Cálculo I Santiago Relos (Versión gratuita)

CÁLCULO I (Versión gratuita) Santiago Relos Departamento de Matemáticas Facultad de Ciencias y Tecnología Universidad Mayor de San Simón Departamento de Ciencias Exactas Universidad Privada Boliviana Cochabamba, Bolivia 2010

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Índice General 1 Los números reales 1.1 La recta real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Axiomas iniciales . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Axiomas de orden . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Números Naturales, Enteros y Racionales 1.2 Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Resolución de desigualdades con una variable . . 1.5 Desigualdades con valor absoluto . . . . . . . . . 2 Funciones 2.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Funciones Especiales . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Función Identidad . . . . . . . . . . 2.2.2 Funcion Constante . . . . . . . . . . 2.2.3 Función Valor Absoluto . . . . . . . 2.2.4 La Función Lineal . . . . . . . . . . 2.2.5 Función Potencia . . . . . . . . . . . 2.2.6 Función Polinomial . . . . . . . . . . 2.2.7 Las funciones Trigonométricas . . . 2.2.8 La función Exponencial . . . . . . . 2.2.9 La función Logarítmica . . . . . . . 2.2.10 La función mayor entero . . . . . . . 2.2.11 Funciones Hiperbólicas . . . . . . . . 2.3 Operaciones con funciones . . . . . . . . . . 2.3.1 Suma y Resta . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Producto y División . . . . . . . . . 2.3.3 Recíproco de una función . . . . . . 2.3.4 Composición de Funciones . . . . . . 2.4 La Inversa de una Función . . . . . . . . . . 2.4.1 Funciones Inyectivas y Sobreyectivas 2.4.2 Inversa de una función . . . . . . . . 2.4.3 Funciones trigonométricas inversas . 2.4.4 Funciones Hiperbólicas inversas . . . 2.5 Funciones Crecientes y Decrecientes . . . . 2.6 Funciones acotadas . . . . . . . . . . . . . . 3

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7 7 7 10 13 13 15 19 25

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33 33 39 39 39 39 40 40 40 42 42 43 44 44 45 45 45 46 46 50 50 52 55 56 57 59

4 3 Límites y Continuidad 3.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Límite de una Función . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Definición de Límite . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Límites Laterales . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Propiedades de Límites . . . . . . . . . . . . 3.3 Un algoritmo para demostrar Límites . . . . . . . . . 3.4 La Definición de Continuidad de una Función . . . . 3.4.1 Continuidad en un Punto . . . . . . . . . . . 3.4.2 Preservación del signo en funciones continuas 3.4.3 Teorema de Bolzano . . . . . . . . . . . . . . 3.4.4 El teorema del Valor Intermedio . . . . . . . 3.5 Cálculo de Límites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 El símbolo ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 Indeterminaciones . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.3 El paso al límite . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Límites con funciones trigonométricas . . . . . . . . 3.7 Límites con Infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Un límite notable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ÍNDICE GENERAL

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63 63 64 65 66 67 69 75 75 77 78 78 80 80 81 81 86 92 96

4 Cálculo Diferencial 4.1 La Derivada de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Símbolos para representar la derivada . . . . . . . . . . . . . 4.3 Los diez resultados fundamentales del Cálculo . . . . . . . . . 4.3.1 Primer resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Segundo resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 Tercer resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . 4.3.4 Cuarto resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . 4.3.5 Quinto resultado fundamental . . . . . . . . . . . . . . 4.3.6 Sexto a noveno resultados fundamentales . . . . . . . 4.3.7 Decimo resultado fundamental (La regla de la cadena) 4.4 Derivada con funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . 4.4.1 Derivada de la función tangente . . . . . . . . . . . . . 4.4.2 Derivada de la función cotangente . . . . . . . . . . . 4.4.3 Derivada de la función secante . . . . . . . . . . . . . 4.4.4 Derivada de la función cosecante . . . . . . . . . . . . 4.5 Derivadas con la regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Derivada de las funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . 4.7 Derivada de la función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7.1 Derivadas de funciones trigonométricas inversas . . . . 4.7.2 Derivadas de las funciones hiperbólicas inversas . . . . 4.8 Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial . . . 4.9 Derivadas de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10 Derivación Implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10.1 Cálculo de y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11 La recta tangente y normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12 La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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103 103 105 106 106 107 107 108 108 109 110 112 112 112 112 112 115 118 118 118 119 120 122 125 126 128 133

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ÍNDICE GENERAL 4.12.1 4.12.2 4.12.3 4.12.4

Incrementos . . . . . . . . . . . . . . . . . Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . La notación diferencial para la derivada . Reglas para el cálculo de las diferenciales

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5 Aplicaciones de la Derivada 5.1 Máximos y Mínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Puntos críticos . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.3 Funciones crecientes, decrecientes y derivada 5.1.4 Criterio de la primera derivada . . . . . . . . 5.2 Teoremas de Valor Medio . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Concavidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Criterio de la segunda derivada . . . . . . . . . . . . 5.5 Problemas sobre Máximos y Mínimos . . . . . . . . 5.5.1 Problemas Geométricos . . . . . . . . . . . . 5.5.2 Problemas de construcción . . . . . . . . . . 5.5.3 Problemas de costos . . . . . . . . . . . . . . 5.5.4 El principio de Fermat . . . . . . . . . . . . . 5.6 La Derivada como Razón de Cambio . . . . . . . . . 5.7 Límites Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.1 La indeterminación 00 . . . . . . . . . . . . . 5.7.2 La indeterminación ∞ ∞ . . . . . . . . . . . . . 5.7.3 Indeterminaciones 0 · ∞ e ∞ − ∞ . . . . . . 5.7.4 Casos 00 , ∞0 , 1∞ . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Trazado de curvas algebraicas . . . . . . . . . . . . . 5.8.1 Simetría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8.2 Intersecciones con los ejes . . . . . . . . . . . 5.8.3 Campo de variación . . . . . . . . . . . . . . 5.8.4 Comportamiento cuando x → −∞ y x → ∞ . 5.8.5 Asíntotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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137 137 137 141 141 144 147 151 156 159 159 164 168 171 181 185 185 189 190 191 196 196 199 200 201 202

6 Cálculo Integral 6.1 Sumas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Sumatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2 El área como el límite de una suma . . . . . . . . . . . 6.1.3 Funciones Integrables y la Integral Definida . . . . . . 6.1.4 Propiedades de la Integral Definida . . . . . . . . . . . 6.1.5 La primitiva de una función . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.6 El Teorema Fundamental del Cálculo . . . . . . . . . . 6.1.7 Teorema del Valor Medio para integrales . . . . . . . . 6.1.8 Segunda forma del Teorema Fundamental del Cálculo 6.2 Metodos de integración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Fórmulas fundamentales de integración . . . . . . . . 6.2.3 Integración por sustitución . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.4 Integración por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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211 211 211 214 219 220 221 222 224 225 227 227 227 229 234

6

ÍNDICE GENERAL

6.3

6.4 6.5

6.2.5 Integrales trigonométricas . . . . . . . . . . . 6.2.6 Resumen de las fórmulas de reducción . . . . 6.2.7 Funciones racionales a dos variables . . . . . 6.2.8 Cambios de variable trigonométricos . . . . . Integración por Fracciones Parciales . . . . . . . . . 6.3.1 Preliminares algebraicos . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Fracciones parciales . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Cálculo de constantes en fracciones parciales 6.3.4 Integración por Fracciones . . . . . parciales √ Funciones racionales del tipo F x, ax + b . . . . . Funciones racionales del tipo F (sin x, cos x) . .

7 Integrales impropias 7.1 Integrales impropias de primera clase . . 7.1.1 Límite superior infinito . . . . . 7.1.2 Límite inferior infinito . . . . . . 7.2 Integrales impropias de segunda clase . . 7.2.1 No acotada en el limite superior 7.2.2 No acotada en el limite inferior .

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237 247 248 248 253 253 254 255 256 260 263

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267 267 267 268 268 268 269

8 Cálculo de áreas planas 275 8.1 Regiones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 8.2 Cálculo de áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 9 Longitud de Arco

287

10 Cálculo de Volúmenes 293 10.1 Método de los cilindros sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 10.2 Método de los cilindros huecos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297 11 Apéndice 1: El axioma del supremo 11.1 Máximo y mínimo . . . . . . . . . . 11.2 Cota superior . . . . . . . . . . . . . 11.3 Cota inferior . . . . . . . . . . . . . 11.4 Mínima cota superior . . . . . . . . . 11.5 Axioma 10 (el axioma del supremo) . 11.5.1 Máxima cota inferior . . . . . 11.5.2 La propiedad arquimediana . 12 Apéndice 2: Un límite notable

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305 305 305 305 306 306 306 307 311

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 los números reales. Matemáticos como Karl Weierstrass (1815-1897), George Cantor (1845-1918) y Richard Dedekind (1831-1916) se dedicaron a esta tarea. En 1889 el matemático italiano Guiseppe Peano (1858-1932) da un listado de cinco axiomas para los enteros positivos. En este capítulo se da una breve introducción 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 la existencia de dos operaciones llamadas adición y multiplicación denotados por + y · respectivamente tal que con cada par de números x y y formamos la suma x + y que nuevamente es un número, similarmente formamos el producto x · y (o xy) y nuevamente es un número. Lo anterior se indica diciendo que R es cerrado para la operación suma y producto. Aceptamos que la suma y producto están univocamente determinadas, esto es, x + y, y xy son únicos. En R se satisfacen los siguientes axiomas: • 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 llamado uno) 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 llamado cero) 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. A continuación 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 del axioma 4(b) es único. Demostración. Supóngase que a + b = a + c. Por el axioma 5 existe un número y tal que a + y = 0. Puesto que la suma está univocamente determinada se tiene y + (a + b) = y + (a + c). Usando el axioma 2: (y + a) + b = (y + a) + c, de donde 0 + b = 0 + c, y por el axioma 4(b) b = c. Observemos que si existe un otro número 0 tal que 0 + x = x para todo número x, entonces en particular 0 + 0 = 0, pero también por el axioma 4(b) 0 + 0 = 0, luego 0 + 0 = 0 + 0, de donde 0 = 0. Esto muestra que el cero 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 se denota con b − a. En particular 0 − a se escribe como −a y es llamado Negativo de a (también se llama menos de a). Demostración. Existe un número y tal que a + y = 0. Sea x = b + y, entonces a + x = a + (b + y) Ahora usando los axiomas 1 y 2 se deduce a + x = b + (a + y) , por tanto a + x = b + 0, esto es, a + x = b. Observación. Observemos que a + (−a) = 0. Teorema 1.3 Para todo a, b ∈ R, b − a = b + (−a).

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 de cancelación se tiene x = y, esto prueba el teorema. Teorema 1.4 Para todo a ∈ R se tiene − (−a) = a. Demostración. Se tiene a + (−a) = 0, luego por definición a = 0 − (−a), de donde el resultado sigue. Teorema 1.5 Para todo a ∈ R se cumple a · 0 = 0. Teorema 1.6 Para todo a, b ∈ R se tiene a (−b) = −ab. Demostración. ab + a (−b) = a [b + (−b)] = a0 = 0, luego a (−b) = −ab. Teorema 1.7 Para todo a, b, c ∈ R se verifica a (b − c) = ab − ac. Demostración. a (b − c) = a [b + (−c)] = ab + a (−c) = ab − ac. Ley de cancelación para la multiplicación Teorema 1.8 Si ab = ac y a = 0, entonces b = c. (En particular esto muestra que el número 1 definido en 4(a) es único).

Demostración. Supongamos que ab = ac. Por el axioma 6 existe un número y tal que ay = 1, por tanto y(ab) = y(ac), esto es, (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 1 b o b/a y es llamado cociente de b y a, en particular, es denotado por a−1 y es denotado por a a llamado el recíproco de a. b = ba−1 . a −1 Teorema 1.11 Si a = 0, entonces a−1 = a. Teorema 1.10 Si a = 0, entonces

10

CAPÍTULO 1. LOS NÚMEROS REALES

Teorema 1.12 Si ab = 0, entonces a = 0 o b = 0. Teorema 1.13 Si b = 0 y d = 0, entonces

a c ad + bc + = . b d bd

Teorema 1.14 Si b = 0 y d = 0, entonces

a·c a c · = . b d b·d

Teorema 1.15 Si b = 0, c = 0 y d = 0, entonces a b c 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−1 b−1 . a −a a = = . 8. Si b = 0, − b b −b 9. Si b = 0 y d = 0, entonces 10.

1.1.2

a c ad − bc − = . b d bd

c a = si y solamente si ad = bc, bd = 0. b d

Axiomas de orden

Los axiomas del (1) al (6) no dicen nada sobre “comparar ” los números en el sentido de “que número es más grande que otro” cuando se toman dos números. En esta sección se presentan axiomas que permitirán, en el anterior sentido, comparar dos números. Supondremos la existencia de un subconjunto R+ ⊂ R llamado el conjunto de los números positivos 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, es decir, se cumple una y solamente una de las afirmaciones. Se definen ahora los símbolos < (menor), > (mayor), ≤ (menor o igual) y ≥ (mayor o igual). xx x≤y y≥x

significa y − x ∈ R+ significa x
Si x > 0, claramente que x ∈ R+ , esto es, x es positivo si y solo si x > 0. Si x ≥ 0 diremos que x es no negativo. Si x < 0 diremos que x es negativo, el conjunto de los reales negativos se denota con el símbolo R− y está definido por: R− = −x : x ∈ R+ ,

los números x ≤ 0 se llaman no positivos. Las propiedades más importantes que son consecuencia de los anteriores axiomas se presentan en los siguientes teoremas. Ley de la tricotomia Teorema 1.16 Para dos números reales arbitrarios a, b ocurre exactamente una de las siguientes afirmaciones: a = b o a < b, o b < a. Demostración. Sigue del axioma 8 con x = b − a. Ley transitiva Teorema 1.17 Si a 0, luego x − 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.

12


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 de generalidad 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 ambos negativos. Teorema 1.25 Si a < b y c < d, entonces a + c 0, entonces

1 1 > 0; si a < 0, entonces < 0. a a

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

1.1.3

13

Números Naturales, Enteros y Racionales

Existen en R ciertos subconjuntos cuya existencia no se demuestra en este texto por no corresponder a un primer curso de Cálculo, estos conjuntos son los Naturales, Enteros y Racionales que se representan respectivamente por N, Z, Q. Estos conjuntos son: N = {1, 2, 3, 4, ...} Z = {..., −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, ...} p : p, q ∈ Z ∧ q = 0 Q= q Observemos que N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. Los números que están en R pero no en Q se llaman números irracionales, 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 es llamado 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 conjuntos que 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 que a ≤ b. Los conjuntos [a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b} y (a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}

14


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

a

b

a

b

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

a

∞

a

∞

−∞

b

−∞

b

−∞

∞

Ejercicios propuestos En los siguientes ejercicios realizar las operaciones que se indican 1. (0, 3) ∩ (1, 5) Sol.: (1, 3)

1 2. , 3 ∪ [4, 10) ∩ [2, 8) Sol.: [2, 3] ∪ [4, 8) 2 1 , 3 ∩ [4, 10) ∩ [2, 8) Sol.: ∅ 3. 2 1 1 4. , 3 ∪ {[4, 10) ∩ [2, 8)} Sol.: , 3 ∪ [4, 8) 2 2 π √ π 2, 6 ∩ 5. , 10 Sol.: ,6 2 2

200 Sol.: [4, 6) ∪ (6, 8] 6. {(2, 6) ∪ (6, 8]} ∩ 4, 2

1.3. VALOR ABSOLUTO

15

7.

∩∞ k=1

1 1 1 + ,5 + k 4

21 Sol.: 2, 4

8.

∩∞ k=1

1 1 1 − ,5 + k 4

21 Sol.: 1, 4

1.3

Valor absoluto

El valor absoluto de un número es la distancia del número al cero, así el valor absoluto de 5 es 5, similarmente, puesto que la distancia de −5 a 0 es 5, el valor absoluto de −5 es 5. De esta definición intuitiva deducimos que el valor absoluto de un número es un número no negativo. A continuación definimos formalmente el concepto de valor absoluto. Definición 1.29 El valor absoluto de un número real a se define por la regla: |a| =

a −a

si a ≥ 0 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 lector la demostración de las restantes. Teorema 1.31 Para cualquier a ∈ R, |a| ≥ 0. Teorema 1.32 |a| = 0 si y solo si a = 0.

16


Desigualdad triangular Teorema 1.33 |a + b| ≤ |a| + |b| para cualesquiera a, b ∈ R Demostración.

|a + b|2 = = = ≤ =

luego |a + b| ≤ |a| + |b| .

(a + b)2 a2 + 2ab + b2 |a|2 + 2ab + |b|2 |a|2 + 2 |a| |b| + |b|2 (|a| + |b|)2

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.

luego |a − b| ≥ |a| − |b|.

|a| = |(a − b) + (b)| ≤ |a − b| + |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 si 3x + 5 ≥ 0 |3x + 5| = − (3x + 5) si 3x + 5 < 0 de donde:

   3x + 5

5 3 |3x + 5| = 5   − (3x + 5) si x < − 3 5 5 5 El número − divide a la recta real en dos intervalos, a saber, −∞, − y − , ∞ , por tanto 3 3 3 tenemos dos casos a considerar: 5 . En este caso la ecuación a resolver es: (a) x ∈ −∞, − 3 si x ≥ −

− (3x + 5) = 2 5 7 resolviendo, encontramos la solución x = − ∈ −∞, − . 3 3 5 (b) x ∈ − , ∞ . En este caso la ecuación a resolver es: 3 3x + 5 = 2 5 resolviendo, encontramos la solución x = −1 ∈ − , ∞ . 3 De (a) y (b) concluimos que la solución es el conjunto:

7 − , −1 . 3 Método abreviado. Consiste en ignorar los intervalos en donde se está trabajando, aunque en este caso debemos comprobar que los números obtenidos realmente sean solución de la ecuación dada. En el ejemplo tenemos dos posibilidades:

18


−7 , este número satisface la (a) 3x + 5 < 0. En este caso se tiene − (3x + 5) = 2, de donde x = 3 ecuación dada. (b) 3x + 5 ≥ 0. En este caso se tiene 3x + 5 = 2, de donde x = −1, este número también satisface la ecuación dada.

−7 De (a) y (b) la solución es el conjunto , −1 . 3 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 puede escribir como x2 − 4x + 3 = 3, esto es, x2 − 4x = 0. La última ecuación encontrada tiene por solución al conjunto {0, 4}. Los elementos de este conjunto satisfacen la ecuación dada, por tanto la solución al problema es ∅ ∪ {0, 4} = {0, 4} .

Ejercicios propuestos 1. Demostrar los teroremas que no presentan demostración. 2. Resolver: x2 − x − 2 = 2, 1 1√ 1 1√ 17, x = − 17, x = 0, x = 1. Sol. : x = + 2 2 2 2 3. Resolver: |x + 1| + 2x − 5 = x, Sol. : x = 2. 4. Resolver: Sol. : ∅

2 + |4x − 2| = 1, 3x

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. 2 x + 4x − 10 6. Resolver: = 1, 2x √ √ 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 esta sección, via ejercicios, se darán algunas técnicas para resolver desigualdades. Definición 1.39 (puntos clave o puntos críticos algebraicos) Dada una expresión φ (x), denominaremos los puntos clave de φ en un intervalo (L, U ) a L, U y aquellos puntos que cumplen una de las siguientes condiciones. 1. Los números x de (L, U ) tal que φ (x) no está definida. 2. Las raíces de φ, esto es, los números x en donde φ (x) = 0. Observación. Si no se dice nada acerca del intervalo en donde se encuentra definida φ se asume L = −∞, U = ∞. Dos puntos clave a, b serán llamados sucesivos si en el intervalo (a, b) no existe otro punto clave. Teorema 1.40 Sea φ (x) una expresión algebraica en la variable x. Sea (a, b) un intervalo formado con dos puntos clave sucesivos de φ. Entonces φ (x) es estrictamente positiva o estrictamente negativa en todo el intervalo (a, b) .

20


Observación. El teorema muestra, que es suficiente tomar un punto en cada intervalo formado con dos puntos sucesivos para calcular el signo en dicho intervalo. El punto que se toma es arbitrario, solo hay que cuidar que se encuentre dentro del intervalo que se está analizando. Ejemplo 1.2 Consideremos φ (x) = 2x + 4 definida en R. Los puntos clave son −∞, −2, ∞. Por tanto podemos formar los siguientes intervalos: (−∞, −2) y (−2, ∞). Por el teorema precedente φ será positiva o negativa en cada uno de los intervalos, así es suficiente averiguar el signo en algún punto de cada uno de los intervalos. 1. Intervalo (−∞, −2) . Tomemos el punto −10 ∈ (−∞, −2) , en este punto φ (−10) = 2 (−10) + 4 = −16 < 0, por tanto en (−∞, −2) se tiene: 2x + 4 < 0. 2. Intervalo (−2, ∞) . Tomemos el punto 0 ∈ (−2, ∞) , en este punto φ (0) = 2 (0) + 4 = 4 > 0, por tanto en (−2, ∞) se tiene: 2x + 4 > 0. Presentamos a continuación el resumen del análisis anterior

--------------

−∞

++++++++++

∞

-2

Ejemplo 1.3 Consideremos φ (x) =

Signos de   2x + 4 

x . Los puntos clave son x2 − 9 −∞, −3, 0, 3, ∞.

Por tanto se tienen los siguientes intervalos a analizar: 1. Intervalo (−∞, −3) . Con x = −10 : φ (−10) = 2. Intervalo (−3, 0) . Con x = −2 : φ (−2) = 3. Intervalo (0, 3) . Con x = 2 : φ (2) =

−10 < 0. 100 − 9

−2 > 0. 4−9

2 < 0. 4−9

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

10 > 0. 100 − 9

En el siguiente cuadro presentamos el resumen del análisis anterior. -------- +++++

−∞

−3

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

0

3

∞

Signos de    x   x2 − 9 

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

1.4. RESOLUCIÓN DE DESIGUALDADES CON UNA VARIABLE 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

Signos de    2 ( x − 5) ( x + 3) 

Observación importante. Si un punto clave viene de un factor elevado a una potencia par, entonces alre_ dedor de este punto los signos de la expresión algebraica no pueden cambiar. Si el punto clave viene de una potencia impar, el signo cambia. Ejemplo 1.5 Consideremos ahora el siguiente problema: Resolver x2 − 5 > 0. x−1 Solución. Sea φ (x) =

√

√

x2 − 5 (x− 5)(x+ 5) = , los puntos clave son x−1 x−1 √ √ −∞, − 5, 1, 5, ∞

Puesto que φ (x) está es su forma factorizada, es suficiente hallar el signo enun intervalo, √ pues todos los demás signos se deducen a partir de este signo. en el intervalo −∞, − 5 , 100−5 con x = −10, φ (−10) = −10−1 < 0. Los demás signos van intercalados pues todos los puntos clave vienen de factores elevados a una potencia impar. --------

−∞

++++++++

− 5

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

1

5

∞

Signos de  2  x −5   x − 1 

Por tanto la solución al problema dado es el conjunto de puntos en donde φ es mayor a cero, esto es: √ √ S = − 5, 1 ∪ 5, ∞ .

21

22


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

3 −∞, −2, , ∞ . 2 nuevamente todos los puntos clave vienen de factores con potencia impar. En el intervalo (−∞. − 2), φ (−10) = (−10 + 2) (−20 − 3) > 0.

-------------

++++++

−∞

Signos de    ∞ 2 x 2 + x − 6

++++++ 3 2

-2

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

3 3 S = (−∞, −2) ∪ , ∞ ∪ −2, = (−∞, −2] ∪ [3/2, ∞) 2 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 signos alrededor de este punto no cambian. En el intervalo (−∞, −2), con x = −10 se tiene φ (x) = (−8) (−11)2 < 0, luego los signos son:

Signos de    ∞  x3 − 3x + 2

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

−∞

-2

1

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

1.4. RESOLUCIÓN DE DESIGUALDADES CON UNA VARIABLE Ejercicio 1.4 Resolver:

2 1 + − 2 ≤ 0. x−1 x

Solución. La desigualdad dada se puede escribir como (2x − 1) (x − 2) ≥0 x (x − 1) Los puntos clave de φ (x) =

(2x − 1) (x − 2) son: x (x − 1)

1 −∞, 0, , 1, 2, ∞ , 2

todos estos puntos vienen de factores con potencia impar (−3) (−3) En (−∞, 0) tomamos x = −1, φ (−1) = > 0, por tanto los signos son: (−1) (−2)

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

++++++

−∞

0

1 2

1

++++

2

 Signos de    ∞  (2 x − 1)(x − 2)  x(x − 1)   

Por lo anterior y tomando en cuenta que la desigualdad es del tipo ≥ la solución es: 1 S = (−∞, 0) ∪ , 1 ∪ [2, ∞) . 2

Ejercicios propuestos Resolver: 1 − 5x + 4 > 0. Sol.: −1, 1. ∪ (4, ∞) . 2 15 3 Sol.: 1, . 2. (4x − 15) (x − 1) < 0. 4 1 2 4 3 2 3. 9x − 36x + 47x − 24x ≥ −4. Sol. : −∞, ∪ , 1 ∪ [2, ∞) . 3 3 2x3

4.

− 7x2

(x − 2)3 (x − 4)8 > 0. Sol.: (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (2, 4) ∪ (4, ∞) x4 − x2

23

24

CAPÍTULO 1. LOS NÚMEROS REALES 5.

6.

7.

x2

1 x + − x ≥ 0. Sol.: (−∞, −1] ∪ (0, 1] + 1 2x

1 x − ≤ 0. Sol. : (−∞, 0) ∪ (2, ∞) x x−2 x2

1 x + ≥ 1. Sol. : (0, 1] + 1 2x

8. x4 − 9 ≥ 7.

Sol.: (−∞, −2] ∪ [2, ∞)

x2 + x − 9 > 1. Sol.: (−3, 0) ∪ (3, ∞) . x 1 10. (x − 1) (x − 2) 1 − > 0. Sol.: (−∞, 0) ∪ (2, ∞) . x 9.

11.

2x 1 + − 1 ≥ 0. x−2 x−1

12. x6 + 4x2 − 5 ≤ 0.

√ √ Sol.: −∞, − 3 ∪ (2, ∞) ∪ 1, 3 .

Sol.: [−1, 1] .

13.

1 2 > 3. + x x2

14.

1 1 1 + 3 + 2 > 0. 4 x x x

Sol.:

2 − , 0 ∪ (0, 1) . 3 Sol.: x = 0.

3x2 < 0. Sol.: (1, 4) . x−1 2 x − 1 x2 − 4 16. ≤ 0. Sol.: (−3, 2] ∪ [−1, 1] ∪ [2, 3) . x2 − 9 15. x2 −

17.

1 1 + < 0. x x−2

18.

1 1 1 + + < 0. x x−2 x−4

19. Resolver:

Sol.: (−∞, 0) ∪ (1, 2) Sol.: (−∞, 0) ∪ 2 −

√ √ 2 3 2 3 , 2 ∪ 2 + , 4 . 3 3

1 1 − < a, donde a es un número real no nulo. x x2

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

1.5

25

Desigualdades con valor absoluto

Cuando se presentan desigualdades en donde se presentan expresiones con valor absoluto. Los puntos se 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 de valor absoluto obtenemos: − (x − 5) + 2 si x ∈ (−∞, 5) |x − 5| + 2 = , 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 libres de valor absoluto. Ejemplo 1.8    − (3x + 11) (−x) [− (x − 8)]      (3x + 11) (−x) [− (x − 8)] |3x + 11| |x| |x − 8| =     (3x + 11) (x) [− (x − 8)]    (3x + 11) (x) (x − 8)

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

simplificando se tiene:

   −x (3x + 11) (x − 8)      x (3x + 11) (x − 8) |3x + 11| |x| |x − 8| =     −x (3x + 11) (x − 8)    x (3x + 11) (x − 8)

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

o más compactamente:

 11   ∪ [0, 8)  −x (3x + 11) (x − 8) x ∈ −∞, − 3 |3x + 11| |x| |x − 8| = 11   x ∈ − , 0 ∪ [8, ∞)  x (3x + 11) (x − 8) 3

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1.5 Resolver |x + 2| + |x − 2| + x − 5 ≥ 0

Solución. Usando la definición de valor absoluto, la expresión situada a la izquierda de la desigualdad se puede escribir como:  x ∈ (−∞, −2)  − (x + 2) − (x − 2) + x − 5 |x + 2| + |x − 2| + x − 5 = (x + 2) − (x − 2) + x − 5 x ∈ [−2, 2) ,  (x + 2) + (x − 2) + x − 5 x ∈ [2, ∞)

26


realizando operaciones algebraicas, lo anterior queda:   −x − 5 |x + 2| + |x − 2| + x − 5 = x−1  3x − 5

x ∈ (−∞, −2) x ∈ [−2, 2) , x ∈ [2, ∞)

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


27

x + 2 + x − 2 + x −5 y 6

−5

−3

x

12

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

Solución. Nuevamente la expresión de la izquierda de siguiente manera  2  x −4 2 |x + 2| − |x − 2| + x = x2 + 2x  2 x +4

la desigualdad se puede escribir de la x ∈ (−∞, −2) x ∈ [−2, 2) x ∈ [2, ∞)

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

(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 solución es ∅. De lo anterior concluimos que la solución es ∅ ∪ [−2, 0] ∪ ∅ = [−2, 0]

28


El gráfico de |x + 2| − |x − 2| + x2 es:

x + 2 − x − 2 + x2 y 8 −2 Ejercicio 1.7 Resolver

x

2

|x + 2| − |x − 2| + x2 ≤ 0. x−5

Solución. Resolviendo como en el anterior caso encontramos que la solución es el conjunto: |x + 2| − |x − 2| + x2 es: (−∞, −2] ∪ [0, 5). El gráfico de x−5

x + 2 − x − 2 + x2 y x −5 − 20

−2 0 −10

x

Ejercicio 1.8 Resolver x2 − 2x − 3 − x2 ≥ 0. Solución. Un cálculo inmediato da : 2 2 x x − 2x − 3 = 2− 2x − 3 si x ∈ (−∞, −1] ∪ [3, ∞) − x − 2x − 3 (−1, 3)

luego

2 x − 2x − 3 − x2 =

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

realizando operaciones algebraicas lo anterior queda como 2 si x ∈ (−∞, −1) ∪ [3, ∞) x − 2x − 3 − x2 = −2x − 3 2 −2x + 2x + 3 si x ∈ [−1, 3)


29

(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− 7 1+ 7 −1, , , 3 2 2

√ 1. Intervalo −1, 1−2 7 : Con x = −0.9, φ2 (−0.9) = −0.42 < 0. √ √ 2. Intervalo 1−2 7 , 1+2 7 : Con x = 0, φ2 (0) = 3 > 0. √ 3. Intervalo 1+2 7 , 3 : Con x = 2, φ2 (2) = −8 + 4 + 3 < 0. Así la solución en este caso es:

√ √ 1− 7 1+ 7 . , 2 2

(nuevamente debe notar que los extremos del anterior intervalo son soluciones del problema) De (a) y (b) la solución es √ √ 3 1− 7 1+ 7 −∞, − ∪ , 2 2 2 Ejercicio 1.9 Resolver:

|x − 14| + 5 ≥ 0. x2 − 4

Solución. Usando la definición de valor absoluto encontramos  −x + 14   + 5 si x ∈ (−∞, 14)   x2 − 4 |x − 14| +5=  x2 − 4  x − 14   +5 si x ∈ [14, ∞) x2 − 4

30


(a) x ∈ (−∞, 14) . En este caso la desigualdad queda como: −x + 14 (5x − 6) (x + 1) +5= ≥ 0, 2 x −4 x2 − 4

con φ1 (x) =

(5x − 6) (x + 1) , los puntos clave son: x2 − 4

6 −∞, −2, −1, , 2, 14 5 Con estos puntos analizamos los siguientes intervalos: (−15 − 6) (−3 + 1) > 0. 9−4 (−7.5 − 6) (−1.5 + 1) < 0. (−2, −1) : Con x = −1.5, φ1 (−1.5) = (1.52 − 4) (−6) (1) −1, 65 : Con x = 0, φ1 (0) = >0 −4 6 (7.5 − 6) (1.5 + 1) <0 5 , 2 : Con x = 1.5, φ1 (1.5) = 1.52 − 4 (50 − 6) (10 + 1) >0 (2, 14) : Con x = 10, φ1 (10) = 100 − 4

1. (−∞, −2) : Con x = −3, φ1 (−3) = 2. 3. 4. 5.

observemos además que

6 5

es solución del problema, así la solución en este caso es: 6 (−∞, −2) ∪ −1, ∪ (2, 14) 5

(b) x ∈ [14, ∞) . En este caso la desigualdad queda como: 5x2 + x − 34 x − 14 + 5 = ≥0 x2 − 4 x2 − 4

5x2 + x − 34 son −2.709.. y 2.5095 que caen fuera del intervalo en (x − 2) (x + 2) donde se está trabajando por tanto los únicos puntos clave son 14, ∞. En el único intervalo a analizar tomamos x = 20 y entonces φ2 (20) > 0, por otra parte x = 14 es solución del problema, por tanto la solución en este caso es Las raíces de φ2 (x) =

[14, ∞) . De (a) y (b) concluimos que la solución es: 6 (−∞, −2) ∪ −1, ∪ (2, 14) ∪ [14, ∞) , 5 esto es,

6 ∪ (2, ∞) . (−∞, −2) ∪ −1, 5

1.5. DESIGUALDADES CON VALOR ABSOLUTO Ejercicios propuestos Resolver las siguientes desigualdades. 1 < 1. Sol.: (−∞, −2) ∪ (0, ∞). 1. x + 1 2.

3.

√ √ x |x − 3| − |x + 3| > 0 en el intervalo [0, ∞) . Sol.: 0, 8 ∪ 2 + 7, ∞ 2 |x − 4| − 4 |2x + 3| − x |x| > 0. Sol.: (−∞, 1) ∪ (1, 3) |x − 1|

|x − 5| + x − 5 ≥ 0. Sol.: (2, 3] ∪ [5, ∞) . x−2 √ 5. |x + 1| + x |x − 5| − 2 ≤ 0. Sol.: −∞, 3 − 2 2 . 1 7 6. |2x − 1| + |4x − 5| − 8 ≥ 0. Sol.: −∞, − ∪ , ∞ . 3 3 4.

7.

3 + |2x + 5| + x ≥ 3. Sol. : (0, ∞). x

8. −6 + |3x − 1| x − 2x > 0. Sol. : (2, ∞). 1 9. |2x + 1| + 3x − |5x − 3| > 3. Sol. : ,∞ . 2 1 2 10. |2x + 1| − 3x − |5x − 3| < 0. Sol. : −∞, ,∞ . ∪ 2 3 √ √ −3 − 3 5 3 − 5 . , 2 2 √ √ 2 −3 − 1 + 85 77 12. x − 9 − 2 |x| + x < 10. Sol.: , 2 2 √ √ −5 + 17 −5 − 17 |x (x + 3)| ∪ [−2, −1) ∪ −1, ∪ [1, ∞) ≥ 2. Sol.: −∞, 13. |x + 1| 2 2 11. x2 − 4 + 3x ≤ 5. Sol.:

14.

|2x| − 5 |x + 2| + x2 − x > x. Sol.: ∅ |x| + x

|x − 2| − |x + 2| < 0. Sol. : (−∞, 0) ∪ (0, ∞) x 3 1 16. |x| + |x + 1| ≤ 2., Sol.: − , 2 2 7 1 17. |x| + |x + 1| + |x + 2| ≤ 4, Sol. : − , . 3 3 15.

31

32


13 1 18. |x| + |x + 1| + |x + 2| + |x + 3| ≤ 7. Sol. : − , 4 4

n (n + 1) + 1 1 n (n + 1) 19. +1, n ∈ N. Sol.: (Conjetura: ¿Es la solución el intervalo − , k=0 |x + k| ≤ 2 n+1 n+1 20. |x|7 + x5 − 1 ≥ 0. Sol. : R n

21. |x| + |x − 1| + x < 0. Sol. : ∅ 1 22. |x| − |x − 1| + x ≥ 0. Sol. : ,∞ 3

23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30.

1 − x2 ≥ 0. Sol. : [−1, 0) ∪ (0, 1] |x| √ √ 1+ 5 −1 − 5 1 ∪ − |x| + 1 ≤ 0. Sol. : −∞, ,∞ |x| 2 2 x − 1 + 2x > 2. Sol. : 5 , ∞ 6 2 2 6 2 x + x − 4x + 3 + |x| − 3 ≤ 0. Sol.: 0, 5 2 1 1√ 33, 0 ∪ {1} ∪ [2, ∞) 2x |x| − x − 1 − 3x + 1 ≥ 0. Sol.: − − 2 6 |x| 1 + − 1 ≥ 0. Sol.: [−1, 0) ∪ (0, 1] |x2 + 1| 2 |x|

√ √ 1 1 1 − + ≥ 0. Sol.:(−∞, −1) ∪ −1, 1 − 2 ∪ −1 + 2, 1 ∪ (1, ∞) |x + 1| |x| |x − 1| x+x−2 < 3. Sol.: R 2 + |x − 3|

1√ 1√ 1 1 1√ 1 3, −1 ∪ −1, − 2 ∪ 0, 2 + ≥ 2. Sol. : − − 31. |x + 1| x 2 2 2 2 32. x7 + 33x2 + 27 + |x| + x6 < 0. Sol. : ∅. 1 |2x − 1| + 2x − 1 > 0. Sol.: ,∞ 33. |x + 1| + x + 1 2

Capítulo 2

Funciones 2.1

Introducción

El concepto de función fué introducida en matemáticas por Leibniz. En esta sección se dará una descripción intuitiva del concepto de Función. Sean X, Y conjuntos. Una función es una correspondencia de los elementos de X con los elementos de Y tal que a cada x ∈ X le corresponde un y solamente un elemento de Y.

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

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

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

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

f(x) = y ó x → y 33

34

CAPÍTULO 2. FUNCIONES

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

X

f

x

Y

f(x)

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

Observemos que ningún elemento del dominio de una función puede carecer de imagen. Finalmente observemos que una función1 f : X → Y consta de tres partes: 1

Formalmente 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 un elemento y = f(x) ∈ Y . Ejemplo 2.3 Sea P el conjunto de todos los polígonos del plano, R el conjunto de números reales y f : P → R una función que asocia a cada polígono x en P su área f (x). Ejemplo 2.4 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 tal que su área sea x. Es claro que f no puede ser función pues por ejemplo para x = 1 se tienen varios cuadrados como imagen como se muestra a continuación.

f

R+

R2

3

2 1 1

1 Del gráfico f (1) es el cuadrado con vértices (0,0), (1,0), (1,1), (0,1), pero también f (1) puede ser el cuadrado con vertices (0,2), (1,2), (1,3), (0,3) pues ambos cuadrados tienen área igual a 1. Ejemplo 2.5 Sean X = Y = R, considérese la función que asigna a cada elemento x de X el elemento x2 de Y , entonces tenemos f(x) = x2 para cada x ∈ R. El gráfico en coordenadas cartesianas es:

y

2

f (x) = x 2

1.6

1 0.6

-1.5

-1 -0.5

0

0.5

1

1 .5

x

36


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 −→ u b −→ v c −→ u c −→ v

No puede ser función pues f (c) = u y f (c) = v, asi el elemento c tendría dos imagenes, lo que no está de acuerdo con la definición de función. Ejercicio 2.3 Sea X = {a, b, c, d, }, Y = {u, v, w}, ¿es función la siguiente correspondencia?

X

a

b

c

d

u

v

w

Y

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

X

a

u

v

d

w

b

c

Y

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 ” sin perder 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 − y 2 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 de algunos puntos, mientras mas puntos se tome se tendrá un mejor bosquejo de la gráfica. Para el ejemplo tomamos los siguientes puntos mostrados en forma tabular. x −2 −1.8 −1.6 −1.4 −1.2 −1.0 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.0

f (x) 0.0000 0.8718 1.2000 1.4283 1.6000 1.7321 1.8330 1.9079 1.9596 1.9900 2.0000

x 2 1.8 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0

y

f (x) 0.0000 0.8718 1.2000 1.4283 1.6000 1.7321 1.8330 1.9079 1.9596 1.9900 2.0000

f ( x) = 4 − x2

2

1

-2

-1

0

1

2

x

38


1 Ejercicio 2.5 Sea f (x) = , encontrar Df , Cf y Rf y bosquejar la gráfica. x 1 Solución. f(x) = está definida para todo número real exepto para x = 0, luego Df = R − {0}. x El codominio es Cf = R. El rango Rf es R − {0} pues el 0 es el único elemento de Cf que no tiene una preimagen, esto es, no existe x ∈ Df tal que f(x) = 0. La gráfica es: f (x ) =

1 x

y 1.5 1 0.5 0

-6

-4

-2

0

2

4

x

6

-0.5 -1 -1.5

√ √ 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 el sistema de números reales, el dominio de f estará dado por los valores de x tales que 3 + x ≥ 0 y 7 − x ≥ 0. La solución para la primera desigualdad es [−3, ∞) y para la segunda es (−∞, 7], por tanto el dominio de f es Df = (−∞, 7] ∩ [−3, ∞) = [−3, 7]. 1 , y bosquejar la gráfica. Ejercicio 2.7 Hallar el dominio de la función f (x) = √ 3 x−1 Solución. El denominador existe para todo valor de x, pero se anula en x = 1, así Df = R − {1}. y

f (x ) =

1

(x − 1)

1 3

2

-2

0

1

2

4

x

-2

x . Ejercicio 2.8 Hallar el dominio de f (x) = 2 x −4 x ≥ 0; resolviendo obtenemos Df = (−2, 0] ∪ (2, ∞). Solución. Debemos tener 2 x −4 √ x 3 Ejercicio 2.9 Hallar el dominio de f (x) = −x + . 2 x −4 √ x 3 , esta raíz cuadrada Solución. Puesto que −x existe para todo número real, analizamos 2 x −4 x ≥ 0, esto es cuando x ∈ (−2, 0] ∪ (2, ∞), así el dominio es Df = (−2, 0] ∪ (2, ∞) . existe si 2 x −4

2.2. FUNCIONES ESPECIALES

2.2 2.2.1

39

Funciones Especiales 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 . f (x ) = x

y 1

-1

0

1

x

-1

2.2.2

Funcion Constante

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

f (x ) = c

x

2.2.3

Función Valor Absoluto

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

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

y

x si x ≥ 0 se llama función valor absoluto, −x si x < 0

f (x ) = x

1

-1

0

1

x

40

2.2.4


La Función Lineal

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

f (x ) = 3 x + 1

1

-1

2.2.5

x

− 13 0

Función Potencia

La función f : R → R definida por f(x) = xn , con n entero positivo, se llama función potencia. Para esta función Df = R, Cf = R, Rf = R+ si n es par y Rf = R si n es impar. Las gráficas para n par y n impar tienen la siguiente forma, respectivamente:

y

y = x100 y = x2

y

4

3

3

1 -2

2 1 -2

2.2.6

y = x101 y = x3

5

-1

-1

-1

0

1

2

x

-3 0

1

2

x

-5

Función Polinomial

La función polinómica Pn : R → R de grado n está definido por: Pn (x) = cn xn + cn−1 xn−1 + ... + c1 x + c0 =

n

cn−k xn−k

k=0

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: cn xn + cn−1 xn−1 + ... + c1 x + c0 cn xn Ejemplo 2.6 Si f (x) = x6 − 14x4 + 49x2 − 36 para valores grandes de x se tiene:


41

x 10 100 1000 10000 100000

x6 − 14x4 + 49x2 − 36 864864 9. 98600 × 1011 9. 99986 × 1017 9. 99999 × 1023 1. 0 × 1030

x6 106 1012 1018 1024 1030

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

(

)(

)(

)

(

f ( x) = x2 − 1 x2 − 4 x2 − 9 y 200

)(

)(

)

f ( x) = x6 y

f ( x) = x2 − 1 x2 − 4 x2 − 9 y 1000

1000

150

800

800

100

600

600

400

400

200

200

50 -4 -3 -2 -1 0 1 -50

(

)(

x 2

3

4 -15 -10 -5

)(

)

f ( x) = x x 2 − 1 x 2 − 4 x 2 − 9 y

0

(

5

)(

10

x

15

)(

)

f ( x) = x x 2 − 1 x 2 − 4 x 2 − 9 y

-15 -10 -5

20000

20000

100

10000

10000

-4 -3 -2 -1 -100 -200

3

4x

5

10 15

x

f ( x) = x7 y

200

0 1 2

0

0 -4 -3 -2 -1

1

2

3 4

x -4

-10000

-3 -2 -1 -10000

-20000

-20000

0 1

2

3

4

x

42


2.2.7

Las funciones Trigonométricas

Las funciones trigonométricas son sin x, cos x, tan x, cot x, sec x, csc x. Las gráficas de estas funciones se muestran a continuación.

y

y

1

1

0

π 2

3π 2

π

2π

x

0

π 2

3π 2

π

2π

x

−1

−1

y = cos ( x )

y = sen(x)

y 5

y 6 4 2 0 -2

π 2

π

3π 2

2π

0

x

π 2

π

3π 2

2π x

-4

−5

-6

y = tan( x)

y = cot ( x )

Otras funciones trigonométricas son las inversas de las anteriores como el arcoseno, arcocoseno, arcotangente, que se denotan respectivamente como arcsin x, arccos x, arctan x, etc. Estas funciones se 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


43

a = 3 son respectivamente: y

y

f (x ) = 3

f ( x ) = 3− x

x

(0,1)

(0 ,1)

x

x

Observemos que si x decrece a −∞, f (x) = ax se acerca a cero (sin llegar nunca a el). Similarmente si x crece a +∞, f (x) = ax crece a infinito. Observemos también que la gráfica de la función exponencial siempre pasa por (0, 1). Finalmente notemos que el rango es (0, ∞) .

2.2.9

La función Logarítmica

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

y ay = x

son equivalentes. El dominio de la función logaritmo es R+ y el codominio R. Algunas propiedades de la función logaritmo son: • a) loga a = 1 • b) loga 1 = 0 • c) loga (xz) = loga x + loga z x • d) loga ( ) = loga x − loga z z • e) loga (xz ) = z · loga x La gráfica de la función logaritmo tiene el siguiente aspecto: y

f (x ) = log10 x

1

0.5

0

5

10

x

44


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

2.2.10

La función mayor entero

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

1

2

0

−1

2.2.11

−1

x

−2

Funciones Hiperbólicas

Funciones hiperbólicas son el seno hiperbólico, coseno hiperbólico, tangente hiperbólico, etc. Se definen estas funciones como: 1 ex + e−x ex − e−x , x = 0 coth x = = x sinh x = 2 tanh x e − e−x ex + e−x 1 2 cosh x = sech x = = x 2 cosh x e + e−x ex − e−x 2 sinh x 1 = x = x tanh x = csch x = , x = 0 −x cosh x e +e sinh x e − e−x A continuación se presenta un bosquejo del gráfico de las funciones coseno hiperbólico y seno hiperbólico: f (x ) = cosh(x )

y

f (x ) = sinh(x )

y

25

20

20

10

15 -4

10

-2

0 -10

5 -4

-2

-20 0

2

4

x

2

4

x

2.3. OPERACIONES CON FUNCIONES

45

Ejercicios propuestos 1. Graficar f (x) = xn cuando n = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. 2. Graficar las funciones cos x, tan x, sec x, csc x, cot x. 3. Graficar f (x) = tanh x, coth x, sec hx, csc hx. 4. Graficar f (x) = 2x y 2−x . 5. Graficar f (x) = log 1 x. (El logaritmo de x en base 12 ) 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 dominio D 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 funciones con 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 función h = f + g está definida por h(x) = f (x) + g (x) = −x − 2, observemos además que el dominio de h es R .

2.3.2

Producto y División

Sean f y g funciones con dominios Df , y Dg respectivamente, entonces f g es una función con dominio Df ∩ Dg con la regla de correspondencia (fg)(x) = f (x)g(x) f es una función con dominio Df ∩ (Dg − {x : g(x) = 0}) y la regla de correspondencia g f(x) f (x) = g g(x)

46


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

x+2 f (x) f = . (x) = g g (x) 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 f g = 1 (la función constante 1 1). Por definición (fg) (x) = f (x) · g (x) ,esto sugiere definir g como g(x) = , claro esta para f (x) 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) =

2.3.4

x2

1 . +x−2

Composición de Funciones

Definición 2.2 Sean g y f funciones, la composición de g con f , denotada por f ◦ g (se lee ”g compuesta con f ”) es la función cuyo dominio es el conjunto A = {x ∈ Dg : g(x) ∈ Df } cuya regla de correspondencia es (f ◦ g)(x) = f(g (x)). El siguiente esquema ilustra la anterior definición. g X Y

x

g(x)

fog

f

Z

f(g(x))


47

Aquí suponemos que g tiene dominio en X y rango en Y y f tiene dominio en Y y rango en Z, entonces f ◦ g tiene dominio en X y rango en Z. El dominio de f ◦ g son los elementos de X cuya imagen g (x) está en Df . Ejemplo 2.11 Consideremos las funciones: g

f

Z

X

Y W

1

2

3

-2 0 1 3

5

4

8

0 1 5

6 8

10

12

14

8

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)

48


Ejercicios resueltos 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. f b) Calcular fg y . 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 (x) = g =

f(x) g(x) x2 − x 4 − x2

c) (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(4 − x2 ) = (4 − x2 )2 − (4 − x2 ) (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x2 − x) = 4 − (x2 − x)2 Ejercicio 2.11 Si f(x) =

y g(x) = a) Graficar f y g b) Calcular f + g y f − g c) Calcular fg d) Calcular f ◦ g

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

x2 si x ∈ [0, 3) 4 si x ∈ [3, 6]


49

Solución. a) y 10

y 10 9

f (x )

4

−1

g (x )

4

0 2

5

x

−4

−1

0

3

6

x

−4

b) Observemos que Df = [0, 5] , Dg = [0, 6], luego Df +g = [0, 5]. Dividimos el intervalo [0, 5] en los intervalos [0, 2] , (2, 3) , [3, 5], luego:  2  x + 3x + 4 si x ∈ [0, 2] (f + g)(x) = x2 − x + 1 si x ∈ (2, 3)  −x + 5 si x ∈ [3, 5]

c)

d)

  −x2 + 3x + 4 si x ∈ [0, 2] −x2 − x + 1 si x ∈ (2, 3) (f − g)(x) =  −x − 3 si x ∈ [3, 5]   (3x + 4)x2 si x ∈ [0, 2] (−x + 1)x2 si x ∈ (2, 3) (fg)(x) = f(x)g(x) =  (−x + 1)4 si x ∈ [3, 5] √ √   0, √ 2  3x2 + 4 si x ∈ √  f(x2 ) si x ∈ √0, √2 (f ◦ g)(x) = f (x2 ) si x ∈ ( 2, 5) = −x2 + 1 si x ∈ ( 2, 5)   f (4) si x ∈ [3, 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 y g(x) = cos x. Solución. (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x2 ) = cos x2

(f ◦ g)(x) = = = =

f(g(x) f(cos x) (cos x)2 cos2 x

50


Las gráficas que a continuación se presentan, muestran que cos x2 = cos2 x y

( )

y

y = cos x 2 1

y = cos 2 ( x )

1

x 0

-5

5

-1

-5

0

5

x

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

2.4

La Inversa de una Función

En esta sección discutiremos el siguiente problema: Dada una función f encontrar una función g tal que f ◦ g = g ◦ f = I. Tal función se llamará inversa de f. • ¿Siempre existe la función inversa?, • ¿Cuales son las condiciones para la existencia de la función inversa? • Finalizaremos esta sección presentando algunos teoremas sobre funciones inversas. Previo a la discusión de la inversa de una función se dan las siguientes definiciones.

2.4.1

Funciones Inyectivas y Sobreyectivas

Definición 2.4 (Función Inyectiva). Sea f : X → Y . La función f se llama función inyectiva si para 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 geométrica Geométricamente 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 una paralela 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 todo y ∈ Y , es imagen de algún x ∈ X. Observemos que una función f no es sobreyectiva si algún elemento de Y no tiene preimagen. Ejemplo 2.15 Sea f la función:

X

f

1

1

3

4

5

2 3

Y

2

6

f no es sobreyectiva, pues existen elementos de Y , como y = 2 ∈ Y , para los cuales no existe un x ∈ X tales que f(x) = 2. Ejemplo 2.16 La función f : R → R definida por f(x) = x3 − 1 es sobreyectiva. En efecto sea y ∈ Y , y buscaremos x ∈ X tal que f(x) = y. De esta igualdad se tiene x3 − 1 = y, despejando x √ 3 √ tenemos x = 3 y + 1, este valor de x es el buscado pues f(x) = 3 y + 1 − 1 = y.

52


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

X

f

1

1

3

4

5

2 3

Y

Aqui claramente f es sobreyectiva, notemos que esta función no es 1-1, asi pues, ser sobreyectiva no implica ser inyectiva, también, ser inyectiva no implica ser sobreyectiva. Definición 2.6 (Imagen de un Conjunto) Sea f : X → Y una función y sea A ⊂ X. La imagen de A por la función f, escrito f (A) es el conjunto f(A) = {f(x) : x ∈ A} . = {y ∈ Y : f(x) = y, x ∈ A} si un elemento pertenece a la imagen de A escribimos y ∈ f(A) ⇔ (∃x, x ∈ A)(f(x) = y) Algunas consecuencias de esta definición se enuncian en el siguiente teorema. Teorema 2.7 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 la función de Y en X tal que: f −1 ◦ f = IX f ◦ f −1 = IY donde IX es la identidad en X e IY es la identidad en Y . Si y = f (x) entonces x = f −1 (y) .


53

Ejemplo 2.17 Consideremos la función f : R → R dada por f(x) = 2x − 1 entonces f es biyectiva y la inversa es f −1 (x) = 12 (x + 1), en efecto f ◦ f −1 (x) = f f −1 (x) = f 12 (x + 1) = 2 12 (x + 1) − 1 = x y

−1 f ◦ f (x) = f −1 (f (x)) = f −1 (2x − 1) = 12 (2x − 1 + 1) = x

Ejemplo 2.18 La función: f X Y 1 4 2 3 6

es sobreyectiva pero no inyectiva, luego no puede tener inversa, pues f Y X −1

4 6

1 2

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 )

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

54


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 que f (y0 ) = z0 . Por ser g sobreyectiva existe x0 ∈ Dg tal que g(x0 ) = y0 . Claramente (f ◦ g)(x0 ) = f(g(x0 )) = f(y0 ) = z0 .

Esto muestra que f ◦ g es sobreyectiva.

Teorema 2.12 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 −1 f ◦ (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 −1 g ◦ 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 todo A ⊂ X. Definición 2.15 (Imagen Inversa de un Conjunto). Sea f : X → Y una función. Si B ⊂ Y definimos la imagen inversa de B como el conjunto f −1 (B) = {x ∈ X : f (x) ∈ B}


55

Teorema 2.16 Sea f : X → Y una función, entonces: a) para todo A ⊂ X, (f −1 ◦ f)(A) ⊂ A b) f es inyectiva si y solamente si para todo A ⊂ X, (f −1 ◦ f)(A) = A. Teorema 2.17 Sea f : X → Y una función, entonces: a) para todo B ⊂ Y , (f ◦ f −1 ) ⊂ B b) f es sobreyectiva si y solamente si (f ◦ f −1 )(B) = B para todo B ⊂ Y . Teorema 2.18 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 (B c ) = (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 arco arco arco arco arco

seno coseno tangente cotangente secante cosecante

arcsin x arccos x arctan x arccot x arcsec x arccsc x

Acontinuación se presenta la gráfica de la función arctan x f(x) = arctan(x) Y

X

56


2.4.4

Funciones Hiperbólicas inversas

A continuación se presentan las funciones hiperbólicas inversas. arco arco arco arco arco arco

seno hiperbólico coseno hiperbólico tangente hiperbólico cotangente hiperbólico secante hiperbólico cosecante hiperbólico

arcsenh x arccosh x arctanh x arccoth x arcsech x arccsch x

todas estas funciones, pueden expresarse en función del logaritmo como se ve a continuación en la siguiente tabla: √ arcsenh x = ln x + x2 + 1 x∈R √ x≥1 arccosh x = ln x + x2 − 1 1 1+x arctanh x = ln x ∈ (−1, 1) 2 1−x 1+x 1 x∈ / [−1, 1] arccoth x = ln 2 1−x √ 1 + 1 − x2 x ∈ (0, 1] arcsech x = ln x √ 1 + x2 1 arccsch x = ln x = 0 + x |x| a continuación de demuestran algunas de éstas fórmulas. • Función arcsenh x. Sea y = arcsenh x, entonces senh y = x, luego: x=

1 y e − e−y 2

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 2x ± 4x2 + 4 = x ± x2 + 1, 2

√ 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

arcsenh x = ln x + x2 + 1

2.5. FUNCIONES CRECIENTES Y DECRECIENTES

57

• Función arctanh x. Sea y = arctanh x, entonces: tanh y = x de donde ey − e−y = x, ey + e−y esto es, ey − e−y = xey + xe−y , multiplicando por ey y ordenando: e2y (1 − x) = 1 + x despejando y :

1 1+x y = ln 2 1−x

que es válido para los x que satisfacen la desigualdad

2.5

1+x > 0, esto es: x ∈ (−1, 1) . 1−x

Funciones Crecientes y Decrecientes

Definición 2.19 (Función creciente). Sea f : X ⊂ R → Y ⊂ R . Se dice que f es creciente si para cualesquiera x0 y x1 en X tal que x0 < x1 se tiene f(x0 ) ≤ f (x1 ). Si reemplazamos el símbolo ≤ (menor o igual) por < (menor ) la función f se llama estrictamente creciente. Ejemplo 2.19 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 decreciente si para cualesquiera x0 , x1 ∈ X tal que x0 < x1 se tiene f(x0 ) ≥ f (x1 ). Si reemplazamos el simbolo ≥ (mayor o igual) por > (mayor) la función f se llama estrictamente decreciente. Ejemplo 2.20 f (x) = −x + 1 es estrictamente decreciente. Función creciente y

Función decreciente y

x

x

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

58

CAPÍTULO 2. FUNCIONES Demostración Sean x0 y x1 puntos distintos en X. Sin perdida de generalidad podemos suponer x0 < x1 , luego f (x0 ) < f(x1 ) o f (x0 ) > f(x1 ), en todo caso f(x0 ) = 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 en Y. Ejemplo 2.21 La función f (x) = loga x con a > 1, es estrictamente creciente f : R+ → R. Luego f −1 : R → R+ existe. La inversa está definida por f −1 (x) = ax . Ejercicios resueltos Ejercicio 2.14 Sea f : R → R definida por f (x) = x2 + 1. Discutir la inyectividad, sobreyectividad y la inversa. Solución. Inyectividad. f no es inyectiva pues para −1 y 1 en el dominio de f se tiene f(−1) = f(1) = 2 siendo que −1 = 1. Sobreyectividad. f tampoco es sobreyectiva pues para 0 ∈ Cf no existe preimagen ya que no existe 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 embargo redefinamos f del siguiente modo: f : R+ ∪ {0} → [1, ∞) y f(x) = x2 + 1. Mostraremos que ahora f si es biyectiva, esto es, inyectiva y sobreyectiva. Inyectividad. Sean x0 , x1 ∈ R+ ∪ {0} y supongamos que f(x0 ) = f(x1 ), entonces x20 + 1 = 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 ser inyectiva. √ Sobreyectividad. Sea y0 ∈ [1, ∞), luego de y0 = x20 + 1 obtenemos x0 = y0 − 1 asi existe √ x0 = y0 − 1 tal que f(x0 ) = y0 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: Hacemos f(x) = y y se obtiene la ecuación y = x2 + 1,

2.6. FUNCIONES ACOTADAS

59

despejando x obtenemos x= y se define la función inversa como

y−1

f −1 (x) = Observemos que f −1 : [1, ∞) → R+ ∪ {0}.

2.6

√ x−1

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 todo x ∈ 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 la franja dada por las rectas y = −k y y = k.

y

Df = ( a, b)

y=k

f ( x) ≤ k ∀x ∈ Df a

b

x

y = −k 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) para todo x ∈ [a, b]. Tomando k = max {|f(a)| , |f(b)|} se tiene |f(x)| ≤ k. b) Caso f decreciente. Se muestra como en el caso (a) Ejemplo 2.22 Sea f (x) = 2x + 3, definida en {x : |x − 3| ≤ 1}, entonces −2 ≤ x ≤ 4. Como f es creciente en R, es en particular creciente en [−2, 4], luego f (−2) ≤ f(x) ≤ f(4) esto es, −1 ≤ f(x) ≤ 11, de donde |f (x)| < 11 para todo x ∈ [−2, 4]. Ejemplo 2.23 Sea f(x) = 12x2 − 22x definida en [0, 2]. En este caso f(0) = 0 y f (2) = 4. Decir 0 ≤ f(x) ≤ 4 para todo x en [0, 2 ] no es verdadero, pues por ejemplo 1 ∈ [0, 2] pero f(1) = −10 y no es cierto que 0 ≤ −10 ≤ 4. Esto por supuesto no contradice el teorema anterior pues f(x) = 12x2 − 22x no es creciente ni decreciente en [0, 2]. Para acotar esta función procedemos como sigue:

60

CAPÍTULO 2. FUNCIONES 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. Ejercicios resueltos 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)| = ≤ < =

3 x − 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

sumando:

27 < x3 < 125 −75 < −3x2 < −27 6 < 2x < 10 5≤5≤5 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 : 3 3 2 2 |f (x)| = x − 3x + 2x + 5 = (h + 4) − 3 (h + 4) + 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 < −3 2 < 2x < 6 20 ≤ 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 + cos x para los números x tales que |x + 2| < 3. Método 1. Si |x + 2| < 3 se tiene −5 < x < 1, luego |x| < 5, con este resultado escribimos |f(x)| = x3 − x + cos x ≤ |x|3 + |x| + |cos x| < 53 + 5 + 1 = 131

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

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) h=

≤ 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.

62


Capítulo 3

Límites y Continuidad 3.1

Introducción

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

f ( x) = x − [ x] y 1 0.5

−2

−1

0

0.5

1

2 x

Con puntos ”cercanos a 0.5” construimos la siguiente tabla: f (x) 0.498 0.499 0.5 0.501 0.502

x 0.498 0.499 0.5 0.501 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: f (x) 0.998 0.999 0. 0.001 0.002

x 0.998 0.999 1.0 1.001 1.002 63

64

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD

observemos que para valores ”cercanos” a x = 1 las imagenes cambian abruptamente de 0.999 a 0. con esto se ratifica lo que geométricamente se ve en el gráfico de f. En el gráfico, la función f no tiene trazo continuo cerca de x = 1, observemos también que el trazo es continuo cerca de x = 0.5. Así diremos, aunque imprecisamente, que una función es continua en un punto x = a si su gráfico tiene trazo continuo para ”valores cercanos” de a, en caso contrario es 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 ”valores cercanos”. 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 = 2 y x = 1.5. ¿En que puntos es discontinua f? 1 . ¿Es la gráfica de f continua en x = 0? x 3 si x ∈ (−∞, 1] x . 4. Sea f(x) = −2x + 3 si x ∈ (1, ∞) ¿Es la gráfica de f continua en x = 1? 3. Sea f(x) =

5. Sea f(x) =

3.2

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

Límite de una Función

En esta sección se da la definición de límite, definición empleada fundamentalmente para realizar demostraciones 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 que contiene p es llamado una vecindad de p. Ejemplo 3.1 Los siguientes intervalos son vecindades de p = 1 : (0, 2), (0.4, 0.7), (1 − -, 1 + -) para - > 0. Una vecindad de p se denotará con el símbolo Vp o V (p). Un caso particular es cuando V (p) = (p − -, p + -) , entonces la vecindad se denotará con V (p, -). Observemos que (p − -, p + -) = {x : p − - < x 0 el conjunto de los x que satisfacen |x − p| < - es una vecindad de p. Observación. Una vecindad de p de la forma (p − -, p + -) es un intervalo abierto centrado en p y radio -.

3.2. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN

3.2.1

65

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 lim f (x) = L

x→p

Si para todo - > 0, existe δ > 0 tal que si 0 < |x − p| < δ entonces |f (x) − L| < -. Observación. En términos de vecindades lo anterior significa que si x se encuentra en la vecindad V (p, δ) entonces f (x) se encuentra en la vecindad V (L, -) . A veces, escribiremos x − p → 0 en lugar de x → p. Con h = x − p, así son que son equivalentes lim f (x) = L y lim f(p + h) = L

x→p

h→0

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 tiene imagen ”lejos” de L. Para mostrar que el límite de una función en cierto punto p, digamos es L, es necesario estimar inicialmente este valor y para eso es conveniente evaluar la función en puntos cada vez más cercanos al punto p y observar a que valor se acercan las imágenes. Dicho valor es, posiblemente, el límite buscado. A continuación se muestra gráficos para ilustrar el hecho de que un número L es el límite y cuando no lo es.

y

y

f ( x)

L+ε L L−ε

f ( x)

L+ε L

f ( x)

L−ε f ( x)

x

x p−ε

p

p +ε

lim f ( x) = L x→ p

x

x p−ε

p

p +ε

lim f ( x) ≠ L x→ p

Ejemplo 3.2 Consideremos la función f (x) = 3x − 1, entonces podemos probar que lim f (x) = 2, x→1 en efecto, para - > 0 existe δ = tal que si |x − 1| < δ entonces 3 |f(x) − 2| = |3x − 1 − 2| = 3 |x − 1| < 3δ = 3 = -, 3

66


esto es, |f (x) − 2| < -. En particular con - = 0.3 tenemos δ = = 0.1. Nótese que para puntos 3 cercanos de 1, sus imágenes están cerca de 2. Ejemplo 3.3 Sea la función f (x) = x + 1, entonces lim f (x) = 3, esto es, lim f (x) no puede x→1

x→1

ser 3, en efecto, si - = 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 no existe el límite en dicho punto. Por ejemplo, si x = 1, f (1) = 1 pero el límite no es L = 1 como se muestra en la siguiente figura. Sin embargo, podemos decir cuál es el límite por la izquierda y cual por la derecha, para precisar esto, se dan las correspondientes definiciones:

f ( x) = [ x] y 2 1 −2

−1

0

1

2

3 x

−1

−2

3.2.2

Límites Laterales

Definición 3.3 El límite lateral por la derecha de una función f en un punto p denotado por lim f (x) es definido como: x→p+

lim f (x) = L

x→p+

si para para todo - > 0 existe δ > 0 tal que si 0
entonces

|f (x) − L| < -.

La expresión x → p+ significa que se toman valores cercanos a p por la derecha. Ejemplo 3.4 Sea f (x) = [x] , entonces lim f (x) = 1. 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 por lim f (x) es definido como: x→p−

lim f (x) = L

x→p−

si para todo - > 0 existe δ > 0 tal que si −δ < x − p < 0 entonces

|f (x) − L| < -

3.2. LÍMITE DE UNA FUNCIÓN

67

Ejemplo 3.5 Consideremos la función f definida por f (x) = [x], entonces lim f (x) = 0. x→1−

Respecto de los lìmites laterales se tienen los siguientes resultados. Teorema 3.5 Si lim f (x) existe entonces los lìmites laterales en x = p existen y son iguales. x→p

El anterior teorema en su forma contrapositiva dice que ”Si los límites laterales de 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, lim f (x) = n, y lim f (x) = n − 1, luego si n es un entero, el límite lim f (x) no existe.

x→n+

x→n−

x→n

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 se cumple lim f (x) = k, x→a

en efecto si - > 0, |f (x) − k| = |k − k| = 0 < -, así para todo - > 0 existe δ > 0, tal que si |x − a| < δ entonces |f (x) − k| < -. (observemos que en este caso particular δ puede ser cualquier número positivo). Teorema 3.7 Si lim f (x) existe, este es único. x→p

Demostración. Supongamos que L1 y L2 son los límites de f (x) cuando x → p. Entonces si - > 0 existe δ > 0 tal que si |x − p| < δ se tiene |f (x) − L1 | < y 2 |f (x) − L2 | < luego 2 |L1 − L2 | = |−f (x) + L1 + f (x) − L2 | = |− (f (x) − L1 ) + (f (x) − L2 )| ≤ |f (x) − L1 | + |f (x) − L2 | < + = -. 2 2 Puesto que - es arbitrario, debemos tener |L1 − L2 | = 0; de este resultado L1 = L2 . Teorema 3.8 Sean f y g funciones tales que lim f (x) = A y lim g (x) = B, entonces: (i) (ii) (iii)

x→p

lim (f (x) ± g (x)) = A ± B

x→p

lim f (x) g (x) = AB

x→p

lim

x→p

f (x) A = si B = 0. g (x) B

x→p

68

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD Demostración. (i) Si - > 0, existen δ 1 y δ 2 > 0 tales que si |x − p| < δ1 y |x − p| < δ 2 se tiene |f (x) − A| < y |f (x) − B| < luego 2 2 |f (x) ± g (x) − (A ± B)| ≤ |f (x) − A| + |g (x) − B| < + =2 2 por tanto |f (x) ± g (x)| < - siempre que |x − p| < δ, donde δ = min {δ 1 , δ 2 }. (ii) Para demostrar esta parte, escribimos

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

se ha sumado y restado 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 arbitrariamente grande. Para el número 1, existe δ 3 > 0 tal que si |x − p| < δ 3 , 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 - > 0 existen δ 1 > 0 y δ 2 > 0 tales que |f (x) − A| < Por tanto

y |g (x) − A| < 2(1 + |B|) 2(1 + |A|)

|f (x) g (x) − AB| ≤ |f (x)| |g (x) − B| + |B| |f (x) − A| + |B| < (1 + |A|) 2(1 + |A|) 2(1 + |B|) |B| 1+ = 2 1+ | B | < (1 + 1) = -, 2 luego |f (x) g (x) − AB| < - siempre que |x − p| < δ, donde δ = min {δ 1 , δ 2 , δ 3 }. f (x) B B f (x) = · es suficiente probar que lim = 1, porque (iii) Puesto que x→p g (x) B g (x) g (x) entonces: f (x) f (x) B A lim =lim · lim = x→p g (x) x→p B x→p g (x) B Sin pérdida de generalidad, supongamos que B > 0. Para - > 0 existe δ 1 tal que -B B |g(x) − B| < , siempre que |x − p| < δ 1 . También existe un δ 2 tal que |g(x) − B| < . 2 2 Eligiendo δ = min {δ 1 , δ 2 }, se tiene: |g (x) − B| <

-B 2

y

|g(x) − B| 2 1 2 < finalmente |g(x)| B |g(x) − B| B -B 2 g (x) − 1 = |g(x)| < 2 · B = B − 1 < - siempre que |x − p| < δ, esto prueba (iii). luego g (x)

Corolario 3.9 Si k es una constante, entonces i) lim (k + f (x)) = k+ lim f (x) x→p

x→p

ii) lim k · f (x) = k· lim f (x). x→p

x→p

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 lim f (x) =lim h (x) = L entonces lim g (x) = L. x→p

x→p

x→p

Demostración. Ejercicio.

3.3

Un algoritmo para demostrar Límites

Supóngase que se desea mostrar: lim f (x) = L.

x→p

Para aplicar la definición en términos de - y δ debemos probar que dado un - > 0, es posible encontrar un δ > 0 tal que si 0 < |x − p| < δ para x ∈ Df , entonces |f(x) − L| < - o equivalentemente |f (x) − L| < - siempre que 0 < |x − p| < δ, x ∈ Df . En esta sección, se dará un algoritmo general para encontrar δ dado -. (se sugiere, para esta parte, repasar la sección sobre cotas de una función del capítulo precedente) Algoritmo - − δ (Epsilon-Delta) Para demostrar lim f (x) = L, se siguen los siguientes pasos x→p

• 1) Se da - > 0. A partir de este momento - se considera fijo. • 2) De |f (x) − L| se obtiene : |f (x) − L| ≤ |x − p| |g (x)| . • 3) Se supone |x − p| < q, donde q es un número elegido de modo que la vecindad V (p, q) se encuentre en el dominio. Luego se procede a la acotación de g (x) en el conjunto {x : |x − p| < q} , obteniendose |g(x)| ≤ M, M > 0.

70

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD - • 4) Se toma δ = min q, , así encontramos el δ buscado. M • 5) Fin

Justificación Procedemos a justificar el anterior algoritmo. Sea - > 0, de |f (x) − L| factorizamos |x − p| y obtenemos |f (x) − L| = |x − p| |g (x)|. Procedemos a la acotación de g (x) en el dominio {x : |x − p| < q} donde q es un número arbitrario. Se tiene 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 < -,

- , pero también |x − p| < q. Por tanto tomamos δ = min q, y entonces M M tenemos |f (x) − L| ≤ |x − p| M < - siempre que |x − p| < δ. Observaciones luego |x − p| <

• (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 - − δ no dice como encontrar el número L, lo que hace es permitirnos mostrar si es o no evidente que L es el límite de la función f en el punto dado p. Problemas resueltos Ejercicio 3.1 Demostrar que lim f (x) = 34, donde f (x) = x3 + x2 − x + 1. x→3

Solución. Con L = 34 se tiene: • Paso 1. Sea - > 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.

3.3. UN ALGORITMO PARA DEMOSTRAR LÍMITES

71

- • Paso 4. Tomamos ahora δ = min 1, pues entonces si |x − 3| < δ, se tiene 43 |f (x) − L| ≤ |x − 3| x2 + 4x + 11 ≤ 43 |x − 3| < 43 δ < -, así se prueba que lim f (x) = 34. x→3

Ejercicio 3.2 Probar que lim f (x) = 4, donde f (x) = −x3 + 6x2 − 11x + 10. x→2

Solución. En este ejercicio L = 4. • Paso 1. Sea - > 0. • Paso 2.

2 f (x) − L = −x3 + 6x −2 11x + 10− 4 = (x − 2) −x + 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, pues entonces si |x − 2| < δ se tiene: 24 |f (x) − L| ≤ |x − 2| −x2 + 4x − 3 ≤ 24 |x − 2| < 24 δ < -, lo que prueba que lim f (x) = 4. x→2

Ejercicio 3.3 Sea f (x) = −5x3 − 2x + 1. Demostrar lim f (x) = −6. x→1

Solución. Se tiene L = −6, luego: • Paso 1. Sea - > 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 - , así, dado - > 0, existe δ > 0 tal que |f(x) − L| < - siempre (4) Tomamos δ = min 1, 37 que |x − 1| < δ.

72

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD x2 = 1. 1− x→0 2

Ejercicio 3.4 Mostrar que lim Solución. Sea f (x) = 1 − • Paso 1. Sea - > 0. • Paso 2. f (x) − L = 1 −

x2 , L = 1. 2

x x2 x −1=x − = xg (x) donde g (x) = − . 2 2 2

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

1 1 1 |g(x)| = − x = |x| < 2 2 2

1 para |x| < 1. 2     -  • Paso 4. Tomamos δ = min 1, , así, dado - > 0, existe δ > 0 tal que |f (x) − L| <   1  2 siempre que |x| < δ. por tanto |g(x)| <

Otro método Sea - > 0, 2 x |f(x) − L| = 1 − − 1 2 |x|2 <= 2 √ √ |x|2 < -, obtenemos |x| < 2- y tomamos δ = 2- y nuevamente |f (x) − L| < - siempre 2 que |x| < δ. √ √ Ejercicio 3.5 Demuestre que lim x = p. luego de

x→p

√ √ x, L = p. Tenemos dos casos a discutir p = 0 y p > 0. √ (a) Caso p = 0. En este caso, se debe mostrar que lim x = 0. El algoritmo - − δ no puede Solución. Sea f (x) =

emplearse como se prueba a continuación.

x→0

√ |f(x) − L| = | x − 0| √ = | x| 1 = |x| √ x

1 por tanto |f (x) − L| = |x| |g (x)| con g (x) = √ para todo q tal que |x| < q; la función g (x) x no puede acotarse en el conjunto {x : |x| < q}. Sin embargo, se puede proceder como sigue: √ |f (x) − L| = x < -,

3.3. UN ALGORITMO PARA DEMOSTRAR LÍMITES de la desigualdad

73

√ x < -, obtenemos x < -2 y tomamos δ = -2 pues, en tal caso √ √ √ |f (x) − L| = x < δ = -2 = -,

es decir, |f (x) − L| < - siempre que |x| < δ. (b) Caso p > 0. En este caso, como veremos, el algoritmo - − δ puede aplicarse. • Paso1. Sea - > 0. • Paso 2

√ √ x− p x−p = √ √ x+ p

f(x) − L =

por tanto 1 donde g (x) = √ √ . x+ p • Paso 3. • Paso 4.

f (x) − L = (x − p)g (x)

1 1 |g (x)| = √ √ < √ x+ p p

|f (x) − L| = |x − p| · |g (x)| 1 < |x − p| · √ p

1 √ √ de la desigualdad |x − p|· √ < -, se obtiene |x − p| < -· p, esto sugiere tomar δ = -· p, p pues entonces √ x − p |x − p| -· p δ < √ = √ =|f (x) − L| = √ < √ p p p x + p luego |f (x) − L| < -, siempre que |x − p| < δ.

Ejercicio 3.6 Demostrar que lim

x→−1

1 x+2 = . x+3 2

Solución. Usaremos el algoritmo - − δ con f (x) =

x+2 1 yL= . x+3 2

• Paso 1. Sea - > 0. • Paso 2.

f(x) − L = =

x+2 1 − x+3 2 x+1 2 (x + 3)

= (x + 1) g (x) donde g(x) =

1 . 2 (x + 3)

74

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD • Paso 3. Supongamos que

|x + 1| < 1,

luego, −2 < x < 0, de esto obtenemos 1 < x + 3 < 3, por tanto,

1 3

<

1 < 1, lo que permite escribir x+3 1 1 1 < g (x) = < 6 2(x + 3) 2

1 y entonces |g(x)| < . 2 • Paso 4. Tomamos δ = min {1, 2-}.

Ejercicios propuestos En los siguientes ejercicios, usando el algoritmo - − δ, demostrar que 1. lim 25x3 − 375x2 + 1839x − 2945 = 0. x→5

2. lim

x→−1

3. lim

x→−2

3 x + 3x2 + 2x = 0.

3 5x + 30x2 + 55x + 20 = −10.

4. lim −x2 + 6 = 5. x→1

5. lim

x→−5

6. lim

3 x − x2 + 10 = −140.

x→1/2

1 = 4. x2

7. lim sin x + x2 = 0. x→0

8. lim x5 + x3 + 1 = 3. x→1

9. lim x4 − 8x3 + 19x2 − 12x − 2 = 2. x→2

Probar que: 7 3x − 2 10. lim = . x→3 x+1 4

3.4. LA DEFINICIÓN DE CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN 11. lim

x→p

75

√ √ 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. lim x3 + 9x2 + 26x = −24 : usar V (−3, 1) . x→−3

13. lim x4 − 8x3 + 15x2 + 4x − 10 = 10: usar V (2, 3) x→2

14. lim

x→−1

4 x + 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. lim x2 − 4 = 1. x→2

16.

lim sin x = 0.

x→π/2

3.4

La Definición de Continuidad de una Función

Consideremos la función f definida en R cuya regla de correspondencia es 5 x = 1 f (x) = 10 x=1 Y 10 5

1

X

Podemos observar que lim f (x) = 5 = f (1). En general si lim f(x) = L, no tenemos necesariamente x→p

x→1

que L = f (p), si éste es el caso y f(p) está definida diremos que la función es continua. Para mayor precisión 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 p b) lim f (x) = f(p) x→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.

76

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD Observación. Claramente si f es contínua en p debemos tener: lim f (x) = lim− f (x) = f (p)

x→p+

x→p

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

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 = 1 no existe. Ejemplo 3.9 La función f definida por f (x) =

1 1 no es continua en x = 0 pues, lim 2 no existe. x→0 x x2

y f(x) =

1 x2

x

Definición 3.12 (Continuidad en un conjunto) f : X → Y es continua en X si f es continua en todo punto p ∈ X. Ejemplo 3.10 La función f definida por f(x) =

1 es continua en R − {0}, pero no en R. x2

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 diferencia f − 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 es continua en p. Demostración: Sin pérdida de generalidad podemos suponer que Rf = Dg = B, esto f

g

es, Df−→ B −→ Cg . Sea ε > 0. Al ser g continua en f (p), existe ε1 > 0 tal que |g (y) − g (f (p))| < ε

3.4. LA DEFINICIÓN DE CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN

77

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) = cos x2 . Con f(x) = x2 y g(x) = cos x tenemos h(x) = (g ◦ f )(x). Puesto que cos x y x2 son continuas en todo R, h es continua en todo R. 1 1 , con f(x) = (x − 2)2 y g(x) = , tenemos h(x) = (g ◦ f)(x). 2 (x − 2) x La función f(x) es continua en x = 2 pero f(2) = 0 y g no es continua en f(2) y h no es continua en x = 2. Ejemplo 3.12 Sea h(x) =

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 todo p se tiene: lim f (x) = f (p) . x→p

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

p (x) es continua en todo p tal q (x)

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 Cálculo y 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 = existe δ > 0 tal que 1 |f(x) − f(c)| < f (c) 2 siempre que |x − c| < δ, luego 1 2 f (c) < f (x) < f (c) 2 3 siempre que c − δ < x < c + δ. Por tanto f(x) > 0 en (c − δ, c + δ). f (c) Si f (c) < 0, tomamos ε = − . 2

f (c) , 2

78


3.4.3

Teorema de Bolzano

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

3.4.4

El teorema del Valor Intermedio

Teorema 3.19 (Teorema del Valor Intermedio). Sea f continua en [a, b]. Sean x1, x2 puntos en [a, b] tales que x1 < x2 tal que f(x1 ) = f(x2 ). Entonces para cada valor y0 entre f (x1 ) y f(x2 ) existe x0 ∈ (x1 , x2 ) tal que f(x0 ) = y0 . Demostración. Sin pérdida de generalidad supongamos que f(x1 ) < y0 < f(x2 ) Sea g(x) = f(x) − y0 , es claro que g es continua en [a, b], además g(x1 ) = f(x1 ) − y0 < 0 y g(x2 ) = f(x2 ) − y0 > 0,

entonces por el Teorema de Bolzano existe c ∈ (x1 , x2 ) tal que g(c) = 0, por tanto f (c) − y0 = 0 de donde f(c) = y0 . A continuación se presenta un teorema que garantiza la existencia de raices n-ésimas. Teorema 3.20 Si n es un entero positivo y si a > 0, entonces existe exactamente un número positivo b tal que bn = a. Demostración: Sea c un número tal que 0 < a < c, c > 1 consideremos la función f : [0, c] → R definida por f (x) = xn , es claro que f(0) = 0 < f(c) = cn , además puesto que c > 1 se tiene c < cn luego 0 < a < cn . Por el Teorema del Valor Intermedio existe b ∈ (0, c) tal que f(b) = a, esto es, bn = a. El número b es único pues f es inyectiva al ser f estrictamente creciente. Ejercicios resueltos Ejercicio 3.7 Mostrar que f (x) = xn , es continua en todo p. Solución. Tenemos f (p) = pn , además fácilmente se muestra: lim xn = pn ,

x→p

luego f es continua en p. 1

Bernhard 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.

3.4. LA DEFINICIÓN DE CONTINUIDAD DE UNA FUNCIÓN

79

Ejercicio 3.8 Encontrar el valor de T tal que la función f definida por 2 x − x − 2 si x < 2 f(x) = x − T + 1 si x ≥ 2 sea continua en todo su dominio. Solución. La función es contínua para x < 2 y para x > 2, si f va a ser continua en x = 2 debemos tener que los límites laterales 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. y

y

-2

4

4

3

3

2

2

0

-1

1

2

x

-2

-1

-2

0

1

2

x

-2

T =3

T =0

Ejercicio 3.9 Encontrar el valor de k tal que la función definida por ! 2 si x < 1 x + (k − 1) x f(x) = 3 2 11 − x + x − (2 + k) si x ≥ 1 2 2 es continua. Solución. Claramente f es continua en todo punto x = 1, analizamos el caso x = 1. lim f (x) = 1 + (k − 1) = k

x→1−

y

3 11 lim f (x) = − + − (2 + k) = 2 − k. 2 2 x→1+ Para que f sea continua en x = 1, los límites laterales deben ser iguales, es decir, k = 2 − k, de donde k = 1. Así ! si x < 1 x2 f(x) = 3 2 11 − x + x − 3 si x ≥ 1 2 2 es continua en x = 1 y con ello continua en todo el dominio.

80


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

 2  x −9 f (x) =  Ax − 3

si x = 3

si x = 3

¿Para que valor de A esta función es continua en todo su dominio?. Sol. 3. Sea

 −2x + 5 si x ∈ (−∞,   0)   5  A+2 si x ∈ 0, f (x) = 2   5    4x − B si x ∈ , 10 2

A = 6.

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

A = 3,

4. ¿Para que valores de T la siguiente función es continua en todo su dominio? 2 2 T x +x−1 si x ∈ (−∞, 1) f (x) = x−5 si x ∈ [1, ∞) Sol.

No existen.

5. ¿Para que valores de K la siguiente función es continua en x = 5?   4x + 5 si x ∈ (0, 5) f (x) = K +x  K2 + x si x ∈ [5, ∞) Sol. K ∈

3.5 3.5.1

!

−5 ± 0, 2

√ " 5

Cálculo de Límites El símbolo ∞

• Si el valor numérico de una variable x va tomando valores positivos mayores a cualquier valor asignado de antemano, se dice que x tiende a infinito y se escribe: x → ∞. • Si el valor numérico de una variable x va tomando valores negativos menores a cualquier valor asignado de antemano, se dice que x tiende a menos infinito y se escribe: x → −∞.

3.5. CÁLCULO DE LÍMITES

81

• Se escribe:

lim f (x) = ∞

x→a

si f (x) va tomando valores mayores a cualquier valor asignado de antemano a medida que x se aproxima al valor a, es claro que lim f (x) no existe, pero por abuso de lenguaje se escribe x→a de esa manera. Una situación similar se tiene para el caso −∞. Ejemplo 3.13 Si x solo toma valores positivos: a ∞ si a > 0 lim = −∞ si a < 0 x→0 x

3.5.2

Indeterminaciones

Para el cálculo de límites, en el caso de funciones continuas, se procede por evaluación directa excepto en los casos en que la función no es continua. Al realizar la evaluación de la función es posible tener los siguientes casos: 0 , 0

1∞ ,

00 ,

∞−∞

tales casos se llamarán indeterminaciones.

3.5.3

El paso al límite

Si en la expresión lim f (x), calculamos f (p), diremos que hemos hecho la operación paso al límite, x→p

si este paso nos lleva a una indeterminación entonces, antes del ”paso al límite”, pueden emplearse todas las operaciónes algebraicas que se deseen y requieran, de manera que se elimine la indeterminación, si es posible. Técnicamente si el paso al límite en lim f (x) no puede realizarse reemplazamos f por una x→p

función continua igual a f a excepción del punto p. Ejercicios resueltos Ejercicio 3.10 Calcular lim x3 − x2 + 3x + 6 x→5

Solución. lim x3 − x2 + 3x + 6 = 125 − 25 + 15 + 6 = 121, en este ejercicio, el paso al límite x→5 es inmediato. Ejercicio 3.11 Calcular lim

x→4

x2

x−4 − 11x + 28

0 Solución. En este ejercicio, no podemos hacer el paso al límite, pues tendríamos que no está 0 definido, sin embargo: x−4 x−4 1 = = , 2 x − 11x + 28 (x − 4) (x − 7) x−7

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

82

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD lim

x→4 x2

Ejercicio 3.12 Calcular L =lim

x→3

1 1 x−4 1 = lim = =− . − 11x + 28 x→4 x − 7 4−7 3 9 − x2 √ . 5 − x2 + 16

0 Solución. Aquí, el paso al límite, tampoco puede hacerse, pues tenemos . Sin embargo 0 podemos usar técnicas algebraicas para romper con la indeterminación. √ 9 − x2 5 + x2 + 16 multiplicando y dividiendo √ L = lim √ √ 2 + 16 x por 5 + x→3 5 − x2 + 16 5 + x2 + 16 √ 9 − x2 5 + x2 + 16 = lim x→3 25 − (x2 + 16) √ 9 − x2 5 + x2 + 16 se cancela 9 − x2 = lim 2 x→3 9−x √ = lim 5 + x2 + 16 x→3 √ = 5 + 32 + 16 = 10 x−2 Ejercicio 3.13 Calcular lim √ x→2 x2 − 4 Solución. En este ejercicio el paso al límite no puede hacerse inmediatamente, antes de ello procedemos a realizar algunas operaciones algebraicas. x−2 lim √ x→2 x2 − 4

=

=

lim #

x→2

lim

x→2

1 (x − 2)(x + 2) (x − 2)2 1 x+2 x−2

√ x−2 =0 = lim √ x→2 x+2 √ √ 3 x + 6 − 3 4x √ Ejercicio 3.14 Calcular lim x→2 3 − x2 + 5 Solución. Empleando el hecho de que $ √ $ √ 3 3 3 3 2 2 3 x + 6 − 4x (x + 6) + (x + 6) (4x) + (4x) = (x + 6) − (4x) = 6 − 3x se tiene:

3 − x2 + 5 3 + x2 + 5 = 9 − x2 + 5 = −x2 + 4

3.5. CÁLCULO DE LÍMITES

83

√ √ 3 x + 6 − 3 4x √ lim x→2 3 − x2 + 5

= = = =

Ejercicio 3.15 Calcular lim

x→−1

√ (3+ x2 +5) √ √ √ · 3 (x+6)2 + 3 (x+6)(4x)+ 3 (4x)2 √ 3+ x2 +5) ( −3(x−2) √ √ lim · √ 3 3 x→2 −(x+2)(x−2) (x+6)2 + 3 (x+6)(4x)+ (4x)2 √ (3+ x2 +5) √ −3 √ lim −(x+2) · √ 3 3 x→2 (x+6)2 + 3 (x+6)(4x)+ (4x)2

lim 6−3x 2 x→2 −x +4

3 4

6 4+4+4

=

3 8

x2 + 3x + 2 x2 + 4x + 3

Solución. lim

x→−1

x2 + 3x + 2 x2 + 4x + 3

= =


h→0

lim

(x + 1)(x + 2) (x + 1)(x + 3)

lim

x+2 1 = x+3 2

x→−1

x→−1

(x + h)3 − x3 h

Solución. lim

h→0

(x + h)3 − x3 h

= = =

lim

x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 − x3 h

lim

h(3x2 + 3xh + h2 ) h

h→0

h→0

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

h→0

x−1 Ejercicio 3.17 Calcular lim √ x→1 x2 + 3 − 2 Solución. x−1 lim √ 2 x→1 x +3−2


x→3

√ (x − 1)( x2 + 3 + 2) √ = lim √ x→1 ( x2 + 3 − 2)( x2 + 3 + 2) √ (x − 1)( x2 + 3 + 2) = lim x→1 (x2 − 1) √ x2 + 3 + 2 =2 = lim x→1 x+1

25 − x2 √ . 5 − x2 + 16

84


Solución. Evaluando el numerador√en 3, obtenemos 25−32 = 16 de la misma manera, evaluamos el denominador en 3 y obtenemos 5 − 32 + 16 = 0, luego lim

x→3

16 25 − x2 √ = = ∞. 0 5 − x2 + 16

9 − x2 √ . 10 − x2 + 16


x→3

Solución. lim

x→3

9 − x2 9 − 32 0 √ √ = = = 0. 2 2 5 10 − x + 16 10 − 3 + 16

Ejercicios propuestos Calcular los siguientes límites: x10 − x + 1 x→0 x2 − 1

1. lim

3x − 3−x x→0 3x + 3−x

2. lim

x2 − 4 x→2 x2 − 5x + 6

3. lim

Sol.: −1 Sol.: 0 Sol.:−4

x−1 Sol.: 3 4. lim √ x→1 x2 + 8 − 3 x x>0 Sol.: No existe. 5. lim x + 1 x ≤0 x→0 √ 5 − 3x + 4 3 6. lim Sol.: − . 2 x→7 x − 49 140 x − 27 7. lim √ x→27 3 x − 3 √ √ x− a 8. lim x→a x − a

Sol.: 27. Sol: 1

1 √ . 2 a

an x1/n − a1/n 9. lim = x→a x−a na √ √ x2 − 2x + 6 − x2 + 2x − 6 1 10. lim Sol.: − . 2 x→3 x − 4x + 3 3 √ √ x + 1 − x2 + 1 1√ 2. Sol.: − 11. lim x→1 x−1 4

3.5. CÁLCULO DE LÍMITES x2 − 2 12. lim √ √ 2 x→ 2 x + 2 − 2

85

Sol.: 4

√ √ √ x2 − 2 − 2 13. lim √ Sol.: 13 2 x→2 x3 − 4 − 2 $ √ (1 + h)3 + 5h + 6 − 7 4√ 7. Sol.: 14. lim h→0 h 7 √ √ 3 5√ x5 − 3 32 15. lim Sol.: 3 32 x→2 x−2 6 1/3 (Sug. (a − b) = a − b1/3 a2/3 + a1/3 b1/3 + b2/3 ) √ √ x+x− 5−5 16. lim x→5 x−5 √ √ x+x− a−a 17. lim x→a x−a

1√ 5. 10 √ a+1 12 √ Sol.: 2 . a

Sol.: 1 +

(7 + h)n − 7n ,n∈N Sol.: n7n−1 . h→0 h √ 3 256x − 8 4 19. lim Sol.: . x→2 x−2 3 √ 15 −x3 + 2x − 2 Sol.: . 20. lim √ √ x→−2 x2 + 5 − 3x + 15 7 18. lim

x−2 3 21. lim √ Sol.: . x→2 x2 + 5 − 3 2 √ √ x − 1 − x2 − 4x + 5 22. lim x→3 x−3 √ 2x2 − 2 − 4 3 23. lim 2 Sol.: . x→3 x − 2x − 3 8

√ Sol.:− 14 2

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

Sol. a = 2, b = −1/3.

  3 − (3x + 3)1/3    1/3    a x −2 f (x) = ab     2    |2x − 7| b

si x < 8 si x = 8 si x > 8

86


3.6

Límites con funciones trigonométricas

Los límites básicos para calcular límites en donde intervienen funciones trigonométricas son lim sen x y

x→p

lim cos x ,

x→p

las funciones seno y coseno son continuas en R, luego lim sen x = sen p, lim cos x = cos p. x→p

x→p

Teorema 3.21 lim

x→0

sen x =1 x

Demostración: Consideremos la circunferencia de radio 1:

B P

x Q

O

A

del gráfico podemos deducir: Area ∆OQP ≤ Area sector OAP ≤ Area ∆OAB, ∴

1 1 1 · OQ · QP ≤ · 1 · AP ≤ · OA · AB 2 2 2

∴

1 1 1 cos x sen x ≤ x ≤ tan x 2 2 2

De lo anterior obtenemos : sen x 1 ≤ x cos x

y y cos x ≤

sen x , x

(3.1)

3.6. LÍMITES CON FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS

87

por tanto

1 sen x ≤ , x cos x luego tomando límite cuando x → 0 y por el teorema del emparedado: cos x ≤

1 ≤ lim

x→0

sen x ≤ 1, x

esto prueba el teorema. Corolario 3.22 1 − cos x =0 x→0 x lim

.

Demostración: lim

x→0

1 − cos x x

= lim

x→0

(1 − cos x)(1 + cos x) x(1 + cos x)

1 − cos2 x x→0 x(1 + cos x) sen x sen x = lim x→0 x 1 + cos x = lim

= lim

x→0

Ejercicios resueltos Ejercicio 3.20 Calcular los siguientes límites 1. lim

sen 2x x

2. lim

tan 2x sen x

3. lim

sen 5x sen x

4. lim

sen 5x − sen 3x x

5. lim

1 − cos x x2

x→0

x→0

x→0

x→0

x→0

Solución. 1. lim

x→0

sen 2x sen 2x = 2· lim = 2 · 1 = 2. x→0 x 2x

sen x sen x lim =1·0=0 x x→0 1 + cos x

88

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD 2. Usaremos las identidades: sen 2x = 2 cos x sen x, cos 2x = cos2 x − sen2 x. tan 2x sen x

lim

x→0

= lim

sen 2x sen x cos 2x

= lim

2 cos x sen x sen x(cos2 x − sen2 x)

= lim

2 cos x =2 cos2 x − sen2 x

x→0

x→0

x→0

Otro método: Para x próximo a cero sen x = x, luego lim

x→0

tan 2x sen x

sen 2x 1 . cos 2x x

= lim

x→0

= 2· lim

x→0

1 sen 2x . =2 2x cos 2x

3. lim

x→0

sen 5x sen x

= 5 lim

(sen 5x) / (5x) (sen x) /x

= 5 lim

sen 5x 1 lim 5x x→0 (sin x/x)

x→0

x→0

= 5 4. lim

x→0

sen 5x − sen 3x x

sen 5x sen 3x − 3· lim x→0 x→0 5x 3x = 5−3 = 2

= 5 lim

5. lim

x→0

1 − cos x x2

= lim

x→0

(1 − cos x) (1 + cos x) x2 (1 + cos x)

1 − cos2 x x→0 x2 (1 + cos x) sen x 2 1 = lim x→0 x 1 + cos x

= lim

=

lim

x→0

= 1/2 x Ejercicio 3.21 Calcular lim √ + x→0 1 − cos x

sen x 2 1 . lim x→0 1 + cos x x

3.6. LÍMITES CON FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS

89

Solución. x lim √ + x→0 1 − cos x

= =

lim

x→0+

lim

x→0+

#

x2 (1 + cos x) (1 − cos x)(1 + cos x) x2 (1 + cos x) 1 − cos2 x

% & 1 + cos x √ = lim & & 2 = 2 + x→0 ' sen x x2

1 − 2 cos x . x→π/3 sen x − π 3√ 1 π 3 π , Hacemos el cambio h = x − π3 . Entonces si x → Solución. Se tiene cos = , sen = 3 2 3 2 h → 0, luego


1 − 2 cos x lim x→π/3 sen x − π 3

1 − 2 cos h + π3 = lim h→0 sen h

= = = = = =

Ejercicios propuestos Hallar: √ x − sin 2x 1. lim x→0 7x + sin 4x

1 − Sol.: 11

1 11

√ 2.

1 − 2 cos h cos π3 − sen h sen π3 lim h→0 sen h √ 1 − cos h + 3 sen h lim h→0 sen h 1 − cos h √ + 3 lim h→0 sen h (1 − cos h) (1 + cos h) √ + 3 lim h→0 sen h (1 + cos h) √ sen h + 3 lim h→0 1 + cos h √ 3

π 3,

90

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD 5 − 5 cos 2x + sin 4x x→0 x

Sol.: 4.

2. lim

3. lim

x→0

tan ax x

Sol.: a. 1 Sol.: − . π

4. lim (x − 3) csc πx x→3

cos x − cos a x→a x−a

Sol.: − sin a.

5. lim

6. lim

x→−2

tan πx x+2

Sol.: π.

tan x − x2 + π2 x→π x−π

Sol.: 1 − 2π.

7. lim 8.

sin x − cos x x→π/4 1 − tan x

9.

1 − 2 cos x x→π/3 sin (x − π/3)

√ Sol.: − 12 2.

lim

Sol.:

lim

10. lim

x→0

tan x − sin x x3

√ 3.

1 2.

Sol.:

sin (a + x) − sin (a − x) x→0 x

11. lim

12. lim (1 − x) tan πx 2

Sol.:

x→1

1 − sin x2 x→0 π − x

Sol.:

13. lim 14.

x→0

1 π

cos 2mx − cos 3nx x2

sin mx2 − sin nx2 x→0 x2

16. lim

1 − cos x x→0 sin x cos x 18. lim x→π/2 1 + sin x 17. lim

4 − x2 x→2 sin πx

19. lim

x − sin 3x x→0 x + sin 4x

20. lim

2 π.

√ Sol.: − 13 3

1 − 2 cos x x→π/3 π − 3x lim

15. lim

Sol.: 2 cos a.

Sol.: −2m2 + 92 n2 . Sol.: m − n.

Sol.: 0. Sol.: 0. Sol.: − π4 . Sol.: − 25 .

3.6. LÍMITES CON FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS √ 2 − 2x √ 21. lim x→2 1 − cos x − 2 22. lim

x→π

1−

cos (x − π) (x − π)2

91

Sol.: −1. Sol.:

1 4.

√ √ 1 − sin x − 1 + sin x 23. lim x→π 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) =

(b)

C un número real.

 sin x − sin 2   A   x−2

    B + tan π (x − 4) x−2

 sin x − sin 2   A   x−2 C f (x) =    B + tan π (x − 2)  x−2

si x ∈ [1.8, 2) si x ∈ (2, 2.2]

si x ∈ [1.8, 2) si x = 2

si x ∈ (2, 2.2]

Sol. (a) Todo A, B ∈ R.

(b) Todos los puntos que satisfacen A cos 2 = B + π = C. A continuación el caso B = 5, 5+π A = cos(2) y 9

8.1416

8

7

6 1.8

1.9

2

2.1

2.2

x

92

3.7


Límites con Infinito

Definición 3.23 Se dice que lim f(x) = ∞ si para todo M > 0 es posible encontrar δ > 0 tal que x→p

si

entonces f(x) > M

0 < |x − p| < δ

Intuitivamente esto significa que cuando x se aproxima a p (por la izquierda o la derecha) las imágenes f (x) se hacen arbitrariamente grandes. Ejemplo 3.14 lim

x→0

1 1 1 = ∞, en efecto, para M > 0 se tiene que si 2 > M entonces |x| < √ , x2 x M

1 así se toma δ = √ . M

Definición 3.24 Se dice que lim f(x) = −∞ si para todo M < 0 es posible encontrar δ > 0 tal x→p

que si:

entonces f(x) < M

0 < |x − p| < δ

Definición 3.25 Se dice que lim f(x) = A si para todo - > 0 es posible encontrar M > 0 tal que x→∞

x>M Ejemplo 3.15 lim entonces

x→∞

1 +1 x2

entonces |f (x) − A| < -

1 = 1, en efecto, dado - > 0 existe M = √ tal que si x > M, 1 |f (x) − A| = 2 + 1 − 1 x 1 1 = 2 = 2 x x <

1 = -. M2

Definición 3.26 lim f (x) = ∞ si para todo M > 0 es posible encontrar N > 0 tal que x→∞

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

√ Ejemplo 3.16 lim x2 = ∞, en efecto dado M > 0 se tiene x2 = |x|2 > M, de donde x > M, x→∞ √ luego tomamos N = M. Los teoremas sobre límites (suma, resta, división y multiplicación) dados anteriormente no necesariamente son válidos cuando los límites involucrados son infinitos. Ejemplo 3.17 Sean f (x) = x2 + 4, g (x) = x2 , claramente lim f (x) = ∞,

x→∞

lim g (x) = ∞,

x→∞

también es claro que: lim (f (x) − g (x)) = lim 4 = 4,

x→∞

x→∞

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, lim (f (x) − g (x)) = lim f (x) − lim g (x)

x→∞

x→∞

x→∞

si los límites involucrados son infinitos. Observación.

Para el caso de polinomios se puede emplear el comportamiento asíntótico de los polinomios.

Ejercicios resueltos Ejercicio 3.23 Si n es un entero positivo, demostrar que lim

x→∞

Solución. Sea - > 0. Tenemos:

de esta desigualdad encontramos |x| >

1 = 0. xn

1 = 1 n < -, xn |x| 1

(-)1/n

siempre que |x| > M. Esto prueba que lim

x→∞

. Haciendo M = -−1/n , tenemos que efectivamente

1 < -, xn

1 = 0. xn

2x + 1 Ejercicio 3.24 Calcular lim √ . x→∞ 2x2 − 2x + 5

Solución. Al hacer el paso al límite encontramos ∞ ∞ , es decir una indeterminación. Via operaciones algebraicas rompemos la indeterminación. Dividiendo numerador y denominador por x tenemos 2x + 1 2 + 1/x lim √ = lim x→∞ 2x2 − 2x + 5 x→∞ 2 − 2/x + 5/x2

pero lim

x→∞

1 1 = lim = 0, por tanto: x x→∞ x2

2x + 1 2 =√ lim √ 2 2 2x − 2x + 5

x→∞

Otra manera: Empleando el comportamiento asintótico se tiene: 2x + 1 lim √ 2x2 − 2x + 5

x→∞

2x lim √ 2x2 2x = lim √ x→∞ 2x 2 = lim √ x→∞ 2 2 = √ 2 =

x→∞

94


√ x Ejercicio 3.25 Calcular lim $ √ . x→∞ x+ x+ x Solución.

√ x 1 lim % lim $ =1 # √ = x→∞ & x→∞ & x+ x+ x 1 '1 + 1 + x x3

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

a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 + an xn x→∞ b0 + b1 x + · · · + bp−1 xp−1 + bp xp

L = lim donde n, p son enteros no negativos.

Solución. Veamos tres casos, en cada caso empleamos el comportamiento asintótico de los polinomios. (a) n = p. an xn x→∞ bn xp an = bp

L =

lim

(b) Si n < p, entonces p − n > 0 an xn x→∞ bn xp an = bp xp−n = 0

L =

lim

observemos que todos los sumandos del numerador son nulos. (c) Si n > p, entonces n − p > 0 an xn x→∞ bn xp an xn−p = bp = ±∞

L =

lim

en donde el signo depende de los signos de an y bn . 5x100 + x3 + 70000 . x→∞ 10x500 + 25

Ejercicio 3.27 Calcular lim Solución.

5x100 + x3 + 70000 5x100 5 = lim = lim =0 500 500 x→∞ x→∞ x→∞ 10x + 25 10x 10x400 lim

3.7. LÍMITES CON INFINITO

95

x10 + x3 + 7 . x→∞ 10x10 + 25

Ejercicio 3.28 Calcular lim Solución.

1 x10 + x3 + 7 x10 = = lim x→∞ 10x10 + 25 x→∞ 10x10 10 √ √ Ejercicio 3.29 Calcular L = lim x2 + 2x + 3 − x2 − 2x + 3. lim

x→∞

Solución. En este caso el límite es del tipo ∞ − ∞, es decir una indeterminación. Procedemos como sigue. √x2 + 2x + 3 + √x2 − 2x + 3 √ x2 + 2x + 3 − x2 − 2x + 3 √ L = lim x→∞ x2 + 2x + 3 + x2 − 2x + 3 4x √ = lim √ x→∞ x2 + 2x + 3 + x2 − 2x + 3 4x √ = lim √ x→∞ x2 + 2x + 3 + x2 − 2x + 3 4x √ = lim √ x→∞ x2 + x2 = 2 Ejercicio 3.30 0 Sea r un número tal que |r| < 1, entonces lim rn = 0

n→∞

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 , entonces lim Sn =

n→∞

Demostración. Multiplicamos (1) por r

1 1−r

rSn = r + r2 + r3 + · · · + rn+1 restando (2) de (1) y despejando Sn tenemos Sn =

1 1 − rn+1 1−r

si n tiende a ∞ y tomando en cuenta que lim rn+1 = 0, encontramos n→∞

lim Sn =

n→∞

(1)

1 1−r

(2)

96


Ejercicios propuestos Calcular los siguientes límites: 1. lim

x→∞

2. lim

x→∞

√ √ x+1− x

Sol.: 0.

√ √ 2x2 − 2x2 − 6x

1 + x + 3x3 + x + x5 x→∞ 1 + x5 √ 3 x2 + 1 Sol.: 0. 4. lim x→∞ x + 1

3. lim

10 + x 5. lim √ 3 x→∞ x + 2x

Sol.:

Sol.:

3 2

√ 2.

Sol.: 1.

1 2.

3x2 + 7 6. lim √ Sol.: 3. x→∞ 4 x8 + x + 5 + 4x √ 3 x3 + x + 1 Sol.: 1. 7. lim x→∞ x+1 (x + 2) x2 − 5 x2 + x + 1 8. lim x→∞ (x4 + 1) (x + 25) 4x + 5x+1 x→∞ 4x + 5x

9. lim

Sol.: 1.

Sol.: 5.

ax + (a + 1)x+1 x donde a es un número real. ¿El límite existe para todo a ∈ R?. x→∞ ax + (a + 1) √ √ x − a − x donde a es un número real. 11. lim

10. lim

x→∞

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 1 x lim 1 + =e x→∞ x Corolario 3.28 lim (1 + x)1/x = e

x→0

3.8. UN LÍMITE NOTABLE

97

Demostración. Si u = 1/x, entonces: x = 1/u por otra parte si x toma valores positivos y x → 0 entonces u → ∞, luego: 1 u 1/x lim (1 + x) = lim 1 + =e u→∞ x→0 u Corolario 3.29 ex −1 =1 x→0 x lim

Demostración. Mostraremos que lim

x

x→0 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 lim

x

x→0 ex −1

=

1

lim

ln (1 + u)  1 = ln  lim (1 + u) u  u→0 u

u→0

= ln (e) = 1 eso prueba el teorema. Observación. Se puede probar: 1. Si lim u (x) = ∞ entonces limx→∞ 1 + x→∞

1 u(x)

u(x)

=e

1

2. Si lim u (x) = 0 entonces limx→∞ (1 + u (x)) u(x) = e x→0

Ejercicios resueltos Ejercicio 3.32 Mostrar que si b = 0 : ebx − 1 =b x→0 x lim

Solución. Sea u = bx, entonces si x → 0 se tiene u → 0, por tanto ebx − 1 eu − 1 = b lim =b x→0 x→0 x u lim

Ejercicio 3.33 Mostrar que

ax − 1 = ln a x→0 x lim

98

CAPÍTULO 3. LÍMITES Y CONTINUIDAD Solución. Para la solución usamos el ejercicio previo.

ax − 1 e(ln a)x − 1 = lim = ln a x→0 x→0 x x 1 3x Ejercicio 3.34 Calcular lim 1 + . x→∞ x Solución. 3 1 3x 1 x = lim 1 + lim 1 + x→∞ x→∞ x x lim

= e3


x→∞

x+5 x−2

x+3

Solución. Un cálculo da:

haciendo u =

.

x+5 7 =1+ x−2 x−2

x−2 encontramos x + 3 = 7u + 5, además si x tiende a ∞ tabién u tiende a ∞, luego: 7 x+3 x + 5 x+3 7 lim = lim 1 + x→∞ x − 2 x→∞ x−2 1 7u+5 = lim 1 + u→∞ u 7 1 u 1 5 = lim 1 + lim 1 + u→∞ u→∞ u u = e7 ·1 = e7

Observación. Si bien en cambio de variable facilita el cálculo del límite, a menudo puede omitirse. x−1 x . Ejercicio 3.36 Calcular lim x→∞ x + 1 Solución.

x−1 2 =1− x+1 x+1

entonces: lim

x→∞

x−1 x+1

x

=

=

lim 1 −

x→∞

2 x+1

x

−2  )x x+1 ( x+1 −2 1  lim  1 + x+1

x→∞ lim

−2

−2x

ex→∞ x+1 = e−2

3.8. UN LÍMITE NOTABLE Ejercicio 3.37 Calcular lim

x→∞

Solución.

99

x3 − 9 x3 − x − 5

x2 +3x

.

x−4 x3 − 9 =1+ 3 =1+ 3 x −x−5 x −x−5

1 x3 −x−5 x−4

entonces: lim

x→∞

x3 − 9 x3 − x − 5

x2 +3x

=

=

lim 1 +

x→∞

x3 −x−5 x−4

  lim  1 +

x→∞

1

1 x3 −x−5 x−4

(

(x−4) x2 +3x x3 −x−5 x→∞

lim

x2 +3x x3 −x−5 x−4

)

 (x−4)3 (x  

e = e1 1 x Ejercicio 3.38 Calcular lim (cos x) . x→0

Solución. Escribimos cos x = 1 + (cos x − 1). 1 x lim (cos x)

x→0

=

=

1 x lim [1 + (cos x − 1)]

x→0



 1 lim (1 + (cos x − 1)) cos x − 1 

x→0

cos x − 1 x = ex→0 lim

= e0 = 1 cos x − 1 = 0. x→0 x

debe recordarse que lim

Ejercicios propuestos Calcular los siguientes límites: 1. lim

x→∞

x2 + x + 1 x2 − x

x

Sol.: e2 .

2 +3x

x −x−5

cos x − 1 x

)

100


1 2. lim (1 + sin x) x

Sol.: e .

x→0

1 3. lim (cos x) x2

1

Sol.: e − 2 .

x→0

x 4. lim cos m x

Sol.: 1.

x→∞

5.

lim (1 + cos x)3 sec x

x→π/2

Sol.: e3 .

a5x − a3x Sol.: 2 ln a. x→0 x x x2 Sol.: e−1 . 7. lim x→∞ x2 + x − 1 6. lim

8. lim

x2 + 3x + 1 x2 + 2x

3x

9. lim

2x2 + x − 2 2x2 − x − 1

7(2x+1)

x→∞

x→∞

Sol.: e3 .

Sol.: e14 .

x2 +x+1)/x 3x2 + x ( 10. lim 1 + 3 x→∞ x −1

Sol.: e3 .

1 √(x2 +x+1)(4x−2) 2 2 11. lim 1 + √ x→∞ x3 − 1 − 1 (x+2) 6 3 12. lim 1 + √ x→∞ x2 − 4

Sol.: e2 .

Sol.: e−1/2 .

5√x+3 √ √ 2 x −9+ x+1 √ 13. lim x→∞ x2 − 9 14. lim

x4 + x3 + x2 − 8 x4 + x2

15. lim

x2 −√5x)/(x+4) x3 − x2 − 5x + 16 ( x3 − 5x

x→∞

x→∞

16. lim (1 + sin x)1/(3x) x→0

17. lim

x→0

x + 1 − cos x x

x2 /(2x−4)

Sol.: e5 .

Sol.: e1/2 .

Sol.: e−1 .

1

Sol.: e 3

(3 sin x)/(1−cos x)

Sol.: e3 .

3.8. UN LÍMITE NOTABLE

101

sin x (sin x cos x)/(sin x−x) 18. lim Sol.: e. x→0 x Para calcular los siguientes límites estudie su forma antes de aplicar los resultados que se obtuvieron en esta sección. sin 4x x+2 19. lim Sol.: 16. x→0 −x

20. lim

4x − 5 6x + 2

21. lim

3x 1 2x + 1 x2 + 1

x→∞

x→∞

x2

Sol.: 0.

Sol.: 0.

102


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

x f ( x + h) f ( x) x+h

x

y

El límite del cociente de Newton cuando h se aproxima a cero, si existe, se llama ”derivada de f en el punto x”, denotamos esto con f (x), leemos “ f prima de x”. Definimos esto a continuación. Definición 4.1 (Derivada) Sea x ∈ Df . La derivada f (x) se define por: f (x + h) − f (x) h→0 h

f (x) = lim

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 lim

h→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: / . 2 − 2 (3 + h) + 1 − 32 − 2 (3) + 1 (3 + h) f (3 + h) − f (3) = h h =

2 (3) h + h2 − 2h h

= 2 (3) + h − 2 luego: f (3) = lim

h→0

f (3 + h) − f (3) = lim (2 (3) − 2 + h) = 2 (3) − 2 = 4, h→0 h

por tanto f es diferenciable en x = 3. Se puede probar que en cualquier punto x la derivada es f (x) = 2x − 2. Ejemplo 4.2 (Derivada de la función constante) Sea f (x) = c, entonces: f (x + h) − f (x) h c−c = lim h→0 h = lim 0

f (x) =

lim

h→0

h→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) = = = = =

f (x + h) − f(x) h→0 h |x + h| − |x| lim h→0 h x+h−x lim h→0 h h lim h→0 h lim 1 lim

h→0

= 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) = = = = =

f (x + h) − f(x) h |x + h| − |x| lim h→0 h − (x + h) − (−x) lim h→0 h h lim − h→0 h lim (−1) lim

h→0

h→0

= −1 (c) Si x = 0 : |h| f(0 + h) − f(0) = h h Observemos que lim

h→0+

luego, el límite lim

h→0

|h| =1 y h

lim

h→0−

|h| = −1, h

f(0 + h) − f(0) no existe. Por tanto f (0) no existe. h

y= x

x

y= x , x≠0

y

y 1 x

−1

1

−1

x

Observemos que esta función es continua en cero, pero no tiene derivada en este punto. La derivada de la función valor absoluto se puede expresar como: f (x) =

|x| , x

x = 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, por ejemplo la función valor absoluto es continua en x = 0 pero f (0) no existe, por tanto: Continuidad no 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):

106

CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL • Dx f (x) = f (x) • Df (x) = f (x) •

dy dy = f (x) , aquí el símbolo no debe mirarse como una fracción, es la derivada de y = f (x) dx dx con respecto a x. No referiremos a esto como la notación diferencial para la derivada.

•

df (x) = f (x) . dx

4.3

Los diez resultados fundamentales del Cálculo

En Cálculo se tienen diez resultados fundamentales, a saber: La derivada de las funciones xa , a ∈ R cos (x) sin (x) ax , a ∈ R+ ln (x) y las reglas conocidas como: regla regla regla regla regla

de la suma de la resta del producto del cociente 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 + h) − f(x) h→0 h (x + h)n − xn = lim h→0 h n(n − 1) n−2 n−1 n−1 = lim nx x h + ... + h + h→0 2! = nxn−1

f (x) = lim

Por tanto: (xn ) = nxn−1 . En notación diferencial con y = xn , tenemos

dy = nxn−1 o equivalentemente dx

d (xn ) = nxn−1 dx

4.3. LOS DIEZ RESULTADOS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO 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 2 = 2x x

4.3.2

1 1 √ 1 1 x = x 2 = x1− 2 = √ , x ∈ (0, ∞) 2 2 x √ 1 1 1 1 3 x = x 3 = x1− 3 = √ , x ∈ R− {0} 3 3 3 x2

Segundo resultado fundamental

Sea f (x) = sin x, entonces f (x) = = = = =

f (x + h) − f(x) h sin (x + h) − sin (x) lim h→0 h 1 lim (sin x cos h + cos x sin h − sin x) h→0 h 1 − cos h sin h lim (cos x) − (sin x) h→0 h h cos x lim

h→0

por tanto: Segundo resultado fundamental → (sin x) = cos x

4.3.3

Tercer resultado fundamental

Sea f (x) = cos x, entonces f (x) = = = = =

f (x + h) − f(x) h→0 h cos (x + h) − cos (x) lim h→0 h 1 lim (cos x cos h − sin x sin h − cos x) h→0 h 1 − cos h sin h − (cos x) lim (− sin x) h→0 h h − sin x lim

por tanto: Tercer resultado fundamental → (cos x) = − sin x

107

108

CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL

4.3.4

Cuarto resultado fundamental

Antes de deducir la derivada de la función logaritmo, recordemos que lim (1 + u)1/u = e

u→0

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

=

= =

f (x + h) − f(x) h→0 h ln(x + h) − ln x lim h→0 h 1 h h lim ln 1 + h→0 x 1 1 h (h/x) lim ln 1 + h→0 x x 1 x lim

por tanto: Cuarto resultado fundamental → (ln x) =

4.3.5

1 x

Quinto resultado fundamental

Recordemos que para todo número positivo a se tiene: lim

h→0

ah − 1 = ln a h

Con este resultado encontraremos la derivada de la función exponencial. Sea f(x) = ax . f (x + h) − f (x) h x+h a − ax = lim h→0 h h a −1 x = lim (a ) h→0 h x = a ln a

f (x) =

lim

h→0

Luego: Quinto resultado fundamental → (ax ) = ax ln a

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

4.3. LOS DIEZ RESULTADOS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO

4.3.6

109

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 f f y g son derivables, entonces f + g, f − g, f · g y son derivables (para se requiere que g no sea g g 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) f g

Noveno resultado fundamental →

(x) =

f (x) g (x) − f (x) g (x) , g (x) = 0. (g (x))2

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) g (x + h) − g (x) + , h h

tomando el límite h → 0: (f + g) (x) = f (x) + g (x) . Para el caso del cociente se tiene f f (x + h) − (x) g g h

= =

f (x + h) f (x) − g (x + h) 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 f f (x + h) − f (x) g (x + h) − g (x) (x + h) − (x) g(x) − f(x) g g h h = , h g (x + h) g(x) tomando el límite h → 0 se encuentra: f f (x) g (x) − f (x) g (x) (x) = . g [g (x)]2

110


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 es derivable en g (x), entonces U es derivable en x con derivada: U (x) = f [g (x)] · g (x) . Demostración. El cociente de Newton es f [g (x + h)] − f [g (x)] U (x + h) − U (x) = h 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) f (z + k) − f (z) = h h y si k = 0 podemos escribir f (z + k) − f (z) k U (x + h) − U (x) = · h k h Tomando el límite h → 0, es claro que k → 0, entonces: U (x + h) − U (x) f (z + k) − f (z) k lim = lim lim h→0 k→0 h→0 h k h g (x + h) − g (x) = f (z) lim h→0 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?, pues si k = 0 , la anterior demostración no es válida, sin embargo se puede demostrar que el teorema en tal caso subsiste (Para una demostración ver el libro: Cálculo I, de Serge Lang, Fondo Educativo Interamericano S.A., 1976 Página 71). En notación diferencial, la regla de la cadena se escribe como: df dg dU = · dx dg dx 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 + cos x.

4.3. LOS DIEZ RESULTADOS FUNDAMENTALES DEL CÁLCULO

111

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

√ x y g (x) = x2 + cos x

1 f (x) = √ 2 x

y

g (x) = 2x − sen x

y entonces 1 1 = √ . f [g (x)] = 2 x2 + cos x 2 g (x)

Luego por la regla de la cadena

1 U (x) = f [g (x)] g (x) = √ (2x − sen x) . 2 x2 + cos x √ Método abreviado. Miramos a x2 +cos x como una variable, entonces la derivada de x2 + cos x 1 respecto de x2 + cos x es: √ . por otra parte la derivada de x2 + cos x respecto de x es: 2 x2 + cos x 2x − sen x, por tanto: 1 (2x − sen x) . f (x) = √ 2 2 x + cos x Ejemplo 4.6 g (x) = sen x2 . Miramos x2 como una variable, entonces la derivada de sen x2 respecto de x2 es Solución. cos x2 . Por otra parte la derivada de x2 respecto de x es 2x, luego Ejemplo 4.7 h (x) = ecos(

f (x) = cos x2 2x = 2x cos x2 .

√ x2 +5)

.

Solución. Usamos el método abreviado. . / √ 2 h (x) = ecos( x +5) = ecos( = ecos(

. √ x2 +5)

cos

√ x2 +5)

√ / x2 + 5

. √ / .√ / − sin x2 + 5 x2 + 5

√ 2 1 √ x2 + 5 x +5 2 x2 + 5 √ √ 1 2 √ (2x) = − ecos( x +5) sin x2 + 5 2 x2 + 5 √ x2 +5)

= − ecos(

sin

112

4.4 4.4.1


Derivada con funciones trigonométricas Derivada de la función tangente

Sea f (x) = tan x, entonces f (x) =

sen x . Usando Las propiedades fundamentales encontramos: cos x

f (x) = =

(sen x) (cos x) − (sen x) (cos x) (cos x)2 (cos x) (cos x) − (sen x) (− sen x) (cos x)2

cos2 x + sen2 x cos2 x = sec2 x.

=

En notación diferencial: d (tan x) = sec2 x dx

4.4.2

Derivada de la función cotangente

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

En notación diferencial:

f (x) = − csc2 x. d (cot x) = − csc2 x dx

4.4.3

Derivada de la función secante

Sea la función f (x) = sec x. Su derivada es: f (x) = sec x tan x. En notación diferencial: d (sec x) = sec x tan x. dx

4.4.4

Derivada de la función cosecante

La derivada de la función f(x) = csc x es:

En notación diferencial:

f (x) = − csc x cot x. d (csc x) = − csc x cot x. dx

4.4. DERIVADA CON FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS

113

Ejercicio 4.1 f (x) = cos x sen x − x2 . Solución.

f (x) = (cos x sen x) − x2

= (cos x) sen x + cos x (sen x) − 2x = − sen x sen x + cos x cos x − 2x

= − sen2 x + cos2 x − 2x Ejercicio 4.2 f (x) =

cos x − sen x √ . tan x − x

Solución. Escribamos f (x) del siguiente modo f (x) =

f (x) =

=

cos x − sen x 1

tan x − x 2

, luego

1 1 (cos x − sen x) tan x − x 2 − (cos x − sen x) tan x − x 2 1 2 tan x − x 2

1 1 (− sen x − cos x) tan x − x 2 − (cos x − sen x) sec2 x − 12 x− 2 1 2 tan x − x 2

Ejercicio 4.3 g (x) = tan2 x + sen2 x.

Solución. Escribimos g (x) = [tan x]2 + [sen x]2 luego g (x) = 2 [tan x] (tan x) + 2 [sen x] (sen x) = 2 tan x sec2 x + 2 sen x cos x = 2 tan x sec2 x + sen x cos x .

√ Ejercicio 4.4 h (x) = cos x csc x + 7 x. Solución. √ h (x) = (cos x csc x) + (7 x)

√ = (cos x) csc x + cos x (csc x) + 7 ( x) 7 = − sin x csc x + cos x (− csc x cot x) + √ 2 x 7 = − sin x csc x − cot2 x + √ 2 x 7 = − 1 + cot2 x + √ 2 x 7 = − csc2 x + √ 2 x √ √ 7 Observemos que h (x) = cos x csc x + 7 x = cot x + 7 x, luego h (x) = − csc2 x + √ . 2 x

114


Ejercicio 4.5 Calcular la derivada de f (x) = |cos x| + |x| |sin x| en el intervalo [−π, π] . Solución. La función f se puede escribir como − cos x + x sin x x ∈ [−π, −π/2) ∪ [π/2, π) f (x) = cos x + x sin x x ∈ [−π/2, π/2] Luego la derivada es: f (x) =

sin x + sin x + x cos x − sin x + sin x + x cos x

Por tanto: f (x) = −

x ∈ [−π, −π/2) ∪ [π/2, π) x ∈ [−π/2, π/2]

|cos x| |x| |sin x| sin x + |sin x| + |x| cos x. cos x x sin x

Ejercicios propuestos Calcular la derivada de las siguientes funciones: 1. l (x) =

1 cos3 x

Sol.:

3 sin x cos4 x

x6 + cos x − sin x 2. g (x) = 4/7 5 tan x − x 6x − sin x − cos x tan x − x4/7 − x6 + cos x − sin x sec2 x − 47 x−3/7 Sol.: 2 tan x − x4/7

3. u (x) = cos x − |x| sin x. Sol.: − sin x − |x| x sin x − |x| cos x 4. s (x) = sin x cos x x3 − 5x + 9 3 3 − 5x + 9 − sin x sin x x − 5x + 9 · Sol.: cos x cos x x 3 x − 5x + 9 + x 3x2 − 5 .

5. f (x) = Sol.:

cos x sin x + cos x

(− sin x) (sin x + cos x) − (cos x) (cos x − sin x) (sin x + cos x)2

6. u (x) = csc x +

1 x5 sin4 x

Sol.: − csc x cot x − 7. f (x) = |cos x|

5x4 sin4 x + 4x5 sin3 x cos x x10 sin8 x

Sol.: −

|cos x| sin x cos x

4.5. DERIVADAS CON LA REGLA DE LA CADENA

115

x3 + x − sin x tan x + |x| 2 3x + 1 − cos x (tan x + |x|) − x3 + x − sin x sec2 x +

8. g (x) =

Sol.:

|x| x

(tan x + |x|)2

9. f (x) = sec x + (tan x) x3 + cos2 x Sol.: sec x tan x + 1 + tan2 x x3 + cos2 x + (tan x) 3x2 − 2 cos x sin x . x6 + sec x sin2 x − tan2 x + x (6x5 +sec x tan x)(sin2 x−tan2 x+x)−(x6 +sec x)(2 sin x cos x−2 tan x sec2 x+1) Sol.: (sin2 x−tan2 x+x)

10. u (x) =

11. Sea f (x) = a cos x − b sin x. Calcular valores de a y b tales que f (0) = 1 y f (0) = 5. Sol. a = 1, b = −5.

4.5

Derivadas con la regla de la cadena

Ejercicio 4.6 α (t) = ln Solución. α (t) = = = = Ejercicio 4.7 Sea

7

t5 t

7 5

7

t5 t

7 5

. 7 √ / t 5 tan t5 − t .

7 √ 1 √ t 5 tan t5 − t tan t5 − t 2 √ 7 1 7 √ 5 t 5 tan t5 − t + t 5 5 tan t − t 2 √ 7 1 7 √ 5 t 5 tan t5 − t + t 5 tan t5 − t 2 √ 7 1 7 √ 5 t 5 tan t5 − t + t 5 tan t5 − t f (x) = x2 +

calcular f (x).

√ tan t5 − t

2 5 √ 5 √ sec t − t t − t 2 5 √ . 4 5t − sec t − t

1 √ 2 t

ln (x3 + 1) + arctan x2 + 1

Solución. 1 f (x) = 2x + 2 ln (x3 + 1) 1 = 2x + 2 ln (x3 + 1) 1 = 2x + 2 ln (x3 + 1)

1 · ln x3 + 1 + · x2 + 1 2 (x2 + 1) + 1 3 1 1 · · (2x) · x +1 + 3 (x2 + 1)2 + 1 x + 1 1 1 · · (2x) · 3x2 + 3 x +1 (x2 + 1)2 + 1

A veces, es útil realizar cambios de variable para facilitar los cálculos.

/

116


Ejercicio 4.8 Calcular la derivada de

x

f (x) = xx .

(1)

Solución. sea u = xx , claramente u es función de la variable x. Con este cambio la función f queda: f (x) = xu tomando logaritmos: ln f (x) = u ln x

(2)

derivando a ambos lados de (2) obtenemos : 1 1 f (x) = u ln x + u , f (x) x luego:

u f (x) = f (x) u ln x + (3) x en este último resultado sólo falta calcular u y la derivada f (x) estará completamente calculada. Cálculo de u . Aplicando logaritmos en u = xx : ln u = x ln x, derivando esta expresión encontramos: 1 1 u = ln x + x u x de donde: u = u (ln x + 1) reemplazando este resultado en (3) obtenemos: u f (x) = f (x) u (ln x + 1) ln x + x

reemplazando u y f (x) en (4) se encuentra: xx xx x . x (ln x + 1) ln x + f (x) = x x

Ejercicio 4.9 Calcular la derivada de g (x) = esin x + tan (ln (sin x)) . Solución. g (x) = esin x + {tan [ln (sin x)]}

= esin x (sin x) + sec2 [ln (sin x)] {ln (sin x)} 1 sin x 2 = cos x e + sec [ln (sin x)] (sin x) sin x 1 sin x 2 cos x. = cos x e + sec [ln (sin x)] sin x

(4)

4.5. DERIVADAS CON LA REGLA DE LA CADENA Ejercicios propuestos Calcular la derivada de: 1. f (x) = sin x2 + tan x

Sol.: cos x2 + tan x 2x + sec2 x . 1 / . sin ln 5 x4 − x6 4x3 − 6x5 Sol.: − 15 . 2. h (x) = cos 5 ln (x4 − x6 ) 4 x4 − x6 ln 5 (x4 − x6 ) 3. u (t) = ecos{ln[t

2 +tan t

Sol.:−ecos(ln(t

]}

2 )) sin ln t2 + tan t 2t + sec t . t2 + tan t

2 +tan t

$ √ cos x + sin x 4. g (x) = Sol.:

1 15 (− sin x + cos x) . 16 16 (cos x + sin x)

x2 + ln (sin (x2 + x)) + arctan x (x2 + ln (sin (x2 + x)) + arctan x) 1 sin Sol.: − 2 g (x) (x2 + ln (sin (x2 + x)) + arctan x) donde: 2x + 1 2 1 + g (x) = 2x + cos x + x sin (x2 + x) x2 + 1

5. f (x) = cos

√ 6. f (x) = arctan sin x1000 + ex √ x1000 + ex 1000x999 + ex 1 cos √ . Sol.: 2 √ x1000 + ex 1 + sin2 x1000 + ex 7. f (x) = cos (cos (cos x)) Sol.: − sin (cos (cos x)) sin (cos x) sin x. 8. f (x) = cos (sin (cos x))

Sol.: sin (sin (cos x)) cos (cos x) sin x. √ 9. f (x) = sinh ln x + tan x + 1 √ 1 1 sec2 x + 1 √ √ + . Sol.: cosh ln x + tan x + 1 x 2 x+1 . 10 10 /10 10 10. f (x) = cos x + ln x + tan x Sol.:

u (x) v (x) w (x)

117

118

CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL donde:

4.6

. 10 10 /10 9 u (x) = 10 cos x + ln x + tan x . 10 /9 v (x) = 10 cos x + ln x10 + tan x 10 9 10x9 + sec2 x w (x) = − sin x + 10 ln x + tan x x10 + tan x

Derivada de las funciones hiperbólicas

Recordemos que: senh x =

1 2

csch x =

1 senh x

(ex − e−x ) cosh x = sech x =

1 2

senh x cosh x 1 coth x = tanh x

(ex + e−x ) tanh x =

1 cosh x

Con estas fórmulas es fácil deducir: (senh x) = cosh x (cosh x) = senh x (tanh x) = sech2 x (coth x) = − csch2 x (sech x) = − tanh x sech x (csch x) = − coth x csc hx

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 y luego:

f [g (x)] · g (x) = 1, g (x) =

es decir,

1 , f [g (x)]

−1 f (x) =

1 f [f −1 (x)]

.

Una aplicación del anterior proceso se presenta en la siguiente sección.

4.7.1

Derivadas de funciones trigonométricas inversas

• a) Derivada de la función arcsen x Sea f (x) = arcsen x. Por definición se tiene sen (f (x)) = x, derivando a ambos lados obtenemos: cos (f (x)) f (x) = 1,

4.7. DERIVADA DE LA FUNCIÓN INVERSA

119

de donde: f (x) = = = es decir,

1 cos (f (x)) 1 1 − sen2 (f (x)) 1 √ 1 − x2

1 d (arcsen x) = √ dx 1 − x2

De manera similar encontramos las siguientes derivadas: • b)

• c)

• d)

• e)

• f)

4.7.2

d 1 (arccos x) = − √ dx 1 − x2 1 d (arctan x) = dx 1 + x2 1 d (arccot x) = − dx 1 + x2 d 1 , (arcsec x) = ± √ dx x x2 − 1

+ si x > 1 − si x < −1

1 d (arccsc x) = ∓ √ , dx x x2 − 1

− si x > 1 + si x < −1

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+x 1−x , |x| < 1 coth−1 x = 12 ln x+1 x−1 , |x| > 1 √ 2 sech−1 x = ln 1+ x1−x , 0 < x ≤ 1 √ 1 x2 + 1 , x = 0 csch−1 x = ln x1 + |x|

120


Derivando obtenemos las siguientes fórmulas: d 1 senh−1 x = √ dx 1 + x2 1 d cosh−1 x = √ dx x2 − 1 d 1 −1 tanh x = , |x| < 1 dx 1 − x2 1 d , |x| > 1 coth−1 x = dx 1 − x2 1 d , x ∈ (0, 1) sech−1 x = − √ dx x 1 − x2 1 d csch−1 x = − √ , x = 0 dx |x| 1 + x2 Obsérvese que la derivada de tanh−1 x es una expresión igual a la derivada de coth−1 x, la diferencia está en sus dominios, pues la primera tiene validez en |x| < 1 y la segunda en |x| > 1.

4.8

Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial

Usando la regla de la cadena podemos construir la siguiente tabla, en cada caso u es una función de la variable x, esto es, u = u (x). Función ua eu ln u

Derivada du a ua−1 , para todo a ∈ R dx du u e dx 1 du u dx

Función sin u cos u tan u cot u sec u csc u

Derivada du cos u dx du − sin u dx du sec2 u dx du 2 − csc u dx du sec u tan u dx du − csc u cot u dx

4.8. TABLA GENERALIZADA DE DERIVADAS CON NOTACIÓN DIFERENCIAL Función arcsen u arccos u arctan u arccot u arcsec u arccsc u

Derivada 1 du √ 2 1 − u dx 1 du −√ 2 1 − u dx 1 du 1 + u2 dx 1 du − 1 + u2 dx 1 du + si u > 1 ± √ 2 − u u − 1 dx si u < −1 1 du − si u > 1 ∓ √ 2 + si u < −1 dx u u −1

Función (senh u) (cosh u) (tanh u) (coth u) (sech u) (csch u) Función senh−1 u cosh−1 u tanh−1 u coth−1 u sech−1 u csch−1 u

Derivada du cosh u dx du senh u dx du sech2 u dx 2 du − csch u dx du − tanh u sech u dx du − coth x csch u dx

Derivada 1 du √ 1 + u2 dx 1 du √ 2 u − 1 dx 1 du , |u| < 1 1 − u2 dx 1 du , |u| > 1 1 − u2 dx 1 du − √ , u ∈ (0, 1) 2 u 1 − u dx 1 du − √ , u = 0 |u| 1 + u2 dx

Ejercicios propuestos Comprobar los siguientes resultados 1.

d x 2 arcsin arctan x2 + 1 = . dx (1 − arctan2 (x2 + 1)) 1 + (x2 + 1)2

121

122 2. 3.

CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL √ 1 d (ln (arccos ( x))) = − √ √ . dx 2 (1 − x) x arccos x

d sec2 x 1 √ . arcsec (tan x) = dx 2 arcsec (tan x) tan x tan2 x − 1

5 5x4 − 5 d arctan(x5 −5x) earctan(x −5x) . e = 2 dx 1 + (x5 − 5x) d 5. arccsc (ln (t2 − 3t)) = u (t), donde dt 1 2t − 3 $ . u (t) = − 2 arccsc (ln (t2 − 3t)) (t2 − 3t) (ln (t2 − 3t)) ln2 (t2 − 3t) − 1

4.

d arccot t arccot t 1 arccot t t . =t 6. − 1+t2 ln t + dt t d √arcsec(t2 +1) 7. t = u (t), donde dt √ 2 u (t) = t arcsec(1+t ) ·   2 arcsec (1 + t )  t  $ ln t + t (1 + t2 ) arcsec (1 + t2 ) (1 + t2 )2 − 1

√ √ 1 d . (sin (arcsec x)) = cos (arcsec x) √ dx 2x x − 1 √ √ d cosh (arcsec x) √ (sinh (arcsec x)) = 9. dx 2x x − 1 8.

2 − sin x + 2 sec2 x2 + 1 x d −1 cos x + tan x + 1 10. sinh = . dx 2 2 1 + (cos x + tan (x + 1))

4.9

Derivadas de Orden Superior

Si una función f es derivable en x, y su derivada f es derivable en x, la derivada de f se llama segunda derivada de f en x y se escribe con una de las siguientes notaciones: f (x) ó f (2) (x) ó

d2 f dx2

Se puede hablar en general de una derivada n-ésima, esto se denota con una de las siguientes notaciónes: dn f f (n) (x) ó dxn Debemos observar que en general para un entero positivo k se tiene: d dx

dk f dxk

=

dk+1 f dxk+1

4.9. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR También

123

(k) f (x) = f (k+1) (x)

Ejercicios resueltos Ejercicio 4.10 Sea f (x) =

1 , encontrar todas las derivadas de f. x 1 f (x) = − 2 , x 1·2 f (x) = 3 , x 1·2·3 f (x) = f (3) = − x4 ···

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 para Solución. Como

d2 f . dx2

df du dv = , entonces dx dv dx d2 f dx2

=

d dx

df dx

du dv dv dx d du dv du d dv = + dx dv dx dv dx dx d du dv dv du d2 v + = dv dv dx dx dv dx2

d = dx

=

d2 u dv2

dv dx

2

+

du dv

d2 v 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

124

CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL − 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

f (x) =

Ejercicio 4.13 Sea g (x) = xx , encontrar g (x). g (x) = ln x + 1, de donde: Solución. ln g (x) = x ln x, derivando g (x) g (x) = xx (ln x + 1) derivando nuevamente:

g (x) = (xx ) (ln x + 1) + xx (ln x + 1) = xx (ln x + 1) (ln x + 1) + xx x1 = xx (ln x + 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 =1 2a + b =3 , 2a =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 + u v , entonces

Y = u v + u v + u v + uv = u v + 2u v + uv

(b) Por inducción, se puede probar que Y

(n)

n n (n−k) (k) u = v , k k=0

n n! y convenimos que u(0) = u, también v (0) = v, esto es, la derivada de orden aqui = k! (n − k)! k cero de una función es la misma función.

4.10. DERIVACIÓN IMPLÍCITA

125

Ejercicio 4.16 Calcular la n-ésima derivada de f (x) = cos x + sen x. Solución.

f (x) = − sen x + cos x f (x) = − cos x − sen x f (x) = + sen x − cos x f (iv) (x) = cos x + sen x,

de esto podemos deducir: f

(n)

(x) =

!

n

n

(−1) 2 cos x + (−1) 2 sen x; para n par n+1 n+3 (−1) 2 sen x + (−1) 2 cos x; para n impar

Ejercicios propuestos 1. Calcular f (n) (x) . si: (a) f (x) = eax , siendo a una constante. Sol.: an eax . (b) f (x) = bax , siendo a, b constantes con b > 0. (c) f (x) = cos x  n+1   (−1) 2 sin x, Sol.:   (−1) n2 cos x,

n impar n par

(d) f (x) = sin x

(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 de F (x, y) = c, sin necesidad de despejar y de la mencionada ecuación.

126


Ejemplo 4.8 La ecuación x2 + y2 = 1 define, entre otras, las siguientes funciones: f (x) = 1 − x2 y

4.10.1

Cálculo de y

g (x) = − 1 − x2

Para encontrar y a partir de F (x, y) = c usamos la regla de la cadena. En particular recordemos que si y = y (x) y u = H(y) entonces por la regla de la cadena du dy du = dx dy dx Ejercicios resueltos Ejercicio 4.17 Encontrar y =

dy , si x2 + y 2 = 1. dx

Solución. Observemos que: d 2 x = 2x dx d 2 (y ) dx

= 2yy

d (1) dx

= 0,

por tanto, derivando a ambos lados de x2 + y 2 = 1 se encuentra: 2x + 2yy = 0. Despejando y , obtenemos

x y = − . y

Nótese que y no existe en los puntos (1, 0) y (−1, 0). √ Ejercicio 4.18 Encontrar y si 2x2 y − y 2 = 5.

Solución. Derivando respecto a x en ambos lados de la igualdad dada obtenemos: 1 √ 4x y + 2x2 √ y − 2yy = 0, 2 y despejando y :

√ −4x y y = 2 x √ − 2y y

4.10. DERIVACIÓN IMPLÍCITA

127

Ejercicio 4.19 Encontrar y si cos(xy) + ey = 5. Solución. Derivando, − sen(xy)(y + xy ) + ey y = 0,

luego:

y sen(xy) . − x sen(xy) x2 = 0. Ejercicio 4.20 Encontrar y si xy 2 + ln y + sen x y =

ey

Solución. Derivando,

1 y + 2xyy + x2 y + sen x 2

despejando y obtenemos y2 + y = −

2x (y + sen x) − x2 (y + cos x) (y + sen x)2

= 0,

2x(y + sen x) − x2 cos x x2 (y + sen x) 1 2xy − (y + sen x)

Ejercicios propuestos Suponer que las siguientes ecuaciones definen implícitamente una función y = f (x) . Hallar su derivada. 1. xy 3 + cos y = 1 Sol.:y = −

y3 . 3xy2 − sin y

√ 2. xy + 5 ln yx3 = 5 Sol.: y = −

1 y + 15 ln 2 y x2

. x3 x+ 1 2 ln 2 y y 1 3. xy 2 − arctan + sin (xy) = 0 x2 + y 2 5

1 y2 + x + (cos xy) y 2 2 x + y (x2 + y 2 + 1) . Sol. : y = − 1 y + (cos xy) x 2xy + x2 + y2 (x2 + y 2 + 1)

128


4. xg (y) + yf (x) = 0; Sol.: y = −

g (y) + yf (x) . xg (y) + f (x)

5. sin (xy) + sin x2 y2 = 0 Sol :

y

(cos xy) y + 2 cos x2 y2 xy2 =− . (cos xy) x + 2 (cos x2 y2 ) x2 y

6. arcsec(y + exy ) = 0. Sol : −y

exy . 1 + xexy

7. (xy + y x ) = 1. Sol :−

xy xy + y x ln y x xy ln x + y x y

8. cos (xy) − sin (xy) = 5. Sol :−

(sin xy) y + (cos xy) y (sin xy) x + (cos xy) x

2 9. sin exy + tan (y + x) = 0.

2 2 y 2 exy + sec2 (y + x) cos exy Sol :− xy2 xyexy2 + sec2 (y + x) 2 cos e

10.

arcsin (xy) = 1. − cos (xy)

x2 y 2

Sol :

4.11

−

y(x2 y2 −cos(xy))

√

1−x2 y2 x(x2 y2 −cos(xy)) √ 2 2 1−x y

+ 2xy 2 + y sin (xy) arcsin (xy)

− (2x2 y + x sin (xy)) arcsin (xy)

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

y

Recta tangente

x0

f ( x0 )

x Recta normal

( x0 , f ( x0 ) )

Por otra parte es claro que la recta normal al gráfico de f en (x0 , f (x0 )) es:

y=−

1 (x − x0 ) + f (x0 ) . f (x0 )

Ejercicios resueltos Ejercicio 4.21 Sea f la función definida por f (x) = −x2 + 2x, determinaremos la ecuación de la recta tangente y normal a la gráfica de f en x = 32 . Calculando f (x) encontramos: f (x) = −2x + 2, 3 9 otra parte f entonces f 32 = −1, por 2 = −4 + 3 = gráfica de f en 32 , f 32 = 32 , 34 es:

3 4

luego la ecuación de la recta tangente a la

y = f 32 x − 32 + f 32 = (−1) x − 32 + 34 9 = −x + 4

por otra parte la recta normal tiene por ecuación: 3 3 + y = 1 x− 2 4 3 = x− 4

130


Recta tangente y = − x + 94

y

Recta normal

y = x − 34

y = − x + 2x 2

1

0

( 32 , 34 )

2

1

x

Ejercicio 4.22 Encuentre √ las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de f (x) = sin x en el punto π/3, 3/2 . Solución. f (x) = cos x, luego la pendiente de la recta tangente en el punto dado es: mT = f (π/3) =

1 2

por tanto la ecuación de la recta tangente es: y = =

√ 1 (x − π/3) + 3/2 2 1 1 1√ x− π+ 3 2 6 2

Por otra parte la pendiente de la recta normal es mN = − de la recta normal es:

1 = −2, luego la ecuación mT

√ y = −2 (x − π/3) + 3/2 2 1√ = −2x + π + 3 3 2

y π y = 12 x + 16 π + 12 3 y = −2x + 23 π + 12 3

( ) π, 3 3 2

π

0 Ejercicio 4.23 Sea f (x) = 15 x5 + 12 x4 − en donde la tangente es horizontal.

y = sin( x)

14 3 3 x

x

+ x2 − 15x. Encontrar los puntos de la gráfica de f

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 sonx = 3 y x = −5. Por tanto los puntos en 2225 . donde la tangente es horizontal son: 3, − 729 10 y −5, 6

f ( x) = 1 x5 + 1 x4 − 14 x3 + x2 − 15x 5 2 3 y  − 5, 2225 6  400 

200

3

−50 0

5

x

 3,− 729 10   Ejercicio 4.24 Hallar las ecuaciones de las tangentes a la curva 9x2 + 16y 2 = 52 paralelas a la recta 9x − 8y = 1. Solución. La pendiente de la recta es: m = obtiene 9x + 16yy = 0 de donde: y = −

9 . Por otra parte de 9x2 + 16y 2 = 52 se 8

9x 16y

Puesto que la pendiente debe ser 9/8 se tiene: −

(1) 9 9x = lo que da: 16y 8

−x = 2y.

(2)

Multiplicando por 2 a ambos lados de (2) y elevando al cuadrado: 4x2 = 16y 2 , este resultado junto a 9x2 + 16y 2 = 52 da: 9x2 + 4x2 = 52 resolviendo la ecuación se obtiene: x = −2 y x = 2. Reemplazando estos valores en (2): x = −2 : x = 2: Por tanto las rectas tangentes buscadas son:

y=1 y = −1

132

CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL • Por el punto (−2, 1) : y =

9x + 26 8

• Por el punto (2, −1) : y =

9x − 26 8

y 8y − 9x = 26

9x − 8y = 1

2

( − 2,1) −3

( 2,−1)

9x2 +16y 2 = 52

−2

3 x 8y − 9x = −26

Ejercicios propuestos 1. Encuentre las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de la función en el punto indicado: 1 π π (a) f (x) = arctan x en x = 1. Sol. y = (x − 1) + , y = −2 (x − 1) + 2 4 4 3 5 (b) f (x) = x + 2 en (−1, 1) .

2. Hallar las rectas tangentes de pendiente 1 a la circunferencia

x2 + y 2 − 10x + 2y + 18 = 0. Sol.: y = x − 10, y = x − 2. 1 3. Sea f (x) = x3 − x + 1. Encontrar los puntos x en donde la pendiente de la recta tangente a 3 √ 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 es tangente 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 pase por (−1, √a la recta y = 2x − 1. Sol.: Dos soluciones, una solución es y = 2)√y sea tangente 2 x + 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 tangente 7 . a las rectas y = x + 1, y = −2x + 1. Sol. y = −x2 − 12 x + 16

4.12. LA DIFERENCIAL

133

7. Encontrar valores de a, b, c para que los gráficos de los polinomios f (x) = x2 + ax + b y g (x) = x3 − c que se intersectan en (1, 2) tengan la misma tangente en tal punto. Sol.: a = 1, b = 0, c = −1. 8. Sea f (x) = x3 − ax. Encontrar los √ valores de a tales que la cúbica sea tangente a la recta 3 3 3 y = x + 1. Sol. f (x) = x − −1 + 2 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 en el punto de tangencia, la tangente común paralela a la recta y = x + 1. Sol. 3, −2, punto de tangencia (1, 0) , y = −x2 + 3x − 2 11. Demostrar que la ecuación de la tangente a la parábola y 2 = 4px en un punto (x0 , y0 ) de ella es yy0 = 2p (x + x0 ) . 12. Demostrar que las ecuaciones de las tangentes a la elipse b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 de pendiente igual √ a m, son y = mx ± a2 m2 + b2 . 13. Dada la hipérbola b2 x2 −a2 y 2 = a2 b2 , demostrar que (a) la ecuación de la tangente en un punto (x0 , y0 ) de ella√es b2 x0 x − a2 y0 y = a2 b2 . (b) las ecuaciones de las tangentes con pendiente m son y = mx ± a2 m2 − 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 variable y se denota con ∆x. Si y = f (x) y hay un cambio de x0 a x, la diferencia f (x) − f (x0 ) se llama incremento en la variable dependiente y, tal incremento se denota por: ∆y. Resumiendo: ∆x = x − x0

∆y = f (x) − f (x0 ) = f (x0 + ∆x) − f (x0 )

Dependiento de la ubicación de x0 y y0 = f (x0 ) los incrementos pueden ser positivos o negativos. A continuación se presenta una ilustración.

y

( x, y)

∆y

( x0, y0 ) x0

∆x

x

x

134

CAPÍTULO 4. CÁLCULO DIFERENCIAL Observemos que lim

∆x→0

4.12.2

∆y ∆x

f (x) − f (x0 ) x − x0 f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = lim ∆x→0 ∆x = f (x0 )

=

lim

x→x0

Diferenciales

Considérese una función y = f (x) y x0 un punto del dominio en donde f (x0 ) existe, entonces en una vecindad pequeña de x0 , 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 ejemplo la 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 = 2x dx + (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 = f (x) , dx como sabemos esto se lee “la derivada de y = f (x) respecto de x es f (x)”. La notación dy = f (x) dx dy podría sugerir que se ha despejado dy de la ecuación = f (x), esto, si bien funciona, no es cierto dx dy no es una fracción. pues dx

4.12. LA DIFERENCIAL

4.12.4

135

Reglas para el cálculo de las diferenciales

Todas las regla de derivadas se cumplen para diferenciales. 1. d (c) = 0, c una constante 2. d (cu) = cdu 3. d (uv) = u dv + v du 4. d (u/v) =

v du − u dv v2

Ejemplo 4.9 La diferencial de y = cos x2 es: dy = cos x2 dx = −2x sin x2 dx.

Ejemplo 4.10 La diferencial de y = tan x es

dy = (tan x) dx = sec2 x dx.

136


Capítulo 5

Aplicaciones de la Derivada 5.1 5.1.1

Máximos y Mínimos 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 )) es paralela al eje de las absisas. En la siguiente gráfica f (c1 ) = 0 y f (c2 ) = 0.

y

(c1, f ( c1) ) c2 c1

x

(c2, f (c2 )) Si f (c) = ∞ (o −∞) la recta tangente es paralela al eje de las ordenadas. En la ilustración que sigue f (c) = ∞.

y f ' ( c) = ∞

x

c

Para fijar mejor las ideas, en esta sección se dan algunas definiciones y presentan algunos teoremas preliminares que serán importantes para las próximas secciones. Definición 5.1 (Máximo y Mínimo) 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 que f (x1 ) es el máximo de f en S. • Si existe x0 ∈ S tal que f(x0 ) ≤ f(x) para todo x ∈ S, diremos que f(x0 ) es el mínimo de f en S. Observemos que f (x0 ) es una cota inferior y f (x1 ) es una cota superior de la funciòn f en el dominio S.

Definición 5.2 (Máximo y Mínimo Local). Sea S ⊂ R y f : S → R una función. • f tiene un máximo local en un punto c ∈ S si existe un intervalo abierto G tal que f (c) es un máximo de f en S ∩ G. • f tiene un mínimo local en un punto c ∈ S si existe un intervalo abierto G tal que f(c) es un mínimo de f en S ∩ G.

y

a

c5

c3

c1 c2

p c4

b

x

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 1 por f(x) = 2 no posee un máximo, aunque si tiene mínimo local en x = −1 y x = 1. x

y

f ( x) =

100

1 x2

60 20 −1

1x

0

El siguiente teorema da las condiciones bajo las cuales una función siempre tiene un máximo y un mínimo. Teorema 5.3 Sea f : [a, b] → R una función continua. Entonces existen puntos x0, x1 ∈ [a, b] tales que f (x0 ) es el mínimo de f en [a, b] y f (x1 ) es el máximo de f en [a, b]. Teorema 5.4 Sea f : (a, b) → R, sea c ∈ (a, b). Supóngase que f (c) existe y f(c) es el máximo o mínimo local de f en (a, b), entonces f (c) = 0.

Demostración: Supongamos que f(c) es el mínimo de f en (a, b), la demostración para el caso de que f(c) sea un máximo es análoga.

y f ( c + h) f ( c + h) f ( c) a

c+h h<0

c

c+h b x h>0

Es claro que para cualquier h (positivo o negativo suficientemente cerca de cero) se tiene f (c + h) ≥ f(c), luego Si h > 0 f(c + h) − f(c) lim = ≥ 0. h h→0+ Si h < 0 lim =

h→0−

f (c + h) − f (c) ≤ 0. h

140

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Pero por hipótesis f (c) existe, esto es, lim

h→0+

f(c + h) − f(c) f(c + h) − f(c) = lim h h h→0−

Por tanto necesariamente f (c) = 0. Comentarios • (1) El recíproco del Teorema no es necesariamente válido, esto es, si f (c) = 0 para algún c ∈ (a, b), no necesariamente f(c) es un máximo o mínimo local de f en (a, b). Por ejemplo la función f : (0, 2) → R definido por f(x) = (x − 1)3 , tiene derivada f (x) = 3(x − 1)2 y f (1) = 0 sin embargo f (1) no es máximo ni mínimo local de f en el intervalo (0, 2).

y 1

f ( x) = ( x − 1) 3

0

2

1

x

−1 • (2) Una hipótesis importante es la suposición c ∈ (a, b), esto es, c no puede ser ni a ni b. Si c tomara uno de los valores extremos del intervalo [a, b] el teorema no necesariamente es cierto. Por ejemplo f : [0, 2] → R definida por f(x) = x2 − 3x + 2 tiene un máximo local en x = 0, pero f (x) = 2x − 3 y f (0) = −3 = 0.

y 2

f ( x) = x2 − 3x + 2

0

1

2

x

• (3) La contrarrecíproca del teorema se expresa de la siguiente manera. Si f (c) = 0 entonces en c ∈ (a, b) f no puede tener un máximo o mínimo.


141

La observación (3) es la clave para futura discusión, pues si estamos interesados en encontrar 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.

D f abierto

{x :

f ' ( x ) = 0}

{x :

f ' ( x ) ≠ 0}

De existir máximos o mínimos locales deben encontrarse en este subconjunto del dominio

Aquí no pueden encontrarse ni 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 críticos de 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 decrecientes con 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 ∈ S en donde f (x) existe. 2. Si f es decreciente (estrictamente decreciente) en S, entonces f (x) ≤ 0 (f (x) < 0) para toda x ∈ S en donde existe f (x).

142

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Demostración. Supongamos que f es creciente en S. Sea x ∈ S, por hipótesis f (x) existe. Por definición f(x + h) − f (x) f (x) = lim , h→0 h puesto que f (x) existe, los límites laterales del cociente de Newton cuando h → 0+ y h → 0− existen y son iguales a f (x), luego podemos escribir: f (x) = lim

h→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 + h) − f(x) f (x) ≤ f(x + h) luego ≥ 0 , para toda h > 0, esto muestra que: h f (x) = lim

h→0+

f (x + h) − f(x) ≥0 h

esto prueba la primera parte, si h < 0 en resultado se mantiene. La demostración de la segunda parte es similar.

Comentario La recíproca de la anterior proposición es cierta, esto es, si f (x) ≥ 0 en algún dominio S, la función es 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 es estrictamente decreciente en el dominio S.

Ejercicios resueltos Ejercicio 5.1 • (a) Determinar si f (x) = 2x + sin x es creciente, decreciente o no tiene ninguna de estas propiedades. • (b) ¿Puede f tener más de una raíz?. Solución. • (a) Derivando obtenemos:

f (x) = 2 + cos x,

como sabemos, para cualquier número x, cos x es un número que pertenece al intervalo [−1, 1] , eso nos permite concluir que f (x) = 2+cos x es siempre un número positivo, esto es, f (x) > 0,


143

es decir, la función f es estrictamente creciente en toda la recta real R. f ( x ) = 2 x − sin (x ) y 10 5 0 -5

0

x

5

-5 -10

• (b)Una raíz es 0 pues f (0) = 0, x = 0, debe ser la única raíz ya que la función es estrictamente creciente (véase el gráfico). Ejercicio 5.2 Sea f (x) = x − sin x, muestre que (a) sin x ≤ x para x ∈ [0, ∞) . (b) x ≤ sin x para x ∈ (−∞, 0] .

Solución. Tenemos f (x) = 1 − cos x, además cos x ∈ [−1, 1] para cualquier número x, esto muestra que f (x) = 1 − cos x ≥ 0, es decir, f es creciente en (−∞, ∞) . Por otra parte f (0) = 0, luego: • (a) Si x ≥ 0, tenemos f (x) ≥ 0, esto es, x − sin x ≥ 0 de donde sin x ≤ x • (b) Se muestra como en (a) y 2

2

y = sin x

0 -2

0 -2

y = x − sin x

y

y=x

2

0

x

-2

0

2

x

-2

Ejercicios propuestos 1. (a) Demuestre que la ecuación 5x − 4 cos x = 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 cualquier valor de k. 3. Sea f (x) = x2 + cos x. (a) Mostrar que f es decreciente en (−∞, 0] y creciente en [0, ∞] .

144

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA (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) = 14 x4 − 13 x3 − 3x2 . (a) Hallar números x tales que f (x) = 0. Sol.: 0, 3, −2.

(b) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento. (c) Bosquejar la gráfica de la función.

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) ≤ 0 en 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 S f tiene un máximo, si cambia de − a +, es claro que en algún punto de S, la función f tiene un mínimo. y

y

f ' (x ) < 0 f ' (x ) > 0

f ' (x ) > 0

f ' (x ) < 0

x

x

La anterior observación se formaliza en el siguiente criterio. Sea f : (a, b) → R, una función contínua y diferenciable. Para encontrar los máximos y mínimos locales de f seguimos el siguiente proceso. • (1) Resolver f (x) = 0, los valores encontrados más los valores en donde f (x) no está definida son los puntos críticos (Si el intervalo es cerrado en a o b, tales puntos también son puntos críticos de f ). • (2) Los valores encontrados en (1) se representan en la recta real formandose intervalos. • (3) Se calcula el signo de f (x) en cada uno de los intervalos formados en (2).


145

• (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

f ' (x ) > 0

f ' (x ) > 0 x

x0 Ni máximo ni mínimo en x 0

• Si los puntos a y b estuvieran en el intervalo, esto es, f definida en [a, b] , en tales puntos siempre se tienen máximos o mínimos locales. Por ejemplo se tendrá un mínimo local si f (x) > 0 en [a, a + -] para - suficientemente pequeño, este caso y los otros posibles se presentan en los siguientes gráficos. y

y

f ' (x ) > 0

x

a Mínimo local

y

f ' (x ) < 0

a

x

Máximo local

f ' (x ) > 0

x b Máximo local

y

f ' (x ) < 0

b x Mínimo local

El máximo absoluto es: El mínimo absoluto es:

max {f (p) : p es un punto crítico} min {f (p) : p es un punto crítico}

Ejemplo 5.2 Dada la función f : [−5, 6) → R definida por

f(x) = 2x3 − 3x2 − 12x

calcular: • a) Puntos críticos. • b) Intervalos en donde f es creciente y decreciente. • c) Máximos, mínimos, máximos locales, mínimos locales. Solución: • a)

f (x) = 6x2 − 6x − 12 = 6(x + 1)(x − 2).

Resolviendo f (x) = 0 obtenemos x = −1, x = 2 estos son los primeros puntos críticos, también es un punto crítico x = −5, luego los puntos críticos en [−5, 6) son: x = −5, x = −1, x = 2. Observemos que x = 6 no es punto crítico pues no pertenece al dominio.

146

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA • b) Representamos los puntos críticos en la recta real para analizar el signo de f en [−5, 6). Signos de      f ' (x ) = 6(x + 1)(x − 2 )

++++ ----- ++++ 6 2 −1 −5

• 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: y = 2 x 3 − 3 x 2 − 12 x y

-1

-5

0

2

6

x

Observaciones. (1) Si x = 6 estuviera en el dominio, f (6) sería un máximo local y a la vez un máximo absoluto. (2) En realidad la información obtenida con la primera derivada no es suficiente para bosquejar la gráfica. Si se sabe que una función es creciente en un intervalo, aún no se sabe si la curva va doblándose hacia abajo o hacia arriba, esta información nos da la segunda derivada que se estudia más adelante. y

y

f ' (x ) > 0

f ' (x ) > 0 x

Funció n creciente dob lán dose hacia abajo

x Función creciente doblándose hacia arriba

Ejercicios propuestos 1. En los siguientes ejercicios y en el intervalo indicado hallar (i) puntos críticos, (ii) Intervalos de crecimiento y decrecimiento, (iii) Máximos y mínimos locales.

5.2. TEOREMAS DE VALOR MEDIO

147

1 , (−∞, ∞) . 1 + x2 [−1, 1] . (b) x2/5 + 1, √ 2 (c) −x + 4x, [0, 4] . (a) f (x) =

(d) x2 e−x ,

(e) f (x) =

x2

(f) (−x)−x/2 , (g) (x − 1)

1/3

x5

[0, 10] . + ln x5 ,

[−2, 0] .

+ (x + 1)2/3 , 1 2

(0, ∞) . [−1, 2] .

− x3 ,

(h) f (x) = [−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 existe un número c en este intervalo tal que f (c) = g (c) . Demostrar que si x ∈ (a, b) , entonces f (x) > g (x) si x > c, y f (x) < g (x) si x < c.

5.2

Teoremas de Valor Medio

En esta sección se presentan resultados que permiten probar un segundo criterio para determinar máximos y mínimos locales. La importancia de los resultados que se presentan, naturalmente va más alla de las aplicaciones que se dan. Teorema 5.8 (De Rolle). Sea f : [a, b] → R continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) tal que f (a) = f (b) = 0. Entonces existe c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0 .

Demostracion. Si f (x) = 0 para todo x ∈ (a, b) no hay nada que mostrar pues cualquier punto c ∈ [a, b] satisface la conclusión del teorema.

Supongamos que existe un punto x ∈ (a, b) tal que f (x) = 0. Como f es continua en [a, b] existe un máximo o un mínimo de f en (a, b) (el máximo o mínimo no puede ocurrir en a o b). Si existe un máximo concluimos que existe c ∈ (a, b) tal que f (c) es el máximo de f en (a, b) y entonces f (c) = 0. Llegamos a la misma conclusión si c es un mínimo.

148

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA

Geométricamente esto significa que existe un punto c ∈ (a, b) tal que la recta tangente a la curva en (c, f (c)) es paralela al eje X (de las absisas). Teorema 5.9 (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 (b) − f (a) f (c) = b−a Demostración: Consideremos la función F (x) = f (x) −

f (b) − f (a) (x − a) − f (a) b−a

Observemos que F (a) = F (b) = 0, además F es continua en [a, b] y diferenciable en (a, b) ya que f lo es. Por el Teorema de Rolle existe c ∈ (a, b) tal que F (c) = 0. Por otra parte: f(b) − f(a) , F (x) = f (x) − b−a luego f (b) − f (a) F (c) = f (c) − = 0, b−a es decir; f (b) − f (a) . f (c) = b−a Geométricamente, esto significa que existe un punto c ∈ (a, b) tal que la recta tangente a la curva en (c, f (c)) es paralela al segmento que va desde f (a) hasta f (b) , ilustramos esto en la siguiente gráfica. f ' (c ) =

f ' (c ) = 0 y

y

f (b ) − f (a ) b−a

Recta tangente

Recta tangente

Recta secante

a

c Teorema de Rolle

b

x

a

c b Teorema del valor medio

x

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) f (b) − f (a) = g (c) 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 del Teorema del valor medio considerando la función F (x) = f (x) −

f (b) − f (a) (g (x) − g (a)) − f (a) . g (b) − g (a)

Ejercicios resueltos Ejercicio 5.3 Sea f (x) = x3 + x, definida en [0, 2] . Encontrar el valor c ∈ (0, 2) , que satisface el teorema del valor medio. Solución. f (x) = 3x2 + 1, el valor de c debe satisfacer la ecuación f (c) = luego:

f (2) − f (0) , 2−0

/ 3 . 2 + 2 − (0)3 + 0

= 5, 3c2 + 1 = 2 √ 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.

y

y = x3 + x

10 8 6 4 2 0 0

1

2

x

Ejercicio 5.4 Sea f (x) = x2/3 definida en [−1, 1] . ¿Existe un valor c ∈ (−1, 1) que satisface el teorema del valor medio?. Solución. Tenemos f (x) = 23 x−1/3 . Observemos que f (−1) = f (1) = 1. Si existe c ∈ (−1, 1) que satisface el teorema del valor medio debemos tener. f (c) =

f (1) − f (−1) 1 − (−1)

150


es decir

2 −1/3 c =0 3 esta ecuación no tiene solución, luego no existe c ∈ (−1, 1) que satisface el teorema del valor medio. y = x2/3

1

0 -1

0

1

Comentario. Observemos que la conclusión anterior no contradice al teorema del valor medio, ¿Porque?. Ejercicio 5.5

a b b • (a) Si 0 < a < b, demostrar que 1 − < ln < − 1. b a a

• (b)Utilizar el resultado de (a) para mostrar que 1/6 < ln 1.2 < 1/5. Solución.

• (a) Sea f (x) = ln x, definida en [a, b] . Claramente f satisface las hipótesis del teorema del valor medio, entonces existe un número c ∈ (a, b) tal que f (c) = puesto que f (x) =

1 x

es decir

Por otra parte a < c < b, es decir

f (b) − f (a) b−a

1 ln b − ln a ln (b/a) = = c b−a b−a b b−a ln = a c

(1)

1 1 1 < < , también es claro que b − a > 0, luego b c a b−a b−a b−a < < b c a

de este resultado se obtiene: 1−

a b−a b < < −1 b c a

(2)

5.3. CONCAVIDAD

151

por tanto reemplazando el resultado de (1) en (2) b a b 1 − < ln < −1 b a a • (b) Con a = 5 y b = 6 tenemos 1/6 < ln 1.2 < 1/5.

Ejercicios propuestos 1. Verificar el teorema del Valor Medio para f (x) = x3 − x2 definido en [1, 2] . 2. Sea f (x) = 3 − 3 (x − 1)2/3 definido en [0, 2]. ¿Es aplicable el teorema de Rolle?. √ 1 3 3. Demostrar que π/6 + 3/15 < arcsin 0.6 < π/6 + 1/8. Sug. Trabaje en , . 2 5 4. (a) Demostrar que si 0 < a < b b−a b−a < arctan b − arctan a < 1 + b2 1 + a2 (b) Mostrar que 3 4 π 1 π + < arctan < + 4 25 3 4 6 Sug.: Considerar la función f definida por f (x) = arctan x. 5. Demostrar que entre dos raices reales de ex sin x−1 = 0 hay al menos una raíz de ex cos x+1 = 0. Sug.: Aplicar el teorema de del valor medio a la función definida por e−x − sin x. 6. Aplicar el teorema del valor medio para mostrar que si 0 < x < 1 se cumple x x < arcsin x < √ 1 − x2 7. Sea f una función definida en un intervalo cerrado [a, b] con a < b. Demostrar que si f (x) = 0 para todo x del dominio, entonces f debe ser la función constante. 8. ¿En 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 un mínimo. Iniciamos esta sección dando algunas definiciones.

152


Definición 5.11 (Cóncava hacia arriba).Sea f : (a, b) → R. La función f es cóncava hacia arriba si para puntos cualesquiera a1 , b1 en (a, b) se cumple: f(x) ≤

f(b1 ) − f(a1 ) (x − a1 ) + f(a1 ), b1 − a1

para todo x ∈ (a1 , b1 ). Cóncava hacia arriba

y

f (b1 )

f (b1 ) − f (a1 ) (x − a1 ) + f (a1 ) b1 − a1 f (a1 ) f (x ) a1

x

b1

x

Definición 5.12 (Cóncava Hacia Abajo).Sea f : (a, b) → R una función f es cóncava hacia abajo si para puntos cualesquiera a1 , b1 en (a, b) se cumple: f(x) ≥

f(b1 ) − f(a1 ) (x − a1 ) + f(a1 ), b1 − a1

para todo x ∈ (a1 , b1 ). Cóncava hacia abajo y

f (a1 ) f (x )

f (b1 ) − f (a1 ) (x − a1 ) + f (a1 ) b1 − a1 f (b1 ) a1

x

b1

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).

x

5.3. CONCAVIDAD

153

Demostración. Se demostrará (1) Sean a1 , b1 puntos cualesquiera en (a, b) tales que a1 < b1 . a1

a

b1

x

b

Tómese un punto arbitrario x ∈ (a1 , b1 ) como se muestra en la gráfica. mostraremos que: f(x) ≤

f(b1 ) − f (a1 ) (x − a1 ) + f(a1 ) b1 − a1

Es claro que f es continua y diferenciable en los intervalos [a1 , x] y [x, b1 ] (Recordemos que la existencia de la derivada en un conjunto implica la continuidad en el conjunto), luego por teorema del Valor Medio existen c1 ∈ (a1 , x) y c2 ∈ (x, b1 ) tales que f (c1 ) =

f (x) − f (a) x−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 hipótesis concluimos que f es creciente en (a1 , b1 ). Puesto que c1 < c2 debemos tener f (c1 ) < f (c2 ), por tanto f(x) − f(a1 ) f(b1 ) − f (x) < x − a1 b1 − x

de este último resultado se obtiene: f(x) <

f(b1 ) − f(a1 ) (x − a1 ) + f(a1 ). b1 − 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 llama punto de inflexión de la función f. Ejemplo 5.3 Sea f : R− {0} → R, una función definida por f (x) = f (x) = −

1 , x2

f (x) =

1 . Derivando se encuentra: x

2 , x3

los signos de las derivadas se muestran a continuación, -------- ------

---------- ----

−∞

0 Decreciente

∞ Decreciente

Signos de     f ' (x)

154


------ ------- -

−∞

Cóncava hacia abajo

Signos de     f ' ' (x )

++++++++++

0

∞

Cóncava hacia arriba

Punto de inflexión

Nótese que 0 es un punto de inflexión, notemos además que: 1 x 1 lim + x x→0 lim

x→0−

= −∞ = ∞

A continuación mostramos la gráfica de la función analizada. f (x ) =

1 x

y 1.5 1 0.5 0

-6

-4

-2

0

2

4

6

x

-0.5 -1 -1.5

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 si a < 0. A continuación se ilustran los casos a > 0 y a < 0 respectivamente. y

f (x ) = ax 2 + bx + c, a < 0

y

f ' ' (x ) < 0

f ' ' (x ) > 0

x

Ejemplo 5.5 Graficaremos f (x) =

f ( x ) = ax 2 + bx + c, a > 0

4x x2 +4

en (−∞, ∞) .

x

5.3. CONCAVIDAD

155

Derivando se encuentra: −4 x2 − 4

f (x) =

(x2 + 4)2 8x x2 − 12

f (x) =

(x2 + 4)3

los signos de estas derivadas se muestran a continuación: Mín. local Máx. local ---------+++++++ ----------

−∞

∞

2

-2

Signos de      f ' (x )

Signos de + + + + + + + - - - - - - - - - - + + + + + + +     f ' ' (x ) ∞ −2 3 0 2 3

------ ----

−∞

Puntos de inflexión

La gráfica se muestra a continuación: 4x

f (x ) =

y

2

x +4

1

-5

−2 3

−2

0

2

2 3

x

5

-1

Ejemplo 5.6 Graficaremos f (x) = xln x en (−∞, ∞) . Las derivadas y sus signos se muestran a continuación. f (x) =

----- ------- -0

Decreciente

2xln x ln x x Signos de    f ' (x ) 

++++++++++ 1

f (x) =

Creciente

4xln x

∞

2 ln x − 14 + x2

7 16

156


(en la segunda derivada se han completado cuadrados)

Signos de      f ' ' (x )

+++++++ +++++++ +++++++

∞

0

Finalmente mostramos la gráfica. f (x ) = x ln x

y 5 4 3 2 1 0

5.4

1

2

3

x

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 tiene un máximo en x = c. (b) Se prueba como en (a) Para terminar esta sección se da un criterio muy importante sobre máximos y mínimos llamado Criterio de la segunda derivada. Corolario 5.16 (Criterio de la Segunda Derivada). Sea f : [a, b] → R continua en [a, b]. Sea c un punto crítico de f en (a, b) y f (c) = 0. Entonces (a) Si f (c) < 0 en (a, b) 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 en donde f (x) = 0 y tiene el mismo signo de f (c) mas aún, si además f (c) = 0 usando el teorema f tiene un máximo local o un mínimo local en c dependiendo si f (c) < 0 o f (c) > 0. 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: 1 f (x) = x + . x Derivando y luego realizando operaciones se encuentra: f (x) = 1 −

1 x2 − 1 = , 2 x x2

resolviendo f (x) = 0 encontramos los puntos x = 1, x = −1, observemos que f (x) no está definida en x = 0, luego los puntos críticos son: x = −1, x = 0, x = 1. 1 Se tiene también f (x) = 3 , luego f (−1) = −1 < 0, f (1) = 1 > 0 y f (0) no está definida. x Conclusión. • mínimo local en x = 1, el mínimo local es f(1) = 2, • máximo local en x = −1, el máximo local es f(−1) = −2, • Punto de inflexión en x = 0.(En este punto f no está definida y f cambia de concavidad alrededor de este punto) Luego de un análisis de signos de las derivadas, se deduce la siguiente gráfica. y

f ( x) = x +

1 x

5

2 -2

−1

−2 -5

0

1

2

x

158


Ejercicios propuestos En los siguientes ejercicios, encontrar (a) puntos críticos, (b) máximos y mínimos, (c) intervalos de crecimiento y decrecimiento, (d) intervalos de concavidad, (e) puntos de inflexión, (f) gráfica de la función. 1. f (x) = xx Sol.: (a) e−1 2. f (x) = x2 e−x Sol.: (a) 0, 2 3. f (x) = 15 x5 + x4 − 43 x3 + 2x2 − 5x Sol: (a) −5, 1 4. f (x) = x2 − Sol.: (a) −3

54 x

5. f (x) = 8 + x1/4 5 3 6. f (x) = 14 x4 − 36 x − 1 1 1 Sol.:(a) 2 , 4 , − 3 7. f (x) = x4/5 x2 − 2 2√ 7 Sol. (a) ± 7

1 2 16 x

+

1 24 x

−1 . Sol. (a) 0 1 + x2 En los siguientes problemas, graficar la función que satisface las condiciones dadas

8. f (x) =

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

x 2e − x

xx

8 + x1 / 4

5.5 5.5.1

1 4

159

1 x5 + x 4 − 4 x3 + 2x 2 − 5x 5 3

5 3 1 x2 + x 4 − 36 x − 16

1 24

(

x4/5 x2 − 2

x

x 2 − 54x

)

Problemas sobre Máximos y Mínimos Problemas Geométricos

Para resolver este tipo de problemas conviene recordar las siguientes fórmulas: • 1) Triángulo de altura h y base b

Area = 12 bh h b • 2) Círculo de radio r

Longitud de circunferencia = 2π r

r

Area= π r 2

• 3) Sector circular de ángulo α: (α medido en radianes)

r

α

r

Longitud de arco = α r Area = 12 r 2 α

−1 1+ x2

160

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA • 4) Trapecio de bases b y B con altura h:

b Area= 12 h( B + b)

h B

• 5) Cono circular recto de altura h y radio basal r:

Area lateral = π r g Area basal = π r 2 Area total = π r g + π r 2 Volumen = 13 π r 2 h

g h r • 6) Esfera de radio r:

r

Superficie = 4 π r 2 Volumen = 43 π r 3

• 7) Cilindro de radio de base r y altura h:

Superficie basal = π r 2

h

Superficie lateral = 2π rh Volumen = π r 2 h

r


161

También es necesario recordar las propiedades de semejanza de triángulos.

∆ ABC ≡ ∆ UVW V

C

γ b β α A c a

B

β

a b c = = u v w

u

w

α U

γ

v

W

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 12 π, encontrar el valor más grande del perímetro del triángulo. Dar detalles de su razonamiento.

C A

x α

h 0

r

E

B

Solución. Sea x el lado igual del triángulo y 2h la base. El perímetro del triángulo está dado por P = 2x +2h. Puesto que A, B, C son puntos de un semicírculo, el triángulo ABC es un triángulo rectángulo. También por construcción el triángulo AEC es un triángulo rectángulo, entonces: En el ∆AEC : En el ∆ABC :

CE h = AC x AC x cos α = = AB 2r

sin α =

por tanto: x = 2r cos α, h = 2r cos α sen α, y P (α) = 4r cos α + 4r cos α sin α, Derivando se encuentra:

. π/ . DP = 0, 4

P (α) = 4r − sin α − sin2 α + cos2 α .

/ Resolviendo la ecuación P (α) = 0 se obtienen los puntos: α = 16 π y α = 32 π, nótese que α = 32 π ∈ 1 1 DP pero α = 6 π ∈ DP , para determinar si en 6 π se tiene un máximo o mínimo recurrimos a la segunda derivada: P (α) = 4r (− cos α − 2 sin α cos α − 2 cos α sin α) = 4r (− cos α − 4 sin α cos α) , evaluando en 16 π se encuentra: π √ π π π = 4r − cos − 4 sin cos = −6r 3 < 0 P 6 6 6 6

162


√ por tanto en α = 16 π se encuentra un máximo, el valor máximo de P es P 16 π = 3r 3. Por tanto el √ valor más grande del perímetro del triángulo isosceles inscrito en la circunferencia de radio r es 3r 3. Ejercicio 5.7 Pruebe que de todos los rectángulos de área dada, el cuadrado es el que tiene menor perímetro. Solución. Sea x, y los lados del rectángulo de área dada a, es decir xy = a.

x

xy =a y

El perímetro está dado por P = 2 (x + y) . A partir de xy = a se encuentra y = a/x, por tanto el perímetro se puede escribir como: a , DP = (0, ∞) , P (x) = 2 x + x

derivando se obtiene;

a P (x) = 2 1 − 2 , x √ √ resolviendo P (x) = 0 se encuentra x = a, (x = − a ∈ / DP ). La segunda derivada es: P (x) =

4a , x3

√ √ √ a luego P ( a) = √4a 3 > 0, luego en x = a se tiene un mínimo. Finalmente y = √ = a, luego ( a) a √ 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 puede inscribir en una esfera de radio R. Solución. Sea 2h la altura del cilindro y r el radio de su base.

h R

2h

r Del gráfico vemos que: r2 + h2 = R2

(1)


163

El volumen del cilindro está dado por V = 2πr2 h

(2)

Despejando r2 de (1) y reemplazando en (2) se tiene el volumen en función de h: V (h) = 2π(R2 h − 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, √ √ 3 3 R. Reemplazando h = R en (1) encontramos que concluimos que V tiene un máximo en h = 3 3 √ 6 R. r= 3 Conclusión: Si la esfera es de radio R el cilindro de máximo volumen que se puede inscribir en ella tiene: 2√ Altura = 2h = 3R 3 √ 1 6R Radio = 3 Ejercicio 5.9 Hallar la altura y radio de un cilindro de volúmen máximo que puede inscribirse en un cono circular recto de altura h y radio r. Solución.

B E

D A

B h

D

x

A

C r

E h y C

r

Sean BC = h, AC = r, DE = x, EC = y. Los triángulos ABC y DBE son semejantes, luego: DE BE = , AC BC por tanto

h−y x = r h

(1)

V = πx2 y

(2)

El volumen del cilindro está dado por h Despejando y de (1) se encuentra y = (r − x); reemplazándolo en (2) obtenemos el volumen en r función de x: πh (rx2 − x3 ), DV = (0, r) V (x) = r

164


Derivando se tiene: V (x)

=

πh 2rx − 3x2 r

πh (2r − 6x) r x = 0 y x = 23 r. El punto x = 0 no pertenece al dominio. Con x = 23 r De V (x) = 0 encontramos 2 se encuentra V 3 r = −2πh < 0. Concluimos que V tiene un máximo en x = 23 r. Finalmente h reeemplazando x = 23 r, en y = (r − x) se tiene y = 13 h. r Conclusión: Radio del cilindro: x = 23 r Altura del cilindro: y = 13 h 2 1 4 2 Volumen máximo: V = πx2 y = π 23 r 3 h = 27 πr h. V (x) =

5.5.2

Problemas de construcción

Ejercicio 5.10 Se debe construir una caja de base cuadrada, abierta en su parte superior. El área del material con que se va a construir la caja debe ser de 100 cm2 . ¿Cuáles deben ser sus dimensiones para que su volumen sea el máximo posible? Solución.

y x

x

Sean x, y el lado de la base y la altura respectivamente. El volumen está dado por V = x2 y

(1)

Puesto que el área total de la caja debe ser 100 cm2 , debemos tener: x2 + 4xy = 100.

(2)

De (2) se encuentra y=

100 − x2 4x

(3)

reemplazando en (1) se encuentra: V (x) = Derivando:

1 100x − x3 , 4

DV = (0, ∞)

1 100 − 3x2 4 3 V (x) = − x 2 V (x) =

(4)


165

√ √ √ 3. Puesto que V 10 3 )−5 3 < 0 De V (x) = 0, encontramos el único punto crítico x = 10 3 3 √ 3, reemplazando este valor en (3) se encuentra concluimos con que V tiene un máximo en x = 10 3 √ 2 √ 100−( 10 3 ) y = 4 103√3 = 53 3. (3 ) Conclusión. √ 3 Lado de la base x = 10 3 √ Altura: y = 53 3 √ 2 5 √ 500 √ 3 3. Volumen máximo: V = 10 3 3 3 = 9 Ejercicio 5.11 Una pieza de alambre de longitud L se corta en dos partes, con una de ellas se forma un triángulo equilátero y con la otra una circunferencia. ¿Cómo se debe cortar el alambre para que la suma de las áreas sea mínima?. Solución.

r x 3 2

x

1x 2

Sea x el lado del triángulo y r el radio de la circunferencia. El área total es A=

1√ 2 3x + πr2 4

(1)

El perímetro del triángulo es 3x y la longitud de la circunferencia es 2πr. Puesto que la longitud total del alambre es L se debe tener: 3x + 2πr = L (2) Despejando x de (2) y reemplazando en (1) obtenemos el área en función de r. x= A(r) = Derivando tenemos

L − 2πr 3

1√ 3 (L − 2πr)2 + πr2 , 36 A (r) = A (r) =

√

(3) L DA = 0, 2π

π 9 √3 (−L + 2πr) π 9 3 (2π) + 2π

((4))

+ 2πr

√ 3L √ ∈ DA . Puesto que A (r) > 0 = 0 encontramos el punto crítico r = Resolviendo 18 + 2 3π para toda r, en particular es positivo para el punto crítico encontrado. Concluimos que en el punto crítico encontrado, la función A tiene un mínimo. Conclusión. L − 2πr 3L √ ≈ 0. 20774L Lado del triángulo: x = = 3 9 + π 3 √ 3L √ ≈ 0.05 9968L. Radio de la circunferencia: r = 18 + 2 3π A (x)

166


√ √ 3L 3 3+π 3 2 √ Area mínima A = 4L √ 2 . 18 + 2 3π 9+π 3 Un ejemplo numérico.

L = 10 cm x = 2.0774 cm r = 0.59968cm Area mínima A=2.9984 cm 2 Ejercicio 5.12 Una ventana tiene la forma de un rectángulo coronado por un semicírculo con diámetro igual a la base del rectángulo. Hallar las dimensiones de la ventana cuando el perímetro es p metros y el área es la mayor posible. Solución.

r r h

2r Sean h la altura del rectángulo y 2r la base del rectángulo, por lo tanto r es el radio de la semicircunferencia. El perímetro total de la ventana está dado por

El área total es

2h + 2r + πr = p

(1)

1 A = 2rh + πr2 2

(2)

Despejando h de (1) y reemplazándolo en (2) obtenemos el área en función de r h=

p − 2r − πr 2

1 A(r) = pr − 2r2 − πr2 2 Derivando:

A (r) = p − 4r − πr A (r) = −4 − π

(3) (4)

5.5. PROBLEMAS SOBRE MÁXIMOS Y MÍNIMOS Resolviendo A (r) = 0 encontramos r =

167

p , en este punto crítico, A tiene un máximo pues 4+π

A (r) < 0 para todo r. Conclusión. p Radio de la semi circunferencia: r = 4+π p Altura del rectángulo: h = 4+π p2 Área de la ventana: A = . 2(4 + π)

Ejercicio 5.13 Se tiene que hacer un depósito sin tapa de base cuadrada con una capacidad de V cm3 . ¿Qué dimensiones debe tener el depósito de manera que el área sea mínima? Solución.

y x

x

Sean x el lado de la base, y la altura del depósito. El volumen del depósito viene dado por: V = x2 y

(1)

El área total que se requiere para la construcción es la suma del área de la base x2 más la suma de las áreas laterales (4xy), esto es, (2) A = x2 + 4xy Despejando y de (1) y reemplazándolo en (2) obtenemos el área en función de x, y=

V x2

A = x2 + Derivando obtenemos:

(3) 4V x

(4)

4V A (x) = 2x − 2 x 8V A (x) = 2 + 3 . x √ 3 x = 2V , observemos que en x = 0 A no está definida, luego Resolviendo A (x) = 0 encontramos √ 3 aceptable pues en los puntos críticos son x = 0 y x = 2V √. Sin embargo x = 0 no es una solución √ 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 V V Altura: y = 2 = 3 x 4 1 Area total: A = 3(4V 2 ) 3 .

168


Ejercicio 5.14 En un almacen se va a abrir un pasillo perpendicular a uno ya existente de 8 metros de ancho. ¿Qué ancho debe darse al pasillo para que una varilla de 27 metros de largo pueda moverse de un pasillo a otro en una posición horizontal? Solución.

B 27 − y

θ

8

Q

P

AP = y PB = 27 − y AR = x BQ = 8

y θ A

R x

Sea x el ancho del pasillo a construir. En la figura AB es la varilla de 27 metros. De la figura x 8 sen θ = , cos θ = . De estas igualdades se obtiene y 27 − y x sen θ 8 ; 27 − y = cos θ y =

sumando miembro a miembro se encuentra: x 8 + = 27. sen θ cos θ

(1)

Despejando x tenemos el ancho del pasillo como función de θ (2)

x(θ) = 27 sen θ − 8 tan θ Derivando:

x (θ) = 27 cos θ − 8 sec2 θ x (θ) = −27 sen θ − 16 sec2 θ tan θ

Resolviendo x (θ) = 0 se encuentra cos θ = 23 , de esto encontramos sen θ = este ángulo x (θ) < 0, luego x tiene un máximo en θ = arccos( 23 ). Conclusión. √ √ √ Ancho del pasillo: x = 27 35 − 8 25 = 5 5 m.

5.5.3

√ 5 3

y tan θ =

√ 5 2 .

Para

Problemas de costos

Ejercicio 5.15 Una distribuidora tiene la siguiente política de venta de cierto componente electrónico. Si el pedido es menor o igual a 100 cajas el costo es de $US 10 por caja. Por cada 25 cajas adicionales se tiene una rebaja de un 5%. ¿Cuál es el pedido que produce el máximo valor de la venta?. Solución. Sea x el número de cajas de un pedido. Si x ≤ 100 el costo por caja es $US 10 y el importe de la venta es 10x dólares. Si x > 100 (x toma valores 125, 150, ....), el costo por caja es x − 100 x − 100 = 10 − 0.5 10 − (0.05) (10) 25 25


169

Si V es el importe de la venta tendremos:  10x si x ≤ 100  x − 100 V (x) = x si x ≥ 100  10 − 0.5 25

La parte que nos interesa de esta función es cuando x ≥ 100. Para encontrar un punto extremo encontramos V (x), para x ≥ 100, luego de esto resolvemos V (x) = 0. 0.5 (2x − 100) . 25 0.5 (2) V (x) = − < 0 para todo x 25 V (x) = 10 −

Resolviendo V (x) = 0, obtenemos x = 300, (aquí, V debe tener un máximo ¿porque?) con lo que el importe de la venta es V (300) = 1800.

1800

V ( x)

1000

0 100

300

450 x

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 operaciones de hasta M Bs. Para la cantidad que sobrepase esta cifra, disminuye la tasa anterior en r Bs por cada mil. Hallar la operación óptima de manera que el beneficio del banco sea máximo. ¿Cuál es la operación óptima si p = 30, M = 50000, r = 0.375? Solución: Sea x la cantidad en Bs de la operación buscada. Si x ≤ M el beneficio para el r (x − M) px . Si x > M la tasa es p − por cada mil que excede a M (por ejemplo si banco es 1000 1000 x = M + 1000, la tasa es p − r), luego el beneficio en este caso es: pM r(x − M ) x−M + p− . 1000 1000 1000 Si B es la función del beneficio:  px  si x ≤ M   1000 B(x) = x−M r(x − M) pM   si x ≥ M + p −  1000 1000 1000

170


Si x ≥ M, B (x) =

1 2r(x − M) p− . 1000 1000

500p . Este punto es un máximo pues B (x) < 0 Resolviendo B (x) = 0 se encuentra x = M + r para todo x ≥ M. Si M = 50000, p = 30 y r = 0.375, el banco obtiene el beneficio máximo cuando 500 (30) = 90000 . x = 50000 + 0.375 Ejercicio 5.17 Un minero desea abrir un túnel desde un punto A hasta un punto B situado 80 metros más abajo de A y 240 metros más al este de el. Debajo el nivel de A es roca; arriba de este nivel es tierra blanda. Si el costo de construcción del túnel es $US 30 por metro lineal en tierra blanda y $US 78 en roca, hállase el costo del túnel de manera que este sea mínimo. Solución. Sea x la parte del tunel por tierra blanda, y la parte del tunel por roca, como se ilustra en el siguiente gráfico.

A

x

C y = 802 + ( 240− x) 2

80

80 240− x

E

240

D

B

En el gràfico AE = CD = 80, EB = 240, DB = 240 − x. Por las condiciones del problema, el costo C es: C = 30x + 78y, ((1)) puesto que y=

802 + (240 − x)2

((2))

se tiene el costo en funciòn de la variable x

Derivando se obtiene:

78(240 − x) C (x) = 30 − 802 + (240 − x)2 78(240 − x) C (x) = 30 − 802 + (240 − x)2

620 260 Resolviendo C (x) = 0, obtenemos x = , reemplazando este valor en (1) se tiene y = . Por 3 3 tanto el costo es: 260 620 + 78 = 12960. C = 30 3 3


5.5.4

171

El principio de Fermat

El principio de Fermat establece que “El trayecto seguido por la luz al propagarse de un punto a otro es tal que el tiempo empleado en recorrerlo es un mínimo”1 . Si un rayo de luz parte de la fuente, rebota en el espejo y regresa al observador, entonces su trayectoria constará de dos segmentos de recta como se muestra en la figura, más aún el tiempo mínimo ocurrirá cuando la distancia recorrida por el rayo de luz sea mímima. Demostrar que el rayo de luz chocará con el espejo en el punto P en el que ángulo de incidencia α es igual al ángulo de reflexión β. Fuente

Rayo de luz Observador

α a

β b

β α

Espejo

x

P c

Solución. La distancia que recorre el rayo de luz está dado por $ 2 2 f (x) = x + b + (c − x)2 + a2

donde x ∈ [0, c] . derivando f se encuentra:

x c−x f (x) = √ −$ x2 + b2 (c − x)2 + a2

bc (existe otra raíz, pero no se encuentra en el dominio a+b ¡compruébelo!). La segunda derivada resulta ser:

resolviendo f (x) = 0 se encuentra x =

b2 a2 f (x) = √ 3 + $ 3 2 x2 + b2 2 (c − x) + a por tanto es claro que f es cóncava hacia arriba en todo su dominio, en particular por tanto la función f tiene un mínimo en x =

tan α =

tan β = 1

bc , pero entonces: a+b c−

bc a+b = c a a+b

c−x = a bc x c = a+b = b b a+b

Enunciado en el siglo XVII por el matemático francés Pierre de Fermat.

f

bc a+b

> 0,

172


por tanto tan α = tan β, finalmente puesto que la función tangente es inyectiva en 0, π2 , se concluye con que α = β.

Ejercicios propuestos 1. (Area máxima) √ Encontrar el área del mayor triángulo isósceles que tenga un perímetro de 18 cm. Sol: 9 3. 2. (Area máxima) Probar que de todos los triángulos rectángulos con la misma hipotenusa, el de área máxima es el isósceles. 3. (Longitud mínima) Un segmento de recta está situado en el primer cuadrante con extremos en los ejes coordenados y tangente a la circunferencia x2 + y 2 = 1. Hallar la longitud del segmento más pequeño que cumpla con las condiciones dadas. Sol. 2. y

1

1

x

4. (Costo mínimo) Un tanque debe tener un volumen dado V y la forma de un cilindro circular recto con semiesferas agregadas en sus extremos. El material para los extremos cuesta dos veces más por unidad cuadrada de lo que cuesta el de los lados. Hallar las dimensiones más económicas. $ $ 3 3V Sol.: radio= 12 3 3V , altura=2 2π 2π .

5. (Volumen máximo) De una lámina circular de radio r se quiere recortar un sector circular para construir un cono circular recto. Hallar el ángulo de corte θ de modo que el volumen del cono sea máximo.

5.5. PROBLEMAS SOBRE MÁXIMOS Y MÍNIMOS Sol.: θ = 2π

$

173

2 3.

θ

6. (Volumen máximo) Un tronco de un arbol que mide h metros, tiene la forma de un cono truncado recto. Los diámetros de sus bases miden 2b y 2a metros respectivamente. Se debe cortar una viga de sección transversal cuadrada cuyo eje coincide con el eje del tronco y cuyo volumen sea el mayor posible. ¿que dimensiones debe tener la viga? (se supone que a, b y h son conocidos) (Sug. Sea 2x la longitud del lado de la base y y la altura, por semejanza de triángulos h−y x−a y = b−x ) Sol.: x = 23 b, y =

hb 3(b−a) .

2a

a

h

y

x 2b

b

7. (a) ¿Cómo deberían elegirse dos números no negativos cuya suma sea 1 para maximizar la suma de sus cuadrados?, (b) ¿Y para minimizar la suma de sus cuadrados?. Sol.: (a) 0, 1. (b) 1/2, 1/2. 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 − y 2 = a2 más cercanos al punto (0, b) donde b > 0.

174

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA Sol.:

√ ± 12 4a2 + b2 , 12 b y

(0, b ) 1

0

-1

1

x

-1

10. (Menor y mayor distancia) Considere la curva de ecuación y 2 + x −

19 2

=0

(a) Hallar puntos de la curva que se encuentren a la menor distancia del origen. (b) Hallar los puntos de la curva que se encuentren a la menor distancia del origen cuando y ∈ [−1, 1] . (c) Hallar los puntos de curva que se encuentren a la mayor distancia del origen cuando y ∈ [−1, 1] . Sol. (a)

1

2 , ±3

(b)

17 2

, ±1 (c) 19 2 ,0 . y

x

11. (Superficie mínima) Se debe construir una lata cilíndrica (con tapa) de a unidades cúbicas de volumen de manera que se gaste el menor material posible. ¿cual debe ser la relación entre la 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


175

cuadrante un triángulo de área mínima. Sol: 4x + 3y − 24 = 0. y

(3,4)

x

13. (Area máxima) Un rectángulo tiene dos de sus vértices sobre el eje x y los otros dos están respectivamente sobre las rectas y = x y 4y + 5x = 20. Hallar el valor y para que el área del rectángulo sea máximo. Sol.: 10/9. 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. Determinar cuales deben√ser las dimensiones de la hoja para que se use la menor cantidad de papel. Sol.: √ 8 + 2a , altura = 8 + 2a. base = 2 4

2

A re a im p re s a

2

4

15. (Area máxima) Determinar la superficie lateral del cilindro recto de área máxima que puede ser inscrito en un cono circular recto de radio basal b y altura a. Sol: área = abπ/2. 16. (Area máxima) Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área, que se puede 2 2 inscribir en la región limitada por la elipse xa2 + yb2 = 1 y el eje x, tal como se muestra en la √ √ gráfica. 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 parte se forma un cuadrado y con la otra una circunferencia. ¿De que modo debe ser cortado para Lπ que la suma de las áreas sea mínima?. Sol.: Para la circunferencia: , para el cuadrado 4+π 4L . 4+π

176

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA y b

a

x

Figura~5.1: 18. (Superficie mínima) La base de una caja rectangular es tal que su longitud es tres veces su ancho. Si el volumen de la caja es 36 m3 , hallar las dimensiones de dicha caja de modo que la superficie total sea mínima para √ los siguientes √ √ casos: (a) la caja es con tapa, (b) la caja es sin tapa. Sol. (a) 6 × 2 × 3, (b) 6 3 2 × 2 3 2 × 32 3 2. 19. (Area máxima) Un vidrio rectangular de 80 cm. por 60 cm, se rompe en una esquina según una recta, tal como se ve en el gráfico, con un punto (x, y) de la recta se construye un rectángulo. Hallar el punto (x, y) de la recta de modo que el área de dicho rectángulo sea el 155 mayor posible. Sol.: 25 3 , 2 10

15

(x, y ) 80

60

20. (Distancia mínima) Un punto movil √ P describe la curva y = 4/x, x > 0. Determinar la distancia mínima de P al origen. Sol.: 2 2. 21. (Area máxima) Se desea inscribir un rectángulo en un triángulo de rectángulo cuyos lados miden a, b y c cm. Determinar las dimensiones que debe tener dicho rectángulo, si este se coloca como en (a) o (b) , de modo que su área sea el mayor posible.

c

a

b

c

b

a

5.5. PROBLEMAS SOBRE MÁXIMOS Y MÍNIMOS Sol. (a) a2 , 2b , (b) 2c ,

177

ab 2c

22. (Volúmen máximo) Se necesita construir un embudo cónico cuya generatriz debe ser igual a 20 √ cm. ¿Cuál debe ser la altura del embudo para que el volumen sea el mayor posible?. Sol.: 20 3 . 3 23. (Area mínima) Hallar un punto sobre la parábola y = 4 − x2 , tal que la recta tangente en el segundo cuadrante y los ejes coordenados determinen un triángulo de área mínima. Sol.: x = − 4/3. 24. (Area máxima) Si un punto de una elipse, inscrito en un semicírculo, está sobre el diámetro y tiene otros dos puntos sobre la semicircunferencia en posición simétrica . Demostrar que su 2πr2 área será un máximo igual a √ , donde r es el radio de la circunferencia. (Sug. sean a, b los 3 3 semiejes de la elipse de centro (0, b) , la intersección de la elipse y la semicircunferencia debe ser única en el primer cuadrante, esto da una relación entre a y b)

y

r

−r

r

x

25. (Area máxima) Determinar la elipse de área máxima, inscrita en un triángulo isósceles de lados r, r, 2r de modo que dos puntos √ estén en los lados iguales en posición simétrica y el tercero 3 1 en lado desigual. Sol.: Semiejes r, 3 r, centro 0, 13 r 3 y r

b a

−r

r

x

26. (Volumen mínimo) Un cono recto circular va a ser circunscrito en una esfera de radio conocido. Encontrar la razón de la altura y el radio de la base del cono de volumen mínimo.

178

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA √ Sol.: 2 2.

27. (Area máxima) Demostrar que el triángulo isósceles de área máxima que puede inscribirse en una circunferencia es un triángulo equilátero. 28. (Volumen máximo) Un cono recto circular es cortado por un plano paralelo a su base. ¿A que distancia de la base debe ser hecho el corte, para que el cono recto de base en la sección determinada por el corte y de vértice en el centro de la base del cono dado, tenga volumen máximo?. Sol.: 1/3 de la altura del cono).

2+ 29. (Area mínima) Hallar el área mínima del triángulo isósceles circunscrito a√la elipse b2 x √ a2 y 2 = a2 b2 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 tangente a la elipse que pasa por este punto. La intersección de esta recta con el eje y permite calcular la altura, la intersección de la recta tangente con la recta y = −b permite calcular la base)

y

b

a

x

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 las condiciones del mercado indican que deben producirse entre 3 y 10 unidades. Determine la y cantidad para el cual el costo medio es mínimo. (Sug. Costo medio y = . Sol: y = 9, para x x = 3). 31. (Valor máximo) Un fabricante produce miniaturas que vende al precio de $U S 3 por unidad, hasta 1000 unidades. Por cada 100 unidades adicionales el precio se reduce en 6 centavos por ciento. ¿De que magnitud es el pedido que produce el máximo valor en dólares?. Sol.: 3500.


179

32. (Varilla más larga) Hallar la longitud de la varilla más larga que se puede transportar horizontalmente en la esquina que une un corredor de 8m de ancho con otro de 4m de ancho. 3/2 Sol.: 4 1 + 41/3 .

8

4

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 √ p(6+ 3) fijo?. Sol. Lado del triángulo = un lado del rectángulo = , otro lado del rectángulo = 33 √ p(5− 3) donde p es el perímetro de la ventana. 22 34. (Mayor iluminación) Cuando una luz proveniente de un punto luminoso choca con una superficie plana, la intensidad de la iluminación es proporcional al coseno del ángulo de incidencia e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia respecto a la fuente. ¿A que altura debe estar colocada una luz por encima del centro de un círculo de 12 pies de radio para obtener la mejor iluminación a lo largo de la circunferencia?

θ y

12

35. (Area máxima) Determinar un triángulo rectángulo de área máxima, de modo que los extremos de su hipotenusa sean el origen y√un punto de la gráfica de y = (x − p) (x − q) , q > p y en el primer cuadrante. Sol.: Base

p+q−

p2 −pq+q 2 3

36. (Suma de distancias mínima) Sean P, Q puntos del plano en el mismo lado del eje de las x. Sea R un punto sobre el eje de las x (ver figura). Demostrar que la suma de las distancias

180

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA P R y QR es mínima cuando los ángulos θ1 y θ2 son iguales. P

Q

y2

y1

θ1

θ2 R x a−x

37. (Fisiología celular) Los investigadores de fisiología celular intentan determinar la permeabilidad de una célula a varios compuestos si la concentración al exterior de una célula se mantiene en un nivel fijo. Si A = superficie de la célula V = volumen de la célula k >= es la constante de permeabilidad x ≥ representa la concentración del compuesto dentro de la célula, entonces se tiene el siguiente modelo, que con frecuencia se utiliza en la práctica: A dx = k (c − x) . dt V • (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 borde de una cápsula de porcelana; suponiendo que no existiera rozamiento, la varilla se moveria hasta alcanzar una posición de equilibrio. Sabiendo que el centro de gravedad, en el estado de equilibrio estable, adquiere la posición más baja de entre todas las que puede tomar, se pide la posición de equilibrio de la varilla AB. B

E

C

A

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 posición de equilibrio buscada. Calcule y en función del ángulo θ) 1 l l2 Sol.: cos θ = + . ± 2 8r 64r 2

5.6

La Derivada como Razón de Cambio

dx se Sea y = y(x), y x = x(t), esto es y es una función de x y x es una función de t. La expresión dt llama razón de cambio de x respecto a t. Por la regla de la cadena tenemos: dy dy dx = · dt dx dt A continuación se presentan aplicaciones de la razón de cambio. Ejercicios resueltos 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.

B 20

y

θ C

A

x dx dt

= 2

(a) Sea AB = 20, la longitud de la escalera, y = CB la altura del extremo superior de la escalera al piso, x = AC la distancia del extremo inferior de la escalera a la pared. Entonces (1) y = 400 − x2 y (2) x aquí m es la pendiente que forma la escalera con el piso. Nótese que x = x (t) y y = y (t) , es decir son funciones dependientes de la variable t. Derivando en (1) respecto de t se encuentra: m = tan θ =

−x dx dy =√ 2 dt 400 − x dt Como dato se tiene que

dx dt

= 2, por otra parte se pide calcular dy dt cuando x = 12, por tanto:   −12 dy   (2) = − 3 , = $ dt 2 2 400 − (12)

182


esto muestra que el extremo superior baja a una velocidad de indica que la altura disminuye). (b) En (2) derivando m respecto de t se encuentra: dm dt

reemplazando x = 12,

dx dt

=2y

dy dt

3 2

dx x dy dt − y dt x2 √ dy x dt − 400 − x2 = x2

metros por segundo, (el signo menos

=

dx dt

= − 32 se tiene:

dm = dt

$ (12) − 32 − 400 − (12)2 (2) (12)2

= −

25 72

lo que muestra que la pendiente disminuye a una velocidad de

25 72

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 del círculo formado por la onda en t = 1. Solución.

r

Se tiene r = r(t) = 40t, por tanto el área en cualquier instante t está dado por: A = πr2 Luego dA dt = 2πr dt dt Pero

dr dt

= 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 dirige hacia el oeste a 60 km/h, y el otro se dirige hacia el norte a 35 Km/h. ¿A que velocidad aumenta la 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 distancia recorrida por el segundo automovil en un tiempo t, es claro que x = x (t) y y = y (t), entonces

y

dx = 60 dt

(1)

dy = 35 dt

(2)

La distancia entre los dos vehículos es D= luego

x2 + y2 .

dx dy x +y dD dt dt = dt x2 + y 2

de (1) deducimos que en 3 horas el automovil recorrerá x = 3 (60), similarmente de (2) deducimos que el automovil en 3 horas recorrerá y = 3 (35). Por tanto √ 3 (60) 60 + 3 (35) 35 dD =$ = 5 193 dt (3 (60))2 + (3 (35))2

√ 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 e inferior de 10 y 5 cm y altura 30 cm. Si la rapidéz con la que vierte el agua es 2 cc/seg, ¿con que rapidez sube el nivel del agua cuando la altura de la misma es la mitad de la altura del recipiente? 10

30

5

Solución. Sean x = x (t) , h = h (t) el radio y la altura del cono truncado que ocupa el agua en algún instante t, la relación entre x y h se consigue con la ayuda de los siguientes gráficos y semejanza de triángulos: 10

10 − x

10

30 − h

x

30

30 h

5

5

5

30

184


10 − x 30 − h = 5 30 de donde: x=

h + 30 6

por tanto: V

π h + 30 h + 30 2 h 25 + 5 + 3 6 6 π 2700h + 90h2 + h3 108

= =

derivando respecto de t :

con

dV dt

dh π dV 2700 + 180h + 3h2 = dt 108 dt

= 2, h = 15 se encuentra:

2= de donde:

dh π 2700 + 180 (15) + 3 (15)2 108 dt dh 8 = cm. dt 225π

Ejercicios propuestos 1. Un globo se eleva de la tierra desde una distancia de 100 m respecto de un observador, a razón de 50 m/min. ¿Con que rapidez crece el ángulo de elevación de la línea que une al observador con el globo cuando éste está a una altura de 100 m.?. 2. Un avión vuela horizontalmente a una altura de 4400 m. alejándose respecto a un observador. Cuando el ángulo de elevación es π/4, el ángulo decrece a razón de 0.05 rad/seg. ¿Cuánto es la rapidéz del avión en ese instante?. Sol.: 440 m/seg. 3. Una torre está al final de una calle Un hombre va en un automovil hacia la torre a razón de 50 m/seg. La torre tiene 500 m de altura. ¿con que rapidéz crece el ángulo subtendido por la torre y el ojo del hombre cuando éste se encuentra a 1000 m de la torre?. Sol.: 0, 02 rad/seg. 4. Un carro de la policia se aproxima a una intersección a 80 pies/seg. Cuando está a 200 pies de este punto, un carro cruza la intersección, viajando en ángulo recto con respecto a la dirección en que viaja el carro de la policia, a la velocidad de 60 pies/seg. Si el policia dirige el rayo de luz de su faro hacia el segundo carro, ¿con que velocidad girará el rayo de luz 2 segundos después, suponiendo que ambos carros mantengan sus velocidades originales?.

5.7. LÍMITES INDETERMINADOS

185

5. Un peso es jalado a lo largo de un piso horizontal mediante una cuerda que pasa por un gancho situado a 6 pies sobre el piso. Si la cuerda es jalada sobre el gancho a la velocidad de 1 pie/seg, encontrar una expresión para la razón de cambio del ángulo θ, formado por la cuerda y el piso, como función del ángulo θ. dθ = 16 sen θ tan θ. Sol.: dt 6. Un hombre parado en un punto fijo de un muelle, jala un pequeño bote. El muelle está a 20 pies sobre el nivel del agua. Si el hombre jala la cuerda a 2 pies/seg, ¿con que velocidad crecerá el ángulo que la cuerda forma con el agua, cuando la distancia desde el hombre hasta el bote sea de 50 pies?. 7. Un helicóptero despega a 1000 pies de un observador y se eleva verticalmente a 20 pies/seg. ¿A que velocidad cambiará el ángulo de elevación del helicóptero respecto al observador cuando el helicóptero esté a 800 pies sobre el suelo?. 1 rad/seg. Sol.: 82 8. Supóngase que se filtra un líquido a partir de un resíduo sólido en un filtro cónico de 60 cm de radio y 20 cm de altura. ¿Con que rapidéz cambia el nivel del líquido en el filtro si se introduce tal líquido a razón de 5 cm3 / min?. (Sug. Considere el cono con el vértice hacia abajo). dh −5 . Sol.: = dt 9πh2 9. El costo que tiene una compañia al fabricar x relojes eléctricos por mes es c (x) = 15000 + 5x dólares. El precio está determinado por la demanda y está dado por la ecuación p (x) = 15 −

x , 10000

donde x es el número de relojes fabricados y vendidos por més. Hallar la rapidéz de cambio con respecto al tiempo del costo, del ingreso y de la utilidad por mes, considerando que se aumenta la producción en 5000 relojes al mes y que ahora es de 20000 relojes mensuales. Sol.: $25000/mes, $55000/mes, $30000/mes.

5.7

Límites Indeterminados

En esta sección, se usan derivadas en el cálculo de límites para algunos casos particulares conocidos como indeterminaciones.

5.7.1

La indeterminación

0 0

Diremos que un límite es del caso

0 0

si en el límite lim

x→a

f (x) g (x)

se cumple lim f (x) = 0 y lim g (x) = 0. Iniciamos este estudio con el siguiente teorema. x→a

x→a

186


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 f (x) lim f (x) = 0, =L lim g (x) = 0, y lim x→a x→a x→a g (x) entonces: f (x) f (x) lim = lim = L. x→a g (x) x→a g (x) (2) Sean f, g funciones definidas para valores x suficientemente grandes tales que f y g existen en el dominio común de f y g. Si g (x) = 0 y lim f (x) = 0,

x→∞

entonces: lim

x→∞

lim g (x) = 0, y

x→∞

lim

x→∞

f (x) =L g (x)

f (x) f (x) = lim = L. g (x) x→∞ g (x)

(3) Sean f, g funciones definidas para valores −x suficientemente grandes tales que f y g existen en el dominio común de f y g. Si g (x) = 0 y lim f (x) = 0,

x→−∞

entonces: lim

x→−∞

lim g (x) = 0, y

x→−∞

lim

x→−∞

f (x) =L g (x)

f (x) f (x) = lim = L. g (x) x→−∞ g (x)

Demostración. Se demuestra la parte (1). Las partes (2) y (3) quedan como ejercicio. (1) Sea x ∈ (a, b). Las hipótesis del Teorema de Cauchy se satisfacen en el intervalo [a, x], luego existe c ∈ (a, x) tal que: f (x) − f (a) f (c) = g (x) − g (a) g (c)

puesto que f y g son continuas y lim f (x) = 0, lim g (x) = 0 se tiene f (a) = g (a) = 0. Con x→a x→a estas consideraciones: f (x) f (c) = g (x) g (c) Claramente si x → a, entonces debe verificarse c → a, luego lim

x→a

(2) Sug. Considere lim

u→0+

f (x) f (c) f (x) =lim = lim = L. g (x) c→a g (c) x→a g (x)

f (1/u) . g (1/u)

(Nótese que para cualquier función h se verifica: lim h (x) = lim h (u)) x→a

u→a


187

Ejercicios resueltos Ejercicio 5.22 Calcular lim

x→2

Solución. Aquí,

3x2 + 2x − 16 . x2 − x − 2 f (x) = 3x2 + 2x − 16 g (x) = x2 − x − 2

claramente es una indeterminación 00 . Se cumplen también hipótesis de la Regla de L’Hopital, luego: f (x) f (x) lim = lim x→2 g (x) x→2 g (x) 6x + 2 = lim x→2 2x − 1 14 . = 3 Ejercicio 5.23 Calcular lim

x→0

x − tan x . x − sin x

Solución. Nuevamente es un caso 00 . Por la Regla de L’Hopital con f (x) = x − tan x, y g (x) = x − sin x tenemos: lim

x→0

f (x) g (x)

= =

el último límite encontrado es nuevamente un caso lim

x→0

f (x) g (x)

= lim

x→0

= lim

x→0

lim

f (x) g (x)

lim

1 − sec2 x 1 − cos x

x→0

x→0 0 0,

aplicamos muevamente la regla de L’ Hopital

1 − sec2 x 1 − cos x

−2 sec x (sec x tan x) =lim −2 sec3 x x→0 sin x

= −2. √

1 − e5 x . Ejercicio 5.24 Calcular lim √ x→0 x+x Solución. En este ejercicio conviene hacer un cambio de variable. Sea u = límite dado queda √ 1 − e5 x 1 − e5u =lim . lim √ x→0 x + x u→0 u + u2 Aplicando la regla de L’ Hopital: lim

u→0

1 − e5u −5 e5u = lim = −5. u + u2 u→0 1 + 2u

√ x, con este cambio el

188



x→0

arcsin 2x − 2 arcsin x . x3

Solución. Aplicando la regla de L’ Hopital: −1/2 −1/2 1 − 4x2 − 1 − x2 2 lim = 3 x→0 x2 −3/2 1 −3/2 lim 4 1 − 4x2 = − 1 − x2 3 x→0 = 1.

arcsin 2x − 2 arcsin x lim x→0 x3

(En este ejercicio se ha aplicado la regla de L’ Hopital dos veces). ln (− cos 2x) . x→ 2 1 + cos 2x Solución. Notemos que cos (π) = −1. Aplicando la regla de L’ Hopital encontramos:

Ejercicio 5.26 Calcular limπ

ln (− cos 2x) limπ x→ 2 1 + cos 2x

2 sin 2x − cos 2x = limπ x→ 2 −2 sin 2x 1 = limπ x→ 2 cos 2x = −1.

π − arctan x . Ejercicio 5.27 Calcular lim 2 1 x→∞ sin x Solución. π − arctan x lim 2 1 x→∞ sin x

1 1+x2 = lim x→∞ 1 1 − 2 cos x x = 1. −

1 . Ejercicio 5.28 Calcular lim π x→∞ − arctan x x 2

1 x que es una indeterminación 00 , Solución. El límite dado se escribe como: lim π x→∞ − arctan x 2 aplicamos entonces la regla de L’ Hopital: 1 2 x = lim = 1. lim 1 x→∞ π x→∞ − arctan x − 2 1 + x2 1 x

−


5.7.2

La indeterminación

189

∞ ∞

En este caso aplicamos el siguiente teorema, que es una extensión de la regla de Hopital. ∞ ). Sean f y g definidas y diferenciables Teorema 5.18 (Regla de L’Hopital para el caso ∞ para todo x mayor que un entero fijo. Supóngase que lim f (x) = ∞,

x→∞

entonces: lim

x→∞

lim g (x) = ∞, y

x→∞

lim

x→∞

f (x) =L g (x)

f (x) f (x) = lim =L g (x) x→∞ g (x)

Observación. El teorema sigue siendo válido si reemplazamos x → ∞ por x → a. Ejercicios resueltos ln x . Ejercicio 5.29 Calcular lim x→∞ x Solución.

ln x 1/x = lim = 0. x→∞ x x→∞ 1 lim

xn Ejercicio 5.30 Calcular lim x , donde n es un número natural. x→∞ e Solución. xn x→∞ ex lim


x→∞

nxn−1 x→∞ ex n (n − 1) xn−2 = lim x→∞ ex = ... n! = lim x = 0 x→∞ e =

lim

cosh (x + 1) . ex

Solución. Por definición cosh (x + 1) = luego lim

x→∞

cosh (x + 1) ex

1 x+1 e + e−x−1 2 ex+1 + e−x−1 ex lim e + e−2x−1

=

1 lim 2 x→∞

=

1 2 x→∞

e . 2 En el anterior ejercicio no se emplea la regla de L’ Hopital, si se emplera, nunca prodríamos romper la indeterminación. Asi pues, en algunos casos la regla de Hopital no dá ningún resultado. =

190


Ejercicio 5.32 Calcular

lim

x→π/2−

tan x . ln cos x

Solución. lim

x→π/2−

tan x ln cos x

=

lim

x→π/2−

= −

lim

sec2 x − sin x cos x

x→π/2−

sec x sin x

= −∞. cot 2x . cot 4x Solución. Este límite es del caso


x→0

∞ ∞,

luego aplicando la regla de L’Hopital:

cot 2x x→0 cot 4x lim

−2 csc2 (2x) x→0 −4 csc2 (4x)

= lim

podemos observar que el nuévo límite es otra vez del caso ∞ ∞ . Si seguimos aplicando L’Hopital se, es decir, el límite no pierde su calidad de indefinida. guiremos obteniendo indefinidamente el caso ∞ ∞ Sin embargo con una pequeña modificación podremos resolver el problema, en efecto: cot 2x x→0 cot 4x lim

5.7.3

=

tan 4x 4 sec2 4x = lim =2 x→0 tan 2x x→0 2 sec2 2x lim

Indeterminaciones 0 · ∞ e ∞ − ∞

Estos casos se reducen a uno de los casos estudiados arriba. Ejercicios resueltos Ejercicio 5.34 Calcular lim

x→0

Solución. Es un caso ∞ − ∞.

1 1 − . x ex −1

lim

x→0

1 1 − x x e −1

=

lim

x→0

ex −1 − x x (ex −1)

el límite de la derecha es del tipo 00 . Aplicando Hopital tenemos ex −1 1 1 lim − x = lim x x→0 x x→0 e −1 + x ex e −1 ex = lim x x→0 2 e +x ex = Ejercicio 5.35 lim

x→1

1 2

x 1 − . ln x x − 1

Solución. Es un caso ∞ − ∞

. lim

x→1

x 1 − ln x x − 1

=

lim

x→1

x − 1 − x ln x (x − 1) ln x


191

este último límite es del tipo 00 . Aplicando dos veces la regla de L’ Hopital: 1 ln x x lim − = lim − (x − 1) x→1 ln x x→1 x−1 ln x + x x ln x = lim − x→1 x ln x + x − 1

nuevamente el último límite es del tipo 00 , aplicando otra vez la regla de L’ Hopital: x 1 + ln x 1 − = − lim lim x→1 ln x x→1 x−1 1 + ln x + 1 1 = − 2 Ejercicio 5.36 lim (x − arcsin x) csc3 x. x→0

Solución. Es del caso 0 · ∞.

(x − arcsin x) (tipo 00 ) x→0 sin3 x 1 1− √ 1 − x2 = lim 2 x→0 3 sin x cos x 1/2 −1 1 − x2 = lim x→0 3 (1 − x2 )1/2 sin2 x cos x

lim (x − arcsin x) csc3 x = lim

x→0

el resultado encontrado es nuevamente del tipo 00 , aplicando una vez más la regla de L’ Hopital encontramos: 1 lim (x − arcsin x) csc3 x = − x→0 6

5.7.4

Casos 00 , ∞0 , 1∞

Ejercicios resueltos

En este caso se toma el logaritmo natural y entonces se transforma el límite dado a la forma 0 · ∞. Ejercicio 5.37 Calcular lim xx . x→0

Solución. Es del caso

00 .

Sabemos que ln xx = x ln x, calculamos ahora el límite lim x ln x

x→0

éste límite es de la forma 0 · ∞ que se puede transformar al caso

o

∞ ln x tipo x→0 1/x ∞ 1/x = lim = lim −x x→0 −1/x2 x→0 = 0

lim x ln x = lim

x→0

0 0

∞ . ∞

192


de este resultado encontramos:

lim xx = lim ex ln x

x→0

x→0

lim x ln x

= ex→0 = e0 = 1 Ejercicio 5.38 Calcular lim (1 − 2x)1/x . x→0

1 Solución. Es del caso 1∞ . Calculamos el límite lim ln (1 − 2x)1/x = lim ln (1 − 2x), este es un x→0 x→0 x caso ∞ · 0. 1 ln (1 − 2x) lim ln (1 − 2x) = lim , caso 00 1 x→0 x x→0 1/x −2 = lim 1 − 2x x→0 1 = −2, Con este resultado:

1

lim (1 − 2x)1/x = lim e x ln(1−2x)

x→0

x→0

lim

1

= ex→0 x

ln(1−2x)

= e−2 . Ejercicio 5.39 Calcular

lim

x→−π/2−

(tan x)cos x .

Solución. Es del caso ∞0 , inicialmente calculamos el siguiente límite lim

x→−π/2−

cos x (ln tan x) =

= = de esto se deduce:

lim

x→−π/2−

lim

x→−π/2−

lim

x→−π/2−

lim

lim

x→−π/2−

(tan x)cos x = ex→−π/2− = e0 = 1.

ln tan x sec x sec2 x tan x sec x tan x cos x =0 sin2 x

cos x(ln tan x)


193

Ejercicios propuestos Calcular: 3 1. lim (cos 2x) x2

Sol.: e−6 .

x→0

2. lim

x→0

3.

tan x − x x − sin x

Sol.: 2.

ln sin x (π − 2x)2

Sol.:− 18 .

θ − arcsin θ θ→0 sin3 θ

Sol.:− 16 .

lim

x→π/2

4. lim

ey + cos y − 2 y→0 ln (1 + y)

Sol.:1.

ey + sin y − 1 y→0 ln (1 + y)

Sol.:2.

5. lim

6. lim

7. limπ

sec2 φ − 2 tan φ 1 + cos 4φ

8. lim

tan y − sin y sin3 y

φ→ 4

y→0

Sol.:

Sol.:

1 2.

1 2

√ √ 16x − x4 − 2 3 4x √ 9. lim x→2 2− 2x3

Sol.:

√ √ 3x − 12 − x √ 10. lim x→3 2x − 3 19 − 5x

Sol.:

8 69

xp − ap , a > 0, p, q ∈ N. x→a xq − aq

11. lim 12. lim

x→0

x cos x − sin x x3

x − sin x x→0 x3

13. lim

ln (sin mx) x→0 ln (sin x)

14. lim

15. lim x sin xa x→∞

Sol.: − 13 . Sol.: 16 . Sol.: 1.

Sol.: a.

32 9

Sol.:

p p−q . qa

194


1 16. lim x x x→∞

Sol.: 1.

(ln x)3 x→∞ x2

17. lim

tan 3θ tan θ

18. limπ θ→ 2

19. lim

x→1

20.

Sol.: 0.

Sol.: 1/3.

1 x − x − 1 ln x

Sol.:

x π − 2 cos x x→π/2 cot x

Sol.: −1

lim

3 21. lim x 4 + ln x

1 2.

Sol.: e3 .

x→0

1−x Sol. ∞. x→1 1 − sin πx 2 1 1 √ − √ 23. lim x→1 2 (1 − x) 3 (1 − 3 x)

22. lim

24. lim

x→0

1 1 2 − x2 sin x

25. lim xsin x x→0

26. lim (1 − x)cos

Sol.: 1. πx 2

x→1

1/x 27. lim 1 + x2 x→0

1

28. lim x 1−x x→1

Sol.: 13 .

Sol.: 1. Sol.: 1.

Sol.: e−1 .

tan πx 4 29. lim tan πx 4 x→1

Sol.: 1.

Verificar :

30. lim (x tan (π (x + 1) /2)) = − π2 . x→0

31. lim

x→0

1 + x − cos x x

1+cos x 25x

1

= e 25 .

Sol.:

1 12 .


195

sin πx + tan (x − 1) = −π + 1. x→1 x2 − x

32. lim 33.

lim (1 − tan x) sec 2x = 1.

x→π/4

2 8 − = − 12 . 34. lim 2 x→2 x − 12 x−6 . / 1 x+1 = −1. − ln(x+1) 35. lim ln(x+1)

x→0

1 2x + 1 36. lim − = 12 . x→0 2x ln (2x + 1) 1 2 − 37. lim = u→1 sin2 (u − 1) 1 − cos (u − 1)

4u2 − 4uπ + π2 − 4 cos2 u = (cos2 u) (4u2 − 4uπ + π2 )

38. limπ u→ 2

1x+π x→−π 2 sin x

39. lim

1 3

= − 12 .

a2 40. lim a2 − φ2 tan πφ 2a = 4 π . φ→a

π π 41. lim − = 18 π2 . x→0 4x 2x (eπx + 1) 1 1 1 − = . 42. lim 2 x→0 x x tan x 3 2 −4 π(u+2) tan = − π4 . 43. lim (u+2) 4 (u+2)2

u→0

44. lim (3 − 2x)tan(

πx 2

x→1

) = e π4 .

45. lim (cot x)5 sin x = 1. x→0

46. lim (sin (2x + π))tan x = 1. x→0

7

47. lim

x→∞ x

x−3 +1 = e7 . 1

1

48. lim (x/2) 2−x = e− 2 . x→2

49. lim

x→∞

cos

5 x2 x

25

= e− 2 .

x

50. lim (1 − cos x) x−1 = 1. x→0

51. lim

x→0

3x − 4x 5x − 6x

=

ln 3−ln 4 ln 5−ln 6

1 2

196


52. lim

x→0

53. lim

x→0+

54. lim

x→0

5.8

etan x − ex x3

=

1 3

1 xe x = ∞

1 2 − cot x = x2

2 3

Trazado de curvas algebraicas

Con los resultados relativos a límites, máximos, mínimos y concavidad de las funciones, más algunas definiciones que se dan en esta sección se puede dibujar con bastante precisión el gráfico de curvas algebraicas, con este propósito pondremos especial interés en los siguientes aspectos: 1. 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 pondremos énfasis en graficar curvas algebraicas de la forma. an y n + an−1 y n−1 + · · · + a1 y + 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 xy 4 + xy 2 − 1 = 0 es simétrica respecto del eje x pero no respecto del eje y. y

xy 4 + xy 2 − 1 = 0

2 1 0

-2

0

x

2

-1

2

-2

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 se verifica 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.

(

y

y = x2 x2 − 4

10

)

5

-2

0

2

x

La ventaja de reconocer que una función sea par, radica en el hecho de que es suficiente graficar la función en la parte positiva del dominio, pues para graficar en la parte negativa se hace simplemente una reflexión del gráfico ya trazado con respecto al eje y. Ejemplo 5.10 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)

198


por tanto f (−x) = −f (x) , esto es, la función f es impar. y = x3 − 4x

y 4 2 -2

0

x

2

-2 -4

nuevamente, se tiene una ventaja al reconocer una función impar, una vez que se ha trazado la gráfica en la parte positiva, se hace una reflexión con respecto al origen para obtener la gráfica en la parte negativa. Muchas funciones no son pares ni impares, por ejemplo x3 − x2 , no es par ni impar, sin embargo está formado por partes pares e impares, su parte par es −x2 , y su parte impar x3 . En general si f es una función su parte par está dado por: u (x) =

f (x) + f (−x) 2

v (x) =

f (x) − f (−x) 2

y su parte impar por:

es claro que f (x) = u (x) + v (x) . Ejemplo 5.11 Sea f (x) = ex , la parte par de f es u (x) = v (x) = 12 (ex − e−x ) .

1 2

(ex + e−x ) y su parte impar es

Ejercicios propuestos 1. Clasificar las siguientes curvas (simetrías) (a) x3 y + x2 y 2 + xy = 1 (b) x2 y 4 + x2 y2 = 1 2. Clasificar (decir si son pares o impares) las funciones definidas por (a) f (x) = x2 + x sin x (b) g (x) = x2 + sin x (c) h (x) = tan (x) + cos x


199

(d) f (x) = x3 sin x − cos x (e) s (x) = ln (x)

(f) u (x) = ex + ln x 3. Hallar las partes pares e impares de: (a) f (x) = ex + sin x (b) g (x) = tan x + x2 (c) h (x) = 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1 4. Demostrar que la suma de funciones pares (impares) es par (impar). 5. Demostrar que el producto de una función par con una impar es impar. 6. Demostrar que el producto de funciones impares es par. 7. Demostrar que el producto de una función par con una par es par. 8. Demostrar que la división de una función par con una par es par. 9. Demostrar que la división de una función par con una impar es impar.

5.8.2

Intersecciones con los ejes

Sea C una curva definida implícitamente por una expresión algebraica en las variables x, y. La intersecciones con el eje x se encuentran haciendo y = 0. Similarmente las intersecciones con el eje y se encuentran haciendo x = 0. Ejemplo 5.12 Hallar las intersecciones con los ejes de la función definida implícitamente por 9 2 2 (x − 2) x − y = 9 2 • (Intersección con el eje x). Haciendo y = 0, tenemos x2 (x − 2) − 9 = 0, cuya única solución real es: x = 3, es decir, la gráfica de la función corta al eje x en el punto 3, dicho de otra manera, el gráfico pasa por el punto (3, 0). • (Intersección con el eje y). Haciendo x = 0, tenemos y 2 − 1 = 0, las soluciones son y = −1 y y = 1, es decir, la gráfica corta al eje y en el punto −1 y 1, dicho de otra manera, el grafico pasa por (0, −1) y (0, 1) .

200


Ejercicios propuestos En los siguientes ejercicios calcular las intersecciones con los ejes: 1. x2 + 2x + y 2 = 0 Sol.: Eje x : x = 0, x = −2. Eje y : y = 0. 2. (x − 2)2 + (3y − 5)2 = 9 Sol.: Eje x : no existen, Eje y : y =

1 3

√ 5± 5 .

3. (x − 2)2 + (y − 5)2 = 25 √ √ Sol.: 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. x2 y 2 + 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 + y 2 + 6y = 6. Despejando x e y encontramos $ y = −3 ± 16 − (x − 1)2 $ x = 1 ± 16 − (y + 3)2

podemos observar que y existe si y solamente si

16 − (x − 1)2 ≥ 0, resolviendo la desigualdad encontramos −3 ≤ x ≤ 5, así el campo de variación de x es el intervalo Vx = [−3, 5] . Similarmente podemos observar que x existe si y solamente si 16 − (y + 3)2 ≥ 0, resolviendo ésta desigualdad encontramos que el campo de variación de y es el intervalo Vy = [−7, 1] .


5.8.4

201

Comportamiento cuando x → −∞ y x → ∞

Si tenemos una función f definida para números suficientemente ”lejos” de 0, obtenemos información sustancial investigando como se comporta la función cuando x → −∞ o cuando x → ∞. El comportamiento de muchas funciones ya se sabe, así sin x se comporta en forma oscilante, sin embargo no todas las funciones tienen ese comportamiento. En esta sección via ejemplos veremos el comportamiento de algunas funciones. Ejemplo 5.14 Consideremos el polinomio f definido por f (x) = x2 − 2x + 5, este polinomio se puede escribir en la siguiente forma 5 2 f (x) = x 1 − + 2 . x x 2

observemos que : 5 2 lim 1 − + 2 = 1 x→∞ x x lim x2 = ∞ x→∞

esto nos dice que el comportamiento de f (x) cuando x → ∞ es parecido al comportamiento de x2 , esto es, f (x) → ∞ cuando x → ∞. De modo similar podemos concluir que f (x) → ∞ cuando x → −∞ Observación. Con un argumento análogo al anterior podemos discutir el comportamiento de cualquier polinomio. Ejemplo 5.15 Consideremos la función: f (x) =

x2 − 1 x2 − 2x

dividiendo numerador y denominador por x2 : f (x) =

1 − 1/x2 1 − 2/x

es claro que: lim f (x) = 1

x→∞

así cuando x → ∞, f (x) → 1. De manera similar podemos mostrar que si x → −∞, f (x) → 1. Geométricamente esto significa que los puntos f (x) tales que x es un número mucho mayor que cero y números x mucho menores que cero están cerca del la recta y = 1.

202


5.8.5

Asíntotas

Estudiaremos la asíntotas de curvas algebraicas. an y n + an−1 y n−1 + · · · + a1 y + 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 arbitrariamente grandes cuando x → a. • Una recta dada por y = a, es llamada Asíntota Horizontal si la diferencia y−a →0 para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente. • Una recta dada por y = mx + b es una Asíntota oblicua si la diferencia f (x) − (mx + b) → 0 donde y = f (x) , para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente. Para calcular las asíntotas procedemos de la siguiente manera • Cálculo de las asíntotas verticales. Con referencia a (i), se resuelve: an = 0, a cada raíz de esta ecuación le corresponde una asíntota vertical. • Calculo de las asíntotas horizontales. Escribimos (i) en la forma bm xm + bm−1 xn−1 + · · · + b1 x + 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 por mx+b en la ecuación (i) para obtener cn xn + cn−1 xn−1 + · · · + c1 x + c0 = 0. Resolvemos ahora el sistema

(iii)

cn = 0 cn−1 = 0

del anterior sistema encontramos los valores de m y b. Para cada par de valores m, b tenemos la asíntota oblicua y = mx + b. Observación. Si an−1 = 0 se resuelve el sistema an = 0 an−2 = 0, si an−2 también fuera cero, tomamos an−3 y así sucesivamente.


203

Ejemplo 5.16 Encontraremos las asíntotas de la curva definida por y 2 − x2 + xy 2 = 0 • Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación en la siguiente forma (x + 1) y2 − x2 = 0,

observamos que el coeficiente de mayor potencia de y es (x + 1), de esto concluimos que tenemos una asíntota vertical en x + 1 = 0, esto es x = −1. • Asíntotas horizontales. Escribimos la ecuación en la forma −x2 + xy 2 + y 2 = 0,

observamos que el coeficiente de mayor potencia de x no es una función de y y por tanto no tiene factores lineales en la variable y. De esto concluimos que no existen asíntotas horizontales. • Asíntotas oblicuas. Reemplazamos y por mx + b en la ecuación dada obteniendo sucesivamente: (mx + b)2 − x2 + x (mx + b)2 = 0 m2 x2 + 2mxb + b2 − x2 + x m2 x2 + 2mxb + b2 = 0 m2 x2 + 2mxb + b2 − x2 + m2 x3 + 2mbx2 + b2 x = 0 m2 x3 + 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. Ejercicios resueltos Ejercicio 5.40 Estudiar y representar la curva dada por x3 − x2 y + y = 0

(i)

Solución. Seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar la curva. 1. Simetria. Reemplazando y por −y obtenemos x3 + x2 y − y = 0 que naturalmente no es igual a la ecuación (i), por tanto la curva no es simétrica respecto al eje x. Podemos probar que no es simétrica respecto al eje y, podemos probar también que la curva es simétrica respecto del origen. Por otra parte despejando y encontramos: y = f (x) = Reemplazando −x por x : f (−x) =

x3 x2 − 1

(−x)3 x3 = − = −f (x) x2 − 1 (−x)2 − 1

Lo anterior muestra que y = f (x) es impar.

204


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 da cuando 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 − x2 y + y = 0, considerado como polinomio de grado 3 en la variable x siempre tiene al menos una raíz real cualquiera sea el valor de y, de esto deducimos que el rango de variacíon de y es R. 4. Comportamiento cuando x → ∞ y x → −∞. x3 = ∞. x→∞ x2 − 1 x3 • lim 2 = −∞. x→−∞ x − 1 • lim

5. Asíntotas. • Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación dada como: 2 −x + 1 y + x3 = 0

igualamos a cero el coeficiente de la potencia más alta de y, y encontramos −x2 + 1 = 0, de esto deducimos que la curva tiene asíntotas en x = −1 y x = 1. Para realizar el gráfico observamos el comportamiento de y = f (x) a la izquierda y a la derecha de los anteriores puntos. x3 = −∞ lim x→−1− x2 − 1 x3 lim = ∞ x→−1+ x2 − 1


205

x3 x→1− x2 − 1 x3 lim 2 x→1+ x − 1 Asíntotas horizontales. La ecuación dada es

= −∞

lim

= ∞

x3 − x2 y + y = 0, observamos que el coeficiente de mayor grado de x es 1(una constante), luego la curva no tiene asíntotas horizontales. • Asíntotas oblicuas. En la ecuación (i) reemplazamos y por mx + b obteniendo sucesivamente: x3 − x2 (mx + b) + mx + b = 0 (1 − m) x3 + (−b) x2 + mx + b = 0. De la última ecuación resulta el siguiente sistema: 1−m = 0 −b = 0 resolviendo se encuentra que m = 1 y b = 0. Por tanto la única asíntota oblicua es y = x. 6. Puntos críticos. Derivando:

x3 , x2 − 1 3x2 x2 − 1 − x3 (2x)

f (x) = se encuentra: f (x) =

(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: x2 x2 − 3 f (x) = (x2 − 1)2 Sus signos se muestran a continuación:

+++++ --- --- --- ---+++++ −∞

de esto concluimos:

− 3 −1

0

1

3

∞

Signos de      f ' (x )

206

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA √ √ • 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 podemos concluir 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 un máximo o mínimo local.

9. Máximos y mínimos absolutos (globales). No existen pues si x → ∞, f (x) → ∞ y si x → −∞ se tiene f (x) → −∞. 10. Concavidad. La segunda derivada es:

f (x) =

2x x2 + 3 (x2 − 1)3

. Signos de     ∞  f ' ' (x )

------ +++ --- +++++ −∞

−1

1

0

Se observa que en x = 0 se tiene f (0) = 0, de este hecho concluimos que f tiene un punto de inflexión en x = 0 (La concavidad cambia alrededor del cero). Se observa además que: • f es cóncava hacia abajo en (−∞, −1) ∪ (0, 1) .

• f es cóncava hacia arriba en (−1, 0) ∪ (1, ∞) .

11. Gráfica de la función. Toda la información obtenida hasta ahora nos permite bosquejar la curva. y 5

(

)

y x 2 −1 − x3 = 0

Asíntota vertical Asíntota oblícua -2

-1

0

1

2

x

Asíntota vertical -5

Ejercicio 5.41 Estudiar y representar la curva dada por y3 (x − 1) = x.

(i)


207

Solución. Nuevamente seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar la curva. 1. Simetria. La curva no es simétrica a ninguno de los ejes. 2. Intersecciones con los ejes. Haciendo y = 0, obtenemos x = 0. Haciendo x = 0 obtenemos y = 0. Así, los puntos de intersección son • Con el eje x : x = 0. • Con el eje y : y = 0. Esto muestra que la curva pasa por (0, 0) . 3. Campo de variación. Despejando y de la ecuación (i): x , y= 3 x−1

de donde deducimos que el campo de variación de x es el conjunto R − {1} . Por otra parte despejando x encontramos y3 x= 3 , y −1 de donde deducimos que el campo de variación de y es R − {1} .

4. Comportamiento cuando x → ±∞. x • lim 3 =1y x→∞ x−1 x • lim 3 =1 x→∞ x−1 5. Asíntotas. • Asíntotas verticales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable y y 3 (x − 1) = x,

igualando a cero el coeficiente de más alta potencia tenemos x − 1 = 0, de esto deducimos que la curva tiene una asíntota en x = 1. Para bosquejar el gráfico cerca el punto x = 1 calculamos los siguientes límites x = −∞ lim 3 − x−1 x→1 lim

x→1+

3

x =∞ x−1

208

CAPÍTULO 5. APLICACIONES DE LA DERIVADA • Asíntotas horizontales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable x x y 3 − 1 − y 3 = 0, el coeficiente de la más alta potencia es y3 − 1, igualando a cero tenemos y 3 − 1 = 0, resolviendo obtenemos y = 1 (la única solución real), de esto deducimos que la curva tiene una asíntota horizontal en y = 1. • Asíntotas oblicuas. Reemplazamos en (i) y por mx + b obteniendo sucesivamente: (mx + b)3 (x − 1) = x, desarrollando obtenemos m3 x4 − m3 − 3m2 b x3 − 3mb2 − b3 − 1 x − b3 = 0,

Igualando a 0 los coeficientes de más alta potencia tenemos m3 = 0 m3 − 3m2 b = 0,

de lo anterior concluimos que m = 0, esto muestra que la curva dada no tiene asíntotas oblícuas. 6. Regiones de crecimiento y decrecimiento. Derivando y = f (x) se encuentra: f (x) = −

1 4 , √ 2 3 ( 3 x) 3 (x − 1)

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) = un análisis de signos nos da:

-- --- −∞

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

++++ 0

3x − 1 2 7 , √ 9 3 5 3 ( x) (x − 1)

1 3

por tanto: • f es concava hacia abajo en (−∞, 0) ∪ 13 , 1 • f es cócava hacia arriba en 0, 13 ∪ (1, ∞)

1

Signos de    ∞  f ' ' (x ) 


209

9. Bosquejo del gráfico de la función. y

y 3 (x − 1) − x = 0

2

y

1

Asíntota horizontal 0

-2

1

2

-1

Asíntota vertical -2

Ejercicios propuestos Estudiar y representar la curva dada por: 1. yx2 − y = −2x3 . 2. (x − 2)2 y = 1. 3. y 2 x2 − 1 = x2 + 1 .

4. 4 − x2 y = x4 .

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

7. y 3 = 4x2 9 − x2 . 2 8. x2 + y2 = 8xy. 9. x3 y 3 = (x − 4)2 .

10. (x − 5) y 2 = x2 (x − 4) . 11. y = ln x2 − 9 .

12. x2 − 9 y 2 = x (x − 1) .

4

x

210


y

y

y

x

x

x

yx2 − y = −2x3

( x − 2)

y

2

(

) (

)

y 2 x2 − 1 = x2 + 1

y =1

y

y

x

x

x

 4 − x 2  y = x 4  

y 2 = ( x − 1)( x + 4)

x2 − y 2 + 2 y = 1

y

y

y

x

x

x

(

y3 = 4x2 9 − x 2

(x

)

2

+ y2

)

2

= 8xy

y

y

y

x

x

( x − 5) y 2 = x2 ( x − 4)

x 3 y 3 = ( x − 4) 2

(

)

y = ln x 2 − 9

x

( x − 9) y 2

2

= x( x − 1)

Capítulo 6

Cálculo Integral 6.1

Sumas

En este capítulo se presentan teoremas que muestran la relación entre la diferenciación y la integración y hasta cierto punto muestran que la operación de integración es la operación “inversa de la derivación”. La conexión entre derivadas e integrales, cuestión no tan obvia, está dado por el Teorema Fundamental del Cálculo que es consecuencia, como veremos luego, de la continuidad y 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 se escribe como: n ak = a1 + a2 + ...... + an k=1

el símbolo

n

ak se lee “sumatoria de ak , desde k = 1 hasta k = n”

k=1

Ejemplo 6.1 4

k=1 3 k=1

7k2 = 7 12 + 7 22 + 7 32 + 7 42

k+1 k

5 k2 k=1

n

=

1+1 2+1 3+1 + + 1 2 3

=

12 22 32 42 52 + + + + n n n n n

Las propiedades más importantes de la sumatoria se muestran en el siguiente teorema. Teorema 6.1 Para cualquier entero positivo n. n n a) cak = c ak , donde c una constante k=1

k=1

211

212

CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL b)

n

k=1

c)

n

k=1

d)

n

n

(ak + bk ) =

ak +

k=1

n

bk

k=1

(ak − ak−1 ) = an − a0 . (Propiedad telescópica) c = nc.

k=1

Usando las anteriores propiedades e Inducción Matemática es posible demostrar los siguientes resultados:

Proposición 6.2 1.

n k=1

2.

n k=1

3.

n k=1

4. 5.

n k=1 n

1 k = n (n + 1) 2

1 k2 = n (2n + 1) (n + 1) 6 1 k3 = n2 (n + 1)2 4 k4 = k5 =

k=1

1 n (2n + 1) (n + 1) 3n2 + 3n − 1 30 1 2 2 n 2n + 2n − 1 (n + 1)2 12

n k n+2 6. =2− n 2k 2 k=1

7.

n k=1

sen (2k − 1) x =

1 − cos 2nx . 2 sen x

Ejercicios resueltos Ejercicio 6.1 Sea f (x) = 3x + 5, calcular: n k=1

donde xk = 2 +

2k . n

f(xk )

y

n k=1

f(xk−1 ),

6.1. SUMAS

213

Solución.

n

f(xk ) =

k=1

=

n k=1 n

(3xk + 5) 3xk +

k=1 n

n

2k 2+ n

= 3

k=1

5

k=1

+ 5n

n 2 k + 5n = 3 2n + n k=1 6 n(n + 1) + 5n = 6n + n 2

= 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 , calcular n n f(xk ) k=1

Solución.

n f(xk ) k=1

n

= =

=

n

n n 1 k 2 1 2+ f(xk ) = n n n k=1 k=1 n 4k k2 1 + 2 4+ n n n k=1 n n 1 2 1 4 k+ 2 k 4n + n n n k=1

k=1

n n 4 1 2 = 4+ 2 k+ 3 k n n k=1

k=1

4 n (n + 1) 1 n (n + 1) (2n + 1) + 3 2 n 2 n 6 1 1 2 1 + = 4+2+ + + n 3 2n 6n2 5 1 19 + + 2 = 3 2n 6n = 4+

214

CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL

Ejercicios propuestos Ejercicio 6.3 Sea f (x) = x, xk =

5 , calcular n n 5f(xk )

n

k=1

Ejercicio 6.4 Sea f (x) = 2x2 + 5x + 1, xk = 1 + n f(xk ) k=1

n

Ejercicio 6.5 Sea f (x) = x3 , sea xk = 1 +

n f(xk−1 ) k=1

n

.

2k , calcular n

lim

n→∞

6.1.2

,

1 , calcular n

n

f (xk )

k=1

2 n

El área como el límite de una suma

En esta sección discutiremos una manera de calcular el área bajo la gráfica de una función. Previamente 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.

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].

Ejemplo 6.2

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]. La norma de P , escrito P , se define por: P = max {xk − xk−1 : k = 1, 2, . . . , n} , así la norma P es la longitud del subintervalo más grande de entre los [xk−1 , xk ] .

6.1. SUMAS

215

Ejemplo 6.3 Considérese las particiones del intervalo [1, 2] (i) Si P1 = 1, 32 , 74 , 2 , entonces:  3 − 1 7 3 P = max 2 , − ,2−  4 2

 7

1 = . 4 2

(ii) Si P2 = 1, 54 , 64 , 74 , 2 , entonces:

5 6 5 7 6 7 1 P = max − 1, − , − , 2 − = 4 4 4 4 4 4 4

Particiones igualmente espaciadas Considérese el intervalo [a, b] , sea h =

b−a , definimos una partición P por: n

xk = a + kh,

k = 0, 1, . . . , n

nótese que para cada k se tiene xk − xk−1 = h, k = 1, 2, . . . , n, por tanto P = h. Finalmente, nótese que para particiones igualmente espaciadas se debe tener P → 0 es lo mismo que n → ∞. Cálculo de áreas Planteamos el siguiente problema: Sea f : [a, b] → R, continua en [a, b] y f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b]. Se plantea el problema de calcular el área de la región del plano limitada por las gráficas de: y y x x

= = = =

f (x) 0 a b,

tal como se muestra en la siguiente gráfica.

y x=a

y = f ( x)

x=b

a

y=0

b

x

216


Para resolver el problema se considera la parttición P = {a = x0 , x1 , ......, xn = b} de [a, b] . En cada intervalo [xk−1 , xk ] , k = 1, 2, . . . , n se toma el número tk y se construye el rectángulo de base xk − xk−1 y altura f (tk ) , este rectángulo tiene área igual a f (tk ) (xk − xk−1 ) , por tanto, si A es el área buscada, se debe tener: n A f (tk ) (xk − xk−1 ) , k=1

esto se ilustra en el siguiente gráfico con n = 4

y f ( t2) f ( t1) f ( t3) t1

a = x0

t2

x1

t3

x2

f ( t4 )

x3

x b = x4

t4

Si P → 0, tendremos el área exacta, es decir: A = lim

P→0

n k=1

f (tk ) (xk − xk−1 ) ,

finalmente definiendo ∆k x = xk − xk−1 , una fórmula para el cálculo del área es: A = lim

P→0

n

f (tk ) ∆k x .

k=1

Con una partición igualmente espaciada: xk = a + kh, k = 0, 1, . . . , n b−a , cada intervalo [xk−1 , xk ] tiene longitud ∆k x = xk − xk−1 = h, tomando tk = xk , donde h = n otra fórmula para el cálculo del área es: A = =

lim

P→0

n

f (xk ) ∆k x

k=1 n

lim h

n→∞

f (xk ) .

k=1

Ejercicios resueltos Ejercicio 6.6 Demostrar que el área de un triángulo de altura p y base q es A = 12 pq.

6.1. SUMAS

217

p Solución La función que nos servirá para nuestro propósito es f (x) = x definida en el intervalo q [0, q] . El área que nos interesa está bajo la gráfica de f desde 0 hasta q como se observa en el gráfico. y

f ( xn ) = p

y=

f ( x3 )

p x q

f ( x2 ) f (x1 ) x1 x0 = 0

x2

x3

Para este caso: h xk Area ≈ h = = =

n k=1

xn−1

x

xn = q

q n = kh =

f (xk ) = h

n p q

xk =

k=1

p 2 n (n + 1) h q 2 2 p q 2 n +n 2q n pq 1 1+ 2 n

p q

h2

n

k

k=1

Tomando el límite n → ∞ habremos encontrado el área exacta. 1 pq 1+ Area = lim n→∞ 2 n pq = 2 Si p = 7 y q = 4 el área verdadera es Area = 14. La siguiente tabla muestra algunas aproximaciones. 1 n Area 14 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].

218


Solución: f es continua en [2, 7], por tanto podemos aplicar nuestro método de cálculo del área. Para este caso 7−2 5 h = = n n xk = 2 + kh luego Area ≈ h = h

n k=1 n

f (xk ) f (2 + kh)

k=1

n = h 4 + 4kh + k2 h2 k=1

= h

n k=1

4 + 4h

n k=1

k + h2

n k=1

k2

n (n + 1) n (n + 1) (2n + 1) 2 = h 4n + 4h +h 2 6 25 n (n + 1) (2n + 1) 5 n (n + 1) 5 + 2 4n + 4 n n 2 n 6

50 (n + 1) 125 (n + 1) (2n + 1) + n 6n2 Tomando el límite n → ∞, encontramos: 50 (n + 1) 125 (n + 1) (2n + 1) + Area = lim 20 + n→∞ n 6n2 (125) (2) = 20 + 50 + 6 335 = 3 = 20 +

Ejercicios propuestos 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.:

284 3 .

2. f (x) = 12 x3 , [0, 2] Sol.: 2. 3. f (x) = 1 − x2 , [−1, 1] Sol.:

4 3.

4. f (x) = x − x3 , [−1, 1] Sol.:

1 2

5. f (x) = x2 + 2x − 15 y g (x) = 2x + 1, [−4, 4] Sol.: 256/3.

6.1. SUMAS

6.1.3

219

Funciones Integrables y la Integral Definida

En la sección anterior vimos algunos ejemplos en donde fácilmente se calculan áreas bajo las gráficas de ciertas funciones (polinomios). No es difícil darse cuenta que tal proceso no puede generalizarse a cualquier función, entonces, se hace necesario encontrar nuevas técnicas; con este propósito definimos: Definición 6.6 (Función integrable). Una función f : [a, b] → R es integrable sobre [a, b] si existe un número A con la siguiente propiedad: Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que n f (ξ k )∆xk − A < ε k=1

para toda partición P de [a, b] con P < δ y para cualquier elección ξ k ∈ [xk−1 , xk ].

El número A de la anterior definición, si existe, se llama integral definida de f desde a hasta b, se denota por: A=

4

b

f(x)dx a

Nótese que 4b

f(x)dx = lim

P→0

a

n

f (ξ k )∆xk .

k=1

La función f se llama integrando, x se llama variable muda o variable de integración, a es el límite inferior y b límite superior. En la anterior sección vimos que en [2, 7], f(x) = x2 , satisface la anterior definición de función integrable para una partición bien especial y ξ k el extremo superior de cada subintervalo, concretamente encontramos: n 1 335 4 335 + + 2 → , f (ξ k )∆xk = 3 n n 3 k=1

así:

n 335 f(ξ k )∆xk − → 0, 3 k=1

y entoncesr:

4

2

7

x2 dx =

335 3

No es intención de este texto la discusión rigurosa de las funciones integrables. no limitamos a enunciar 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].

220


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 acotada entonces f es integrable sobre [a, b].

6.1.4

Propiedades de la Integral Definida

En los siguientes teoremas se enuncian algunas propiedades de la integral definida. Teorema 6.11 Sean f, g : [a, b] → R integrables en [a, b] entonces: 1. cf es integrable y

4

b

cf(x)dx = c

a

4

b

f (x)dx,

a

c∈R

2. f + g es integrable y 4

b

(f(x) + g(x)) dx =

a

4

b

f (x)dx +

a

Teorema 6.12 Si f es integrable en [a, b] , entonces 4 b 4 f (x)dx = − a

4

b

g(x)dx

a

a

f (x)dx

b

Teorema 6.13 Si f es integrable en [a, b] y m y M son números tales que m ≤ f(x) ≤ M para todo x ∈ [a, b], entonces: 4 b m (b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a) 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: 4 b 4 b f (x) dx ≤ g (x) dx a

a

Teorema 6.15 Si f es integrable en [a, b] y c ∈ [a, b], entonces: 4 c 4 b 4 b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. a

a

c

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 ck . Entonces si P → 0 4 b n f (ck ) g ck ∆k x = f (x) g (x) dx k=1

a

6.1. SUMAS

221

Demostración. Escribimos n

k=1

n

f (ck ) g (ck ) ∆k x =

k=1

n

f (ck ) g (ck ) ∆k x −

k=1

f (ck ) {g (ck ) − g (ck )} ∆k x.

• Puesto que P → 0 concluimos que ck → ck . Por la continuidad de g tenemos g (ck ) → g (ck ) , es decir, g (ck ) − g (ck ) → 0. • Por otra parte es claro, por definición de integral, que si P → 0 se tiene n

f (ck ) g (ck ) ∆k x =

4

b

f (x) g (x) dx.

a

k=1

De lo anterior concluimos que si P → 0 se verifica n k=1

n f (ck ) g ck ∆k x = f (ck ) g (ck ) ∆k x = k=1

4

b

f (x) g (x) dx.

a

Notas. 1. Observemos que el teorema es cierto si ck = ck . El valor del teorema reside en el hecho de que no importa que valor se tome en cada subintervalo [xk−1 , xk ] , el resultado es el mismo que cuando coinciden. 2. Obsérvese también que P → 0 significa que el número de elementos en la partición crece indefinidamente, es decir, n → ∞, por tanto la conclusión del teorema puede expresarse también de la siguiente manera: lim

n→∞

6.1.5

n k=1

f (ck ) g ck ∆k x =

4

b

f (x) g (x) dx.

a

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 primitiva de f . F es llamada también la antiderivada de f. Ejemplo 6.4 Sea f (x) = x2 . Una primitiva es F (x) = 13 x3 pues: F (x) = x2 = f (x) . (Obsérvese que otra primitiva es F (x) = 13 x3 + C, donde C es cualquier constante) Ejemplo 6.5 Sea f (x) = cos x + sen x. Una primitiva es F (x) = sen x − cos x.

222


Proposición 6.19 Sean F1 (x), F2 (x) primitivas de f (x), entonces estas difieren solo en una constante, esto es, F1 (x) = F2 (x) + C, C ∈ R Demostración: Sea F (x) = F1 (x) − F2 (x), derivando: F (x) = F1 (x) − F2 (x) = f (x) − f (x) = 0, luego F (x) debe ser una constante. Esto muestra la proposición. También muestra que si F (x) es la primitiva de f (x), entonces todas las primitivas de f son de la forma F (x) + C, C una constante. A continuación se muestra una tabla con las primitivas más empleadas:

6.1.6

f (x)

F (x)

xa

1 a+1 ax

x−1

ln|x| + C

cos (ax)

1 a

sin (ax)

−1 a

eax

1 ax ae

+ C, a = −1

sin (ax) + C cos (ax) + C +C

El Teorema Fundamental del Cálculo

Hasta ahora no tenemos ningún instrumento para calcular una integral salvo la discusión que se hizo en la sección anterior con referencia al cálculo de áreas, que naturalmente no es nada práctico cuando la función f (x) es mas o menos complicada. En esta sección se presenta el Teorema Fundamental del Cálculo que liga el Cálculo Diferencial con el Cálculo Integral. Teorema 6.20 (Teorema Fundamental del Cálculo, Primera Forma). Sea F (x) una función continua, tal que F (x) = f (x). Si f es integrable en [a, b], entonces: 4

a

b

f (x) dx = F (b) − F (a) .

Demostración: Sea P = {a = x0 , x1 , · · · , xn = b} una partición de [a, b]. Puesto que f es integrable, para todo ε > 0, existe un número δ > 0 tal que si P < δ se tiene: n 4 b (1) f(ξ i )∆i x − f (x)dx < ε a i=1

para cualquier elección ξ i ∈ [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 ξ i ∈ [xi−1 , xi ] tal que: F (xi ) − F (xi−1 ) F (ξ i ) = xi − xi−1 Puesto que F = f y ∆i x = xi − xi−1 se tiene:

F (xi ) − F (xi−1 ) = f (ξ i )∆i x Sumando desde i = 1 hasta i = n se obtiene : n i=1

pero n i=1

(F (xi ) − F (xi−1 )) =

n

f (ξ i )∆i x.

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

f(ξ i )∆i x = F (b) − F (a)

4

f(x)dx = F (b) − F (a) .

i=1

Como lo anterior es cierto para todas las particiones P , a partir de (1), concluimos: b

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 : 4

a

Ejemplo 6.6 (i) x3 85 = 83 − 53 (ii) tan x 3π π = tan(3π) − tan π.

b

f (x) dx = F (x)|ba .

224


Ejemplo 6.7 Calcular

4

1

x5 dx.

0

x6 + k, luego: 6 1 4 1 x6 5 x dx = + k 0 0 6 6 6 0 1 +k − +k = 6 6 1 = 6

Solución: Con f(x) = x5 , una primitiva es:

Nótese que el valor de k es irrelevante. 4 5 2 x + 2x + 5 dx. Ejemplo 6.8 Calcular 2

x3 + x2 + 5x, Luego: 3 5 55 2 x3 2 + 5x + 2x + 5 dx = + x x 3 2 2 125 8 = 3 + 25 + 25 − 3 + 4 + 10

Solución: Una antiderivada (primitiva) es: F (x) =

=

6.1.7

225 3 .

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 número c ∈ [a, b] tal que: 4 b f (x) dx = f (c) (b − a) . a

Demostración. Puesto que f es continua en [a, b] (un dominio cerrado) la función f tiene un máximo y un mínimo en [a, b], esto es, existen números m y M tales que para todo x ∈ [a, b] se verifica: m ≤ f (x) ≤ M.

Aplicando propiedades de integral encontramos: 4 b 1 f (x) dx ≤ M, m≤ (b − a) a 4 b 1 por tanto el número f (x) dx se encuentra entre los números m y M. Por el (b − a) a Teorema del valor intermedio, existe un número c ∈ [a, b] tal que: 4 b 1 f (x) dx, f (c) = (b − a) a

6.1. SUMAS

225

es decir:

4

b

a

f (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 el teorema del valor medio para integrales. Solución. Una antiderivada es F (x) = x3 − 3x, por tanto 4

1

2

2 3x2 − 3 dx = x3 − 3x1 = 4,

por tanto usando el Teorema del Valor Medio para integrales tenemos 4

1

2

f (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 F por 4 x F (x) = f (t) dt a

para todo x ∈ (a, b). Entonces: F (x) = f (x) .

Demostración. El cociente de Newton de F en un punto x ∈ [a, b] es 4

1 F (x + h) − F (x) = h h

a

x+h

f (t) dt −

4

a

x

f (t) dt .

Aplicando propiedades de la integral: 4

a

x+h

f (t) dt −

4

a

x

f (t) dt =

4

x

x+h

f (t) dt,

(i)

226

CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL luego la igualdad (i) queda como: F (x + h) − F (x) 1 = h h

4

x+h

x

f (t) dt.

Aplicando el teorema del valor medio para integrales a la integral c ∈ [x, x + h] tal que 4 x+h f (t) dt = f (c) h.

(ii) 5 x+h x

f (t) dt existe (iii)

x

Sustituyendo el resultado (iii) en (ii):

1 F (x + h) − F (x) = f (c) h, h h es decir, F (x + h) − F (x) = f (c) . h Notamos ahora que si h → 0 se tiene c → x, por tanto:

(iv)

F (x + h) − F (x) = lim f (c) = f (x) . h→0 h→0 h

F (x) = lim

Del teorema fundamental del cálculo (primera y segunda forma) concluimos que efectivamente que la operación integración es la operación inversa de la diferenciación.

Ejercicios propuestos 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) = x12 , ¿Es f integrable en [−1, 1]?. Si su respuesta en negativa, ¿en que intervalos f es integrable? Probar: 4 5 2 x + 1 dx = 4. 5.

6. 7. 8.

4

4

4

4

0 π

140 3 .

cos x dx = 0. 0 5

xn dx =

1 π

5n+1 − 1 , n un número natural. n+1

sin xdx = 0. −π π/4 0

x2 − x + cos x − sec2 x dx =

1 384

√ √ √ √ 3 2π − 6 2π2 − 192 2 + 192 2

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN

6.2 6.2.1

227

Metodos de integración La integral indefinida

Para evaluar una integral, debemos encontrar antes una primitiva y luego sustituir en los límites apropiados de integración, así si el problema es 4

3

f (x) dx ,

1

debemos primero encontrar una función F tal que F (x) = f (x) y entonces: 4

1

3

f (x) dx = F (3) − F (1) .

Toda función integrable tiene infinitas primitivas o antiderivadas ya que a toda antiderivada se puede añadir una constante y obtener otra antiderivada. La notación usual para representar todas las antiderivadas es: 4 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 cos x es sen x, luego todas las antiderivadas de cos x se representan por: 4 cos x dx = sen x + C Ejemplo 6.11 4

xn dx =

4

2x ex dx = ex +C

xn+1 +C n+1

Ejemplo 6.12

6.2.2

2

2

Fórmulas fundamentales de integración

Todas las fórmulas que se dan a continuación se deducen inmediatamente de las fórmulas de derivación. 4 un+1 1. un du = +C n+1 4 1 du = ln u + C 2. 4 u au au du = 3. +C ln a

228

CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL 4.

4

eu du = eu +C

4

sin u du = − cos u + C

4

tan u du = − ln |cos u| + C

9.

4

sec u du = ln |sec u + tan u| + C

10.

4

csc u du = ln |csc u − cot u| + C

12.

4

csc2 u du = − cot u + C

13.

4

sec u tan u du = sec u + C

5. 6.

7. 8.

11.

14.

4

4

4

4

cos u du = sen u + C

cot u du = ln |sin u| + C

sec2 du = tan u + C

csc u cot u du = − csc u + C

15.

4

18.

4

sinh u du = cosh u + C

4

sech2 u du = tanh u + C

u 1 √ du = arcsin + C 2 2 a a −u 4 1 1 u 16. du = arctan + C 2 2 a a 4 a +u 1 u 1 √ du = arcsec + C 17. a a u u2 − a2

19. 20.

21. 22. 23.

4

4

4

4

cosh u du = sinh u + C

cosh2 u du = coth u + C sech u tanh u du = − sech u + C csch u coth u du = − csch u + C


24.

25.

26.

27. 28.

6.2.3

229

4

√ 1 √ du = ln u + a2 + u2 + C. a2 + u2 x = arcsinh + C. a 4 √ 1 √ du = ln u + u2 − a2 + C, |u| > a u2 − a2 x + C. = arccosh a  1 a + u   ln + C |u| > a   4  2 a − u 1 du =  1 u + a a2 − u2    + C |u| < a  ln 2 u − a √ 4 1 a + a2 − u2 1 √ du = − ln + C, 0 < |u| < a a u u a2 − u2 √ 4 1 1 a + a2 + u2 √ du = − ln + C, u = 0 a u u a2 + u2

Integración por sustitución

Considérese la integral: I=

4

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 convierte en 4 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. Ejercicios resueltos Ejercicio 6.8 Calcular: I=

4

sin x cos x dx

Solución. Sea u = sin x, entonces du = cos x dx, con esta sustitución la integral se transforma en 4 4 I = sin x cos x dx = u du cuya solución es: I = siguiente forma:

1 2 2u

+ C. La solución se expresa ahora en función de la variable x de la 4

sin x cos x dx =

Ejercicio 6.9 Calcular: I=

4

1 2 sin x + C 2

x2 dx (x3 + 5)7

230


Solución. Sea u = x3 + 5, entonces du = 3x2 dx, observemos que la expresión 3x2 dx no aparece en la integral dada, sin embargo podemos multiplicar y dividir por 3 obteniendo I=

1 3

4

sustituyendo u en la última integral: 1 I= 3

3x2 dx (x3 + 5)7 4

1 du, u7

1 −6 cuya solución es I = − 18 u . En función de la variable x queda:

I=− Ejercicio 6.10 Calcular:

−6 1 3 . x +5 18

I=

4

1 dx x ln x

Solución. La integral dada se puede escribir como 4 1 1 dx. I= ln x x Sea u = ln x, entonces du =

1 dx, con esta sustitución la integral dada queda: x 4 1 du, I= u

cuya solución es: I = ln |u| + C. En función de la variable x queda: I = ln |ln x| + C. Ejercicio 6.11 Calcular: I=

4

e2x dx 1 + e4x

Solución. Sea u = e2x , entonces du = 2 e2x dx. Con este cambio la integral dada queda: 4 1 1 I= du 2 1 + u2 cuya solución es: I=

1 arctan u + C, 2

I=

1 arctan e2x +C. 2

que en función de x es:

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN Ejercicio 6.12 Calcular: I=

4

231

x dx $ 3 2 2 1 + x + (1 + x )

Solución. Sea u = 1 + x2 , entonces du = 2x dx. Con este cambio: 4 4 1 1 1 1 1 du = I= √ √ √ du, 2 2 3 1+ u u u+ u

√ 1 u, entonces dz = √ du, por tanto, 2 u 4 1 √ dz I= 1+z esta integral tampoco es directa, hagamos nuevamente otro cambio de variable, sea w = 1 + z, entonces dw = dz, luego: 4 1 √ dw I= w la solución es: √ I = 2 w + C,

hagamos ahora el cambio z =

en función de x es: Ejercicio 6.13 Calcular:

$ I = 2 1 + 1 + x2 + C 4

1 $ dx 2 2 (x − a) + b

Solución. Sea u = x − a, entonces du = dx, por tanto: 4 4 1 1 $ √ dx = du u2 + b2 (x − a)2 + b2 $ 2 2 = ln x − a + (x − a) + b + C.

Ejercicio 6.14 Calcular:

donde ax2 + bx + c es irreducible. Solución.

4

1 √ dx 2 ax + bx + c

c b x+ a a b c b2 b2 x+ 2 + − 2 a 4a a 4a 2 b 4ac − b2 = a x+ + 2a 4a2  2  2 2 b 4ac − b  + = a x + 2a 4a2

ax + bx + c = a x2 + = a x2 + 2

232


4ac − b2 Observemos que la irreducibilidad implica > 0. Por tanto, aplicando el anterior resultado 4a2 se tiene:: 4 4 1 1 1 √ % dx = √ 2 2 & a 2 ax + bx + c & 4ac − b2 ' x+ b + 2a 4a2   % 2 & & 4ac − b2  b 2 1 b  = √ ln x + + +' x+ +C 2a 2a 4a2 a Ejercicio 6.15 Calcular:

b 1 2 1 +√ = . √ ln x + x a + xb + c + C a 2a a I=

4

0

1/2

3 arcsin x √ dx 1 − x2

Solución. Inicialmente calculamos la integral indefinida F =

4

3 arcsin x √ dx. Sea u = arcsin x, 1 − x2

1 dx. Con este cambio la integral queda: entonces du = √ 1 − x2 4 3 3 F = 3u du = u2 + C = (arcsin x)2 + C 2 2 por tanto todas las primitivas de

están dados por

3 arcsin x f (x) = √ 1 − x2 F (x) =

3 (arcsin x)2 + C, 2

luego: I = F (1/2) − F (0) 2 = 32 arcsin 12

Observaciones.

• Observemos que al evaluar la integral definida la constante C se anula. • Existe otra manera de hacer la evaluación al calcular una integral definida en donde se usa un cambio de variable, esto se muestra el siguiente teorema. Teorema 6.24 (Teorema de sustitución para integrales). Supongamos que g tiene derivada continua g en un intervalo abierto A, Sea B = {g(x) : x ∈ A} y supongamos que f es contínua en B. Entonces para cada a, b ∈ A 4 b 4 g(b) f [g (t)] g (t) dt = f (u) du. a

La demostración se deja al lector.

g(a)


233

Ejercicio 6.16 Calcular I si I=

4

π/3

sec2 x (sec x tan x) dx

0

Solución. Sea u = sec x, entonces du = sec x tan x dx, también si x = 0, si x = π/3 luego:

u = sec (0) = 1 u = sec (π/3) = 2

5 π/3

sec2 x (sec x tan x) dx 52 2 1 3 2 = 1 u du = u 3 1 1 (8 − 1) , = 3 5 π/3 7 por tanto 0 sec2 x (sec x tan x) dt = . 3 I =

0

Ejercicios propuestos Calcular las siguientes integrales 4 √ √ x 2 2 e x +1 dx √ Sol.: e x +1 +C. 1. 2 x +1 4 3 √ Sol.: 19 (5 + 2x3 ) + C. 2. x2 5 + 2x3 dx 3.

4

4.

4

5.

4

4

2x + 1 (x2 + x)1/3 1 ex +1 x2

dx

Sol.:

dx

3 2

2 √ 3 x2 + x + C.

Sol.: − ln (e x + 1) + x + C.

2x − 5 dx − 6x + 10

Sol.: ln x2 − 6x + 10 + arctan (x − 3) + C.

√ √ 2x + 10 √ dx Sol.: 2 x2 + x + 1 + 9 arcsinh 23 3 x + 12 + C. 2 x +x+1 √ √ ó también: 2 x2 + x + 1 + 9 ln 2 x2 + x + 1 + 2x + 1 + C 4 4 √ 5x 5 25 2+5 √ 7. dx Sol.: x + C. 5 8 x2 + 5 6.

234


8.

4

√ 3 (1 + x) √ dx x3

9.

4

1 √ dx √ x (1 − x)

10.

4

1 √ dx x ln x

11.

4

1 dx e−x + ex

12.

4

2e2x dx e4x + 2e2x + 2

13.

4

cos 2x esin 2x dx

14.

4

(2 + sin x) dx (2x − cos x)5

15.

4

Sol.:

−2 √ x

√ √ + 6 ln x + 6 x + x + C.

Sol.: −2 ln |1 −

√ x| + C.

1

Sol.: 2 ln 2 x.

Sol.: arctan (ex ) + C. Sol.: arctan e2x + 1 + C. Sol.:

1 esin 2x . 2

Sol.: −

1 4 (2x − cos x)4

1 dx , donde ax2 + bx + c es irreducible. ax2 + bx + c 2 2ax + b Sol.: arctan 2 (4ca − 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

u dv +

4

v du,

u dv = uv −

4

v du

uv = esto es,

4

4

esta fórmula se llama fórmula de integración por partes. En el fondo esta fórmula dice que si es posible expresar el integrando como u dv, entonces se puede tener otra expresión para la integral, la nueva expresión puede ser a veces mucho mas difícil de resolver que el problema original, pero en muchos casos es una buena técnica para resolver problemas de integración. 4 Ejercicio 6.17 Calcular I = ln x dx. Solución. Sean

u = ln x

dv = dx


235

entonces

1 dx x

du = luego

v=x

5 1 I = (ln x) x − 5 x x dx = x ln x − dx = x ln x − x + C

Observemos el orden en que se realizan las operaciones: u = ln x

1 dx ← v = x x

du = Ejercicio 6.18 Calcular Solución. Sean

4

dv = dx

sin2 x dx. u = sin x

dv = sin x dx

entonces v = − cos x

du = cos x

aplicando la fórmula de integración por partes: 4 4 2 sin x dx = − sin x cos x + cos2 x dx 4 = − sin x cos x + 1 − sin2 dx 4 4 = − sin x cos x + dx − sin2 x dx 4 = − sin x cos x + x − sin2 x dx de lo anterior deducimos:

Ejercicio 6.19 Calcular Solución.

luego

5

5

4

sin2 x dx =

1 (x − sin x cos x) + C 2

sin x sin 3x dx. u = sin x du = cos x dx

dv = sin 3x dx v = − 13 cos 3x

sin x sin 3x dx = − 13 sin x cos 3x +

1 3

aplicando nuevamente integración por partes

u = cos x du = − sin x dx

por tanto luego de (1) y (2): 5

5

cos x cos 3x =

sin x sin 3x dx =

1 3

1 8

5

cos x cos 3x dx

(1)

dv = cos 3x dx v = 13 sin 3x

cos x sin 3x +

1 3

5

sin x sin 3x dx

(−3 sin x cos 3x + cos x sin 3x) + C.

(2)

236


Ejercicio 6.20 Integrando por partes mostrar que: 4 4 sinn−1 x cos x n − 1 n sin x dx = − + sinn−2 x dx n n Solución. Con la decomposición u = sinn−1 x y dv = sin x: u = sinn−1 x du = (n − 1) sinn−2 x cos xdx luego:

5

dv = sin x dx v = − cos x

5 sinn x dx = − sinn−1 x cos x + (n − 1) sinn−2 x cos2 x dx 5 = − sinn−1 x cos x + (n − 1) sinn−2 x 1 − sin2 x dx 5 5 = − sinn−1 x cos x + (n − 1) sinn−2 x dx − sinn x dx

de lo anterior se deduce: 4

sinn−1 x cos x n − 1 sin x dx = − + n n n

4

sinn−2 x dx.

Ejercicios propuestos Resolver: 5 1. x cos x dx 2.

3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

5

5

5

5

5

5

5

5

x3 cos x dx

arctan x dx

Sol.: cos x + x sin x + C. Sol.: x3 sin x + 3x2 cos x − 6 cos x − 6x sin x + C. Sol.: x arctan x − 12 ln x2 + 1 + C.

eax cos bx dx

Sol.:

eax (b sin bx + a cos bx) + C. a2 + b2

eax sin bx dx

Sol.:

eax (a sin bx − b cos bx) + C. a2 + b2

x2 ln x2 dx x arcsin x2 dx x ex dx (1 + x)2 √ sin 2x dx

Sol.:

2 3 2 3 3 x ln x − 9 x .

Sol.: Sol.:

1 2 2 2 x arcsin x

+

1 2

√ 1 − x4 + C.

ex + C. 1+x

√ √ √ Sol.: sin 2x − 2x cos 2x + C.

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN 10. 11.

5

5

237

2x dx cos2 2x

Sol.: x tan 2x + 12 ln (cos 2x) + C.

x5 (ln x)2 dx

Sol.:

5 arcsin x dx 12. x2 5 sin2 x 13. dx ex

1 6 2 1 6 1 6 6 x ln x − 18 x ln x + 108 x

1 Sol.: − arcsin x + ln x e−x Sol.: 2

+ C.

√ 1 − x2 − 1 . Sug. Hacer z = arcsin x. x

cos 2x − 2 sin x − 1 + C. 5

(Usar una identidad trigonométrica). 5 x 14. sin (ln x) dx Sol.: (sin (ln x) − cos (ln x)) + C. 2 15. 16.

17.

5 x cos x dx sin2 x

5 5

Sol.: −

x + ln (csc x − cot x) + C. sin x 5x ln 5 + 1

5x cos x dx

Sol.: (ln 5 cos x + sin x)

5x sin x dx

Sol.: (− cos x + ln 5 sin x)

2

5x . ln2 5 + 1

5 1 1 1 18. En la integral dx hacer u = y dv = dx, entonces: du = − 2 dx y v = x. Aplicando x x x integración por partes: 4 4 1 1 dx = 1 + dx, x x ¿Esto es contradictorio?. 5 (Sug. Recordemos que f (x) dx es una primitiva de f)

6.2.5

Integrales trigonométricas

En esta sección son útiles las siguientes identidades trigonométricas 1. sin (u + v) = sin u cos v + cos u sin v 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

cos (u + v) = cos u cos v − sin u sin v

tan u + tan v 1 − tan u tan v sin2 u + cos2 u = 1 tan2 u + 1 = sec2 u 1 + cot2 u = csc2 u sin2 u = 12 (1 − cos 2u) tan (u + v) =

cos2 u = 12 (1 + cos 2u) cos 2u = cos2 u − sin2 u

10. sin 2u = 2 sin u cos u

238

CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL 1 2 [sin (u − v) + sin (u + v)] sin u sin v = 12 [cos (u − v) − cos (u + v)] cos u cos v = 12 [cos (u − v) + cos (u + v)] 1 ± sin u = 1 ± cos 12 π − u

11. sin u cos v = 12.

13. 14. También de reducción4que se pueden demostrar integrando por partes. 4 son útiles las fórmulas n−1 sin u cos u n−1 15. sinn u du = − + sinn−2 u du n n 4 4 cosn−1 u sin u n − 1 n 16. cos u du = + cosn−2 u du n n 4 4 sinn+1 u cosm−1 u m − 1 n m + sinn u cosm−2 du 17. sin u cos u du = n+m n+m 4 4 sinn−1 u cosm+1 u n−1 n m 18. sin u cos u du = − + sinn−2 u cosm du n+m n+m

En las4fórmulas (17) y (18) suponemos que 4 n + m = 0. m um m 19. u sin bu du = − cos bu + um−1 cos bu du b = 0 b b 4 4 um m m sin bu − um−1 sin bu du b = 0 20. u cos bu du = b b Potencias impares de senos y cosenos Si la integral es de la forma

4

sin2n+1 u du,

escribimos la integral en la forma 4 4 2 n sin2n u sin u du = sin u sin u du,

con sin2 u = 1 − cos2 x :

4

2n+1

sin

u du = =

4

n 1 − cos2 u sin u du 4 n k n cos2k u sin u du, k (−1)

k=0

n n! . Sea w = cos u, entonces dw = − sin u du, luego: aquí, = k! (n − k)! k 4

sin2n+1 u du =

n n k

k=0

=

n n k

(−1)k

4

(−1)k+1

k=0

=

n n k

k=0

(−1)k+1

w2k (−dw) 4

w2k dw

1 w2k+1 + C 2k + 1

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN que en función de la variable u: 4 sin2n+1 u du =

239

n n

k=0

k

(−1)k+1

1 (cos u)2k+1 + C 2k + 1

Una fórmula similar se tiene para el caso de coseno. 5 Ejercicio 6.21 Calcular sin7 x dx. Solución. Sea w = cos x, entonces dw = − sin x, por tanto 4 4 3 7 sin x dx = 1 − cos2 x sin x dx 4 1 − 3 cos2 x + 3 cos4 x − cos6 x sin x dx = 4 1 − 3w2 + 3w4 − w6 dw = − = − w − w3 + 35 w5 − 17 w7 + C

en función de x :

4

sin7 x dx = − cos x + cos3 x −

3 1 cos5 x + cos7 x + C 5 7

Ejercicios propuestos Probar: 1. 2. 3. 4.

5

5

5

5

5

sin3 5x dx = − 15 cos 5x + sin7 3x dx =

1 21

1 15

cos3 5x + C

cos7 3x − 15 cos5 3x + 13 cos3 3x − 13 cos 3x + C

cos7 xdx =− 17 sin7 x + 35 sin5 x − sin3 x + sin x + C x cos5 x2 dx =

1 2

sin x2 − 23 sin3 x2 + 15 sin5 x2 + C

sin3 x cos2 x dx = − 13 cos3 x + 15 cos5 x + C 5 6. x−1 sin3 ln x3 dx = − 13 cos (3 ln x) + 19 cos3 (3 ln x) + C 5.

7.

5

(1 + cos 3x)3/2 dx =

4 3

√ 3 √ 1 − cos 3x − 29 1 − cos 3x + C

Potencias pares de senos y cosenos

En estos casos se puede reducir el tamaño de la potencia usando las fórmulas de reducción o usando las formulas (7) y (8).

240


5 Ejercicio 6.22 Calcular cos2 7x dx. Solución. Se tiene cos2 7x = 12 (1 + cos 14x), luego: 5

cos2 7x dx

1 2

4

(1 + cos 14x) dx 1 = 12 x + 14 sin 14x

=

5 Ejercicio 6.23 Calcular sin4 2x dx. Solución. 4 4 2 2 4 sin 2x dx = sin 2x dx 4 1 2 = 2 (1 − cos 4x) dx 4 1 1 − 2 cos 4x + cos2 4x dx = 4 4 1 = 4 1 − 2 cos 4x + 12 (1 + cos 8x) dx 1 sin 8x + C = 14 x − 12 sin 4x + 12 x + 16 =

esto es,

4

3 1 8x − 8

sin 4x +

1 64

sin 8x + C,

1 1 3 sin 8x + C. sin4 2x dx = x − sin 4x + 8 8 64

Ejercicios propuestos Probar: 1. 2. 3.

4

4

4

4

cos4 x dx = 38 x + sin6 x dx =

1 1 sin 2x + sin 4x + C 4 32

1 5 x − sin 2x + 16 4

3 64

sin 4x +

1 sin3 2x + C. 48

3 1 1 sin 8x + C. (1 − sin 4x)2 dx = x + cos 4x − 2 2 16

1 1 x−1 cos2 ln x2 dx = cos 2 (ln x) sin 2 (ln x) + ln x + C. 4 2 4 7 1 2 3 1 35 8 x − 4 sin x + sin 4x + sin 8x + sin 2x + C 5. sin xdx = 16 8 8 64 3

4.


241

Productos de senos y cosenos En este caso siempre podemos aplicar las fórmulas de redución dados en las fórmulas 15 al 18. Sin embargo existen casos en los que podemos manipular algebraicamente y obtener simplificaciones. Si el integrando es de la forma sin2k x cos2n−1 x, o de la forma sin2k−1 x cos2n x, con k, n números naturales, se puede simplificar de manera que la nueva integral es fácilmente resoluble.


4

sin2 x cos3 x dx.

Solución. 4

2

sin

x cos3 x dx

sin2 x cos2 x cos x dx = sin2 x 1 − sin2 x cos x dx 4 2 = sin x − sin4 x cos x dx 4 4 2 = sin x cos x dx − sin4 x cos x dx =

=


4

4

4

1 3

sin3 x − 15 sin5 x + C

sin2 x cos7 x dx.

Solución. 4

sin2 x cos7 x dx =

4

=

1 3

sin2 x cos6 x cos x dx 4 3 = sin2 x 1 − sin2 x cos x dx 4 = sin2 x 1 − 3 sin2 x + 3 sin4 x − sin6 x cos x dx 4 2 = sin x − 3 sin4 x + 3 sin6 x − sin8 x cos x dx sin3 x − 35 sin5 x + 37 sin7 x − 19 sin9 x + C

242



4

4

cos3 x dx. 1 − sin x cos3 x dx = 1 − sin x

4

4

cos3 x (1 + sin x) dx (1 − sin x) (1 + sin x)

cos3 x + cos3 x sin x dx 1 − sin2 x 4 cos3 x + cos3 x sin x dx = cos2 x 4 = (cos x + cos x sin x) dx =

= sin x + 12 sin2 x + C

Ejercicios propuestos Probar: 4 1. sin x cos2 xdx = − 13 cos3 x + C 2. 3. 4. 5. 6. 7.

4

4

4

4

4

4

1 cos 11x + sin 3x cos 8x dx = − 22

1 10

cos 5x + C

1 sin 16x + 18 x + C sin2 4x cos2 4x dx = − 128

sin3 x cos3 x dx =

1 4

sin4 x − 16 sin6 x + C

sin2 x sin 2x dx = − 14 cos 2x +

1 16

cos 4x + C

sin 2x cos2 4x dx = − 25 cos5 2x + 23 cos3 2x − 12 cos 2x + C cos 10x cos 5x dx =

8. Calcular:

4

1 10

sin 5x +

1 30

sin 15x + C

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: 4 cos αx sin βx dx


243 4

cos αx cos βx dx

4

sin αx sin βx dx

puede usarse las siguientes identidades: sin u cos v =

1 2

[sin (u + v) + sin (u − v)]

cos u sin v =

1 2

[sin (u + v) − sin (u − v)]

cos u cos v =

1 2

[cos (u + v) + cos (u − v)]

sin u sin v =

1 2

[cos (u − v) − cos (u + v)]

para transformar la integral en una más simple.

Ejercicio 6.27 Calcular Solución. 4

4

cos 2x sin 7x dx

cos 2x sin 7x dx = = = =


4

4

4 1 (sin (9x) − sin (−5x)) dx 2 4 1 (sin 9x + sin 5x) dx 2 1 1 1 − cos 9x − cos 5x 2 9 5 1 1 − cos 9x − cos 5x + C 18 10

sin 5x sin 3x dx

sin 5x sin 3x dx = = =

4 1 (cos 2x − cos 8x) dx 2 4 4 1 1 cos 2x dx − cos 8x dx 2 2 1 1 sin 2x − sin 8x + C 4 16

244


Potencias de tangentes 4 Si la integral es tann x dx, escribimos 4

tann x dx =

4

tann−2 x tan2 x dx

4

tann−2 x sec2 x − 1 dx 4 4 = tann−2 x sec2 x dx − tann−2 x dx 4 1 n−1 = tan x − tann−2 x dx n−1 =

obteniéndose una reducción. En lo anterior se han empleado los siguientes resultados: La derivada de tan x es sec2 x y tan2 x = sec2 x − 1. 4 Ejercicio 6.29 Calcular tan3 x dx.

Solución.

4

tan3 x dx

= = =


4

4

4 1 2

tan x sec2 −1 dx

tan x sec2 x − tan x dx

tan2 x − ln |cos x| + C

tan4 x dx.

Solución. 4

tan4 x dx =

4

=

1 3

tan2 x sec2 −1 dx 4 4 2 2 = tan x sec x dx − tan2 x dx 4 2 = 13 tan3 x − sec x − 1 dx tan3 x − tan x + x + C

Potencias de secantes, cotangentes y cosecantes Se procede con simplificaciones como en el caso de las tangentes.

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN Ejercicio 6.31 Calcular Solución.

4

4

245

sec4 t dt. 4

sec4 t dt =

sec2 t sec2 t dt

4

sec2 t 1 + tan2 t dt 4 4 2 = sec t dt + tan2 t sec2 t dt =

= tan t + 13 tan3 t + C observemos que sec2 t = 1 + tan2 t. Ejercicio 6.32 Calcular Solución.

4

4

sec3 x dx 4

sec x 1 + tan2 x dx 4 4 = sec x dx + sec x tan2 x dx

sec3 x dx =

(1)

resolvemos estas integrales por separado. 4

sec x dx = =

4

4

sec x (sec x + tan x) dx sec x + tan x sec2 x + sec x tan x dx sec x + tan x

(2)

= ln |sec x + tan x| la otra integral se resuelve por partes u = tan x dv = sec2 x dx luego

4

dv = sec x tan x v = sec x

sec x tan2 x dx = tan x sec x −

5

sec3 x dx

reemplazando los resultados obtenidos (2) y (3) en (1) se tiene: 4

sec3 x dx = ln |sec x + tan x| + tan x sec x −

de donde deducimos que: 4

sec3 x dx =

5

sec3 x dx

1 1 ln (sec x + tan x) + tan x sec x + C 2 2

(3)

246



4

cot4 3x dx.

Solución. Usamos la identidad: 1 + cot2 3x = csc2 3x. 4 4 4 cot 3x dx = cot2 3x csc2 3x − 1 dx 4 4 = cot2 3x csc2 3x dx − cot2 3x dx 4 2 1 3 csc 3x − 1 dx = − 9 cot 3x − = − 19 cot3 3x + 13 cot 3x + x + C

Productos de tangentes, secantes, cotangentes y cosecantes 4 Ejercicio 6.34 Calcular tan4 x sec4 x dx. Solución.

4

tan4 x sec4 x dx

=

4

=

4

=

1 5

tan4 x sec2 x sec2 x dx

tan4 x sec2 x 1 + tan2 x dx 4 4 4 2 = tan x sec x dx + tan6 x sec2 xdx tan5 x + 17 tan7 x + C

Ejercicios propuestos Probar: 4 1. cot3 x dx = − 12 cot2 x + 12 ln csc2 x 2. 3. 4. 5.

4

4

4

4

tan5 xdx =

1 4

tan4 x − 12 tan2 x + 12 ln sec2 x + C.

tan3 x sec3 x dx = − 13 sec3 x + 15 sec5 x + C. cot x csc3 x dx = − 13 csc3 x + C. tan4 x sec3 xdx =

1 tan x sec x + − 16

Sol. Equiv. 1 16 sec x tan x −

1 24

7 24

tan3 x sec x + 16 tan5 x sec x +

sec3 x tan x + 16 sec5 x tan x +

1 16

1 16

ln (sec x + tan x) + C.

ln |sec x + tan x| + C

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN 4

cot3 x csc4 x dx = − 16 cot4 x csc2 x −

7.

4

secm u du =

8.

4

cscm u du

6.

247 1 12

cot4 x + C.

1 1 Sol. Equiv. − csc6 x + csc4 x + C. 6 4 Aplicando integración por partes deducir las siguientes fórmulas de reducción

6.2.6

1 m−2 secm−2 u tan u + m−1 m−1

4

1 m−2 =− cscm−2 u cot u + m−1 m−1

secm−2 u du. 4

cscm−2 u du.

Resumen de las fórmulas de reducción

En lo que sigue m y n son números naturales. 4 4 sinn−1 u cos u n − 1 n 1. sin u du = − + sinn−2 u du n n 4 4 cosn−1 u sin u n − 1 n + cosn−2 u du 2. cos u du = n n 4 4 1 3. tann x dx = tann−1 x − tann−2 x dx n−1 4 4 1 n n−1 cot 4. cot x dx = − x − cotn−2 x dx n−1 4 4 1 m−2 m m−2 sec secm−2 u du. u tan u + 5. sec u du = m−1 m−1 4 4 1 m−2 m m−2 u cot u + 6. csc u du = − csc cscm−2 u du. m−1 m−1

En (7) y (8) m = −n 4 4 sinn+1 u cosm−1 u m − 1 7. sinn u cosm u du = + sinn u cosm−2 du n+m n+m 4 4 sinn−1 u cosm+1 u n−1 8. sinn u cosm u du = − + sinn−2 u cosm du n+m n+m 4 4 m um m 9. u sin bu du = − cos bu + um−1 cos bu du b = 0 b b 4 4 m um m sin bu − um−1 sin bu du b = 0 10. u cos bu du = b b

En (11), (13) m = 1 y en (12), (14) m = −1/2 4 4 u 2m − 3 1 1 1 + 11. du = du 2 (a2 ± u2 )m a2 (2m − 2) (a2 ± u2 )m−1 2m − 2 (a ± u2 )m−1 m 4 4 2 m 2 u a2 ± u2 2ma2 2 + du = 12. a ± u2 m−1 du a ±u 2m + 1 2m + 1

248

CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL 4 1 1 u 2m − 3 1 du = − du + 13. m m−1 2 2 2 (u − a ) a 2m − 2 (2m − 2) (u2 − a2 ) (u2 − a2 )m−1 m 4 4 2 m m−1 2 u u2 − a2 2ma2 2 u −a 14. du = du − u − a2 2m + 1 2m + 1 4 4 1 m au m m au 15. u e du = u e − um−1 eau du a a 4

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 − xy 2 + y 3 + 4 es una función racional en las variables x, y. x5 + 2xy

√ 2 √ √ x3 2x + 1 + 2x + 1 + 3 √ es una función racional en x y Ejemplo 6.14 F x, 2x + 1 = 2x + 1 − x4 + 10 √ 2x + 1. √ Ejemplo 6.15 F x, x + 5 =

6.2.8

√ √ √ x+ x+5 no es una función racional en x y x + 5, (¿porque?) x2 + 5

Cambios de variable trigonométricos

Si el integrando es una función racional a dos variables de una de las siguientes formas: √ F u, a2 − b2 u2 √ F u, a2 + b2 u2 √ F u, b2 u2 − a2 es posible hacer cambios de variable trigonométricos construyendo un triángulo rectángulo. √ Forma F u, a2 − b2 u2 .

En este caso consideramos el siguiente triángulo: a bu z√

a2 − b2 u2

6.2. METODOS DE INTEGRACIÓN Se hace el cambio sin z =

249

bu , de donde: a a sin z b a du = cos z dz b √ a2 − b2 u2 = a cos z u =

luego:

4

4 √ F u, a2 − b2 u2 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. 4 x2 √ dx. Ejercicio 6.35 Calcular 9 − x2 Solución.Consideremos el siguiente triángulo x 3 z √

9 − x2

,

hacemos el cambio sin z = 13 x, luego x = 3 sin z dx = 3 cos z dz √ 9 − x2 = 3 cos z con este cambio la integral queda: 4 4 (3 sin z)2 x2 √ dx = (3 cos z dz) 3 cos z 9 − x2 4 = 9 sin2 z dz 4 9 = 2 (1 − cos 2z) dz =

9 2z 9 2z

− 94 sin 2z + C

− 92 sin z cos z + C para terminar tomemos en cuenta que z = arcsin 13 x y entonces √ 4 1 9 x 9 − x2 x2 9 √ +C dx = 2 arcsin 3 x − 2 3 3 9 − x2 √ = 92 arcsin 13 x − 12 x 9 − x2 + C =

250


√ Forma F u, a2 + b2 u2 .

En este caso consideramos el siguiente triángulo √ bu a2 + b2 u2 z

a el cambio de variable que sugiere el gráfico es: tan z =

. bu a ,

luego:

a tan z b a sec2 z dz du = b √ a2 + b2 u2 = a sec z u =

con este cambio de variable tenemos: 4 4 √ 2 2 2 F ab tan z, a sec z ab sec2 z dz F u, a + b u du =

donde la integral de la derecha es una integral en términos de tangentes y secantes. 5√ Ejercicio 6.36 Calcular 4 + x2 dx. Solución. Consideramos el siguiente triángulo

√ x 4 + x2 z

2 hacemos el cambio tan z =

x , luego 2 x = 2 tan z dx = 2 sec2 z dz √ 4 + x2 = 2 sec z

con este cambio se tiene 4 4 √ 4 + x2 dx = 4 sec3 z dz

= 2 ln |sec z + tan z| + 2 tan z sec z+ C 1√ 1 1√ 1 2 2 x = 2 ln 4 + x + x + 2 4+x 2 2 2 2 1 √ 1√ 1 2 4 + x + x + x 4 + x2 + C = 2 ln 2 2 2


251

√ Forma F u, b2 u2 − a2 .

En este caso consideramos el siguiente triángulo √ bu b2 u2 − a2 z

a el cambio de variable que sugiere el gráfico es sec z = bu a , luego a u = sec z b a sec z tan z dz du = b √ b2 u2 − a2 = a tan z con este cambio de variable tenemos: 4 4 √ 2 2 2 F u, b u − a 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. 4 x2 √ Ejercicio 6.37 Calcular dx. x2 − 16 Solución. En gráfico que corresponde es √ x x2 − 16 z

4 x el cambio de variable es sec z = , luego 4 x = 4 sec z dx = 4 sec z tan z dz √ x2 − 16 = 4 tan z

con este cambio de variable tenemos: 4 4 16 sec2 z x2 √ dx = 4 sec z tan z dz x2 − 16 44 tan z = 16 sec3 z dz

= 8 ln |sec z + tan z| + 8 tan z sec z √ √ = 8 ln 14 x + 14 x2 − 16 + 12 x x2 − 16 + K √ √ = 8 ln x + x2 − 16 + 12 x x2 − 16 + C

252


(C = K − 8 ln 4)

Ejercicios propuestos 3/2 5 2 dx. 1. x +1 √ √ 3 √ x2 + 1 + 38 x x2 + 1 + 38 ln x2 + 1 + x + C. Sol.: 14 x 2.

3.

4.

5.

6.

5 x + x2 √ dx. 1 − x2 √ √ Sol.: − 1 − x2 − 12 x 1 − x2 + 12 arcsin x + C. x2 √ dx. 9 − x2 √ Sol.: − 12 x 9 − x2 + 92 arcsin 13 x + C.

5

5

1 √ dx x2 − 16 1 (x2 − 16) + C. Sol.: 16x x2

5

1 dx. √ 1 x + 2 x2 + x + 1 √ √ √ Sol.: 2 3 3 ln 2 x2 + x + 1 − 3 − ln (2x + 1) + C.

√ x3 4 − x2 dx. √ 3 1 2 2 4−x − Sol.: − 5 x

5

8 15

√ 3 2 4−x + C.

1 dx. (9 + x2 )2 x 1 + 1 arctan 13 x + C. Sol.: 18 9 + x2 54 5 x+2 8. dx 2 x − 6x + 10 Sol.: 12 ln x2 − 6x + 10 + 5 arctan (x − 3) + C. 4 x+2 dx 9. 2 x + 6x + 10 Sol.: 12 ln x2 + 6x + 10 − arctan (x + 3) + C. √ 5 4 − x2 dx. 10. x 2 − √4 − x2 √ Sol.: 4 − x2 + 2 ln + C. x 7.

5

6.3. INTEGRACIÓN POR FRACCIONES PARCIALES 11.

5

1 (9 − x2 )3/2

Sol.: 12.

13.

14.

15.

253

dx.

1 x √ . 9 9 − x2

x2 √ dx. x2 − 1 √ √ Sol.: 12 x x2 − 1 + 12 ln x + x2 − 1 + C.

5

5√ x2 + x + 5 dx. Sol.: 14 (2x + 1) (x2 + x + 5) +

19 8

√ ln 2 x2 + x + 5 + 2x + 1 + C.

5 √ dx. x2 − 4x + 9 √ x2 − 4x + 9 + x − 2 + C Sol : 5 ln

5 5

x √ 3 dx. √ 1 − x2 + 1 − x2

Sol.: − arctan

6.3 6.3.1

√ 1 − x2 + C

Integración por Fracciones Parciales Preliminares algebraicos

Inicialmente se enuncian sin demostración algunos resultados del álgebra elemental. Como se sabe, si an = 0, la expresión p (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn se llama polinomio en x de grado n. Teorema 6.25 Todo polinomio a0 +a1 x +a2 x2 + · · · +an xn tiene a lo sumo n raíces reales distintas. Observación. Un polinomio puede no tener raíces reales (Ej. x2 + 1). Teorema 6.26 se puede factorizar en factores con coeficientes reales de la forma 2Todo polinomio 2 (Ax + B) y ax + bx + c , donde ax2 + bx + c2 es irreducible, esto es, b2 − 4ac < 0. En esta sección nos interesan cocientes de polinomios en donde el grado del numerador es estrictamente menor que el grado del denominador; si este no es el caso, por simple división puede llevarse a la forma de un polinomio más un cociente con la forma deseada. Ejemplo 6.16 7 x4 − x2 + 5 = x2 − 2 + 2 2 x +1 x +1

254

6.3.2


Fracciones parciales

P (x) el grado de P (x) es estrictamente menor que el grado de Q (x) entonces es posible Q (x) P (x) como suma de funciones racionales más simples de la forma: escribir Q (x)

Si en

A , ax + b o

Ax + 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 suma

A2 Am A1 + + ··· + ax + b (ax + b) (ax + b)m en donde los Ai son constantes a determinar x2 + 5 , entonces f se puede expresar como la suma de expre(x − 1) (x − 2)2 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 Ejemplo 6.17 Sea f (x) =

A1 A2 + , x − 2 (x − 2)2

en donde A1 y A2 son constantes a determinar. Entonces f puede escribirse como f (x) =

A1 A2 B + + x − 1 x − 2 (x − 2)2

Factores cuadráticos: ax2 + bx + c La regla a aplicar es la siguiente: A cada factor m 2 ax + bx + c

le corresponde la suma

A2 x + B2 Am x + Bm A1 x + B1 + + ··· + 2 2 2 ax + bx + c (ax + bx + c) (ax2 + bx + c)m en donde los Ai , Bi son constantes a determinar.

6.3. INTEGRACIÓN POR FRACCIONES PARCIALES Ejemplo 6.18 Sea f (x) =

255

x2 + x + 1 , entonces f se puede expresar como (x2 + x + 1) (x2 + 1)2 f (x) =

Cx + D Ex + F Ax + B + 2 + +x+1 x +1 (x2 + 1)2

x2

en donde A, B, C, D, E, F son constantes a determinar.

6.3.3

Cálculo de constantes en fracciones parciales

Via ejercicios, en esta sección, ilustramos las técnicas para calcular las constantes en fracciones parciales. Ejercicio 6.38 Expresar como suma de fracciones parciales la siguiente función racional. f (x) =

Solución.

quitando denominadores

x2 + 5 . (x − 1) (x − 2)2

x2 + 5 B C A 2 = x−1 + x−2 + (x − 1) (x − 2) (x − 2)2

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 = 0 4A + 2B − C = 5 resoviendo este sistema encontramos A = 6, B = −5, C = 9, por tanto: x2 + 5 5 9 6 . 2 = x−1 − x−2 + (x − 1) (x − 2) (x − 2)2 Método abreviado. Puesto que (1) es una identidad, es válido para todo x. Sustituimos valores de x apropiados, buscamos números x tales que se anulen la mayor cantidad de sumandos que aparecen en (1). Sustituyendo x = 1 en (1): 6=A Sustituyendo x = 2 en (1): 9=C

256


Hasta ahora hemos logrado calcular A y C. No tenemos más valores que anulen algunos sumandos de (1). Elegimos ahora un valor arbitrario, digamos x = 0, sustituyendo este valor en (1) encontramos 5 = 4A + 2B − C

de donde despejando B tenemos

1 (5 − 4A + C) 2 luego puesto que A = 6 y C = 9 tenemos B = −5. Este resultado coincide con el encontrado en el método general. En este método elegimos el valor arbitrario x = 0, debe quedar claro que pudimos haber elegido cualquier otro número real. B=

6.3.4

Integración por Fracciones parciales

La descomposición de una función racional en fracciones parciales puede aplicarse en la resolución de integrales en las cuales el integrando es una función racional. 4 4x Ejercicio 6.39 Calcular: I = dx. (2x − 1) (2x + 1) Solución. Aplicando fracciones parciales al integrando: A B 4x = + (2x − 1) (2x + 1) 2x − 1 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: 4 1 1 I= + dx 2x − 1 2x + 1 de donde:

4

1 2

(ln |2x − 1| + ln |2x + 1|) + C = ln |(2x − 1) (2x + 1)| + C

I =

x2 + 5 dx. (x − 1) (x − 2)2 Solución. En la sección anterior se prueba: Ejercicio 6.40 Calcular

integrando:

de donde:

x2 + 5 5 9 6 2 = x−1 − x−2 + (x − 1) (x − 2) (x − 2)2 4

x2 + 5 dx = (x − 1) (x − 2)2 4

4

6 dx − x−1

4

5 dx + x−2

4

9 dx (x − 2)2

9 x2 + 5 2 dx = 6 ln |x − 1| − 5 ln |x − 2| − x − 2 + C (x − 1) (x − 2)

6.3. INTEGRACIÓN POR FRACCIONES PARCIALES Ejercicio 6.41 Calcular

4

257

x2 − 3x − 1 dx. x3 + x2 − 2x

Solución. Factorizando el denominador:

x3 + x2 − 2x = x (x + 2) (x − 1) Aplicando fracciones parciales: A B C x2 − 3x − 1 = + + x (x + 2) (x − 1) x x+2 x−1 quitando denominadores 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: 4

4 4 4 1 1 3 1 1 dx + dx − dx 2 x 2 x+2 x−1 1 ln |x| + 32 ln |x + 2| − ln |x − 1| + C = 2 x1/2 (x + 2)3/2 = ln +C x−1

x2 − 3x − 1 dx = x3 + x2 − 2x


4

x3 + x − 1 dx. (x2 + 1)2

Solución. El factor x2 + 1 es irreducible por tanto escribimos Ax + B x3 + x − 1 Cx + D 2 = x2 + 1 + 2 (x + 1) (x2 + 1)2 quitando denominadores x3 + x − 1 = (Ax + B) x2 + 1 + (Cx + D)

(1)

258


ahora no tenemos valores reales que anulen sumandos de (1). Sin embargo puesto que (1) es una identidad podemos tomar algunos valores de x y sustituirlos en (1) para obtener las suficientes ecuaciones que nos permitirán encontrar los valores de A, B, C, D. Para los valores −1, 0, 1, 2 encontramos respectivamente las siguientes ecuaciones: −2A + 2B − C + D B +D 2A + 2B + C + D 10A + 5B + 2C + D

= = = =

−3 −1 1 9

resolviendo encontramos A = 1, B = C = 0, D = −1. Por tanto 4 4 3 4 x x +x−1 1 dx dx − 2 dx = 2 2 2 x +1 (x + 1) (x + 1)2 resolviendo las integrales de la derecha encontramos: 4 x 1 2 dx = ln x + 1 2 2 4 x +1 1 1 x 1 dx = + arctan x 2 2 2 x +1 2 (x2 + 1) por tanto

4

1 1 2 x3 + x − 1 ln x dx = + 1 − 2 2 (x2 + 1)2

x x2 + 1

−

(2)

1 arctan x + C 2

Comentario. La segunda integral que aparece (2) puede resolverse con la sustitución x = tan z (que viene de la sustitución trigonométrica). 4

x3 dx. 2x2 − x − 1 Solución. En este caso es necesaria una división pues el numerador es de grado mayor que el denominador. Dividiendo: Ejercicio 6.43 Calcular

x3 1 1 3x + 1 = x+ + , 2 2x − x − 1 2 4 4 (2x2 − x − 1) Aplicando fracciones parciales al tercer sumando: 3x + 1 1 1 = + 2 4 (2x − x − 1) 12 (2x + 1) 3 (x − 1) por tanto: 4

x3 dx = 2x2 − x − 1 =

4

4 4 4 1 1 1 1 1 1 xdx + dx + dx + dx 2 4 12 2x + 1 3 x−1 1 2 1 1 1 x + x+ ln |2x + 1| + ln |x − 1| + C 4 4 24 3

6.3. INTEGRACIÓN POR FRACCIONES PARCIALES Ejercicios propuestos Resolver 4 1. 2.

3.

4.

5.

8x2

2x + 4 dx. − 14x + 3

9 7 Sol.: − 20 ln (4x − 1) + 10 ln (2x − 3) + C. 4 x2 + 1 dx. (x − 2) (x − 3)2 10 Sol.:5 ln (x − 2) − − 4 ln (x − 3) x−3 4 x dx. (x − 1) (x − 4) (x − 1)2 4 1 4 Sol.: 2 + 9 (x − 1) − 27 ln (x − 1) + 6 (x − 1) 4 sin x dx. cos x (1 + cos2 x) √ 1 + cos2 x Sol.: ln + C. cos x 4 1 dx. 3 (x − 1)2

4 27

ln (x − 4) + C.

Sol.: f (x) + g (x) donde: 1 f (x) = − − 29 ln (x − 1) + 19 ln x2 + x + 1 9 (x − 1) √ √ x−1 + C. g (x) = 29 3 arctan 13 (2x + 1) 3 + 19 2 x +x+1 4 1 dx. 6. 3 x +1 √ √ Sol.: 13 ln (x + 1) − 16 ln x2 − x + 1 + 13 3 arctan 13 (2x − 1) 3 + C. 4 1 dx. 7. 3 x −1 √ √ Sol.: 13 ln (x − 1) − 16 ln x2 + x + 1 − 13 3 arctan 13 (2x + 1) 3 + C. 4 1 dx. 8. 4 x +1 √ √ √ x2 + x 2 + 1 1 √ 1 √ + 4 2 arctan x 2 + 1 + Sol.: 8 2 ln 2 √ x√− x 2 + 1 1 2 arctan x 2 − 1 + C. 4 Sug:

2 x2 + 2x2 + 1 − 2x2 = √ √ 2 = x2 + 1 − 2x2 = x2 + 1 − 2x x2 + 1 + 2x

x4 + 1 =

259

260

CAPÍTULO 6. CÁLCULO INTEGRAL y entonces:

9.

√ √ 2x + 2 1 − 2x + 2 √ + = 2 √ 4 x +1 4 x − 2x + 1 4 x2 + 2x + 1

4

1 dx. x6 + 1

4

x2 − 8x + 7 dx. (x2 − 7x + 6)2

√ √ √ 1 3 ln x2 − 3x + 1 + 16 arctan 2x − 3 + Sol.: 13 arctan x − 12 √ √ √ 2 1 1 12 3 ln x + 3x + 1 + 6 arctan 2x + 3 2 3 (Sug.: observe que x6 + 1 = x2 + 3 x2 + 3x2 + 1 − 3 x4 + x2 )

10.

Sol.:

1 5(x−6)

4

− 2x3

+

6 25

ln (x − 6) −

6 25

ln (x − 1) + C.

1 dx. + 2x2 − 2x + 1 1 − 12 ln (x − 1) + 14 ln x2 + 1 + C. Sol.: − 2 (x − 1) 4 x dx. 12. x6 + x2 Sol.: ln x − 14 ln x4 + 1 + C. 4 x5 dx. 13. x8 + 1 √ √ 2√ x4 − x2 2 + 1 1 √ 1 √ + Sol.: 16 2 ln 4 2 arctan x 2 + 1 + 8 x√+ x2 2 + 1 √ 1 2 2 − 1 + C. 8 2 arctan x 4 x2 dx. 14. (x − 1)2

11.

x4

Sol.: x − 15.

6.4

4

1 + 2 ln (x − 1) + C. x−1

x4 dx. (x2 + 1) (x2 + x + 1) √ √ Sol.: x − 12 ln x2 + 1 − 23 3 arctan 33 (2x + 1) + C.

√ Funciones racionales del tipo F x, ax + b

Si F es una función racional en x y

√ ax + b. La integral 4 √ F x, ax + b dx

√ 6.4. FUNCIONES RACIONALES DEL TIPO F X, AX + B se racionaliza (integrando racional) con el cambio de variable: √ t = ax + b

del cambio de variable se deduce:

t2 − b a 2t dx = dt a x =

por tanto

2 4 √ t −b 2t F x, ax + b dx = F ,t dt a a

4

que es una integral con integrando una función racional en la variable t. Ejercicios resueltos

√ x + 2x + 1 √ Ejercicio 6.44 Calcular I = dx =. 1 + 2x + 1 Solución. Realizamos el cambio: √ t = 2x + 1 4

luego:

t2 − 1 2 dx = t dt x =

sustituyendo en la integral dada: 2 4 t −1 +t 4 3 1 t + 2t2 − t 2 I= tdt = dt 1+t 2 t+1

dividiendo la integral toma la forma: 1 I= 2

4 t2 + t − 2 +

2 t+1

dt.

Integrando y reemplazando en la variable x: I = 12 $13 t3 + 12 t2 − 2t + 2 ln |t + 1| + C √ √ = 16 (2x + 1)3 + 14 (2x + 1) − 2x + 1 + ln 1 + 2x + 1 + C Ejercicio 6.45 Calcular I =

4

√ x2 x + 1 dx.

Solución. Realizamos el cambio: t= de esto obtenemos:

√ x+1

x = t2 − 1 dx = 2t dt

261

262


sustituyendo en la integral dada : 4 4 2 6 2 I= 2t − 4t4 + 2t2 dt t − 1 t 2tdt =

Integrando:

I = =

2 7 7t

− 45 t5 + 23 t3 + C $ $ $ 7 5 3 2 4 2 (x + 1) − (x + 1) + 7 5 3 (x + 1) + C

√ x x−1 √ Ejercicio 6.46 Calcular dx. x−1+x √ Solución. Con el cambio t = x − 1 se tiene: 4

x = t2 + 1 dx = 2t dt luego:

4

√ 4 2 t +1 t x x−1 √ dx = (2t dt) t + t2 + 1 x−1+x 4 t4 + t2 dt = 2 t2 + t + 1 4 4 2 1 t − t + 1 dt − 2 = 2 dt 2 t +t+1 √ √ = 23 t3 − t2 + 2t − 43 3 arctan 13 (2t + 1) 3 + C

en función de la variable x la solución es: √ 4 x x−1 √ dx = f (x) + g (x) + C x−1+x

donde: 3 √ 2 √ √ f (x) = 23 √x − 1 − x√− 1 + 2 √ x − 1 4 1 g (x) = − 3 3 arctan 3 2 x − 1 + 1 3

Ejercicios propuestos Calcular: 4 1 √ √ dx. 1. x−1− 4 x−1 √ √ √ Sol.: 4 ln 4 x − 1 − 1 + 2 4 x − 1 4 x − 1 + 2 + C 4 √ x+1 2. dx. √ 3 ( x) − x √ Sol.: 4 ln ( x − 1) − ln x + C.

6.5. FUNCIONES RACIONALES DEL TIPO F (SIN X, COS X)

263

√ x+ x+1 √ dx. 3. x+1 √ 3 √ Sol.: 23 x + 1 − 2 x + 1 + x + C. 4

4 √ 2x − 4 dx. 4. x √ √ Sol.: 2 2x − 4 − 4 arctan 12 2x − 4 + C. √ x+1+1 5. √ 3 dx. √ x+1− x+1 √ Sol.: −2 ln x + 1 − 1 4

4 √ x+2 dx. 6. x+1

√ √ x+2−1 Sol.: 2 x + 2 + ln √ +C x+2+1

6.5

Funciones racionales del tipo F (sin x, cos x)

Si el integrando es una función racional de este tipo, se puede racionalizar con el cambio de variable x t = tan , 2 de este cambio de variable se obtiene: sin x

=

cos x = x

= 2 arctan t

dx = por tanto :

4

F (sin x, cos x) dx =

que es una función racional en la variable t. Ejercicios resueltos Ejercicio 6.47 Calcular I =

4

1 + sin x dx. cos x

2t 1 + t2 1 − t2 1 + t2

4

2 dt 1 + t2

F

2t 1 − t2 , 1 + t2 1 + t2

2 dt 1 + t2

264


Solución. Con el cambio t = tan x2 : 

 2t 1 +  1 + t2    2 I =  1 − t2  1 + t2 dt 1 + t2 4 2 2t + 4t + 2 dt = (1 − t2 ) (1 + t2 ) 4

simplificando y aplicando fracciones parciales:

luego:

2t2 + 4t + 2 2 (t + 1)2 2 t = − =− +2 2 2 2 (1 − t ) (1 + t ) (t − 1) (t + 1) (1 + t ) t−1 1 + t2 4

2 dt + 2 t−1

4

t dt 1 + t2 = −2 ln |t − 1| + ln 1 + t2 + C = −2 ln tan x2 − 1 + ln 1 + tan2 x2 + C 5 Ejercicio 6.48 Calcular I = sec x dx. I = −

Solución. Con el cambio t = tan x2 :

4

1 2 dt 2 1 − t 1 + t2 1 + t2 4 −2 = dt 2 t −1

I =

aplicando fracciones parciales:

1 1 −2 =− + −1 t−1 t+1

t2 luego:

4

4 1 1 − dt + dt t−1 t+1 t + 1 +C = ln t − 1 tan x2 + 1 +C = ln tan x − 1

I =

2

tomando en cuenta el resultado:

tan

sin x x = 2 1 + cos x

encontramos: I = ln |sec x + tan x| + C

6.5. FUNCIONES RACIONALES DEL TIPO F (SIN X, COS X)

265

Ejercicios propuestos IMPORTANTE: En las soluciones de los siguientes ejercicios t = tan Calcular: 4 5 1. dx 1 + 5 cos x √ √ √ 2t + 3 5 6 √ ln √ +C Sol.: 12 2t − 3 4 cos x 2. dx 1 + 5 cos x √ √ √ 2t − 3 √ +C Sol.: 25 arctan t + 606 ln √ 2t + 3 4 1 3. dx. 1 + sin x + cos x 4.

5.

6.

7.

8.

x 2

.

Sol.: ln (t + 1) + C. 4 1 dx 1 + sin2 x √ √ √ √ Sol. 22 arctan 2t + t + 22 arctan 2t − t + C 4 cos x dx. sin x − cos2 x √ √ 2 sin x − 5 + 1 √ + C. (Ind. ¿No es mejor hacer el cambio u = sin x?) Sol. : 15 5 ln 2 sin x + 5 + 1 4 sin x + cos x dx. 1 + sin x 2 Sol.: 2 arctan t − ln t2 + 1 + 2 ln (t + 1) + + C. t+1 4 2 sin x − cos x dx. sin x − 5 cos x √ √ 26 + 1 5t + 7 9 9 + 26 Sol.: 13 arctan t + 26 ln ln 5t − 26 + 1 + C. 2 t +1 4 1 √ dx. 1 + 1 − x2 √ 1 − x2 − 1 Sol. arcsin x + . x

266


Capítulo 7

Integrales impropias Al definir la integral

4

b

f (x) dx se ha considerado el intervalo [a, b] finito, esto es, ninguno de los

a

extremos a o b podian ser infinitos, además f debia ser una función acotada en [a, b] . Por ejemplo no se ha dado ningún significado a integrales como las que siguen: 4 3 4 ∞ 1 1 √ dx dx 2 x +1 9 − x2 0 0

en este capítulo desarrollamos técnicas para resolver este tipo de integrales.

7.1 7.1.1

Integrales impropias de primera clase Límite superior infinito

Sea f una función integrable en [a, b] para todo b < ∞. La integral 4 ∞ f (x) dx a

se llama integral impropia de primera clase. Si el límite lim integral impropia se dice convergente y 4 4 ∞ f (x) dx = lim b→∞

a

b→∞

4

b

f (x) dx. a

Si el límite no existe, se dice que la integral impropia es divergente. Ejemplo 7.1 4

∞

−x

e

lim

b→∞ 0

b→∞

= 1 por tanto la integral es convergente y

5∞ 0

b

e−x dx b = lim −e−x 0 b→∞ = lim −e−b + 1

dx =

0

4

e−x dx = 1 267

b a

f (x) dx existe, entonces la

268

CAPÍTULO 7. INTEGRALES IMPROPIAS

Ejemplo 7.2 4

∞

1

1 √ dx = x

4

b

1 √ dx b→∞ 1 x √ b = lim 2 x1 b→∞ √ = lim 2 b − 2 b→∞ = ∞ lim

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 4 b f (x) dx −∞

también se llama integral impropia de primera clase. Si lim integral impropia se dice convergente y 4 4 b f (x) dx = lim a→−∞

−∞

a→−∞

4

b

f (x) dx existe, entonces la

a

b

f (x) dx a

si el límite no existe, la integral se llama divergente.

7.2 7.2.1

Integrales impropias de segunda clase No acotada en el limite superior

Consideremos ahora una función f que es integrable en [a, b − -] para todo - > 0 y no está acotada en [a, b) , entonces la integral 4 b−# f (x) dx a

se llama integral impropia de segunda clase. Si 4 b−# f (x) dx lim #→0+

a

existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente.

Ejemplo 7.3 4

0

2

1 dx = 2−x = =

lim

#→0+

4

0

2−#

1 dx 2−x

lim − ln (2 − x)|02−#

#→0+

lim (− ln (-) + ln 2)

#→0+

como el anterior límite no existe, la integral impropia es divergente.

7.2. INTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA CLASE

269

Ejemplo 7.4 4

0

4

1 √ dx = 4−x

4

4−#

1 √ dx 4 −x 0 4−# √ = lim −2 4 − x0 + #→0 √ = lim −2 - + 4 lim

#→0+

#→0+

= 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 + -, b] para todo - > 0 y no está acotada en (a, b] , entonces la integral 4 b f (x) dx a+#

también se llama integral impropia de segunda clase. Si 4 b lim f (x) dx #→0+

a+#

existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente. Ejercicios resueltos Ejercicio 7.1 Calcular

4

0

Solución.

y

∞

x2

f ( x) =

1 dx +1

1 1+ x 2

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x La integral impropia es de primera clase. 4 ∞ 1 dx = 2+1 x 0 =

=

lim

4

b→∞ 0

b

1 dx x2 + 1

lim arctan x|b0

b→∞

lim arctan b

b→∞

= π/2

270


así la integral impropia es convergente. Esta integral puede interpretarse como el área bajo la gráfica 1 de f (x) = en el intervalo [0, ∞) . 1 + x2 Ejercicio 7.2 Calcular:

4

1

ln xdx

0

Solución.

f ( x) = ln x

y 1 0 -1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

-2 -3 -4 -5 -6

La integral es impropia de segunda clase. 4

1

ln xdx =

0

= =

lim

#→0+

4

1

ln x dx

0+#

lim x ln x − x|1#

#→0+

lim (−1 − - ln - + -)

#→0+

Aplicando la recla de Hopital: ln #→0+ 1/1/= lim −= lim 2 + #→0 −1/#→0 = 0

lim (- ln -) =

#→0

lim

entonces: 4

1

ln xdx =

0

lim (−1 − - ln - + -)

#→0+

= −1 − lim (- ln -) #→0+

= −1 por tanto la integral dada es convergente. Ejercicio 7.3 Calcular:

4

0

∞

1 dx (1 + x)2

7.2. INTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA CLASE Solución.

y

1 (1+ x) 2

f ( x) =

1

271

0.8 0.6 0.4 0.2 0 0

2

4

6

La integral impropia es de primera clase. 4 ∞ 1 dx = (1 + x)2 0

8

4

10

x

b

1 dx (1 + x)2 1 b = lim − b→∞ 1 + x 0 1 = lim − +1 b→∞ 1+b = 1 lim

b→∞ 0

por tanto la integral impropia converge. Ejercicio 7.4 Calcular:

4

0

Solución.

y

∞

1 √ dx 1+x

f ( x) =

1

1 1+ x

0.8 0.6 0.4 0.2 0

5

10

La integral es impropia de primera clase: 4 ∞ 1 √ dx = 1+x 0

15

4

b

20

x

1 √ dx b→∞ 0 1+x b √ = lim 2 1 + x0 b→∞ √ = lim 2 1 + b − 2 b→∞ = ∞

por tanto la integral impropia diverge.

lim

272


Ejercicio 7.5 Calcular:

4

5

x (25 − x2 )3/2

0

dx

Solución.

f ( x) =

y 5

x

(25− x )

2 3/ 2

4 3

2

1

0

1

2

x

3

4

5

x

La integral impropia es de segunda clase. 4

0

5

x (25 − x2 )

dx = 3/2 =

=

= =

lim

4

5−#

x

dx (25 − x2 )3/2 5−# 1 lim #→0+ (25 − x2 ) 0   1 1 lim  $ −  5 #→0+ 2 25 − (5 − -) 1 1 − lim √ #→0+ 10- − -2 5 ∞ #→0+

0

por tanto la integral es divergente. Ejercicio 7.6 Calcular:

4

∞

e−x sin x dx

0

Solución.

f ( x) = e− x sin( x)

y 0.4 0.3 0.2 0.1 - 0 0.1

2

4

6

x

8

10 x

7.2. INTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA CLASE La integral es impropia de primera clase. Un cálculo da: 4 1 e−x sin x dx = − e−x (cos x + sin x) 2 luego: 4

∞

−x

e

sin x dx =

0

lim

4

b→∞ 0

b

e−x sin x dx

b 1 −x = lim − e (cos x + sin x) b→∞ 2 0 1 −b = − lim e (cos b + sin b) − 1 2 b→∞ 1 = 2

Ejercicios propuestos Clasificar y calcular las siguientes integrales impropias. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

4

4

4

4

4

4

4

4

4

π/2

cos−2 x dx

Sol. Div.

0 3 0 4 0

1 √ dx 9 − x2

Sol.

1 √ dx 3 x−1

Sol.

π/2

1 π 2 3 √ 3 9 − 1 (Sug. Existe una discontinuidad en 1) 2

Sol. Div

sec xdx 0 π/2 0 0

cos x √ dx 1 − sin x e2x dx

Sol.

−∞ ∞ −∞ ∞ −∞ ∞ −∞

e−x

1 dx + ex

1 dx 1 + 4x2 2

|x| e−x dx =

Sol. 2 1 2 Sol.

1 π 2

Sol. π/2 Sol. 1

273

274 10.

CAPÍTULO 7. INTEGRALES IMPROPIAS 4

∞ 2

1 dx x ln2 x

11. Demostrar que 12. Demostrar que 13. Demostrar que

Sol. 4

4

4

∞ 0 ∞ a b a

1 ln 2

1 diverge para todos los valores de p. xp 1 dx existe para p > 1 y es divergente para p ≤ 1. xp

1 dx existe para p < 1 y es divergente para p ≥ 1 (x − b)p

14. Para cierto real c la integral

4

2

∞

1 cx − x2 + 1 2x + 1

dx

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol. 1/2,

1 5 ln 4 4

15. Para cierto real c la integral 4

0

∞

c 1 √ − 1 + 2x2 x + 1

dx

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.

√ 1√ 3 2, √ ln 2 2 2

16. Para cierto real c la integral 4

1

∞

c x − 2 2x + 2c x + 1

dx

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.

1 1 8 , ln 2 4 3

17. Encontrar los valores de a, b, c tales que 4 ∞ 2 2x + bx + a − 1 dx = 1 x (2x + a) 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 es una función continua no negativa, el área limitada por: la curva dada por f, las rectas x = a, x = b y el eje x , está dado por: A=

5b a

f (x) dx.

En este capítulo se dan técnicas para calcular áreas encerradas por curvas, tales técnicas se justifican fácilmente usando la definición de integral.

8.1

Regiones acotadas

Definición 8.1 (Región acotada) Una región R en R2 es acotada si puede inscribirse en el interior de un rectángulo de lados finitos. Ejemplo 8.1 Considérese las regiones R1 y R2 definidas por: R1 = (x, y) : x2 + 1 ≤ y, y ≤ x + 3 R2 = {(x, y) : x + y ≤ 2}

y

y y = x+3

5

2

4

x+ y = 2

3

y = x2 + 1

2

R2

R1

1 -1

1

0

1

2

x

Región acotada

-1

0

1

Región no acotada

275

2

x

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] .

y

Región tipo I

y

y = f ( x)

d

Región tipo II

y=d x=a

x=b x = g( y )

y = g( x)

x = f ( y) c

a

x

b

y =c x

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: 4

b a

(h (x) − g (x)) dx,

y el área de una región tipo II está dado por: 4

b a

(h (y) − g (y)) dy.

8.2. CÁLCULO DE ÁREAS

277

Ejercicios resueltos Ejercicio 8.1 Hallar el área limitada por h (x) = 2x − x2 y el eje x.

h( x) = 2x − x2

y 1 0.8 0.6 0.4

g( x) = 0

0.2

0

0.4

0.8

1

1.4

1.8

2

x

Solución. La curva corta al eje x en los puntos 0 y 2. La curva puede considerarse como una región tipo I en el intervalo [0, 2] con ecuaciones: y y x x

= = = =

0 2x − x2 0 2,

Por tanto el área es:

A = = =

4

2 0

x2 4 3

(h (x) − g (x)) dx =

−

1 3 2 3x 0

4

2 0

2x − x2 dx

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 una región tipo I en [−1, 1] con ecuaciones y y x x

= = = =

3x2 − 2 x2/3 −1 1,

278


.

g( x) = x2 / 3

y 1 0.5

-1 -0.8

-0.4

0

0.4

0.8

1

x

-0.5 -1 -1.5

f ( x) = 3x2 − 2

-2

El área se calcula como sigue: A = =

4

4

1

(g (x) − f (x)) dx

−1 1 −1

x2/3 − 3x2 + 2 dx

3 5/3 3 + 2x 1 = x − x −1 5 = 35 − 1 + 2 − − 35 + 1 − 2 16 = 5 51 Observación. El área puede calcularse también como: A = 2 0 x2/3 − 3x2 + 2 dx.

Ejercicio 8.3 Hallar el área encerrada por la circunferencia dada por x2 + y 2 = R2 . Solución.

x2 + y2 = R2

R

−R

R x

−R La región del primer cuadrante puede considerarse como una región tipo I en el intervalo [0, R] con ecuaciones: y = 0 y = R2 − x2

x = 0 x = R


279

Por otra parte el área buscada es cuatro veces el área, que aparece en el primer cuadrante, luego el área total encerrada por la circunferencia es: 4 R √ (1) A = 4 R2 − x2 dx 0

con el cambio x = R sin z, tenemos dx = R cos z dz y

√ R2 − x2 = R cos z, además

x=0 ⇒ z=0 x = R ⇒ z = π/2

reemplazando en (1) se tiene:

2

π/2 4

cos2 z dz

= 4R2

π/2 4

1 (1 + cos 2z) dz 2

A = 4R

0

0

π/2 1 2 = 2R z + sin 2z 2 0 π 2 = 2R 2 = 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)

y 1

g( x) = x

0.6

f ( x) = x3

0.2 -0.6

-1

0 0.2 -0.2 -0.2

0.6

1

x

-0.6 1

En este caso se tienen dos regiones tipo I. La primera región en [−1, 0] y la segunda en [0, 1] , en ambos casos intervienen las funciones f y g. 4 1 4 0 (f (x) − g (x)) dx + (g (x) − f (x)) dx A = =

4

−1 0 −1

x3 − x dx +

4

0

1 0

x − x3 dx

1 4 1 2 0 1 2 1 4 1 = 4x − 2x −1 + 2 x − 4 x 0 = − 14 − 12 + 12 − 14 1 . = 2

280


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) .

y 125

3x2 +10x

100 60

f ( x) = x3

20 -8

-2

0

2

4

x

5

El área está dado por: A = =

4

0

(f (x) − g (x)) dx +

−2 0

4

x3

−2

− 3x2

4

5 0

− 10x dx +

(g (x) − f (x)) dx

4

5 0

3x2 + 10x − x3 dx

3 4 3 2 0 2 − 1 x4 5 = 4 x − x − 5x −2 + x + 5x 4 0 − (4 + 8 − 20) + 125 + 125 − 625 4 = 407 4 1

Ejercicio 8.6 Hallar la menor área encerrada por las curvas y 2 = −x2 + 8x − 12 y 2 = 2x − 4 Solución. Las dos curvas se intersectan en los puntos (2, 0) , (4, −2) y (4, 2) . La menor área se ilustra en siguiente gráfico.

y 2

x2 − 8x + 12+ y2 = 0

1

y2 − 2x + 4 = 0

0 1

2

3

4

5

6

x

-1

-2

El área que aparece por arriba del eje x es igual al área que aparece por debajo, por tanto el área


281

buscada es: A = 2

4

4 √ 2

−x2 + 8x − 12 −

2 (x − 2) dx

4 $ x−4 2 3/2 2 = 2 arcsin 2 + (x − 4) 4 − (x − 4) − 3 (2 (x − 2)) 2

= − 23 (8) − (−2π) = − 16 3 + 2π.

Ejercicio 8.7 Hallar el área comprendida entre la curva de agnesi y =

1 y la parábola y = 12 x2 1 + x2

Solución. Graficando:

y f ( x) =

1

1 1+ x2

0.6

g( x) = 12 x2 0.2 -1

-0.6

-0.2

0 0.2

0.6

1

x

Observemos que el área a la derecha del eje y es igual al área de la izquierda, luego x2 1 dx − 2 2 0 1+x 1 x3 = 2 arctan x − 6 0

A = 2

4

1

= 2 (π/4 − 1/6)

=

π 1 − . 2 3

Ejercicio 8.8 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por f (x) = x4 − 9x2 g (x) = 9 − x2

282


Solución. f y g se intersectan en (−3, 0) y (3, 0) .

y

g( x) = 9 − x2

9 5

-3

-2

-1

0

1

2

3

x

-5 -10 -15 -20

A = 2 = 2

4

4

f ( x) = x4 − 9x2

3 0 3 0

9 − x2 − x4 − 9x2 dx

9 + 8x2 − x4 dx

3 = 2 9x + 83 x3 − 15 x5 0 = 2 27 + 72 − 243 5 = 504 5

Ejercicio 8.9 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por f (x) = x3 − 9x g (x) = 4x + 12

Solución. Los puntos de intersección de las curvas son los puntos (−3, 0) , (−1, 8) y (4, 28) como se muestra en la figura.

y

g( x) = 4x + 12

28

15 8 5 -3

-1

0

1

3

-10

f ( x) = x3 − 9x

4

x


283

Observemos que tienen dos regiones tipo I en los intervalos [−3, −1] y [−1, 4] . A = = =

4

4

−1 −3 −1

−3 407 4 .

x3 − 9x − (4x + 12) dx +

x3 − 13x − 12 dx +

4

4

−1

4

4 −1

(4x + 12) − x3 − 9x dx

3 −x + 13x + 12 dx

Ejercicio 8.10 Hallar el área comprendida entre la parábola x = 9 − y 2 y la recta x = 2. Solución. El área buscada se ilustra en la siguiente gráfica. La región puede considerarse como región del tipo II.

y 3 2 1

0

2

-1

x=2

4

6

-2

8

9

x

x = 9 − y2

-3

intersectando las curvas dadas se encuentra: x = 9 − y2 x = 2, √ √ resolviendo encontramos los puntos de intersección 2, − 7 y 2, 7 , por tanto: A =

4

= 2

√ 7

√ 9−y − 7 4 √7 0

2

− 2 dy

7 − y 2 dy

√ 1 3 y= 7 = 2 7y − y 3 y=0 28 √ = 7 3 Observación. El área puede calcularse también como A=2

4

2

9√

9 − x dx

284


Ejercicio 8.11 Calcular el área encerrada por las curvas x = y 2 + 2y − 8 x = 2y Solución. El área buscada puede considerarse como la correspondiente a una región tipo II. Se muestra en la siguiente gráfica

y x − y − 2y + 8 = 0 2

(4

3

-5

(−4

2 ,−2 2

)

x − 2y = 0

1 -10

2 ,2 2

0

5

-1

)

x

-3 -4

√ √ √ √ Debemos observar que las dos curvas se intersectan en los puntos −4 2, −2 2 y 4 2, 2 2 . El área es: 4 2√2 2 dy A = √ 2y − y + 2y − 8 = =

4

−2 2 √ 2 2 √ −2 2

−y 2 + 8 dy

1 3 2√2 64 √ − 3 y + 8y −2√2 = 2. 3

Ejercicios propuestos 1. En los siguientes ejercicios hallar el área entre el eje x y la curva dada por y = y (x) . (a) y = x2 − 2x. Sol. 4/3

(b) y = x3 − x. Sol. 1/2 √ (c) y = x − 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) y 2 = 6x, x2 = 6y. Sol.: 12


285

(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.:

3a2 π 8 .

x2 / 3 + y2/ 3 = a2 / 3 y a

−a

a

x

−a La curva se llama hipocicloide de cuatro picos. (e) y = x3 , y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 20. (f) y = 4x − x2 , y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 22/3.

(g) x = 1 + y 2 , x = 10, Sol.: 36.

(h) x = 3y 2 − 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 x e ,

+

(m) y =

= 1. Sol.: πab.

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 el intervalo [a, b] especificado. (a) f (x) = 4 − x2 , g (x) = 8 − 2x2 , [−2, 2] . Sol.: 32/3

(b) f (x) = x3 + x2 , g (x) = x3 + 4, [−2, 2] . Sol.: 32/3 (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

√ 3(21/3 ) 4 2 1 + 12 3 − 2 √ 3(21/3 ) x1/2 , [0, 2] . Sol.: 4 3 2 − 2 + 16 √ x2 , [0, 2] . Sol.: 13 10 − 4 2

(e) f (x) = x1/3 , g (x) = x1/2 , [1, 2] . Sol.: (f) f (x) = x1/3 , g (x) = (g) f (x) = x1/2 , g (x) =

286

CAPÍTULO 8. CÁLCULO DE ÁREAS PLANAS √ (h) f (x) = x2 , g (x) = x + 1, −1, 1 + 5 /2 . Sol.: √ (i) f (x) = x x2 − 1 , g (x) = x, −1, 2 . Sol.: 74 (j) f (x) = |x| , g (x) = x2 − 1,

[−1, 1] . Sol.:

1 4

√ 5 5−3

7 3

(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 3−1 27

(m) f (x) = |x| + |x − 1| , g (x) = 0, [−1, 2] . Sol.: 5

4. El gráfico de f (x) = x2 y g (x) = c x3 , donde c > 0, intersecta al punto (0, 0) y 1/c, 1/c2 . Encontrar c tal que la región que yace entre esos gráficos sobre el intervalo [0, 1/c] tiene área igual a 23 . Sol. 12 . 5. Sea f (x) = x − x2 , g (x) = ax. Determine a tal que la región sobre el gráfico de g y bajo el gráfico de f tiene área 92 . Sol. a = −2. 6. Calcular el área limitada por la cisoide y2 = Sol.: πa2 .

x3 y su asíntota x = 2a (a > 0) . 2a − x

Capítulo 9

Longitud de Arco Supóngase que una curva C es generada por la función f definida por y = f (x) desde x = a hasta x = b, en este capítulo se da una fórmula para calcular la longitud de tal curva C. Teorema 9.1 Sea f una función diferenciable definida en un intervalo cerrado [a, b] . Sea C la curva generada por f. Entonces la longitud de la curva C está dada por : L=

4 b$ 1 + {f (x)}2 dx. a

Demostración. Algunos detalles de la demostración se pueden observar en el siguiente gráfico.

y

y

∆k y

P0

Pk−1

Pk

∆k x Pn

a

b

x

x0 = a

xk −1

xn = b x

xk

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−1 Pk = (∆k x)2 + (∆k y)2 =

#

287

1+

f (xk−1 ) − f (xk ) xk−1 − xk

2

∆k x,

(i)

288

CAPÍTULO 9. LONGITUD DE ARCO Debe observarse que se han usado las igualdades: ∆k x = xk−1 − xk ∆k y = f (xk−1 ) − f (xk ) . La suma de todas las longitudes Pk−1 Pk 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 ξ k ∈ [xk−1 − xk ] tal que f (ξ k ) =

f (xk−1 ) − f (xk ) . xk−1 − xk

(ii)

Reemplazando (ii) en (i) encontramos Pk−1 Pk =

$ 1 + {f (ξ k )}2 ∆k x.

Haciendo P → 0 , la longitud de la curva está dada por: 4 b n $ 2 1 + {f (ξ k )} ∆k x = 1 + {f (x)} dx L = lim P→0

a

k=1

Ejercicios resueltos Ejercicio 9.1 Dado f (x) = 14 x2 − x = 2. Solución. Por tanto:

1 2

ln x, x ∈ [1, 2] , hallar la longitud de arco desde x = 1 hasta

1 1 f (x) = x − . 2 2x # 4 2 1 2 1 x− 1+ dx. L= 2 2x 1

La integral que aparece en (i) se puede escribir como # 2 2 4 # 4 1 2 1 x −1 x− 1+ dx = 1+ dx 2 2x 2x Con el cambio sec z = x:

(i)

(ii)

√ tan z = x2 − 1 sec z tan z dz = dx

reemplazando lo anterior en (ii): # 2 2 4 # 4 1 tan2 z 1 1+ dx = 1+ sec z tan z dz x− 2 2x 2 sec z 4 √ 1 = 2 4 sec2 z + tan4 z tan z dz.

(iii)

289 2 Usando la identidad tan2 z = sec2 z − 1 obtenemos 4 sec2 z + tan4 z = sec2 z + 1 , luego: 4 4 $ 1 2 1 2 1 1 + 2 x − 2x dx = 2 sec z + 1 tan z dz = 12 12 sec2 z − ln (cos z) = 14 x2 − 12 ln x1 + C

(iv)

Finalmente la longitud de arco es:

L =

3 4

+ 12 ln 2.

1 1 x− 1+ 2 2x 1 2 1 1 2 1 4 x − 2 ln x 1

= 3 4

2

=

Por tanto la longitud buscada es L =

#

4

2

dx

+ 12 ln 2 1.0966 unidades de longitud..

Ejercicio 9.2 Hallar la longitud del arco de la curva f (x) = 16 x3 + Solución. La derivada es:

1 2x

desde x = 1 hasta x = 3.

1 1 f (x) = x2 − 2 2 2x 4 3# 1 2 1 2 x − 2 L = 1+ dx 2 2x 1 4 1 3 1 + x4 = dx 2 1 x2

Por tanto la longitud buscada es

1 3 3 1 − + x 2x 3 1

=

1 2

=

14 3 .

14 3 ,

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: 2 4 $ 4 # dy 2 1 + {f (x)} dx = 1+ dx dx # 2 2 4 dx dy + dt. = dt dt

Lo anterior nos da una fórmula para calcular la longitud de arco cuando la curva está en su forma paramétrica. Derivando respecto a la variable t se obtiene: dx dt dy dt

= e−t (− cos t − sin t) = e−t (− sin t + cos t)

290

CAPÍTULO 9. LONGITUD DE ARCO

Por tanto:

dx dt

luego: L =

4

4π 0

√ 2 =

+

#

dx dt

2

4

4π

dy dt

2

2

+

e−t dt =

0

A continuación se muestra la gráfica de esta curva

(e

y

−t

= 2e−2t ,

dy dt

2

dt.

√ 2 1 − e−4π .

cost, e−t sint

)

0.4

0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

-0.2

Ejercicios propuestos 1. En los siguientes ejercicios encontrar la longitud de arco con las condiciones dadas. (a) y = x3/2 , 0 ≤ x ≤ 5. Sol.: 335 27 . , 0 ≤ x ≤ 2. (b) y = 12 (ex + e−x ) −2 1 4 Sol.: 2 e − 1 e . √ (c) y = 36 − x2 , 0 ≤ x ≤ 4. Sol.: 6 arcsin (2/3) . (d) y 3 = x2 ,0 ≤ x ≤ 8. 8 Sol.: 27 103/2 − 1 .

(e) y 2 = 2px, desde el vértice a un extremo del lado recto. √ √ p 2 Sol.: 2 + p2 ln 1 + 2 . (f) y 2/3 + x2/3 = a2/3 , a una constante positiva. Sol.: 6a.

291 Sug. La curva dada se llama astroide (también hipocicloide) y es simétrica con respecto a los ejes x e y. Su gráfica es:

x2 / 3 + y2/ 3 = a2 / 3 y a

−a

a

x

−a √ √ (g) y = ln x, 3 ≤ x ≤ 8. Sol.: 1 + 12 ln 32 . −x (h) y = arcsin (e √ ) , 0 ≤x ≤ 1. Sol.: ln e + e2 − 1 .

(i) La parte√cerrada de 9ay 2 = x (x − 3a)2 . Sol.: 2a 3 (j) y = ln coth x2 , a ≤ x ≤ b, 0 < a < b. 2b e −1 + a − b. Sol.: ln 2a e −1 (k) x = a (cos t + t sin t) , y = a (sin t − t cos t) , desde t = 0 hasta t = T. Sol.: 12 aT 2 . (l) x = a (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. 4 x 1 1 (b) y = t dt desde x = 2 hasta x = 2. 1

292

CAPÍTULO 9. LONGITUD DE ARCO

Capítulo 10

Cálculo de Volúmenes En este capítulo se dan dos técnicas para calcular volúmenes de sólidos que se forman por rotación de ciertas áreas planas. En ambas técnicas se usa la sencilla idea de aproximar el volumen mediante cilindros sólidos o cilindros huecos cuyos volúmemes son conocidos. A continuación se recuerdan las fórmulas para el cálculo del volumen de un cilindro sólido y un cilindro hueco. r2 r1

r

h

h

Radio menor = r1 Radio menor = r2 Altura = h

Radio = r Altura = h Volumen

= π r 2h

Volumen

(

)

= π r22 − r12 h

• Cilindro sólido (disco). Un cilindro sólido de radio r y altura h tiene volumen = πr2 h. • Cilindro hueco (anillo). Un cilindro hueco de radio menor r1 , radio mayor r2 y altura h tiene 2 2 volumen V = π r2 − r1 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: 4 b [f (x) − c]2 dx. V =π a

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.

y

y

y = f ( x)

y = f ( x)

y=c

y=c

Región que rota

Sólido obtenido por rotación

a

y

b

Rectángulo que rota (ξ k , f (ξ k )) y = f ( x)

x

a

b

Cilindro obtenido por la rotación

Radio = f (ξ k ) − c

y=c

x0 = a

xk −1 ξ kxk

xn = b

x

Altura = ∆ k x = x k − x k −1

Debemos observar que el eje de rotación es parte del área que rota. Consideremos una partición P = {a = x0 , x1 , . . . , xn = b} del intervalo [a, b] Tomando un intervalo [xk−1 , xk ] , se dibuja en el área plana un rectángulo perpendicular al eje de rotación. Tal rectángulo tiene base ∆k x = xk − xk−1 y altura igual a f (ξ k ) − c, donde ξ k ∈ [xk−1 , xk ] . Al hacer rotar este rectángulo alrededor de la recta y = c se genera un cilindro sólido con las siguientes dimensiones: Radio = f (ξ k ) − c Altura = ∆k x, por tanto el volumen de tal cilindro es π (f (ξ k ) − c)2 ∆k x La suma de los volúmenes de todos los cilindros es una aproximación al volumen buscado,

x

10.1. MÉTODO DE LOS CILINDROS SÓLIDOS

295

si V es la aproximación, escribimos: V ≈

n k=1

π [f (ξ k ) − c]2 ∆k x

Si P → 0, se debe tener el volumen exacto esto es: 4 b n 2 V = lim π [f (ξ k ) − c] ∆k x = π [f (x) − c]2 dx P→0

a

k=1

Observación. En lo que sigue, en lugar de (ξ k , f (ξ k )) escribiremos simplemente (x, f (x)) o más brevemente (x, y) , también en lugar de ∆k x 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=0 x=9 y=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.

f ( x) = x + 3

(ξk , f (ξk ) )

y 6

y 6

5 4

x=9

3 2 1 0

xk−1 ξk xk ∆k x

x

9

0

9

x

2. Se puede apreciar que cuando el rectángulo gira alrededor de la recta y = 0 genera un cilindro de: Radio = f (ξ k ) Altura = ∆k x 3. El volumen del cilindro es entonces: V

= π = =

4

π

4

9

√ 2 ( x + 3) dx

0 9

459 2 π

0

√ (x + 6 x + 9) dx

296

CAPÍTULO 10. CÁLCULO DE VOLÚMENES

Observación. Cuando el eje de rotación no es parte de la frontera del área plana a rotar, se hace diferencia de volúmenes. Ejemplo 10.2 Calcularemos el volumen que resulta de hacer rotar el volumen limitado por y y x x

= = = =

cos x 1/2 −π/3 π/3

alrededor de la recta y = 0. Procedemos del siguiente modo: 1. Observemos que el volumen generado al rotar el área dada tiene un hueco cilíndrico de radio cos (π/3) = 12 . Calcularemos el volumen V1 sin el hueco y luego calcularemos el volumen V2 del hueco. El volumen buscado será V = V1 − V2 .

(ξ k , f (ξ k ))

f ( x) = cos( x )

y

1

y

y=2 − π3 x ξ k x k −1 k

π 3

0

x

π 3

− π3

∆k x

2. El volumen V1 se obtiene rotando el área encerrada por: y y x x luego: V1 = π

4

π/3

= cos x = 0 = − π3 = π3

(cos x)2 dx = 2π

−π/3

4

π/3

0

3. El hueco cilíndrico tiene volumen V2 = 2π

4

0

π/3

1 2

2

dx

cos2 x dx

x

10.2. MÉTODO DE LOS CILINDROS HUECOS

297

4. Por lo tanto V

= V1 − V2 4 π/3 = 2π cos2 x − (1/2)2 dx 0

= 2π = 2π

10.2

1 2

π/3 cos x sin x + 14 x0

1√ 8 3+

1 12 π

Método de los cilindros huecos

En el método anterior se aproxima al volumen con cilindros sólidos. El método que estudiaremos en ésta sección utiliza aproximaciones usando cilindros huecos (anillos). El siguiente teorema nos dá una fórmula y una técnica para calcular ciertos volúmenes.

Teorema 10.2 Considérese un área finita del primer cuadrante limitada por: las gráficas de y = f (x) , y = 0, x = a, x = b.

Eje de rotación x = c

y = f ( x)

y

c

a

b x

Supóngase que dicha área rota al rededor de la recta x = c, (c < a) generando un generando un sólido de volumen V. Entonces 4 b (x − c) f (x) dx. V = 2π a

Este método se conoce también como método del anillo.

298

CAPÍTULO 10. CÁLCULO DE VOLÚMENES Demostración. Detalles de la demostración se observan en los siguientes gráficos.

Eje de rotación x = c

(ξ k , f (ξ k ))

y

c

Rectánguloque rota

y = f ( x)

a ξk b x xk −1 xk

Cilindroobtenido por rotación

y

c

x xk −1 xk

Consideremos la partición del intervalo [a, b] P = {a = x0 , x1 , . . . , xn = b} Consideremos el rectángulo de base ∆k x = xk − xk−1 y altura f (ξ k ) , donde ξ k ∈ [xk−1 , xk ] , este rectángulo al rotar alrededor del eje x = c genera un cilindro hueco de : radio menor = xk−1 − c radio mayor = xk − c altura = f (ξ k ) , el volumen ∆k V de este rectángulo es ∆k V = π (xk − c)2 − (xk−1 − c)2 f (ξ k ) .

(i)

Consideremos ahora la función g (x) = (x − c)2 definida en [xk−1 , xk ] , claramente g es contínua y diferenciable en [xk−1 , xk ] . Por el teorema del valor medio, existe ξ k ∈ [xk−1 , xk ] tal que dg ξ k (ii) g (xk ) − g (xk−1 ) = (xk − xk−1 ) dx dg (x) Puesto que = 2 (x − c) y ∆k x = xk − xk−1 , la igualdad (ii) se convierte en dx (xk − c)2 − (xk−1 − c)2 = 2 ξ k − c ∆k x. (iii)

Reemplazando (iii) en (i) obtenemos

∆k V = 2π ξ k − c f (ξ k ) ∆k x

(iv)

La suma de los n anillos correspondientes a la partición P es una aproximación al volumen buscado. Sea V el volumen exacto, entonces: n V ≈ 2π ξ k − c f (ξ k ) ∆k x. k=1

(v)


299

Finalmente haciendo P → 0, y usando el teorema de Bliss (ver capítulo 6) tenemos V = lim 2π P→0

4 b n ξ k − c f (ξ k ) ∆k x = 2π (x − c) f (x) dx. a

k=1

Observación. El número x − c es la distancia del punto (x, y) de la curva al eje de giro, como debe ser positivo, a veces este x − c se reemplaza con c − x. Ejemplo 10.3 Se calculará el volumen del toro generado por rotación, alrededor del eje x = 3, de la región limitada por la circunferencia dada por x2 + y2 = 4 Procedemos como en el teorema. 1. Se dibuja el área a rotar y en ella se dibuja un rectángulo que genera un anillo.

y

ξk , f (ξk )

xk−1 ξk

xk 2

Ejedegirox = 3

3

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 = 4π = 4π

4

4

2 −2 2 −2

(3 − x) (2y) dx √ (3 − x) 4 − x2 dx

√ 3 2 √ 1 1 2 2 4 − x + 6 arcsin 2 x + 3 4−x

3 2x

= 4π (6π) =

24π2

4. El volumen es por tanto V = 24π 2 unidades de volumen.

−2

300


Ejercicios resueltos En los siguientes ejercicios hallar el volumen generado por rotación de un área plana alrededor del eje indicado. Cilindros sólidos Ejercicio 10.1 Calcular el volumen determinado por rotación del área encerrada por f (x) = x + 4 y g (x) = 6x − x2 alrededor del eje X. Solución.

y

y

9 8 7

9

y = 6 x − x2

7

y = x+4

5

5

3

3

1

1 0

1

2

3

4

x

0

1

2

3

4

x

Las dos curvas se intersectan en x = 1 y x = 4 (ver gráfico), el volumen generado por el área encerrada por las curvas se puede calcular como la diferencia de los siguientes volúmenes: • El volumen V1 generado por rotación del área encerrado por Curva dada por g rectas: x = 1, x = 4, y = 0, este volumen es V1 = π

4

4

2

(g (x)) dx = π 1

4

4 1

6x − x2

2

dx.

• El volumen V2 generado por rotación del área encerrado por Curva dada por f rectas: x = 1, x = 4, y = 0, este volumen es V2 = π

4

4

2

(f (x)) dx = π 1

4

4

(x + 4)2 dx

1

Así el volumen es V = V1 − V2 , esto es, 4 4 2 V = π 6x − x2 − (x + 4)2 dx =

1 333 π 5 .

Ejercicio 10.2 Calcular el volumen generado por rotación del área encerrada por f (x) = las rectas x = 0 y y = 0 alrededor del eje x.

1 2

(x − 2) ,


301

Solución. EL volumen en este caso es (ver figura) 2 52 52 V = π 0 (f (x))2 dx = π 0 12 (x − 2) dx 2 3π

=

y

y

0

x

2

0

x

2

−1 Ejercicio 10.3 Calcular el volumen que generado por rotación del área encerrada por f (x) = g (x) = x1 , x = 1 y x = 4 alrededor del eje X.

2 x,

Solución. El área a rotar se muestra en la siguiente gráfica.

y 2

y

2

2 y= x

y=

1

0

1

2

El volumen es: V

= π =

4

9 4 π.

3

4 1

1 x 4

1

0

x

2

2

(f (x)) − (g (x))

1

dx = π

2

4

4 1

2 2 x

−

x

4

3

1 2 x

dx

Ejercicio 10.4 Hallar el volumen del sólido de revolución formado por rotación del área limitada por y = 2 + cos x, x = π, x = 10π y el eje x, alrededor del eje x. Solución. El volumen total es nueve veces el generado por el área encerrada por y = 2 + cos x, x = π, x = 2π, es decir: 4 2π y 2 dx V = 9π = 9π =

4

π 2π

π 81 2 2 π .

(2 + cos x)2 dx

302


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. y 1

f (x ) = 2 x − x 2

0

2

x

La distancia del punto (x, y) de la curva al eje de rotación es x. La altura del cilindro hueco que se genera es y, luego el volumen es 52 52 V = 2π 0 xy dx = 2π 0 x 2x − x2 dx = 83 π. 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. y

f (x ) = 1 + x + x 7

3

2

1

0

1

x

La distancia de un punto (x, y) al eje de rotación es x y la altura del cilindro es y, luego el volumen es 4 1 4 1 xy dx = 2π x 1 + x + x7 dx V = 2π 0

=

0

17 9 π.

Ejercicio 10.7 Hallar el volumen del sólido de revolución formado poe rotación del área limitada por y = 2 + cos x, x = π, x = 10π y el eje X, alrededor del eje X. Solución. La distancia al eje de rotación de un punto (x, y) de la curva es siempre x y la altura del cilindro hueco es y, por tanto el volumen es: 5 10π V = 2π π xydx 5 10π = 2π π x (2 + cos x) dx 2 = 2π 99π + 2


Ejercicios propuestos En los siguientes ejercicios calcular el volumen generado por rotación del área que indica. 1 2

(ex + e−x ) , y = 0, x = 0, x = 2 alrededor del eje X Sol.: 18 π e8 − 1 + 8e4 e−4 .

1. f (x) =

2. f (x) = 12 (ex + 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.:

13312 105 π.

4. f (x) = x2 − 4, g (x) = 2x + 4, alrededor de la recta y = −6. Sol.: π 3024 5 .

5. x2 − y 2 = 16, y = 0, x = 8, eje Y. √ Sol.: 128 3π. 6. x2 − y 2 = 16, y = 0, x = 8, eje X. Sol.: 256π/3.

7. x = 9 − y 2 , entre x − y − 7 = 0, x = 0, alrededor del eje Y. Sol.: 963π/5. 2

8. y = e−x , y = 0, x = 0, x = 1, alrededor del eje Y. Sol.:π 1 − e−1 .

303

304


Capítulo 11

Apéndice 1: El axioma del supremo Los nueve axiomas estudiados en el capítulo 1 dan lugar a todas las propiedades algebraicas y de orden de los números reales. Existe un otro axioma que es de fundamental importancia en el análisis. Este axioma es el que distingue el sistema de números reales con el sistema de números racionales (el sistema de números racionales satisface todos los axiomas del sistema de números reales exepto el axioma √ del supremo). Sin este axioma no podría mostrarse, por ejemplo, la existencia de números como 2. Antes de estudiar el axioma del supremo es necesario introducir algunos conceptos.

11.1

Máximo y mínimo

Sea S un conjunto finito de números reales, entonces en S existen números m y M tales que m ≤ x ≤ M para todo x ∈ S. m se conoce como el mínimo de S y M el máximo de S. Esta afirmación es un teorema cuya demostración puede verse en ”Curso de Análisis, Elon Lages Lima, IMPA, Brasil, 1976”. Si S es un conjunto infinito de números reales puede que no tenga máximo y tampoco tenga mínimo, esto es, no existen números m, M ∈ S tales que m ≤ x ≤ M para todo x ∈ S. Por ejemplo si a, b son números reales tales que a < b el conjunto S = {x ∈ R : a < x < b} no tiene máximo ni mínimo.

11.2

Cota superior

Definición 11.1 Un conjunto de números reales S está acotado superiormente (o tiene cota superior) si existe un número c tal que para todo x ∈ S se verifica x ≤ c Tal número se llama Cota superior de S. Ejemplo 11.1 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota superior es c = b. Cualquier número mayor a b también es una cota superior de S.

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 inferior de S. Ejemplo 11.2 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota inferior es c = a. Cualquier número menor que a es también una cota inferior de S. Teorema 11.3 Si una cota superior de S está en S, tal cota es el máximo de S, Similarmente si una cota inferior está en S, tal cota es el mínimo de S.

11.4

Mínima cota superior

Definición 11.4 Un número c es llamado mínima cota superior de un conjunto no vacio S si i) c es una cota superior de S ii) Ningún número menor a c es una cota superior de S. El siguiente teorema es muy útil cuando se tiene que probar que un número c es una mínima cota superior. Teorema 11.5 Un número c es la mínima cota superior de un conjunto vacio S si y solo si i ) c es una cota superior de S ii ) Para cualquier ε > 0, existe s0 ∈ S tal que s0 > c − ε En lo que sigue la mínima cota superior de un conjunto S se abreviará con mcs(S) y a veces se dirá simplemente supremo lo que escribiremos sup(S). Si c es el supremo de S escribiremos c = sup(S).

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 S ii) 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 y solamente si i ) c es una cota inferior de S ii ) Para cualquier ε > 0, existe s0 ∈ S tal que s0 < c + ε La máxima cota inferior se abreviará con mcm y se llamará ínfimo. Si c es el ínfimo de un conjunto S escribiremos c = 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 superiormente inf (S) = 1, sup (S) = 2. Ejemplo 11.4 Determinaremos (si existen) el ínfimo y el supremo del siguiente conjunto.

1 : n es un entero positivo S= n Escribiendo S por extensión se tiene: S=

1 1 1 , , ,··· , 1 2 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 el axioma del supremo P tiene supremo, sea b = sup(P), luego para todo - > 0, existe p ∈ P tal que b − - 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 de que b es una cota superior. De esta contradicción concluimos que P no es acotado por arriba.

11.5.2

La propiedad arquimediana

Teorema 11.10 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 los enteros positivos es acotado, en contradicción con el anterior teorema, luego debe existir un entero positivo 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 un entero positivo n tal que n > y/x de donde nx > y. La propiedad descrita en el anterior teorema es llamada Propiedad Arquimediana de los Reales. Teorema 11.12 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 número racional r tal que a < r < b. Al iniciar el apéndice que existe una diferencia entre el sistema de números reales y el sistema de números racionales, el siguiente ejemplo muestra esta afirmación. Teorema 11.14 Existe un número real x tal que x2 = 5

308


Demostración. Definamos S = y ∈ R : y ≥ 0, y 2 ≤ 5 , este conjunto es acotado superiormente, una cota es M = 5, si no fuera asì, existiría un número y0 ∈ S tal que y0 > 5, pero entonces 25 < y02 , pero y0 ∈ S entonces y02 < 5, luego se tendría: 25 < y02 < 5, lo cual evidentemente es una contradicción, por tanto S es acotado superiormente, en consecuencia el conjunto S tiene supremo. Sea x = sup (S) , probaremos que x2 = 5. Con este fin mostraremos que los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles: • x2 < 5. Para todo natural m se tiene: 1 2x 2x + 1 1 2 + 2 < x2 + . = x2 + x+ m m m m 2x + 1 Puesto que 5−x2 > 0, por la propiedad arquimediana, existe un natural n0 tal que < n0 , 5 − x2 por tanto: 2x − 1 < 5 − x2 n0 con lo que se tiene:

por tanto:

esto muestra que x + superior.

2x + 1 1 2 < x2 + < x2 + 5 − x2 = 5 x+ n0 n0 1 2 x+ < 5, n0 1 n0

∈ S, lo cual es contradictorio, pues x, al ser supremo, es una cota

• x2 > 5. Para todo natural m se tiene: 1 2x 2x 1 2 + 2 > x2 − = x2 − x− m m m m puesto que 2x > 0 y x2 − 5 > 0, existe un natural n0 tal que − y en consecuencia:

2x < n0 , por tanto: −5

x2

2x > − x2 − 5 n0

2x 1 2 > x2 − > x2 − x2 − 5 = 5, x− n0 n0

finalmente puesto que x −

1 n0

< x, existe y0 ∈ S tal que x−

1 < y0 n0

(1)

11.5. AXIOMA 10 (EL AXIOMA DEL SUPREMO) con lo que:

combinando (1) y (2)

1 2 x− < y02 ≤ 5 n0

309

(2)

1 2 5< x− ≤5 n0

que evidentemente es una contradicción. x2

Por tanto los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles, es decir, debemos tener necesariamente = 5.

Ejercicios propuestos 1. Demostrar los teoremas que no presentan demostración. y 2. Si tres números reales a, x, y satisfacen las desigualdades a ≤ x ≤ a + para cada n ≥ 1, n entonces x = a. 3. Probar que si el producto de dos números es par, entonces uno de ellos es par, en particular si n2 es par entonces n es par. 4. Determinar el supremo y el ínfimo, si existen, de los siguientes conjuntos.

1 a) 2 − : n es un entero positivo , n

1 b) (−1)n : n es un entero positivo n

1 c) n + (−1) : n es un entero positivo n 5. Pruébese que entre dos reales distintos a, b hay infinitos racionales. 6. Si S y T son conjuntos de números reales tales que para cualquier x ∈ S existe un y ∈ T tal que x ≤ y, demuéstrese que sup(S) ≤ sup(T ). 7. Si A, B, C son conjuntos de números reales tales que para cada x ∈ A y cada y ∈ B existe z ∈ C tal que x + y ≤ z, demuéstrese que sup(A) + sup(B) ≤ sup(C).

310


Capítulo 12

Apéndice 2: Un límite notable En este apéndice demostramos el siguiente resultado: 1 x =e lim 1 + x→∞ x Empezamos definiendo el concepto de sucesión. Definición 12.1 Una sucesión s es una función con dominio el conjunto de los enteros positivos y codominio el conjunto de los reales, esto es, s : Z+ → R. Los elementos de la sucesión se denotan por s (n) o simplemente por sn . Ejemplo 12.1 La sucesion

1 1 1 1 , , , . . . está generado por la función s definida por s (n) = . 1 2 3 n

Definición 12.2 Se dice que L es el límite de una sucesión s si (∀- > 0) ∃N ∈ Z+ (n ≥ N ⇒ |s (n) − L| < -) ,

en tal caso escribimos:

lim s (n) = L.

n→∞

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. Entonces el límite de la sucesión existe y es igual al supremo del conjunto S = {s (n) : n ∈ Z+ }. Demostración. Sea L = sup S, por tanto, dado - > 0, existe un entero N tal que: L−

< s (N ) ≤ L 2 311

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− de este resultado tenemos:

< s (N ) ≤ s (n) ≤ L 2

− < s (n) − L ≤ 0 2

de esto deducimos que |s (n) − L| ≤ < -. Esto prueba el teorema. 2 Teorema 12.6 Para cualquier entero positivo n. 1 n 2 < 1+ <3 n Demostración. Por el teorema del binomio, para un natural n podemos escribir: 1 n = 1+ n

k 1 k n k=0 1 1 1 1 2 = 1+1+ 1− + 1− 1− 2! n 3! n n 1 2 n−1 1 1− 1− 1− +··· + n! n n n 1 1 1 < 1 + 1 + + + ··· + <3 2! 3! n!

esto muestra que efectivamente:

n n

(12.1)

1 n 2< 1+ < 3. n

Teorema 12.7 El límite

1 n lim 1 + n→∞ n

existe. Demostración. Consideremos la sucesión dada por 1 n s (n) = 1 + n luego s es una sucesión creciente de números reales. Por el teorema previo s está acotado superiormente, luego el límite existe y es igual al supremo, es decir, 1 n = sup {s (n) : n ∈ Z} lim 1 + n→∞ n

313 Denotamos a este límite por e. El valor de esta constante es aproximadamente e = 2.718281828 . . .., tenemos entonces 1 n lim 1 + =e n→∞ n Teorema 12.8 1 x =e lim 1 + x→∞ x Demostración. Para todo real x existe un entero n tal que n≤ x < n+1 por tanto

n+1 1 n 1 x 1 1+ ≤ 1+ < 1+ n x n+1

es claro que si x → ∞ también n → ∞, también es claro que n+1 1 n 1 = lim 1 + =e lim 1 + n→∞ n→∞ n n+1 por tanto

1 x 1 n = lim 1 + =e lim 1 + x→∞ n→∞ x n

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