.∫x3√4− x2dx.

Sol.: −15x2(√4− x2

)3− 8

15

(√4− x2

)3+C.

7.∫ 1

(9 + x2)2dx.

Sol.: 118

x

9 + x2+ 1

54 arctan13x+C.

8.∫ x+ 2

x2 − 6x+ 10dx

Sol.: 12 ln(x2 − 6x+ 10

)+ 5arctan (x− 3) +C.

9.∫

x+ 2

x2 + 6x+ 10dx

Sol.: 12 ln(x2 + 6x+ 10

)− arctan (x+ 3) +C.

10.∫√4− x2x

dx.

Sol.:√4− x2 + 2 ln

∣∣∣∣∣2−√4− x2x

∣∣∣∣∣+C.

6.3. INTEGRACIÓN POR FRACCIONES PARCIALES 253

11.∫ 1

(9− x2)3/2dx.

Sol.:1

9

x√9− x2

.

12.∫ x2√

x2 − 1dx.

Sol.: 12x√x2 − 1 + 1

2 ln(x+√x2 − 1

)+C.

13.∫ √

x2 + x+ 5 dx.

Sol.:14 (2x+ 1)√(x2 + x+ 5) + 19

8 ln(2√x2 + x+ 5+ 2x+ 1

)+C.

14.∫ 5√

x2 − 4x+ 9dx.

Sol : 5 ln(√

x2 − 4x+ 9 + x− 2)+C

15.∫ x√1− x2 +

(√1− x2

)3 dx.

Sol.: −arctan(√1− x2

)+C

6.3 Integración por Fracciones Parciales

6.3.1 Preliminares algebraicos

Inicialmente se enuncian sin demostración algunos resultados del álgebra elemental. Como se sabe,si an �= 0, la expresión p (x) = a0 + a1x+ a2x

2 + · · ·+ anxn se llama polinomio en x de grado n.

Teorema 6.25 Todo polinomio a0+a1x+a2x2+ · · ·+anxn tiene a lo sumo n raíces reales distintas.Observación. Un polinomio puede no tener raíces reales (Ej. x2 + 1).

Teorema 6.26 Todo polinomio se puede factorizar en factores con coeficientes reales de la forma(Ax+B) y

(ax2 + bx+ c2

), donde ax2 + bx+ c2 es irreducible, esto es, b2 − 4ac < 0.

En esta sección nos interesan cocientes de polinomios en donde el grado del numerador es estric-tamente menor que el grado del denominador; si este no es el caso, por simple división puede llevarsea la forma de un polinomio más un cociente con la forma deseada.

Ejemplo 6.16

x4 − x2 + 5x2 + 1

= x2 − 2 + 7

x2 + 1


6.3.2 Fracciones parciales

Si enP (x)

Q (x)el grado de P (x) es estrictamente menor que el grado de Q (x) entonces es posible

escribirP (x)

Q (x)como suma de funciones racionales más simples de la forma:

A

ax+ b,

oAx+B

ax2 + bx+ c.

De acuerdo a los factores del polinomio Q (x) podemos tener los siguientes casos:

Factores lineales: ax+ b

La regla es la siguiente: A cada factor(ax+ b)m

le corresponde la sumaA1

ax+ b+

A2(ax+ b)

+ · · ·+ Am

(ax+ b)m

en donde los Ai son constantes a determinar

Ejemplo 6.17 Sea f (x) =x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2, entonces f se puede expresar como la suma de expre-

siones racionales más simples.Al factor (x− 1) le corresponde

B

x− 1 ,

en donde B es una constante a determinar.Al factor (x− 2)2 le corresponde la suma

A1x− 2 +

A2

(x− 2)2,

en donde A1 y A2 son constantes a determinar.Entonces f puede escribirse como

f (x) =B

x− 1 +A1x− 2 +

A2

(x− 2)2

Factores cuadráticos: ax2 + bx+ c

La regla a aplicar es la siguiente: A cada factor(ax2 + bx+ c

)m

le corresponde la suma

A1x+B1ax2 + bx+ c

+A2x+B2

(ax2 + bx+ c)2+ · · ·+ Amx+Bm

(ax2 + bx+ c)m

en donde los Ai, Bi son constantes a determinar.


Ejemplo 6.18 Sea f (x) =x2 + x+ 1

(x2 + x+ 1) (x2 + 1)2, entonces f se puede expresar como

f (x) =Ax+B

x2 + x+ 1+Cx+D

x2 + 1+

Ex+ F

(x2 + 1)2

en donde A,B,C,D,E,F son constantes a determinar.

6.3.3 Cálculo de constantes en fracciones parciales

Via ejercicios, en esta sección, ilustramos las técnicas para calcular las constantes en fraccionesparciales.

Ejercicio 6.38 Expresar como suma de fracciones parciales la siguiente función racional.

f (x) =x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2.

Solución.x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2=

A

x− 1 +B

x− 2 +C

(x− 2)2

quitando denominadores

x2 + 5 = A (x− 2)2 +B (x− 1) (x− 2) +C (x− 1) (1)

el resultado mostrado en (1) es una identidad, esto es, (1) es válido para todo x.Metodo general. Realizando operaciones algebraicas en (1) encontramos

x2 + 5 = (A+B)x2 + (−4A− 3B +C)x+ (4A+ 2B −C)

igualando coeficientes encontramos el sistema de ecuaciones:

A+B = 1−4A− 3B +C = 04A+ 2B −C = 5

resoviendo este sistema encontramos A = 6, B = −5, C = 9, por tanto:

x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2=

6

x− 1 −5

x− 2 +9

(x− 2)2.

Método abreviado. Puesto que (1) es una identidad, es válido para todo x. Sustituimos valores dex apropiados, buscamos números x tales que se anulen la mayor cantidad de sumandos que aparecenen (1).Sustituyendo x = 1 en (1):

6 = A

Sustituyendo x = 2 en (1):9 = C


Hasta ahora hemos logrado calcular A y C. No tenemos más valores que anulen algunos sumandos de(1). Elegimos ahora un valor arbitrario, digamos x = 0, sustituyendo este valor en (1) encontramos

5 = 4A+ 2B −Cde donde despejando B tenemos

B =1

2(5− 4A+C)

luego puesto que A = 6 y C = 9 tenemos B = −5. Este resultado coincide con el encontrado en elmétodo general. En este método elegimos el valor arbitrario x = 0, debe quedar claro que pudimoshaber elegido cualquier otro número real.

6.3.4 Integración por Fracciones parciales

La descomposición de una función racional en fracciones parciales puede aplicarse en la resoluciónde integrales en las cuales el integrando es una función racional.

Ejercicio 6.39 Calcular: I =∫

4x

(2x− 1) (2x+ 1)dx.Solución. Aplicando fracciones parciales al integrando:

4x

(2x− 1) (2x+ 1) =A

2x− 1 +B

2x+ 1

quitando denominadores queda

4x = A (2x+ 1) +B (2x− 1)

Sustituyendo x = 1/2 obtenemos A = 1.

Sustituyendo x = −1/2 obtenemos B = 1, por tanto:

I =

∫ (1

2x− 1 +1

2x+ 1

)dx

de donde:I = 1

2 (ln |2x− 1|+ ln |2x+ 1|) +C

= ln√|(2x− 1) (2x+ 1)|+C


x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2dx.

Solución. En la sección anterior se prueba:

x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2=

6

x− 1 −5

x− 2 +9

(x− 2)2

integrando: ∫x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2dx =

∫6

x− 1 dx−∫

5

x− 2 dx+∫

9

(x− 2)2dx

de donde: ∫x2 + 5

(x− 1) (x− 2)2dx = 6 ln |x− 1| − 5 ln |x− 2| − 9

x− 2 +C



x2 − 3x− 1x3 + x2 − 2x dx.

Solución. Factorizando el denominador:

x3 + x2 − 2x = x (x+ 2) (x− 1)

Aplicando fracciones parciales:

x2 − 3x− 1x (x+ 2) (x− 1) =

A

x+

B

x+ 2+

C

x− 1


x2 − 3x− 1 = A (x+ 2) (x− 1) +Bx (x− 1) +Cx (x+ 2) (1)

Sustituyendo x = 0 en (1):

−1 = −2A⇒ A =1

2

Sustituyendo x = 1 en (1) :−3 = 3C ⇒ C = −1

Sustituyendo x = −2 en (1):

9 = 6B ⇒ B =3

2

luego podemos escribir:

∫x2 − 3x− 1x3 + x2 − 2x dx =

1

2

∫1

xdx+

3

2

∫1

x+ 2dx−

∫1

x− 1 dx

=1

2ln |x|+ 3

2 ln |x+ 2| − ln |x− 1|+C

= ln

∣∣∣∣∣x1/2 (x+ 2)3/2

x− 1

∣∣∣∣∣+C


x3 + x− 1(x2 + 1)2

dx.

Solución. El factor x2 + 1 es irreducible por tanto escribimos

x3 + x− 1(x2 + 1)2

=Ax+B

x2 + 1+

Cx+D

(x2 + 1)2


x3 + x− 1 = (Ax+B)(x2 + 1

)+ (Cx+D) (1)


ahora no tenemos valores reales que anulen sumandos de (1). Sin embargo puesto que (1) es unaidentidad podemos tomar algunos valores de x y sustituirlos en (1) para obtener las suficientes ecua-ciones que nos permitirán encontrar los valores de A,B,C,D. Para los valores −1, 0, 1, 2 encontramosrespectivamente las siguientes ecuaciones:

−2A+ 2B −C +D = −3B +D = −1

2A+ 2B +C +D = 110A+ 5B + 2C +D = 9

resolviendo encontramos A = 1, B = C = 0, D = −1. Por tanto∫

x3 + x− 1(x2 + 1)2

dx =

∫x

x2 + 1dx−

∫1

(x2 + 1)2dx

resolviendo las integrales de la derecha encontramos:∫

x

x2 + 1dx =

1

2ln(x2 + 1

)

∫1

(x2 + 1)2dx =

1

2

(x

x2 + 1

)+1

2arctanx

(2)

por tanto ∫x3 + x− 1(x2 + 1)2

dx =1

2ln(x2 + 1

)− 12

(x

x2 + 1

)− 12arctanx+C

Comentario. La segunda integral que aparece (2) puede resolverse con la sustitución x = tan z(que viene de la sustitución trigonométrica).


x3

2x2 − x− 1dx.Solución. En este caso es necesaria una división pues el numerador es de grado mayor que el

denominador. Dividiendo:

x3

2x2 − x− 1 =1

2x+

1

4+

3x+ 1

4 (2x2 − x− 1) ,

Aplicando fracciones parciales al tercer sumando:

3x+ 1

4 (2x2 − x− 1) =1

12 (2x+ 1)+

1

3 (x− 1)

por tanto:∫

x3

2x2 − x− 1dx =

∫1

2xdx+

∫1

4dx+

1

12

∫1

2x+ 1dx+

1

3

∫1

x− 1dx

=1

4x2 +

1

4x+

1

24ln |2x+ 1|+ 1

3ln |x− 1|+C



Resolver

1.∫

2x+ 4

8x2 − 14x+ 3dx.

Sol.: − 920 ln (4x− 1) + 7

10 ln (2x− 3) +C.

2.∫

x2 + 1

(x− 2) (x− 3)2dx.

Sol.:5 ln (x− 2)− 10

x− 3 − 4 ln (x− 3)

3.∫

x

(x− 1) (x− 4) (x− 1)2dx.

Sol.:1

6 (x− 1)2+

4

9 (x− 1) −427 ln (x− 1) + 4

27 ln (x− 4) +C.

4.∫

sinx

cosx (1 + cos2 x)dx.

Sol.: ln

∣∣∣∣∣

√1 + cos2 x

cosx

∣∣∣∣∣+C.

5.∫

1

(x3 − 1)2dx.

Sol.: f (x) + g (x) donde:

f (x) = − 1

9 (x− 1) −29 ln (x− 1) + 1

9 ln(x2 + x+ 1

)

g (x) = 29

√3 arctan 13 (2x+ 1)

√3 + 1

9

x− 1x2 + x+ 1

+C.

6.∫

1

x3 + 1dx.

Sol.: 13 ln (x+ 1)− 1

6 ln(x2 − x+ 1

)+ 1

3

√3 arctan 13 (2x− 1)

√3 +C.

7.∫

1

x3 − 1dx.

Sol.: 13 ln (x− 1)− 1

6 ln(x2 + x+ 1

)− 1

3

√3 arctan 13 (2x+ 1)

√3 +C.

8.∫

1

x4 + 1dx.

Sol.: 18

√2 ln

x2 + x√2 + 1

x2 − x√2 + 1

+ 14

√2 arctan

(x√2 + 1

)+

14

√2 arctan

(x√2− 1

)+C.

Sug:

x4 + 1 =((x2)2+ 2x2 + 1

)− 2x2 =

=(x2 + 1

)2 − 2x2 =(x2 + 1−

√2x)(

x2 + 1 +√2x)


y entonces:1

x4 + 1=

−√2x+ 2

4(x2 −

√2x+ 1

) +√2x+ 2

4(x2 +

√2x+ 1

)

9.∫

1

x6 + 1dx.

Sol.: 13 arctanx− 1

12

√3 ln(x2 −

√3x+ 1

)+ 1

6 arctan(2x−

√3)+

112

√3 ln(x2 +

√3x+ 1

)+ 1

6 arctan(2x+

√3)

(Sug.: observe que x6 + 1 =((x2)3+ 3(x2)2+ 3x2 + 1

)− 3(x4 + x2

))

10.∫

x2 − 8x+ 7(x2 − 7x+ 6)2

dx.

Sol.: 15(x−6) +

625 ln (x− 6)− 6

25 ln (x− 1) +C.

11.∫

1

x4 − 2x3 + 2x2 − 2x+ 1dx.

Sol.: − 1

2 (x− 1) −12 ln (x− 1) + 1

4 ln(x2 + 1

)+C.

12.∫

x

x6 + x2dx.

Sol.: lnx− 14 ln(x4 + 1

)+C.

13.∫

x5

x8 + 1dx.

Sol.: 116

√2 ln

x4 − x2√2 + 1

x4 + x2√2 + 1

+ 18

√2 arctan

(x2√2 + 1

)+

18

√2 arctan

(x2√2− 1

)+C.

14.∫

x2

(x− 1)2dx.

Sol.: x− 1

x− 1 + 2 ln (x− 1) +C.

15.∫

x4

(x2 + 1) (x2 + x+ 1)dx.

Sol.: x− 12 ln(x2 + 1

)− 2

3

√3 arctan

(√33 (2x+ 1)

)+C.

6.4 Funciones racionales del tipo F(x,√ax+ b

)

Si F es una función racional en x y√ax+ b. La integral∫F(x,√ax+ b

)dx

6.4. FUNCIONES RACIONALES DEL TIPO F(X,√AX +B

)261

se racionaliza (integrando racional) con el cambio de variable:

t =√ax+ b

del cambio de variable se deduce:

x =t2 − ba

dx =2t

adt

por tanto ∫F(x,√ax+ b

)dx =

∫F

(t2 − ba

, t

)2t

adt

que es una integral con integrando una función racional en la variable t.


Ejercicio 6.44 Calcular I =∫

x+√2x+ 1

1 +√2x+ 1

dx =.

Solución. Realizamos el cambio:t =√2x+ 1

luego:

x =t2 − 12

dx = t dt

sustituyendo en la integral dada:

I =

∫ t2 − 12

+ t

1 + ttdt =

1

2

∫t3 + 2t2 − t

t+ 1dt

dividiendo la integral toma la forma:

I =1

2

∫ (t2 + t− 2 + 2

t+ 1

)dt.

Integrando y reemplazando en la variable x:

I = 12

(13t3 + 1

2 t2 − 2t+ 2 ln |t+ 1|

)+C

= 16

√(2x+ 1)3 + 1

4 (2x+ 1)−√2x+ 1+ ln

(1 +√2x+ 1

)+C

Ejercicio 6.45 Calcular I =∫x2√x+ 1 dx.

Solución. Realizamos el cambio:t =√x+ 1

de esto obtenemos:x = t2 − 1dx = 2t dt


sustituyendo en la integral dada :

I =

∫ (t2 − 1

)2t 2tdt =

∫ (2t6 − 4t4 + 2t2

)dt

Integrando:I = 2

7t7 − 4

5t5 + 2

3t3 +C

= 27

√(x+ 1)7 − 4

5

√(x+ 1)5 + 2

3

√(x+ 1)3 +C


x√x− 1√

x− 1 + xdx.

Solución. Con el cambio t =√x− 1 se tiene:

x = t2 + 1dx = 2t dt

luego: ∫x√x− 1√

x− 1 + xdx =

∫ (t2 + 1

)t

t+ t2 + 1(2t dt)

= 2

∫t4 + t2

t2 + t+ 1dt

= 2

∫ (t2 − t+ 1

)dt− 2

∫1

t2 + t+ 1dt

= 23 t3 − t2 + 2t− 4

3

√3 arctan 13 (2t+ 1)

√3 +C

en función de la variable x la solución es:∫

x√x− 1√

x− 1 + xdx = f (x) + g (x) +C

donde:f (x) = 2

3

(√x− 1

)3 −(√

x− 1)2+ 2√x− 1

g (x) = −43√3 arctan

[13

(2√x− 1 + 1

)√3]


Calcular:

1.∫

1√x− 1− 4

√x− 1dx.

Sol.: 4 ln(4√x− 1− 1

)+ 2 4√x− 1

(4√x− 1 + 2

)+C

2.∫ √

x+ 1

(√x)3 − x

dx.

Sol.: 4 ln (√x− 1)− lnx+C.

6.5. FUNCIONES RACIONALES DEL TIPO F (SINX,COSX) 263

3.∫

x+√x+ 1√

x+ 1dx.

Sol.: 23

(√x+ 1

)3 − 2√x+ 1 + x+C.

4.∫ √

2x− 4x

dx.

Sol.: 2√2x− 4− 4 arctan 12

√2x− 4 +C.

5.∫ √

x+ 1 + 1√x+ 1−

(√x+ 1

)3 dx.

Sol.: −2 ln(√

x+ 1− 1)

6.∫ √

x+ 2

x+ 1dx.

Sol.: 2√x+ 2+ ln

(√x+ 2− 1√x+ 2 + 1

)+C

6.5 Funciones racionales del tipo F (sinx, cosx)

Si el integrando es una función racional de este tipo, se puede racionalizar con el cambio de variable

t = tanx

2,

de este cambio de variable se obtiene:

sinx =2t

1 + t2

cosx =1− t21 + t2

x = 2arctan t

dx =2

1 + t2dt

por tanto :∫F (sinx, cosx) dx =

∫F

(2t

1 + t2,1− t21 + t2

)2

1 + t2dt

que es una función racional en la variable t.


Ejercicio 6.47 Calcular I =∫1 + sinx

cosxdx.


Solución. Con el cambio t = tan x2 :

I =

∫

1 +

2t

1 + t2

1− t21 + t2

2

1 + t2dt

=

∫2t2 + 4t+ 2

(1− t2) (1 + t2)dt

simplificando y aplicando fracciones parciales:

2t2 + 4t+ 2

(1− t2) (1 + t2)= − 2 (t+ 1)2

(t− 1) (t+ 1) (1 + t2)= − 2

t− 1 + 2t

1 + t2

luego:

I = −∫

2

t− 1dt+ 2∫

t

1 + t2dt

= −2 ln |t− 1|+ ln(1 + t2

)+C

= −2 ln∣∣tan x

2 − 1∣∣+ ln

(1 + tan2 x

2

)+C

Ejercicio 6.48 Calcular I =∫secxdx.

Solución. Con el cambio t = tan x2 :

I =

∫1

1− t21 + t2

2

1 + t2dt

=

∫ −2t2 − 1dt

aplicando fracciones parciales:−2

t2 − 1 = −1

t− 1 +1

t+ 1

luego:

I =

∫− 1

t− 1dt+∫

1

t+ 1dt

= ln

∣∣∣∣t+ 1

t− 1

∣∣∣∣+C

= ln

∣∣∣∣tan x

2 + 1

tan x2 − 1

∣∣∣∣+C

tomando en cuenta el resultado:tan

x

2=

sinx

1 + cosx

encontramos:I = ln |secx+ tanx|+C

6.5. FUNCIONES RACIONALES DEL TIPO F (SINX,COSX) 265


IMPORTANTE: En las soluciones de los siguientes ejercicios t = tan(x2

).

Calcular:

1.∫

5

1 + 5 cosxdx

Sol.:5√6

12ln

(√2t+

√3√

2t−√3

)

+C

2.∫

cosx

1 + 5 cosxdx

Sol.: 25 arctan t+

√660 ln

(√2t−

√3√

2t+√3

)

+C

3.∫

1

1 + sinx+ cosxdx.

Sol.: ln (t+ 1) +C.

4.∫

1

1 + sin2 xdx

Sol.√22 arctan

(√2t+ t

)+

√22 arctan

(√2t− t

)+C

5.∫

cosx

sinx− cos2 xdx.

Sol. : 15

√5 ln

(2 sinx−

√5 + 1

2 sinx+√5 + 1

)

+C. (Ind. ¿No es mejor hacer el cambio u = sinx?)

6.∫sinx+ cosx

1 + sinxdx.

Sol.: 2 arctan t− ln(t2 + 1

)+ 2 ln (t+ 1) +

2

t+ 1+C.

7.∫2 sinx− cosxsinx− 5 cosxdx.

Sol.: 713 arctan t+

926 ln

(5t+

√26 + 1

t2 + 1

)

+ 926 ln

(5t−

√26 + 1

)+C.

8.∫

1

1 +√1− x2

dx.

Sol. arcsinx+

√1− x2 − 1

x.

Capítulo 7

Integrales impropias

Al definir la integral∫ b

af (x) dx se ha considerado el intervalo [a, b] finito, esto es, ninguno de los

extremos a o b podian ser infinitos, además f debia ser una función acotada en [a, b] . Por ejemplono se ha dado ningún significado a integrales como las que siguen:

∫ ∞

0

1

x2 + 1dx

∫ 3

0

1√9− x2

dx

en este capítulo desarrollamos técnicas para resolver este tipo de integrales.

7.1 Integrales impropias de primera clase

7.1.1 Límite superior infinito

Sea f una función integrable en [a, b] para todo b <∞. La integral∫ ∞

af (x)dx

se llama integral impropia de primera clase. Si el límite limb→∞

∫ b

af (x) dx existe, entonces la

integral impropia se dice convergente y∫ ∞

af (x)dx = lim

b→∞

∫ b

af (x)dx.

Si el límite no existe, se dice que la integral impropia es divergente.

Ejemplo 7.1∫ ∞

0e−xdx = lim

b→∞

∫ b

0e−xdx

= limb→∞

−e−x∣∣b0

= limb→∞

(−e−b + 1

)

= 1

por tanto la integral es convergente y∫∞0 e−xdx = 1

267

268 CAPÍTULO 7. INTEGRALES IMPROPIAS

Ejemplo 7.2∫ ∞

1

1√xdx = lim

b→∞

∫ b

1

1√xdx

= limb→∞

2√x∣∣b1

= limb→∞

(2√b− 2

)

= ∞

por tanto la integral impropia es divergente.

7.1.2 Límite inferior infinito

Sea f una función integrable en [a, b] para todo −∞ < a. entonces la integral∫ b

−∞f (x)dx

también se llama integral impropia de primera clase. Si lima→−∞

∫ b

af (x)dx existe, entonces la

integral impropia se dice convergente y∫ b

−∞f (x)dx = lim

a→−∞

∫ b

af (x)dx

si el límite no existe, la integral se llama divergente.

7.2 Integrales impropias de segunda clase

7.2.1 No acotada en el limite superior

Consideremos ahora una función f que es integrable en [a, b− ε] para todo ε > 0 y no está acotadaen [a, b) , entonces la integral ∫ b−ε

af (x) dx

se llama integral impropia de segunda clase. Si

limε→0+

∫ b−ε

af (x) dx

existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente.

Ejemplo 7.3∫ 2

0

1

2− xdx = limε→0+

∫ 2−ε

0

1

2− xdx

= limε→0+

− ln (2− x)|2−ε0

= limε→0+

(− ln (ε) + ln 2)

como el anterior límite no existe, la integral impropia es divergente.

7.2. INTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA CLASE 269

Ejemplo 7.4∫ 4

0

1√4− xdx = lim

ε→0+

∫ 4−ε

0

1√4− xdx

= limε→0+

−2√4− x

∣∣4−ε

0

= limε→0+

(−2√ε+ 4

)

= 4

por tanto la integral impropia es convergente.

7.2.2 No acotada en el limite inferior

Consideremos ahora una función f que es integrable en [a+ ε, b] para todo ε > 0 y no está acotadaen (a, b] , entonces la integral ∫ b

a+εf (x) dx

también se llama integral impropia de segunda clase. Si

limε→0+

∫ b

a+εf (x)dx

existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente.


Ejercicio 7.1 Calcular ∫ ∞

0

1

x2 + 1dx

Solución.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

y( )

21

1

xxf

+=

La integral impropia es de primera clase.∫ ∞

0

1

x2 + 1dx = lim

b→∞

∫ b

0

1

x2 + 1dx

= limb→∞

arctanx|b0= lim

b→∞arctan b

= π/2


así la integral impropia es convergente. Esta integral puede interpretarse como el área bajo la gráfica

de f (x) =1

1 + x2en el intervalo [0,∞) .

Ejercicio 7.2 Calcular: ∫ 1

0lnxdx

Solución.

0.2 0.4 0.6 0.8 1

-6

-5

-4

-3

-2

-10

1( ) xxf ln=

x

y

La integral es impropia de segunda clase.

∫ 1

0lnxdx = lim

ε→0+

∫ 1

0+εlnx dx

= limε→0+

x lnx− x|1ε= lim

ε→0+(−1− ε ln ε+ ε)

Aplicando la recla de Hopital:

limε→0(ε ln ε) = lim

ε→0+ln ε

1/ε

= limε→0+

1/ε

−1/ε2 = limε→0−ε= 0

entonces:∫ 1

0lnxdx = lim

ε→0+(−1− ε ln ε+ ε)

= −1− limε→0+

(ε ln ε)

= −1

por tanto la integral dada es convergente.

Ejercicio 7.3 Calcular: ∫ ∞

0

1

(1 + x)2dx


Solución.

0 2 4 6 8 10

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

y ( )( )21

1

xxf

+=

La integral impropia es de primera clase.∫ ∞

0

1

(1 + x)2dx = lim

b→∞

∫ b

0

1

(1 + x)2dx

= limb→∞

− 1

1 + x

∣∣∣∣b

0

= limb→∞

(− 1

1 + b+ 1

)

= 1

por tanto la integral impropia converge.


0

1√1 + x

dx

Solución.

0 5 10 15 20

0.2

0.4

0.6

0.8

1( )

xxf

+=

1

1

x

y

La integral es impropia de primera clase:∫ ∞

0

1√1 + x

dx = limb→∞

∫ b

0

1√1 + x

dx

= limb→∞

2√1 + x

∣∣b0

= limb→∞

(2√1 + b− 2

)

= ∞

por tanto la integral impropia diverge.


Ejercicio 7.5 Calcular: ∫ 5

0

x

(25− x2)3/2dx

Solución.

0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

xx

y ( ) ( ) 2/3225 x

xxf

−=

La integral impropia es de segunda clase.

∫ 5

0

x

(25− x2)3/2dx = lim

ε→0+

∫ 5−ε

0

x

(25− x2)3/2dx

= limε→0+

1√(25− x2)

∣∣∣∣∣

5−ε

0

= limε→0+

1√25− (5− ε)2

− 15

= limε→0+

(1√

10ε− ε2− 15

)

= ∞

por tanto la integral es divergente.


0e−x sinx dx

Solución.

0 2 4 6 8 10-0.1

0.1

0.2

0.3

0.4

x

( ) ( )xexf x sin−=

x

y


La integral es impropia de primera clase. Un cálculo da:∫e−x sinxdx = −1

2e−x (cosx+ sinx)

luego:

∫ ∞

0e−x sinx dx = lim

b→∞

∫ b

0e−x sinx dx

= limb→∞

−12e−x (cosx+ sinx)

∣∣∣∣b

0

= −12limb→∞

(e−b (cos b+ sin b)− 1

)

=1

2


Clasificar y calcular las siguientes integrales impropias.

1.∫ π/2

0cos−2 xdx Sol. Div.

2.∫ 3

0

1√9− x2

dx Sol.1

2π

3.∫ 4

0

13√x− 1dx Sol.

3

2

(3√9− 1

)(Sug. Existe una discontinuidad en 1)

4.∫ π/2

0secxdx Sol. Div

5.∫ π/2

0

cosx√1− sinxdx Sol. 2

6.∫ 0

−∞e2xdx Sol.

1

2

7.∫ ∞

−∞

1

e−x + exdx Sol.

1

2π

8.∫ ∞

−∞

1

1 + 4x2dx Sol. π/2

9.∫ ∞

−∞|x| e−x2dx = Sol. 1

10.∫ ∞

2

1

x ln2 xdx Sol. 1

ln 2

11. Demostrar que∫ ∞

0

1

xpdiverge para todos los valores de p.

12. Demostrar que∫ ∞

a

1

xpdx existe para p > 1 y es divergente para p ≤ 1.

13. Demostrar que∫ b

a

1

(x− b)pdx existe para p < 1 y es divergente para p ≥ 1

14. Para cierto real c la integral ∫ ∞

2

(cx

x2 + 1− 1

2x+ 1

)dx

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol. 1/2,1

4ln5

4

15. Para cierto real c la integral∫ ∞

0

(1√

1 + 2x2− c

x+ 1

)dx

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.1

2

√2,3√2ln√2

16. Para cierto real c la integral∫ ∞

1

(x

2x2 + 2c− c

x+ 1

)dx

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.1

2,1

4ln8

3

17. Encontrar los valores de a, b, c tales que∫ ∞

1

(2x2 + bx+ a

x (2x+ a)− 1)dx = 1

Sol. a = b = 2e− 2.

Capítulo 8

Cálculo de áreas planas

En el capítulo 6, la integral estuvo inspirada en el cálculo de áreas. Sabemos que si f : [a, b]→ R esuna función continua no negativa, el área limitada por:

la curva dada por f , las rectas x = a, x = b y el eje x ,

está dado por:

A =∫ ba f (x) dx.

En este capítulo se dan técnicas para calcular áreas encerradas por curvas, tales técnicas se justificanfácilmente usando la definición de integral.

8.1 Regiones acotadas

Definición 8.1 (Región acotada) Una región R en R2 es acotada si puede inscribirse en el inte-rior de un rectángulo de lados finitos.

Ejemplo 8.1 Considérese las regiones R1 y R2 definidas por:

R1 ={(x, y) : x2 + 1 ≤ y, y ≤ x+ 3

}

R2 = {(x, y) : x+ y ≤ 2}

-1 0 1 2

1

2

3

4

5

-1 0 1 2

1

23+= xy

12 += xy

2=+ yx

xx

yy

Región acotada Región no acotada

RRRR1RRRR2

275

276 CAPÍTULO 8. CÁLCULO DE ÁREAS PLANAS

Definición 8.2 (Región tipo I) Una región acotada es llamada región tipo I, denotado por RX ,si es de la forma:

RX = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g (x) ≤ y ≤ h (x)} ,

donde g y h son continuas en [a, b] con g (x) ≤ h (x) para todo x ∈ [a, b] .

Definición 8.3 (Región tipo II) Una región acotada es llamada región tipo II, denotado por RY ,si es de la forma:

RY = {(x, y) : a ≤ y ≤ b, g (y) ≤ x ≤ h (y)} .

donde g y h son continuas en [a, b] con g (y) ≤ h (y) para todo y ∈ [a, b] .

a b

( )xgy =

( )xfy =ax=

bx=

x

y

d

c

( )ygx =

( )yfx =

dy =

cy =x

yRegión tipo I Región tipo II

Toda región acotada puede considerarse como la unión de regiones tipo I o tipo II.

8.2 Cálculo de áreas

Área de una región tipo I y tipo II. El área de una región tipo I está dado por:

∫ b

a(h (x)− g (x))dx,

y el área de una región tipo II está dado por:

∫ b

a(h (y)− g (y)) dy.

8.2. CÁLCULO DE ÁREAS 277


Ejercicio 8.1 Hallar el área limitada por h (x) = 2x− x2 y el eje x.

0 0.4 0.8 1 1.4 1.8 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

( ) 22 xxxh −=

( ) 0=xg

x

y

Solución. La curva corta al eje x en los puntos 0 y 2. La curva puede considerarse como una regióntipo I en el intervalo [0, 2] con ecuaciones:

y = 0

y = 2x− x2x = 0

x = 2,

Por tanto el área es:

A =

∫ 2

0(h (x)− g (x)) dx =

∫ 2

0

(2x− x2

)dx

= x2 − 13x3∣∣20

= 43

Ejercicio 8.2 Hallar el área encerrada por las gráficas de f (x) = 3x2 − 2 y g (x) = x2/3.

Solución. Las dos curvas se intersectan en (−1, 1) y (1, 1) . La región puede considerarse como unaregión tipo I en [−1, 1] con ecuaciones

y = 3x2 − 2y = x2/3

x = −1x = 1,


.

-1 -0.8 -0.4 0 0.4 0.8 1

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

( ) 3/2xxg =

( ) 23 2 −= xxf

x

y

El área se calcula como sigue:

A =

∫ 1

−1(g (x)− f (x))dx

=

∫ 1

−1

(x2/3 − 3x2 + 2

)dx

=(35x5/3 − x3 + 2x

)∣∣1−1

=(35 − 1 + 2

)−(−35 + 1− 2

)

=16

5

Observación. El área puede calcularse también como: A = 2∫ 10

(x2/3 − 3x2 + 2

)dx.

Ejercicio 8.3 Hallar el área encerrada por la circunferencia dada por x2 + y2 = R2.

Solución.222 Ryx =+

xR

R−

R−

R

La región del primer cuadrante puede considerarse como una región tipo I en el intervalo [0, R] conecuaciones:

y = 0

y =√R2 − x2

x = 0

x = R


Por otra parte el área buscada es cuatro veces el área, que aparece en el primer cuadrante, luego elárea total encerrada por la circunferencia es:

A = 4

∫ R

0

√R2 − x2dx (1)

con el cambio x = R sin z, tenemos dx = R cos z dz y√R2 − x2 = R cos z, además

x = 0 ⇒ z = 0x = R ⇒ z = π/2

reemplazando en (1) se tiene:

A = 4R2π/2∫

0

cos2 z dz

= 4R2π/2∫

0

1

2(1 + cos 2z)dz

= 2R2(z +

1

2sin 2z

)∣∣∣∣π/2

0

= 2R2(π2

)

= πR2

Ejercicio 8.4 Hallar el área encerrada por f (x) = x3 y g (x) = x.

Solución. Las curvas se intersectan en (1, 1) , (0, 0) y (−1,−1)

-1 -0.6-0.2

0 0.2 0.6 1

-0.6

-0.2

0.2

0.6

1

1

x

y

( ) xxg =

( ) 3xxf =

En este caso se tienen dos regiones tipo I. La primera región en [−1, 0] y la segunda en [0, 1] , enambos casos intervienen las funciones f y g.

A =

∫ 0

−1(f (x)− g (x)) dx+

∫ 1

0(g (x)− f (x))dx

=

∫ 0

−1

(x3 − x

)dx+

∫ 1

0

(x− x3

)dx

=(14x4 − 1

2x2)∣∣0−1 +

(12x2 − 1

4x4)∣∣10

= −(14 − 1

2

)+(12 − 1

4

)

=1

2.


Ejercicio 8.5 Hallar el área encerrado por f (x) = x3 y g (x) = 3x2 + 10x.

Solución. f y g se intersectan en (−2,−8) , (0, 0) y (5, 125) .

-2 0 2 4 5-8

20

60

100

125

( ) 3xxf =

xx 103 2 +

x

y

El área está dado por:

A =

∫ 0

−2(f (x)− g (x))dx+

∫ 5

0(g (x)− f (x)) dx

=

∫ 0

−2

(x3 − 3x2 − 10x

)dx+

∫ 5

0

(3x2 + 10x− x3

)dx

=(14x4 − x3 − 5x2

)∣∣0−2 +

(x3 + 5x2 − 1

4x4)∣∣50

− (4 + 8− 20) +(125 + 125− 625

4

)

= 4074

Ejercicio 8.6 Hallar la menor área encerrada por las curvas

y2 = −x2 + 8x− 12y2 = 2x− 4

Solución. Las dos curvas se intersectan en los puntos (2, 0) , (4,−2) y (4, 2) . La menor área seilustra en siguiente gráfico.

1 2 3 4 5 6

-2

-1

0

1

2

x

y

0422 =+− xy

0128 22 =++− yxx

El área que aparece por arriba del eje x es igual al área que aparece por debajo, por tanto el área


buscada es:

A = 2

∫ 4

2

(√−x2 + 8x− 12−

√2 (x− 2)

)dx

=

(2 arcsin

(x−42

)+ (x− 4)

√4− (x− 4)2 − 2

3 (2 (x− 2))3/2

)∣∣∣∣4

2= −23 (8)− (−2π)= −163 + 2π.

Ejercicio 8.7 Hallar el área comprendida entre la curva de agnesi y =1

1 + x2y la parábola y = 1

2x2

Solución. Graficando:

-1 -0.6 -0.2 0 0.2 0.6 1

0.2

0.6

1

x

y

( ) 221 xxg =

( )21

1

xxf

+=

Observemos que el área a la derecha del eje y es igual al área de la izquierda, luego

A = 2

∫ 1

0

(1

1 + x2− x2

2

)dx

= 2

(arctanx− x3

6

)∣∣∣∣1

0

= 2(π/4− 1/6)

=π

2− 13.

Ejercicio 8.8 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por

f (x) = x4 − 9x2g (x) = 9− x2


Solución. f y g se intersectan en (−3, 0) y (3, 0) .

-3 -2 -1 0 1 2 3

-20

-15

-10

-5

5

9

x

y

( ) 24 9xxxf −=

( ) 29 xxg −=

A = 2

∫ 3

0

[(9− x2

)−(x4 − 9x2

)]dx

= 2

∫ 3

0

(9 + 8x2 − x4

)dx

= 2(9x+ 8

3x3 − 1

5x5)∣∣30

= 2(27 + 72− 243

5

)

= 5045

Ejercicio 8.9 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por

f (x) = x3 − 9xg (x) = 4x+ 12

Solución. Los puntos de intersección de las curvas son los puntos (−3, 0) , (−1, 8) y (4, 28) como semuestra en la figura.

-3 -1 0 1 3 4

-10

5

15

28 ( ) 124 += xxg

( ) xxxf 93 −=

x

y

8


Observemos que tienen dos regiones tipo I en los intervalos [−3,−1] y [−1, 4] .

A =

∫ −1

−3

[(x3 − 9x

)− (4x+ 12)

]dx+

∫ 4

−1

[(4x+ 12)−

(x3 − 9x

)]dx

=

∫ −1

−3

(x3 − 13x− 12

)dx+

∫ 4

−1

(−x3 + 13x+ 12

)dx

= 4074 .

Ejercicio 8.10 Hallar el área comprendida entre la parábola x = 9− y2 y la recta x = 2.

Solución. El área buscada se ilustra en la siguiente gráfica. La región puede considerarse comoregión del tipo II.

0 2 4 6 8 9

-3

-2

-1

1

2

3

2=x

29 yx −=

x

y

intersectando las curvas dadas se encuentra:

x = 9− y2x = 2,

resolviendo encontramos los puntos de intersección(2,−√7)y(2,√7), por tanto:

A =

∫ √7

−√7

(9− y2 − 2

)dy

= 2

∫ √7

0

(7− y2

)dy

= 2

(7y − 1

3y3)∣∣∣∣

y=√7

y=0

=28

3

√7

Observación. El área puede calcularse también como

A = 2

∫ 9

2

√9− xdx


Ejercicio 8.11 Calcular el área encerrada por las curvas

x = y2 + 2y − 8x = 2y

Solución. El área buscada puede considerarse como la correspondiente a una región tipo II. Semuestra en la siguiente gráfica

-10 -5 0 5

-4

-3

-1

1

3( )22,24

( )22,24 −−

02 =− yx

0822 =+−− yyx

x

y

Debemos observar que las dos curvas se intersectan en los puntos(−4√2,−2

√2)y(4√2, 2√2). El

área es:

A =

∫ 2√2

−2√2

[2y −

(y2 + 2y − 8

)]dy

=

∫ 2√2

−2√2

(−y2 + 8

)dy

=[−13y3 + 8y

]2√2−2√2=64

3

√2.


1. En los siguientes ejercicios hallar el área entre el eje x y la curva dada por y = y (x) .

(a) y = x2 − 2x. Sol. 4/3(b) y = x3 − x. Sol. 1/2(c) y = x−√x. Sol. 1/6(d) y = (x+ 2)

(x2 − 1

). Sol. 37/12

(e) y = 3√x− x. Sol. 27/2

2. Hallar el área limitada por las curvas:

(a) y2 = 6x, x2 = 6y. Sol.: 12


(b) xy = a2, y = 0, x = a, x = 2a y a > 0. Sol.: a2 ln 2.

(c) y = xex, y = 0, x = 4. Sol.: 3e4 + 1.

(d) x2/3 + y2/3 = a2/3, a una constante. Sol.: 3a2π8 .

a

a−

a−

a

x

y

3/23/23/2 ayx =+

La curva se llama hipocicloide de cuatro picos.

(e) y = x3, y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 20.

(f) y = 4x− x2, y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 22/3.

(g) x = 1+ y2, x = 10, Sol.: 36.

(h) x = 3y2 − 9, x = 0, y = 0, y = 1. Sol.: 8.

(i) x = y2 + 4y + 2, x = 2. Sol.:32/3.

(j) y = 9− x2, y = x+ 3. Sol.: 125/6.

(k) y = 2− x2, y = −x. Sol.:9/2.(l) x2

a2+ y2

b2= 1. Sol.: πab.

(m) y = ex, y = e−x, x = 0, x = 2. Sol.: e2 + 1/e2 − 2.(n) xy = 12, y = 0, x = 1, x = e2. Sol.: 24.

3. En los siguientes ejercicios calcular el área de la región entre los gráficos de f y g sobre elintervalo [a, b] especificado.

(a) f (x) = 4− x2, g (x) = 8− 2x2 , [−2, 2] . Sol.: 32/3(b) f (x) = x3 + x2, g (x) = x3 + 4, [−2, 2] . Sol.: 32/3(c) f (x) = x− x2, g (x) = −x, [0, 2] . Sol.: 4/3(d) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [0, 1] . Sol.: 1/12

(e) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [1, 2] . Sol.: 4√23 −

3(21/3)2 + 1

12

(f) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [0, 2] . Sol.: 4√23 −

3(21/3)2 + 1

6

(g) f (x) = x1/2, g (x) = x2, [0, 2] . Sol.: 13

(10− 4

√2)


(h) f (x) = x2, g (x) = x+ 1,[−1,(1 +√5)/2]. Sol.: 1

4

(5√5− 3

)

(i) f (x) = x(x2 − 1

), g (x) = x,

[−1,√2]. Sol.: 7

4

(j) f (x) = |x| , g (x) = x2 − 1, [−1, 1] . Sol.: 73

(k) f (x) = |x− 1| , g (x) = x2 − 2x, [0, 2] . Sol.: 73

(l) f (x) = 2 |x| , g (x) = 1− 3x3,[−√3/3, 1/3

]. Sol.: 9

√3−127

(m) f (x) = |x|+ |x− 1| , g (x) = 0, [−1, 2] . Sol.: 5

4. El gráfico de f (x) = x2 y g (x) = c x3, donde c > 0, intersecta al punto (0, 0) y(1/c, 1/c2

).

Encontrar c tal que la región que yace entre esos gráficos sobre el intervalo [0, 1/c] tiene áreaigual a 2

3 .Sol. 1

2 .

5. Sea f (x) = x − x2, g (x) = ax. Determine a tal que la región sobre el gráfico de g y bajo elgráfico de f tiene área 9

2 .Sol. a = −2.

6. Calcular el área limitada por la cisoide y2 =x3

2a− x y su asíntota x = 2a (a > 0) .

Sol.: πa2.

Capítulo 9

Longitud de Arco

Supóngase que una curva C es generada por la función f definida por y = f (x) desde x = a hastax = b, en este capítulo se da una fórmula para calcular la longitud de tal curva C.

Teorema 9.1 Sea f una función diferenciable definida en un intervalo cerrado [a, b] . Sea C la curvagenerada por f. Entonces la longitud de la curva C está dada por :

L =

∫ b

a

√1 + {f ′ (x)}2 dx.

Demostración. Algunos detalles de la demostración se pueden observar en el siguientegráfico.

x

y

kx1−kx bxn =ax =0

yk∆

xk∆

0P1−kP

nP

kP

x

y

ba

Consideremos la partición

P = {a = x0, x1, . . . , xn = b} ,

del intervalo [a, b] . En un intervalo [xk−1, xk] la cuerda que une los puntos Pk−1 y Pk,tiene longitud:

Pk−1Pk =

√(∆kx)

2 + (∆ky)2 =

√

1 +

{f (xk−1)− f (xk)

xk−1 − xk

}2∆kx, (i)

287

288 CAPÍTULO 9. LONGITUD DE ARCO

Debe observarse que se han usado las igualdades:

∆kx = xk−1 − xk∆ky = f (xk−1)− f (xk) .

La suma de todas las longitudes Pk−1Pk es una aproximación a la longitud verdadera.Tendremos la longitud exacta cuando ‖P‖ → 0.Por otra parte, por el Teorema del Valor Medio aplicado a la función f en el intervalo[xk−1, xk] , existe un número ξk ∈ [xk−1 − xk] tal que

f ′ (ξk) =f (xk−1)− f (xk)

xk−1 − xk. (ii)

Reemplazando (ii) en (i) encontramos

Pk−1Pk =

√1 + {f ′ (ξk)}2∆kx.

Haciendo ‖P‖ → 0 , la longitud de la curva está dada por:

L = lim‖P‖→0

n∑

k=1

√1 + {f ′ (ξk)}2∆kx =

∫ b

a

√1 + {f ′ (x)}dx

�


Ejercicio 9.1 Dado f (x) = 14x2 − 1

2 lnx, x ∈ [1, 2] , hallar la longitud de arco desde x = 1 hastax = 2.

Solución.f ′ (x) =

1

2x− 1

2x.

Por tanto:

L =

∫ 2

1

√

1 +

(1

2x− 1

2x

)2dx. (i)

La integral que aparece en (i) se puede escribir como

∫ √

1 +

(1

2x− 1

2x

)2dx =

∫ √

1 +

(x2 − 12x

)2dx (ii)

Con el cambio sec z = x:tan z =

√x2 − 1

sec z tan z dz = dx

reemplazando lo anterior en (ii):

∫ √

1 +

(1

2x− 1

2x

)2dx =

∫ √

1 +

(tan2 z

2 sec z

)2sec z tan z dz

= 12

∫ √4 sec2 z + tan4 z tan z dz.

(iii)

289

Usando la identidad tan2 z = sec2 z − 1 obtenemos 4 sec2 z + tan4 z =(sec2 z + 1

)2, luego:

∫ √1 +(12x− 1

2x

)2dx = 1

2

∫ (sec2 z + 1

)tan z dz

= 12

(12 sec

2 z − ln (cos z))

= 14x2 − 1

2 ln(1x

)+C

(iv)

Finalmente la longitud de arco es:

L =

∫ 2

1

√

1 +

(1

2x− 1

2x

)2dx

= 14x2 − 1

2 ln

(1

x

)∣∣∣∣2

1

= 34 +

12 ln 2.

Por tanto la longitud buscada es L = 34 +

12 ln 2 � 1.0966 unidades de longitud..

Ejercicio 9.2 Hallar la longitud del arco de la curva f (x) = 16x3 + 1

2x desde x = 1 hasta x = 3.

Solución. La derivada es:f ′ (x) =

1

2x2 − 1

2x2

L =

∫ 3

1

√

1 +

(1

2x2 − 1

2x2

)2dx

=1

2

∫ 3

1

(1 + x4

x2

)dx

=1

2

(− 12x+1

3x3)∣∣∣∣3

1

= 143 .

Por tanto la longitud buscada es 143 , esto es, 4.6667 unidades de volumen.

Ejercicio 9.3 Hallar la longitud de arco de la curva dada en su forma paramétrica por x = e−t cos t,y = e−t sin t, 0 ≤ t ≤ 4π.Solución. Para resolver este problema observemos que con y = f (x) se obtiene:

∫ √1 + {f ′ (x)}2 dx =

∫ √

1 +

{dy

dx

}2dx

=

∫ √(dx

dt

)2+

(dy

dt

)2dt.

Lo anterior nos da una fórmula para calcular la longitud de arco cuando la curva está en su formaparamétrica. Derivando respecto a la variable t se obtiene:

dx

dt= e−t (− cos t− sin t)

dy

dt= e−t (− sin t+ cos t)


Por tanto: (dx

dt

)2+

(dy

dt

)2= 2e−2t,

luego:

L =

∫ 4π

0

√(dx

dt

)2+

(dy

dt

)2dt.

=√2

∫ 4π

0e−t dt =

√2(1− e−4π

).

A continuación se muestra la gráfica de esta curva

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-0.2

0.2

0.4

x

y ( )tt tt sine,cose −−


1. En los siguientes ejercicios encontrar la longitud de arco con las condiciones dadas.

(a) y = x3/2, 0 ≤ x ≤ 5.Sol.: 335

27 .

(b) y = 12 (e

x + e−x) , 0 ≤ x ≤ 2.Sol.: 1

2

(e4 − 1

)e−2.

(c) y =√36− x2, 0 ≤ x ≤ 4.

Sol.: 6 arcsin (2/3) .

(d) y3 = x2, 0 ≤ x ≤ 8.Sol.: 8

27

(103/2 − 1

).

(e) y2 = 2px, desde el vértice a un extremo del lado recto.

Sol.: p√22 + p

2 ln(1 +√2).

(f) y2/3 + x2/3 = a2/3, a una constante positiva.Sol.: 6a.

291

Sug. La curva dada se llama astroide (también hipocicloide) y es simétrica con respectoa los ejes x e y. Su gráfica es:

a

a−

a−

a

x

y

3/23/23/2 ayx =+

(g) y = lnx,√3 ≤ x ≤

√8.

Sol.: 1 + 12 ln

32 .

(h) y = arcsin (e−x) , 0 ≤ x ≤ 1.Sol.: ln

(e+√e2 − 1

).

(i) La parte cerrada de 9ay2 = x (x− 3a)2 .Sol.: 2a

√3

(j) y = ln(coth x

2

), a ≤ x ≤ b, 0 < a < b.

Sol.: ln(e2b − 1e2a − 1

)+ a− b.

(k) x = a (cos t+ t sin t) , y = a (sin t− t cos t) , desde t = 0 hasta t = T.Sol.: 1

2aT2.

(l) x = a (2 cos t− cos 2t) , y = a (2 sin t− sin 2t) .Sol.: 16a.

(m) x = 5t− 2, y = 2t+ 8 desde t = 1 hasta t = 5.Sol.: 4

√29

2. Expresar la longitud de cada una de las curvas como una integral definida.

(a) Un arco de la gráfica de la función seno.

(b) y =∫ x

1

1t dt desde x =

12 hasta x = 2.

Capítulo 10

Cálculo de Volúmenes

En este capítulo se dan dos técnicas para calcular volúmenes de sólidos que se forman por rotaciónde ciertas áreas planas. En ambas técnicas se usa la sencilla idea de aproximar el volumen mediantecilindros sólidos o cilindros huecos cuyos volúmemes son conocidos. A continuación se recuerdan lasfórmulas para el cálculo del volumen de un cilindro sólido y un cilindro hueco.

r

h h

2r

1r

hr

h

r

2 Volumen

Altura

Radio

π=

==

( )hrr

h

r

r

21

22

2

1

Volumen

Altura

menor Radio

menor Radio

−=

===

π

• Cilindro sólido (disco). Un cilindro sólido de radio r y altura h tiene volumen = πr2h.

• Cilindro hueco (anillo). Un cilindro hueco de radio menor r1, radio mayor r2 y altura h tienevolumen V = π

(r22 − r21

)h

10.1 Método de los cilindros sólidos

Teorema 10.1 Considérese un área finita del primer cuadrante limitada por:

y = f (x) , x = a, x = b, y = c

Supóngase que dicha área rota al rededor de la recta y = c, generando un sólido de volumen V.Entonces:

V = π

∫ b

a[f (x)− c]2 dx.

Este método es también conocido como método del disco.

293

294 CAPÍTULO 10. CÁLCULO DE VOLÚMENES

Demostración. Detalles de la demostración se observan en los siguientes gráficos.

a b x

y

cy =

( )xfy =

a b x

y

cy =

( )xfy =

rota queRegión

rotaciónpor obtenido Sólido

ax =0 bxn =x

y

cy =

( )xfy =

1−kxkx

rota que Rectángulo

kξ

( )( )kk f ξξ ,

( ) cf k −= ξ Radio

1 Altura −−=∆= kkk xxx

rotación lapor obtenido Cilindro

Debemos observar que el eje de rotación es parte del área que rota.

Consideremos una partición P = {a = x0, x1, . . . , xn = b} del intervalo [a, b] Tomandoun intervalo [xk−1, xk] , se dibuja en el área plana un rectángulo perpendicular al eje derotación. Tal rectángulo tiene base ∆kx = xk − xk−1 y altura igual a f (ξk) − c, dondeξk ∈ [xk−1, xk] . Al hacer rotar este rectángulo alrededor de la recta y = c se genera uncilindro sólido con las siguientes dimensiones:

Radio = f (ξk)− cAltura = ∆kx,

por tanto el volumen de tal cilindro es

π (f (ξk)− c)2∆kx

La suma de los volúmenes de todos los cilindros es una aproximación al volumen buscado,

10.1. MÉTODO DE LOS CILINDROS SÓLIDOS 295

si V es la aproximación, escribimos:

V ≈n∑

k=1

π [f (ξk)− c]2∆kx

Si ‖P‖ → 0, se debe tener el volumen exacto esto es:

V = lim‖P‖→0

n∑

k=1

π [f (ξk)− c]2∆kx =

∫ b

aπ [f (x)− c]2 dx

Observación. En lo que sigue, en lugar de (ξk, f (ξk)) escribiremos simplemente (x, f (x)) omás brevemente (x, y) , también en lugar de ∆kx escribiremos ∆x o más brevemente dx.

Ejemplo 10.1 Calcularemos el volumen que resulta al hacer rotar el área limitada por

f (x) =√x+ 3

x = 0x = 9y = 0

f (x) =√x+ 3 alrededor de la recta y = 0.

Procedemos como en el teorema.

1. Se dibuja el área que va a rotar, en ella se dibuja un rectángulo perpendicular al eje de rotación.

0 9

1

2

3

4

5

( ) 3+= xxf

9=x

x

y ( )( )kk f ξξ ,

kξ kx1−kx

xk∆

x

y

0 9

6 6

2. Se puede apreciar que cuando el rectángulo gira alrededor de la recta y = 0 genera un cilindrode:

Radio = f (ξk)Altura = ∆kx

3. El volumen del cilindro es entonces:

V = π

∫ 9

0(√x+ 3)

2dx

= π

∫ 9

0(x+ 6

√x+ 9) dx

= 4592 π


Observación. Cuando el eje de rotación no es parte de la frontera del área plana a rotar,se hace diferencia de volúmenes.

Ejemplo 10.2 Calcularemos el volumen que resulta de hacer rotar el volumen limitado por

y = cosxy = 1/2x = −π/3x = π/3

alrededor de la recta y = 0.

Procedemos del siguiente modo:

1. Observemos que el volumen generado al rotar el área dada tiene un hueco cilíndrico de radiocos (π/3) = 1

2 . Calcularemos el volumen V1 sin el hueco y luego calcularemos el volumen V2del hueco. El volumen buscado será V = V1 − V2.

03π

3π−

1

x

y

3π

3π− x

y

kξ1−kx

xk∆

kx

( )( )kk f ξξ , ( ) ( )xxf cos=

2=y

2. El volumen V1 se obtiene rotando el área encerrada por:

y = cosxy = 0x = −π

3x = π

3

luego:

V1 = π

∫ π/3

−π/3(cosx)2 dx = 2π

∫ π/3

0cos2 xdx

3. El hueco cilíndrico tiene volumen

V2 = 2π

∫ π/3

0

(1

2

)2dx

10.2. MÉTODO DE LOS CILINDROS HUECOS 297

4. Por lo tanto

V = V1 − V2= 2π

∫ π/3

0

(cos2 x− (1/2)2

)dx

= 2π(12 cosx sinx+

14x∣∣π/30

)

= 2π(18

√3 + 1

12π)

10.2 Método de los cilindros huecos

En el método anterior se aproxima al volumen con cilindros sólidos. El método que estudiaremosen ésta sección utiliza aproximaciones usando cilindros huecos (anillos). El siguiente teorema nos dáuna fórmula y una técnica para calcular ciertos volúmenes.

Teorema 10.2 Considérese un área finita del primer cuadrante limitada por: las gráficas de y =f (x) , y = 0, x = a, x = b.

x

y ( )xfy =

cx =rotación de Eje

c a b

Supóngase que dicha área rota al rededor de la recta x = c, (c < a) generando un generando unsólido de volumen V. Entonces

V = 2π

∫ b

a(x− c) f (x) dx.

Este método se conoce también como método del anillo.


Demostración. Detalles de la demostración se observan en los siguientes gráficos.

x

y

x

y

1−kx kx1−kx kx

kξ

( )( )kk f ξξ ,( )xfy =

rota que Rectángulocx =rotación de Eje

c

rotación

por obtenido Cilindro

a b c

Consideremos la partición del intervalo [a, b]

P = {a = x0, x1, . . . , xn = b}Consideremos el rectángulo de base ∆kx = xk − xk−1 y altura f (ξk) , donde ξk ∈[xk−1, xk] , este rectángulo al rotar alrededor del eje x = c genera un cilindro huecode :

radio menor = xk−1 − cradio mayor = xk − caltura = f (ξk) ,

el volumen ∆kV de este rectángulo es

∆kV = π((xk − c)2 − (xk−1 − c)2

)f (ξk) . (i)

Consideremos ahora la función g (x) = (x− c)2 definida en [xk−1, xk] , claramente ges contínua y diferenciable en [xk−1, xk] . Por el teorema del valor medio, existe ξ′k ∈[xk−1, xk] tal que

g (xk)− g (xk−1) =dg(ξ′k)

dx(xk − xk−1) (ii)

Puesto quedg (x)

dx= 2 (x− c) y ∆kx = xk − xk−1, la igualdad (ii) se convierte en

(xk − c)2 − (xk−1 − c)2 = 2(ξ′k − c

)∆kx. (iii)

Reemplazando (iii) en (i) obtenemos

∆kV = 2π(ξ′k − c

)f (ξk)∆kx (iv)

La suma de los n anillos correspondientes a la partición P es una aproximación al volumenbuscado. Sea V el volumen exacto, entonces:

V ≈ 2πn∑

k=1

(ξ′k − c

)f (ξk)∆kx. (v)


Finalmente haciendo ‖P‖ → 0, y usando el teorema de Bliss (ver capítulo 6) tenemos

V = lim‖P‖→0

2πn∑

k=1

(ξ′k − c

)f (ξk)∆kx = 2π

∫ b

a(x− c) f (x) dx.

�

Observación.El número x− c es la distancia del punto (x, y) de la curva al eje de giro, como debe ser positivo,

a veces este x− c se reemplaza con c− x.

Ejemplo 10.3 Se calculará el volumen del toro generado por rotación, alrededor del eje x = 3, dela región limitada por la circunferencia dada por x2 + y2 = 4

Procedemos como en el teorema.

1. Se dibuja el área a rotar y en ella se dibuja un rectángulo que genera un anillo.

2

( )kk f ξξ ,

3

y

xkx1−kx

kξ

3 giro de Eje =x

2. La distancia del punto (x, y) al eje de giro es

3− x,

por otra parte la altura del cilindro hueco que se genera con el rectángulo representativo es 2y.

3. Por tanto el volumen es

V = 2π

∫ 2

−2(3− x) (2y) dx

= 4π

∫ 2

−2(3− x)

√4− x2 dx

= 4π

{32x√4− x2 + 6arcsin 12x+ 1

3

(√4− x2

)3}2

−2

= 4π (6π) = 24π2

4. El volumen es por tanto V = 24π2 unidades de volumen.



En los siguientes ejercicios hallar el volumen generado por rotación de un área plana alrededor deleje indicado.

Cilindros sólidos

Ejercicio 10.1 Calcular el volumen determinado por rotación del área encerrada por f (x) = x+4y g (x) = 6x− x2 alrededor del eje X.Solución.

0 1 2 3 4

1

3

5

7

9

x

y

826 xxy −=

4+= xy

0 1 2 3 4

1

3

5

7

9y

x

Las dos curvas se intersectan en x = 1 y x = 4 (ver gráfico), el volumen generado por el áreaencerrada por las curvas se puede calcular como la diferencia de los siguientes volúmenes:

• El volumen V1 generado por rotación del área encerrado por

Curva dada por grectas: x = 1, x = 4, y = 0,

este volumen es V1 = π

∫ 4

1(g (x))2 dx = π

∫ 4

1

(6x− x2

)2dx.

• El volumen V2 generado por rotación del área encerrado por

Curva dada por frectas: x = 1, x = 4, y = 0,

este volumen es V2 = π

∫ 4

1(f (x))2 dx = π

∫ 4

1(x+ 4)2 dx

Así el volumen es V = V1 − V2, esto es,

V = π

∫ 4

1

((6x− x2

)2 − (x+ 4)2)dx

= π 3335 .

Ejercicio 10.2 Calcular el volumen generado por rotación del área encerrada por f (x) = 12 (x− 2) ,

las rectas x = 0 y y = 0 alrededor del eje x.


Solución. EL volumen en este caso es (ver figura)

V = π∫ 20 (f (x))

2 dx = π∫ 20

(12 (x− 2)

)2dx

= 23π

x

y

x

y

200 2

1−

Ejercicio 10.3 Calcular el volumen que generado por rotación del área encerrada por f (x) = 2x ,

g (x) = 1x , x = 1 y x = 4 alrededor del eje X.

Solución. El área a rotar se muestra en la siguiente gráfica.

1 2 3 40

1

2

xy

1=

xy

2=

1 2 3 40

1

2

x

y y

x

El volumen es:

V = π

∫ 4

1

((f (x))2 − (g (x))2

)dx = π

∫ 4

1

((2x

)2 −(1x

)2)dx

= 94π.

Ejercicio 10.4 Hallar el volumen del sólido de revolución formado por rotación del área limitadapor y = 2+ cosx, x = π, x = 10π y el eje x, alrededor del eje x.

Solución. El volumen total es nueve veces el generado por el área encerrada por y = 2 + cosx,x = π, x = 2π, es decir:

V = 9π

∫ 2π

πy2dx

= 9π

∫ 2π

π(2 + cosx)2 dx

= 812 π

2.


Cilindros Huecos

Ejercicio 10.5 Calcular el volumen generado por la rotación del área limitada por f (x) = 2x −x2, y = 0 alrededor del eje y.

Solución. Ilustramos el área a rotar en el siguiente gráfico.

20

1

( ) 22 xxxf −=

y

x

La distancia del punto (x, y) de la curva al eje de rotación es x. La altura del cilindro hueco que segenera es y, luego el volumen es

V = 2π∫ 20 xy dx = 2π

∫ 20 x(2x− x2

)dx

= 83π.

Ejercicio 10.6 Calcular el volumen generado por la rotación del área limitada por f (x) = 1+x+x7,y = 0, x = 0, x = 1 alrededor del eje y.

Solución. El área a rotar se muestra en la siguiente gráfica.

0 1

1

2

3 ( ) 71 xxxf ++=

x

y

La distancia de un punto (x, y) al eje de rotación es x y la altura del cilindro es y, luego el volumenes

V = 2π

∫ 1

0xy dx = 2π

∫ 1

0x(1 + x+ x7

)dx

= 179 π.

Ejercicio 10.7 Hallar el volumen del sólido de revolución formado poe rotación del área limitadapor y = 2+ cosx, x = π, x = 10π y el eje X, alrededor del eje X.

Solución. La distancia al eje de rotación de un punto (x, y) de la curva es siempre x y la altura delcilindro hueco es y, por tanto el volumen es:

V = 2π∫ 10ππ xydx

= 2π∫ 10ππ x (2 + cosx) dx

= 2π(99π2 + 2

)



En los siguientes ejercicios calcular el volumen generado por rotación del área que indica.

1. f (x) = 12 (e

x + e−x) , y = 0, x = 0, x = 2 alrededor del eje X

Sol.: 18π(e8 − 1 + 8e4

)e−4.

2. f (x) = 12 (e

x + e−x) , y = 0, x = 0, x = 2 alrededor del eje Y

Sol.:(e2 − 3e−2 + 2

)π

3. f (x) = x3 + 3x2 y g (x) = 10x en el primer cuadrante, alrededor del eje X.

Sol.: 13312105 π.

4. f (x) = x2 − 4, g (x) = 2x+ 4, alrededor de la recta y = −6.Sol.: π 30245 .

5. x2 − y2 = 16, y = 0, x = 8, eje Y.Sol.: 128

√3π.

6. x2 − y2 = 16, y = 0, x = 8, eje X.Sol.: 256π/3.

7. x = 9− y2, entre x− y − 7 = 0, x = 0, alrededor del eje Y.Sol.: 963π/5.

8. y = e−x2 , y = 0, x = 0, x = 1, alrededor del eje Y.

Sol.:π(1− e−1

).

Capítulo 11

Apéndice 1: El axioma del supremo

Los nueve axiomas estudiados en el capítulo 1 dan lugar a todas las propiedades algebraicas y deorden de los números reales. Existe un otro axioma que es de fundamental importancia en el análisis.Este axioma es el que distingue el sistema de números reales con el sistema de números racionales(el sistema de números racionales satisface todos los axiomas del sistema de números reales exeptoel axioma del supremo). Sin este axioma no podría mostrarse, por ejemplo, la existencia de númeroscomo

√2.

Antes de estudiar el axioma del supremo es necesario introducir algunos conceptos.

11.1 Máximo y mínimo

Sea S un conjunto finito de números reales, entonces en S existen números m y M tales que m ≤x ≤M para todo x ∈ S. m se conoce como el mínimo de S yM el máximo de S. Esta afirmación esun teorema cuya demostración puede verse en ”Curso de Análisis, Elon Lages Lima, IMPA, Brasil,1976”.

Si S es un conjunto infinito de números reales puede que no tenga máximo y tampoco tengamínimo, esto es, no existen números m,M ∈ S tales que m ≤ x ≤M para todo x ∈ S. Por ejemplosi a, b son números reales tales que a < b el conjunto S = {x ∈ R : a < x < b} no tiene máximo nimínimo.

11.2 Cota superior

Definición 11.1 Un conjunto de números reales S está acotado superiormente (o tiene cota supe-rior) si existe un número c tal que para todo x ∈ S se verifica x ≤ c Tal número se llama Cotasuperior de S.

Ejemplo 11.1 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota superior es c = b. Cualquier número mayora b también es una cota superior de S.

11.3 Cota inferior

Definición 11.2 Un conjunto de números reales S está acotado inferiormente (o tiene cota inferior)

305

306 CAPÍTULO 11. APÉNDICE 1: EL AXIOMA DEL SUPREMO

si existe un número c tal que para todo x ∈ S se verifica x ≥ c. Tal número se llama Cota inferiorde S.

Ejemplo 11.2 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota inferior es c = a. Cualquier número menorque a es también una cota inferior de S.

Teorema 11.3 Si una cota superior de S está en S, tal cota es el máximo de S, Similarmente siuna cota inferior está en S, tal cota es el mínimo de S.

11.4 Mínima cota superior

Definición 11.4 Un número c es llamado mínima cota superior de un conjunto no vacio S si

i) c es una cota superior de Sii) Ningún número menor a c es una cota superior de S.

El siguiente teorema es muy útil cuando se tiene que probar que un número c es una mínimacota superior.

Teorema 11.5 Un número c es la mínima cota superior de un conjunto vacio S si y solo si

i′) c es una cota superior de Sii′) Para cualquier ε > 0, existe s0 ∈ S tal que s0 > c− ε

En lo que sigue la mínima cota superior de un conjunto S se abreviará con mcs(S) y a veces se dirásimplemente supremo lo que escribiremos sup(S). Si c es el supremo de S escribiremos c = sup(S).

11.5 Axioma 10 (el axioma del supremo)

Cada conjunto no vacio S de números reales acotado superiormente posee un supremo,esto es, existe un número c tal que c = sup(S).

11.5.1 Máxima cota inferior

Definición 11.6 Un número c es llamado máxima cota inferior de un conjunto no vacio S si

i) c es una cota inferior de Sii) Níngún número mayor a c es una cota inferior de S.

Al igual que en el caso del supremo se tiene el siguiente teorema.

Teorema 11.7 Un número c es llamado máxima cota inferior de un conjunto no vacio S si ysolamente si

i′) c es una cota inferior de Sii′) Para cualquier ε > 0, existe s0 ∈ S tal que s0 < c+ ε

La máxima cota inferior se abreviará con mcm y se llamará ínfimo. Si c es el ínfimo de unconjunto S escribiremos c = inf(S).

Usando el axioma del supremo se puede probar el siguiente teorema.

11.5. AXIOMA 10 (EL AXIOMA DEL SUPREMO) 307

Teorema 11.8 Cada conjunto de números reales acotado inferiormente posee un ínfimo.

Ejemplo 11.3 El conjunto S = {x ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2} está acotado inferior y superiormenteinf (S) = 1, sup (S) = 2.

Ejemplo 11.4 Determinaremos (si existen) el ínfimo y el supremo del siguiente conjunto.

S =

{1

n: n es un entero positivo

}

Escribiendo S por extensión se tiene:

S =

{1

1,1

2,1

4, · · ·},

se puede probar que inf(S) = 0 y sup(S) = 1.

Teorema 11.9 El conjunto P de los enteros positivos 1, 2, 3, . . . , no es acotado por arriba.

Demostración. Supongamos que P es acotado por arriba. Sabemos que P �= ∅ luego por elaxioma del supremo P tiene supremo, sea b = sup(P), luego para todo ε > 0, existe p ∈ P tal queb − ε 0, existe p ∈ P tal que b − 1 b y puesto que p + 1 ∈ P, b no puede ser cota superior, esto contradice a la suposición deque b es una cota superior. De esta contradicción concluimos que P no es acotado por arriba.�

11.5.2 La propiedad arquimediana

Teorema 11.10 Para cada real x existe un entero positivo n tal que n > x.

Demostración. Si para cada entero positivo n se tiene n ≤ x tendríamos que el conjunto de losenteros positivos es acotado, en contradicción con el anterior teorema, luego debe existir un enteropositivo n tal que n > x.�

Teorema 11.11 Si x > 0 y y es un número arbitrario, existe un entero positivo n tal que nx > y.

Demostración. Reemplazando x por y/x en el anterior teorema encontramos que existe unentero positivo n tal que n > y/x de donde nx > y.�

La propiedad descrita en el anterior teorema es llamada Propiedad Arquimediana de los Reales.

Teorema 11.12 Para cualquier real x existe un entero m tal que m− 1 ≤ x < m.

Teorema 11.13 Si a, b son números reales cualesquiera tales que a < b, entonces existe un númeroracional r tal que a < r < b.

Al iniciar el apéndice que existe una diferencia entre el sistema de números reales y el sistemade números racionales, el siguiente ejemplo muestra esta afirmación.

Teorema 11.14 Existe un número real x tal que x2 = 5

Demostración. Definamos S ={y ∈ R : y ≥ 0, y2 ≤ 5

}, este conjunto es acotado superior-

mente, una cota es M = 5, si no fuera asì, existiría un número y0 ∈ S tal que y0 > 5, pero entonces25 < y20, pero y0 ∈ S entonces y20 < 5, luego se tendría:

25 < y20 < 5,

lo cual evidentemente es una contradicción, por tanto S es acotado superiormente, en consecuenciael conjunto S tiene supremo. Sea x = sup (S) , probaremos que x2 = 5. Con este fin mostraremosque los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles:

• x2 < 5. Para todo natural m se tiene:(x+

1

m

)2= x2 +

2x

m+1

m2< x2 +

2x+ 1

m.

Puesto que 5−x2 > 0, por la propiedad arquimediana, existe un natural n0 tal que2x+ 1

5− x2 < n0,

por tanto:2x− 1n0

< 5− x2

con lo que se tiene:

(x+

1

n0

)2< x2 +

2x+ 1

n0< x2 +

(5− x2

)= 5

por tanto: (x+

1

n0

)2< 5,

esto muestra que x + 1n0∈ S, lo cual es contradictorio, pues x, al ser supremo, es una cota

superior.

• x2 > 5. Para todo natural m se tiene:(x− 1

m

)2= x2 − 2x

m+1

m2> x2 − 2x

m

puesto que 2x > 0 y x2 − 5 > 0, existe un natural n0 tal que2x

x2 − 5 < n0, por tanto:

−2xn0

> −(x2 − 5

)

y en consecuencia: (x− 1

n0

)2> x2 − 2x

n0> x2 −

(x2 − 5

)= 5, (1)

finalmente puesto que x− 1n0< x, existe y0 ∈ S tal que

x− 1

n0< y0

11.5. AXIOMA 10 (EL AXIOMA DEL SUPREMO) 309

con lo que: (x− 1

n0

)2< y20 ≤ 5 (2)

combinando (1) y (2)

5 <

(x− 1

n0

)2≤ 5

que evidentemente es una contradicción.

Por tanto los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles, es decir, debemos tener necesariamentex2 = 5.


1. Demostrar los teoremas que no presentan demostración.

2. Si tres números reales a, x, y satisfacen las desigualdades a ≤ x ≤ a +y

npara cada n ≥ 1,

entonces x = a.

3. Probar que si el producto de dos números es par, entonces uno de ellos es par, en particular sin2 es par entonces n es par.

4. Determinar el supremo y el ínfimo, si existen, de los siguientes conjuntos.

a)

{2− 1


},

b)

{(−1)n 1


}

c)

{n+ (−1) 1


}

5. Pruébese que entre dos reales distintos a, b hay infinitos racionales.

6. Si S y T son conjuntos de números reales tales que para cualquier x ∈ S existe un y ∈ T talque x ≤ y, demuéstrese que sup(S) ≤ sup(T ).

7. Si A,B,C son conjuntos de números reales tales que para cada x ∈ A y cada y ∈ B existez ∈ C tal que x+ y ≤ z, demuéstrese que sup(A) + sup(B) ≤ sup(C).

Capítulo 12

Apéndice 2: Un límite notable

En este apéndice demostramos el siguiente resultado:

limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e

Empezamos definiendo el concepto de sucesión.

Definición 12.1 Una sucesión s es una función con dominio el conjunto de los enteros positivos ycodominio el conjunto de los reales, esto es, s : Z+ → R. Los elementos de la sucesión se denotanpor s (n) o simplemente por sn.

Ejemplo 12.1 La sucesion1

1,1

2,1

3, . . . está generado por la función s definida por s (n) =

1

n.

Definición 12.2 Se dice que L es el límite de una sucesión s si

(∀ε > 0)(∃N ∈ Z+

)(n ≥ N ⇒ |s (n)− L| < ε) ,

en tal caso escribimos:limn→∞

s (n) = L.

Definición 12.3 Una sucesión s es acotada si el conjunto:

S ={s (n) : n ∈ Z+

}

es acotado.

Definición 12.4 Usa sucesión s es creciente si para n ≤ m, tenemos s (n) ≤ s (m).

Teorema 12.5 Sea s una sucesión creciente, supongamos que s está acotada superiormente. En-tonces el límite de la sucesión existe y es igual al supremo del conjunto S = {s (n) : n ∈ Z+}.

Demostración. SeaL = supS,

por tanto, dado ε > 0, existe un entero N tal que:

L− ε

2< s (N) ≤ L

311

312 CAPÍTULO 12. APÉNDICE 2: UN LÍMITE NOTABLE

puesto que la sucesión es creciente, para n ≥ N tenemos:

S (N) ≤ s (n)

es claro además que s (n) ≤ L, luego:

L− ε

2< s (N) ≤ s (n) ≤ L

de este resultado tenemos:− ε2< s (n)− L ≤ 0

de esto deducimos que |s (n)− L| ≤ ε

2< ε. Esto prueba el teorema.

�

Teorema 12.6 Para cualquier entero positivo n.

2 <

(1 +

1

n

)n

< 3

Demostración. Por el teorema del binomio, para un natural n podemos escribir:

(1 +

1

n

)n

=n∑

k=0

(nk

)(1n

)k

= 1+ 1 +1

2!

(1− 1

n

)+1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)

+ · · ·+ 1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)(1− n− 1

n

)

< 1 + 1 +1

2!+1

3!+ · · ·+ 1

n!< 3

(12.1)

esto muestra que efectivamente:

2 <

(1 +

1

n

)n

< 3.

�

Teorema 12.7 El límite

limn→∞

(1 +

1

n

)n

existe.Demostración. Consideremos la sucesión dada por

s (n) =

(1 +

1

n

)n

luego s es una sucesión creciente de números reales. Por el teorema previo s está acotado superior-mente, luego el límite existe y es igual al supremo, es decir,

limn→∞

(1 +

1

n

)n

= sup {s (n) : n ∈ Z}

313

Denotamos a este límite por e. El valor de esta constante es aproximadamente e = 2.718281828 . . ..,tenemos entonces

limn→∞

(1 +

1

n

)n

= e

�

Teorema 12.8

limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e

Demostración. Para todo real x existe un entero n tal que

n ≤ x < n+ 1

por tanto (1 +

1

n

)n

≤(1 +

1

x

)x

<

(1 +

1

n+ 1

)n+1

es claro que si x→∞ también n→∞, también es claro que

limn→∞

(1 +

1

n

)n

= limn→∞

(1 +

1

n+ 1

)n+1

= e

por tanto

limx→∞

(1 +

1

x

)x

= limn→∞

(1 +

1

n

)n

= e

�

cálculo i santiago relos (versión gratuita)

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