1. Números Reales · grup os: Los de cuerp o (aso ciados a la igualdad), los axiomas de orden (aso...

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Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIASFÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEIntroducción al Cálculo 08- 1

Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 1: NÚMEROS REALES

1. Números Reales

1.1. IntroducciónEl onjunto de los números reales, denotado por R, es simplemente un onjunto uyos elementos se llaman números reales, en el ual se denendos opera iones llamadas suma o adi ión y multipli a ión o produ to. El onjunto R on estas opera iones satisfa e propiedades que lo ha en úni o.En R existen numerosas propiedades que han sido usadas durante los añosde enseñanza bási a y media. Estas propiedades pueden agruparse en tresfamilias: el primer grupo orresponde a aquellas aso iadas a la igualdad ylas e ua iones; el segundo grupo orresponde a las propiedades en torno ala desigualdad y las ine ua iones; nalmente, existe un onjunto de pro-piedades avanzadas que mar a la diferen ia entre los números reales y losra ionales (las fra iones), estas propiedades se preo upan de la estru turainterna de los números reales.Estas últimas propiedades se ono en omo el axioma del supremo.Una posibilidad de estudiar las propiedades de R sería dar un largo listadode todas ellas de modo que uando se nos pregunte si una propiedad dadaes ierta o no, bastaría on de ir: sí, orresponde a la propiedad 1743 (porejemplo). Esto transformaría al urso de matemáti as en uno donde sólohabría que memorizar innitas propiedades.En este urso, es ogeremos una visión opuesta a la anterior. Es de ir, todaslas propiedades deben ser una onse uen ia de iertos postulados bási oselementales. Los postulados bási os elementales se llaman axioma y seránlos pilares fundamentales de nuestra teoría. Las propiedades de R seránsólo aquellas que pueden ser dedu idas, mediante una razonamiento lógi o-matemáti o, a partir de los AXIOMAS.Agruparemos los axiomas en tres grupos: Los axiomas de uerpo (aso iadosa la igualdad), los axiomas de orden (aso iados a la desigualdad) y el axiomadel supremo (que mar a la diferen ia entre los reales y los ra ionales).Juntando todos los axiomas que satisfa e R, suele de irse, en po as palabrasque R es un Cuerpo Ordenado Completo y Arquimediano.1.2. Axiomas de Cuerpo de los RealesLos axiomas de R en torno a la igualdad también son llamados axiomas de uerpo de los reales. Los agruparemos en un total de 5, de los uales los dosprimeros son los siguientes: Ax. 1. ConmutatividadAxioma 1. (Conmutatividad)a) Cualesquiera que sean los reales x, y dados, su suma es un real1

http://www.dim.uchile.cl/~calculo

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chileindependiente del orden en que se usen los dos sumandos, es de ir:(∀x, y ∈ R) x + y = y + x.b) Para el produ to se umple la misma propiedad elemental, es de ir:(∀x, y ∈ R) x · y = y · x. Ax. 2. Aso iatividadAxioma 2. (Aso iatividad)a) (∀x, y, z ∈ R) x + (y + z) = (x + y) + zb) (∀x, y, z ∈ R) x · (y · z) = (x · y) · zObservemos que el axioma de la aso iatividad NO DICE que x + (y + z) =

(x + z) + y. Sin embargo esta última igualdad es una propiedad ierta,gra ias a la ombina ión apropiada de los dos axiomas anteriores.En efe to, veamos el siguiente desarrollo:x + (y + z) = x + (z + y); Gra ias al axioma 1

= (x + z) + y; Gra ias al axioma 2.Por lo tanto, ombinando los dos axiomas anteriores, se on luye que losoperandos de una triple suma, se pueden reordenar de ualquier formaque se desee, sin ambiar el resultado. Es por esta razón, que en general, uando hay varios sumandos, no se usan los paréntesis, a no ser que seaestri tamente ne esario.Ejer i ios 1.1: Demostrar las siguientes igualdades, usando solo los axio-mas 1 y 2.1. (a+b)+c = (a+c)+b = (b+a)+c = (b+c)+a = (c+a)+b = (c+b)+a.Aquí se han es rito todos los ordenamientos posibles de los reales a,b y c.2. (x + y) + (z + w) = (x + w) + (z + y) = (w + y) + (x + z).El ter er axioma, que sigue, ompleta las propiedades de manipula iónalgebrai a de la suma y el produ to. Ax. 3. DistributividadAxioma 3. (Distributividad)a) (∀x, y, z ∈ R) x(y + z) = xy + xzb) (∀x, y, z ∈ R) (x + y)z = xz + yz2

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObservemos que en este ter er axioma, la propiedad (b) es una onse uen- ia de la (a) más los axiomas previos (más pre isamente, el de onmutati-vidad del produ to). Es de ir, este axioma es redundante y por lo tanto nodebiera ser axioma. Sin embargo, llamaremos a ambas propiedades axiomas,pudiéndose utilizar libremente, una o la otra, en las demostra iones.Los axiomas 4 y 5 entregan la existen ia de iertos elementos espe ialesen R. Una onse uen ia dire ta de ellos es que el onjunto de los númerosreales no es va ío. Sin embargo, omo veremos más adelante, on estosaxiomas el onjunto de los números reales todavía podría tener muy po oselementos. Ax. 4a. Elem. neutrosumaAxioma 4a. (Existen ia de elementos neutros)En R existen iertos números denotados por la letra e que no afe tan elresultado de la opera ión suma. Es de ir(∀x ∈ R) x + e = x.Todos los elementos e que umplen esta propiedad se llaman neutrospara la suma.Notemos que este axioma nos garantiza la existen ia de elementos neutrospara la suma. Sin embargo no di e uantos hay (en realidad di e que hayuna antidad mayor o igual a uno).Si revisamos nuestros antiguos ono imientos de R, re ordaremos que haysólo un neutro. Esta última arma ión puede demostrarse usando los axio-mas, y la llamaremos un teorema (el primero del urso).Teorema 1.1. El elemento neutro para la suma es úni o.Observa ión: Una vez demostrado el teorema, podremos ponerle un nom-bre espe ial al úni o neutro aditivo. Lo llamaremos ero y lo anotaremos

0. Veamos la demostra ión del teorema:Demostra ión. Usando el axioma anterior, sabemos que existen elemen-tos neutros. Digamos que hemos en ontrado uno y lo llamamos e1. Estereal satisfa e la propiedad(∀x ∈ R) x + e1 = x. (1.1)Pensemos que por algún otro amino hemos en ontrado un neutro e2, perono sabemos si es o no el mismo anterior. Este neutro satisfa e la propiedad(∀x ∈ R) x + e2 = x. (1.2)Para demostrar que el neutro es úni o, debemos probar que ne esariamente

e1 = e2, y así sabremos que ada vez que en ontremos un neutro, este serásiempre el mismo. 3

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileUsando e2 en la igualdad (1.1) y e1 en la igualdad (1.2) obtenemos quee2 + e1 = e2

e1 + e2 = e1.Al mirar esta dos expresiones vemos que lo úni o que falta para on luir laigualdad, es usar el axioma de la onmutatividad, que di e que el resultadode una suma es independiente del orden de los sumandos. Así se obtiene elresultado.En una línea, lo anterior se resume ene1 = e1 + e2 = e2 + e1 = e2.

A ontinua ión enun iamos el axioma 4 orrespondiente al produ to. Ax. 4b. Elem. neutroprodAxioma 4b. (Existen ia de elementos neutros)En R existen iertos números denotados por la letra e que, por un ladoson diferentes de 0 y por otro no afe tan en la opera ión produ to. Esde ir(∀x ∈ R) x · e = x.Todos los elementos e que umplen esta propiedad se llaman neutrospara el produ to.Nuevamente, este axioma sólo nos garantiza la existen ia de elementosneutros para el produ to.En este aso nuevamente se puede probar el teorema que di e que los neutrosson úni os, es de ir:Teorema 1.2. El elemento neutro para el produ to es úni o.Observa ión:La demostra ión de este teorema es análoga al aso de la suma y porlo tanto se propone omo ejer i io.Al úni o neutro para el produ to lo llamaremos uno y lo anotaremos

1.El axioma di e además que 1 6= 0. Ax. 5. Elems. inversosAxioma 5. (Existen ia de elementos inversos)4

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilea) Para ada x ∈ R, existen reales aso iados a x, que se llaman opues-tos o inversos aditivos de x, que satisfa en:x + opuesto(x) = 0.b) Análogamente, para ada x ∈ R on x 6= 0, existen inversos multi-pli ativos o re ípro os de x, que satisfa en:x · re ípro o(x) = 1.Teorema 1.3.1. ∀x ∈ R, su elemento opuesto es úni o.2. ∀x ∈ R, x 6= 0, su elemento re ípro o es úni o.Demostra ión. Sean p1 y p2 opuestos del mismo real arbitrario x. Ellossatisfa en las e ua iones

x + p1 = 0 (1.3)x + p2 = 0. (1.4)Lo que debemos probar es: P.D.Q: p1 = p2.En efe to, usando las e ua iones anteriores y los axiomas, tenemos que

p1 = p1 + 0, aquí hemos usado el axioma del elemento neutro,= p1 + (x + p2), aquí hemos usado la e ua ión (1.4),= (p1 + x) + p2, aquí hemos usado el axioma de la Aso iatividad,= (x + p1) + p2, aquí hemos usado el axioma de la Conmutatividad,= 0 + p2, hemos usado la e ua ión (1.3),= p2 + 0, hemos usado el axioma de la Conmutatividad,= p2, hemos usado nuevame el axioma del E.N.

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Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión:La demostra ión de la uni idad del inverso multipli ativo es análogay por lo tanto se deja propuesta omo ejer i io.Los inversos aditivos y multipli ativos de x se anotan simplementepor −x y x−1, respe tivamente.Con los 5 axiomas enun iados anteriormente, de di e que R on lasopera iones + y · forma un Cuerpo.Se anota ondensadamente omo (R, +, ·) es un Cuerpo.1.3. Propiedades en R relacionadas con la igualdadA ontinua ión demostraremos otras propiedades de los números reales.Mu has de ellas son ono idas del olegio. Nos interesará revisarlas por undoble objetivo. Por un lado es bueno re ordarlas (y/o aprenderlas), y porotro queremos ver por qué son iertas y omo se dedu en ellas a partir delos 5 axiomas de uerpo anteriores.Comen emos por la propiedad más emblemáti a de este apítulo, aquellaque todo el mundo ono e, algunos piensan que es un axioma pero en rea-lidad es una propiedad que se dedu e de los axiomas.Se trata de la tabla del ero.Propiedad 1.

∀a ∈ R se umple a · 0 = 0.Notemos que la tabla del uno, que di e a ·1 = a. O sea, la tabla de uno es unaxioma (¾re uerda ual?). Pero la tabla del ero ES UNA PROPIEDAD.Demostra ión. Sea a ∈ R un real ualquiera. Debemos probar que a ·0 =0.O sea debemos probar que el real a · 0 es el neutro aditivo en R.Para on luir esto, debemos probar que el real a · 0 satisfa e la propiedad

∀x ∈ R, x + a · 0 = x (1.5)Comen emos por probar que la propiedad (1.5) es ierta para el real a (enlugar de x), o sea quea + a · 0 = a.En efe to, notemos que

a + a · 0 = a · 1 + a · 0= a · (1 + 0)

= a · 1= a.6

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión: Antes de ontinuar, re onoz a uales fueron los axiomasusados en ada una de las 4 igualdades anteriores.Esta primera propiedad, nos enseña a simpli ar el término a · 0 uandoapare e sumado on a. Debemos probar que en general se puede simpli ar uando está sumado on ualquier osa.Vamos ahora por la propiedad (1.5) en general. La lave es ha er apare erla suma a + a · 0 que ya ono emos:x + a · 0 = x + [0 + a · 0]

= x + [(a + (−a)) + a · 0]

= x + [((−a) + a) + a · 0]

= x + [(−a) + (a + a · 0)] , aquí apare ió la suma ono ida= x + [(−a) + a]

= x + [a + (−a)]

= x + 0 = x

Conse uen ia: Una onse uen ia importante de esta primera propiedades queNO EXISTE EL INVERSO MULTIPLICATIVO DEL CERO.En efe to, si existiera debiera umplir 0 · 0−1 = 1 y también la propiedad0 · 0−1 = 0, de donde se obtendría 0 = 1, lo que ontradi e el axioma delneutro multipli ativo.Si elimináramos la restri ión 0 6= 1 de los axiomas, enton es en ese aso 0tendría re ípro o, pero los reales serían un onjunto trivial redu ido sólo al ero, ya que

∀a, a = a · 1 = a · 0 = 0.

1.4. Otras Propiedades en RPropiedad 2. En R, las e ua ionesa) a + x = bb) a · x = b (a 6= 0)Tienen solu ión, y di ha solu ión es úni a.Haremos sólo la demostra ión de la parte (a). Como ejer i io debe demos-trar que la solu ión úni a de la parte (b) es: x = b · a−1.Demostra ión. Veamos primero la existen ia de la solu ión. Comenzare-mos por ha er un ál ulo formal, que onsiste en transformar la e ua iónoriginal en una más evidente. Veamos:7

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilea + x = b ; omo a ∈ R enton es existe (−a) ∈ R

(−a) + (a + x) = (−a) + b ; aso iando[(−a) + a] + x = (−a) + b ; pero (−a) + a = 0 por deni ión de elemento inverso

0 + x = (−a) + b ; pero 0 + x = x por deni ión de elemento neutrox = (−a) + b.El problema de este ál ulo formal, es que hemos transformado una igual-dad que no sabemos si es ierta o no. Sin embargo, nos entrega un buen andidato a solu ión.La verdadera demostra ión omienza aquí, di iendo: Sea α = (−a) + b,veamos que este real satisfa e la e ua ión.En efe to

a + α = a + [(−a) + b] = [a + (−a)] + b = 0 + b = b.Esto on luye la demostra ión de la existen ia de al menos una solu ión dela e ua ión.Ahora veamos que esta solu ión es úni a. Para ello, supongamos que hemosen ontrado los reales x1 y x2, los que son solu iones de a + x = b. Launi idad quedará demostrada, si on sólo esta hipótesis, se on luye quex1 = x2.Veamos:a + x1 = b y además a + x2 = b enton es, a + x1 = a + x2enton es, (−a) + [a + x1] = (−a) + [a + x2]enton es, [(−a) + a] + x1 = [(−a) + a] + x2enton es, 0 + x1 = 0 + x2enton es, x1 = x2.Con esto se on luye la demostra ión de la uni idad de solu iones.

1.5. Definiciones importantesLa uni idad que nos da la Propiedad anterior motiva las siguientes deni- iones:Deni ión 1.1 (Diferen ia y uo iente).Llamaremos diferen ia entre a y b al real x = b + (−a) y se denotapor x = b − a. Con esto, la propiedad anterior se resume ena + x = b si y sólo si x = b − a.

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Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEl resultado de la e ua ión (b) x = b · a−1 se denomina uo iente deb por a y se denota por la fra ión x = b

a , o bien por el uo ientex = b : a.Luego si a 6= 0 se tiene que:

a · x = b si y sólo si x =b

a.Observa ión: De la uni idad de solu iones de estas e ua iones se dedu envarias variantes útiles en pro esos algebrai os:1. Ley de an ela ión para la suma:

a + b = a + c enton es b = c.En efe to, puede de irse que b y c son las solu iones de la mismae ua ión a + x = a + c. Como la solu ión de esta e ua ión es úni a,enton es b = c.2. Ley de an ela ión para el produ to: uando a 6= 0,a · b = a · c enton es b = c.En efe to, análogamente al aso anterior, puede de irse que b y c sonlas solu iones de la misma e ua ión a · x = a · c.3. Resolu ión de la e ua ión lineal general

a · x + b = 0, donde a 6= 0.Combinando las dos partes de la proposi ión anterior, se obtiene que,primero (usando la parte de la suma)a · x = −by por otro para el produ tox = − b

a.Propiedad 3 (Regla de los inversos). i) −(−a) = a ∀a ∈ Rii) (a−1)−1 = a ∀a ∈ R∗; R∗ = R \ 0Demostra ión. En el primer aso debe probarse que el opuesto de (−a)es a.Re ordemos que el opuesto de (−a) es un número p que umple la rela ión

(−a) + p = 0.9

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePues bien debemos probar que a es di ho número, es de irP.D.Q: (−a) + a = 0.Notemos que una vez que se logró omprender el problema a este nivel, ylogramos identi ar que es lo que hay que probar, la demostra ión mismaes sen illa.En efe to: se tiene que(−a) + a = a + (−a) = 0.La demostra ión del aso (ii) es análoga y debe ha erla omo ejer i io. Notemos que de aquí, se obtiene la regla de ontar los signos. Así−(−(−(−(−a)))) =

−a, et .Propiedad 4 (Reglas de los signos). i) a · (−b) = −(a · b) = −abii) (−a) · (−b) = a · biii) −(a + b) = (−a) + (−b) = −a − biv) (a · b)−1 = a−1 · b−1v) a − (b + c) = a − b − cvi) a − (b − c) = a − b + cDemostra ión. Comen emos por la propiedad (i). Se debe probar sólo laprimera igualdad, ya que la segunda es una nota ión del segundo término.Esta igualdad pretende que EL OPUESTO DE (a · b) es el real a · (−b).Por lo tanto debemos probar lo siguienteP.D.Q.: (a · b) + [a(−b)] = 0.Veamos si esto último es o no ierto:(a · b) + [a(−b)] = a · [b + (−b)]

= a · 0= 0.Esto on luye la demostra ión de (i).

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Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión: Antes de ontinuar, re onoz a uales fueron los axiomasusados en ada una de las 3 igualdades anteriores.Para demostrar la propiedad (ii) usamos la propiedad (i) dos ve es en formasu esiva. En efe to(−a) · (−b) = − [(−a) · b]

= − [b · (−a)]

= − [−(b · a)]

= ab.Para demostrar la propiedad (iii) debemos probar que el opuesto de (a+ b)es el número real (−a) + (−b).Es de ir, debemos probar queP.D.Q.: (a + b) + [(−a) + (−b)] = 0.Esto efe tivamente es ierto ya que(a + b) + [(−a) + (−b)] = [(a + b) + (−a)] + (−b)

= [(b + a) + (−a)] + (−b)

= [b + (a + (−a))] + (−b)

= [b + 0] + (−b)

= b + (−b) = 0.La propiedad (iv) es análoga a la (iii), ambiando la opera ión suma porprodu to. Debe ha erse omo ejer i io.Para demostrar las últimas dos propiedades, deben ombinarse la propie-dades ya demostradas. Hagamos la propiedad (v). La propiedad (vi) debeha erse omo ejer i io.La demostra ión se realiza tomando el lado izquierdo y on luyendo que esigual al lado dere ho.Veamos:a − (b + c) = a + [−(b + c)]

= a + [(−b) + (−c)]

= a + (−b) + (−c)

= (a − b) − c.

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Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePropiedad 5.x · y = 0 ⇒ (x = 0) ∨ (y = 0)Demostra ión. La propiedad di e que ada vez que el produ to de dosreales sea ero, enton es alguno de los fa tores debe ser ero.Para demostrarla se toma la igualdad x · y = 0 omo un dato y se razonahasta on luir que es ierto que x = 0 o bien y = 0. (Así es omo sedemuestra en general una impli a ión).Por lo tanto sabemos que x · y = 0.P.D.Q.: x = 0 o bien y = 0.Claramente x puede o no ser ero. Si lo fuera, enton es la demostra iónestaría on luida.Solo nos faltaría ver que pasa si x 6= 0. En este aso la igualdad

x · y = 0se ve omo una e ua ión, en la ual se puede despejar y dividiendo por x(multipli ando por x−1).Ha iendo esto se on luye que y = 0.Por lo tanto, o bien x = 0, o bien x 6= 0, pero en este aso y = 0.Con lusión: Alguno de los reales debe ser ero.

1.5.1. Propiedades adicionales1. ac

bc=

a

b∀a, b, c,∈ R, on b, c 6= 02. a

b± c

d=

ad ± bc

bd∀a, b, c, d ∈ R, on b, d 6= 03. a

b· c

d=

ac

bd∀a, b, c, d ∈ R, on b, d 6= 04. a

b:

c

d=

ad

bc∀a, b, c, d ∈ R, on b, c, d 6= 05. (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 12

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile6. (a ± b)3 = a3 ± 3a2b + 3ab2 ± b37. (a + b)(a − b) = a2 − b28. (a − b)(a2 + ab + b2) = a3 − b39. (a + b)(a2 − ab + b2) = a3 + b3Observa ión: En estas propiedades se han usado las nota iones siguientesab = a · b 1 + 1 = 2, 2 + 1 = 3, 3 + 1 = 4, et .

a · a = a2, a2 · a = a3, a3 · a = a4, et .Además, el símbolo ± representa el que la propiedad es ierta si se re-emplazan todas las apari iones de ± por +, o si se reemplazan todas por−.Demostra ión.1.

ac

bc= ac(bc)−1

= ac(b−1c−1)

= ac(c−1b−1)

= a(cc−1)b−1

= a · 1 · b−1

= ab−1

=a

b2.a

b± c

d= ab−1 ± cd−1

= ab−1dd−1 ± cbb−1d−1

= ad(bd)−1 ± bc(bd)−1

= (ad ± bc)(bd)−1

=ad ± bc

bd3.a

b· c

d= ab−1cd−1

= ac(bd)−1

=ac

bd13

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4.a

b:

c

d= ab−1 : cd−1

= ab−1 · (cd−1)−1

= ab−1 · (c−1d)

= ad(bc)−1

=ad

bc5.(a + b)2 = (a + b)(a + b)

= a2 + ab + ba + b2

= a2 + 2ab + b26.(a + b)3 = (a + b)2(a + b)

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

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3Reexión Antes de ontinuar, re onoz a uales fueron los axiomas y pro-piedades usados en ada una de las igualdades anteriores. La demostra iónde las propiedades restantes debe ha erse omo ejer i io.1.5.2. Otros CuerposConsidere el onjunto formado por dos elementos siguiente:

A = ♥, .En este onjunto se denen dos opera iones , ∗ mediante las tablas siguien-tes ♥ ♥ ♥ ♥

∗ ♥ ♥ ♥ ♥ ♥ Notemos que este onjunto on las opera iones des ritas, o sea (A, , ∗),satisfa e todos los axiomas de uerpo. Podemos identi ar a on la suma,

∗ on la multipli a ión, a ♥ on 0 y a on 1.Usando esta identi a ión, o urre que 1 + 1 = 0, 1 + 1 + 1 = 1, et .Vemos que los axiomas de uerpo son interesantes, pero no denen omple-tamente al onjunto R que esperábamos. Este onjunto A de dos elementossatisfa e los mismos axiomas que R.14

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Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. Existen dos números distintos x, y ∈ R tales que x+y = x y y+x = y.2. Para ualquier par de números x, y ∈ R se tiene que x + y = y + x.3. Para ualquier par de números x, y ∈ R se tiene que x + y = x.4. Para ualquier par de números x, y ∈ R se tiene que x · y = y · x.5. (∀x, y, z ∈ R) (x + y) + z = (x + z) + (y + z).6. En una serie de sumas de números reales, el orden en que éstas serealizan es de suma importan ia.7. (∀x, y, z ∈ R) (x + y) + z = x + (y + z).8. (∀x, y, z ∈ R) (x − y) · z = x · (−z) + y · (−z).9. (∀x, y, z ∈ R) (x + y) · z = y · z + x · z.10. (∀x, y, z ∈ R) (x + y) · z = (x + z) · (y + z).11. Existe un número real que sumado a ualquier otro da omo resultadoeste último.12. Dado a ∈ R \ 0, la e ua ión a − x = a no tiene solu ión en R.13. Si un número x ∈ R es neutro para la suma, enton es su inversoaditivo también lo es.14. El elemento neutro en los reales para la suma es úni o. Se le denota0.15. Si un número x ∈ R es neutro para la suma, enton es su inversomultipli ativo también lo es.16. Existe un número real, distinto de 0, que multipli ado on ualquierotro da omo resultado este último.15

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile17. Si un número real x es neutro para la multipli a ión, enton es suinverso aditivo también lo es.18. Si un número real x es neutro para la multipli a ión, enton es suinverso multipli ativo también lo es.19. Dado a ∈ R la e ua ión a · x = a siempre tiene solu ión en R.20. El elemento neutro en los reales para la multipli a ión es úni o. Sele denota 1.21. Dado un número real ualquiera x, existe otro que al sumarlo on xresulta 0.22. Dado x ∈ R la e ua ión x + y = 0 tiene más de una solu ión y ∈ R.23. El inverso aditivo de ualquier número real x es úni o. Se denota −x.24. Existe un número x ∈ R que es inverso aditivo de más de un númeroreal.25. Existen x1, x2, x3 ∈ R todos distintos entre sí, tales que x1 es elinverso aditivo de x2 y x2 es el inverso aditivo de x3.26. Dado un número real ualquiera x on x 6= 0, existe otro que almultipli arlo por x resulta 1.27. Existe un número x ∈ R que es inverso multipli ativo de más de unnúmero real.28. El inverso multipli ativo de ualquier número real x, distinto de 0,es úni o. Se denota x−1.29. Dado x ∈ R la e ua ión x · y = 1 siempre tiene una solu ión y ∈ R.30. No existe un número x ∈ R tal que x · x = x + x = 0.31. Existe un número real que multipli ado por ualquier otro resulta enél mismo.32. El 0 no posee inverso aditivo.33. El 0 posee un inverso multipli ativo, pero no es úni o.34. El 0 no posee inverso multipli ativo.35. El 1 posee inverso multipli ativo.36. Existen x1, x2, x3 ∈ R todos distintos entre sí, tales que x1 es elinverso multipli ativo de x2 y x2 es el inverso multipli ativo de x3.37. Dados a, b ∈ R, las solu iones de la e ua ión a + x = b siemprepertene en a R \ 0. 16

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile38. Dados a, b ∈ R, la e ua ión a+x = b tiene una úni a solu ión en R.39. Dados a, b ∈ R on a 6= 0, la e ua ión a · x = b tiene una úni asolu ión en R.40. Dados a, b ∈ R, la e ua ión a ·x = b puede tener más de una solu iónen R.41. Si a, b, c ∈ R son tales que a + b = a + c, enton es ne esariamenteb = c.42. Si a, b, c ∈ R son tales que a ·b = a ·c, enton es ne esariamente b = c.43. Dados a, b ∈ R on a 6= 0, se tiene que 0 es siempre solu ión de lae ua ión a · x + b = 0.44. Dados a, b ∈ R on a 6= 0, la solu ión de la e ua ión a · x + b = 0 esx = − b

a .45. Si x, y ∈ R son tales que x + y = 0, enton es ne esariamente x = 0ó y = 0.46. Si x, y ∈ R son tales que x · y = 0, enton es ne esariamente x = 0 óy = 0.47. Si x, y ∈ R son tales que x + y = 1, enton es ne esariamente x = 0ó y = 0.

17


Guía de Ejer i ios1. Demuestre las siguientes propiedades de los números reales, propuestasen la tutoría:(a) El elemento neutro para el produ to es úni o.(b) El inverso multipli ativo de un número real es úni o.( ) La e ua ión ax = b, on a 6= 0, tiene una úni a solu ión en R. Estádada por x = ba−1.(d) Dado a ∈ R \ 0, (a−1)−1 = a.2. Cada una de las siguientes igualdades es verdadera en el sistema de losnúmeros reales. Indique la razón de su vera idad, respe to de los axiomasy propiedades vistos.(a) 2 + (3 + 5) = (2 + 5) + 3.(b) 0 + 5 = 5.( ) (x + y) + z = z + (y + x).(d) (x + 2) · y = y · x + 2 · y.(e) (4−1 · 4) − 1 = 0.3. En el uerpo de los números reales se dene 2 = 1+1, 3 = 2+1, 4 = 3+1,5 = 4 + 1 y 6 = 5 + 1. Usando sólo los axiomas de los números reales yel he ho que 2 6= 0, pruebe las siguientes arma iones, detallando todoslos pasos y men ionando el axioma o deni ión que utiliza en ada unosde ellos:(a) 3 + 2 = 5.(b) 3 · 2 = 6.( ) 4 · 2−1 = 2.(d) 5 − 3 = 2.(e) (4 · 3) · 2−1 − 2 = 4.

18

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4. Dadas las siguientes se uen ias de igualdades, determine los axiomas ylas propiedades que las ha en orre tas:(a) Dados a, b ∈ R,(ab) + (a(−b)) = a · (b + (−b))

= a · 0= 0(b) Dados x, y ∈ R,

(1 − x)y + yx = (1 · y + (−x)y) + yx

= (y + −(xy)) + yx

= y + (−xy + yx)

= y + (−xy + xy)

= y + 0

= y( ) Dados a, b ∈ R,(a + b)2 = (a + b)(a + b)

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

= a2 + ab + ba + b2

= a2 + ab + ab + b2

= a2 + 2ab + b2(d) Dado a ∈ R,a + 0 · a = a · 1 + a · 0

= a(1 + 0)

= a · 1= a(e) Dados a, b, c, d ∈ R, on b, d 6= 0,

a

b+

c

d= ab−1 + cd−1

= (ab−1) · 1 + (c · 1)d−1

= (ab−1)(dd−1) + (c(bb−1))d−1

= (ab−1)(d−1d) + cb(b−1d−1)

= ad(b−1d−1) + cb(b−1d−1)

= ad(bd)−1 + bc(bd)−1

= (ad + bc)(bd)−1

=ad + bc

bd19

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5. Demuestre las siguientes igualdades de números reales, indi ando lara-mente los axiomas o propiedades usados:(a) a + a = 2 · a.(b) a − (b − c) = a + (−b) + c( ) (a + b)(a − b) = a2 − b2(d) (a − b)(a2 + ab + b2) = a3 − b3(e) (a − b)(a3 + a2b + ab2 + b3) = a4 − b4(f) (a + b)(a2 − ab + b2) = a3 + b3(g) (x + b2 )2 + c − ( b

2 )2 = x2 + bx + c6. Resuelva las siguientes e ua iones (x es la in ógnita).a) 2x + 3 = 0.b) 3x + a = 2(x + a) (deje su resultado en términos de a). ) (x + 1)2 = (x + 2)(x − 4).d) (x + a)(x − a) = x2 − ax (deje su resultado en términos de a).e) x(−x + 2) − 3(x − 6) = −x(x − 1) − (−(x + 2) − 7).f ) (2x − 7)2 − x(3 − x) = 3(x + 1)2 + 2(1 − x)2.g) ax = 0, para a 6= 0.h) (x − 2)2 = 0.i) (x + 2)(x − 3) = 0.7. Sea C un onjunto de números reales que satisfa e los siguientes propie-dades (axiomas):(A1) 2 ∈ C.(A2) Si x ∈ C, enton es 3x + 1 ∈ C.(A3) Si x, y ∈ C, enton es x + y ∈ C.(A4) 3 /∈ C.Demuestre enton es las siguientes propiedades indi ando qué axiomas,ya sea de los números reales o de los re ién men ionados, utiliza:(a) 9 ∈ C.(b) 1 /∈ C.( ) Si 5 ∈ C, enton es 22 ∈ C.(d) Si x, y ∈ C, enton es 3x + 1 + 3y ∈ C.(e) Si x ∈ C, enton es −x /∈ C.20


Guía de ProblemasLa presente guía le permitirá tener una idea bastante pre isa del tipo deproblemas que debe ser apaz de resolver en una evalua ión y el tiempopromedio que debería demorar en resolverlos. En total debería poder resol-verla en 3 horas. Le re omendamos que trabaje en ella una hora antes dela lase de trabajo dirigido, que resuelva sus dudas en la lase de trabajodirigido y que luego dedique una hora a es ribir on detalles las solu iones.P1. Usando ex lusivamente los axiomas de los reales y men ionándolos laramente ada vez que los use, demuestre las propiedades siguientes.Si o upa alguna otra propiedad enton es deberá demostrarla indi andolos axiomas que use en ello.a) (20 min.) ∀x, y ∈ R, x, y 6= 0, (x + y)(x−1y−1) = x−1 + y−1b) (20 min.) ∀x, y ∈ R, x, y 6= 0, (xy)−1 = y−1x−1 ) (20 min.) Usando (b), demostrar que ∀a, b, c, d ∈ R, b, d 6= 0, ab−1+cd−1 = (ad + cb)(bd)−1d) (20 min.) ∀a ∈ R, a2 = 0 ⇒ a = 0P2. Usando sólo los axiomas de los números reales y las uni idades delos inversos, demuestre las siguientes propiedades (si ne esita algunapropiedad extra, debe demostrarla)(a) (15 min.) Para todo x, y ∈ R, (−x) + (−y) es inverso aditivo dex + y.(b) (25 min.) Si a, b, c, d ∈ R son tales que se veri a la rela ión(ad) + (−(cb)) = 0 enton es

[(a + b)d] + [−((c + d)b)] = 0.( ) (15 min.) Para a 6= 0, −(a−1) = (−a)−1.P3. (20 min. ) Usando propiedades elementales de los números reales, de-muestre que para todo x, y, z, w ∈ R, w 6= 0, z 6= 0 lo siguiente esverdadero(xw + yz)2 = (x2 + y2)(w2 + z2) ⇒ ∃λ ∈ R t.q. x = λw, y = λz.21

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePara ello note en primer lugar que la igualdad del lado izquierdo per-mite dedu ir que x2z2 + y2w2 = 2xwyz. Luego, vea que esto últimoimpli a que xz = yw. Finalmente, de la igualdad anterior deduz a la on lusión.P4. Sea C un onjunto de números reales que satisfa e los siguientes pro-piedades (axiomas):(A1) 3 ∈ C.(A2) Si x ∈ C, enton es 3x + 1 ∈ C.(A3) Si x, y ∈ C, enton es x + y ∈ C.(A4) 7 /∈ C.Demuestre enton es las siguientes propiedades indi ando qué axiomas,ya sea de los números reales o de los re ién me ionados, utiliza:(a) (5 min.) 1 /∈ C.(b) (5 min.) Si x, y ∈ C, enton es 3x + 2y + 4 ∈ C( ) (5 min.) Si x, y ∈ C, enton es 4 − x − y /∈ C.(d) (5 min.)Si 3y + z + 4 /∈ C, enton es (y /∈ C ∨ z2 /∈ C).(e) (5 min. )No existe x ∈ C tal que 3(2x − 1) = 39.

22



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 2: AXIOMAS DE ORDEN

1.6. Axiomas de Orden de los RealesPara introdu ir la idea de orden en los reales y poder trabajar on des-igualdades, existen diversas formas para omenzar. En este apunte hemoses ogido la versión que omienza por la deni ión del onjunto de los realesestri tamente positivos y en base a ellos se obtienen las deni iones de lasdesigualdades y todas las propiedades.En R existe un sub onjunto llamado onjunto de reales (estri tamente)positivos (R∗+), el ual satisfa e los siguientes axiomas o reglas. Ax. 6. Tri otomíaAxioma 6. (de la tri otomía)

∀x ∈ R, una y solo una de las siguientes proposi iones es verdadera:i) x ∈ R∗+ii) (−x) ∈ R∗

+iii) x = 0Observa ión De umplirse (i) se di e que x es un real estri tamentepositivo y si se umple (ii) diremos que x es un real estri tamente negativo. Ax. 7. Clausura de losreales positivosAxioma 7. (Clausura)(∀x, y ∈ R∗

+) se umple que:(x + y) ∈ R∗

+

x · y ∈ R∗+Es de ir, R∗

+ es errado para la suma y el produ to.1.7. Relaciones de ordenAhora que ono emos el onjunto R∗

+, estamos en ondi iones de in orporarlas deni iones de los símbolos <, >,≤,≥.Rela iones de orden Sean x, y ∈ R se dene la rela iones <, >, ≤, ≥,por:1. x < y ⇐⇒ (y − x) ∈ R∗+2. x > y ⇐⇒ y < x ⇐⇒ (x − y) ∈ R∗

+3. x ≤ y ⇐⇒ (x < y) ∨ (x = y)4. x ≥ y ⇐⇒ (x > y) ∨ (x = y) 23


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile1.8. Propiedades de la desigualdadPropiedad 1 x > 0 ⇐⇒ x ∈ R∗

+Demostra ión. x > 0 orresponde exa tamante por deni ión a (x−0) ∈R∗

+, lo que es idénti amente la expresión x ∈ R∗+.Con esto queda demostrada la equivalen ia de las proposi iones.

Propiedad 2 x es negativo ⇐⇒ x < 0.Demostra ión. x < 0 orresponde exa tamante por deni ión a (0−x) ∈R∗

+, on lo ual se tiene que −x ∈ R∗+, on lo ual se tiene que x es negativo.

Propiedad 3 (tri otomía) Para ualquier par de numeros reales x e y,una y sólo una de las siguientes proposi iones es verdadera:i) x < yii) x > yiii) x = yDemostra ión. Según el Axioma 1 de la tri otomía, omo (y − x) ∈R enton es una y sólo una de las siguientes proposi iones es verdadera:i)(y − x) ∈ R∗

+, ii) −(y − x) ∈ R∗+, o bien iii) (y − x) = 0.Sin embargo i) signi a: x < y. ii) signi a (x − y) ∈ R∗

+, o sea, x > y.Finalmente iii) signi a x = y. Con lo ual se tiene la demostra ión. Propiedad 4 x < y y a ∈ R =⇒ x + a < y + a.Demostra ión. Veamos que (y + a)− (x + a) ∈ R∗+es de ir que (y + a)−

(x + a) > 0 :(y + a) − (x + a) = y + a + ((−x) + (−a))

= y + (−x) + a + (−a)= y − x,pero por hipótesis sabemos que x < y lo que impli a que y − x > 0, luego

(y + a) − (x + a) > 0 de donde x + a < y + a.Observa ión Con esta última propiedad podemos sumar un elemento aambos lados de la desigualdad y esta no ambia.Propiedad 5i) x < y ∧ a > 0 ⇒ ax < ay 24

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chileii) x < y ∧ a < 0 ⇒ ax > ayDemostra ión. i) Por hipótesis (y − x) ∈ R∗+y a ∈ R∗

+, por los axio-mas 7 y 3 tendremos que a(y − x) = ay − ax ∈ R∗+, por lo tanto

ax < ay.ii) ax − ay = a(x − y) = (−a)(y − x) ∈ R∗+ =⇒ ax > ay.

Observa ión Con la propiedad 5, podemos multipli ar un elemento a am-bos lados de la desigualdad y si este elelmento es positivo la desigualdadno ambia, pero si el elemento es negativo la desigualdad sí ambiará.Propiedad 6 ∀x ∈ R ⇒ x2 ≥ 0.Demostra ión. Por el axioma 1 de tri otomía sabemos:x ∈ R =⇒ x ∈ R∗

+ ∨ x = 0 ∨ (−x) ∈ R∗+

=⇒ x · x ∈ R∗+ ∨ x2 = 0 ∨ (−x)(−x) ∈ R∗

+

=⇒ x2 ∈ R∗+ ∨ x2 = 0 ∨ x2 ∈ R∗

+

=⇒ x2 > 0 ∨ x2 = 0=⇒ x2 ≥ 0.Comentario: 1 = 1 · 1 = 12 ≥ 0, pero 1 6= 0, por lo tanto 1 > 0luego. Conesto1 ∈ R∗

+.Propiedad 7 Si x < y y u < v =⇒ x + u < y + v.Demostra ión. Por la deni ión de <tenemos dos osas:

x < y ⇒ (y − x) ∈ R∗+y u < v ⇒ (v − u) ∈ R∗

+ .Como R∗+ es errado para la suma tendremos:(y − x) + (v − u) ∈ R∗

+, dedonde desarrollando los paréntesis obtendremos: (y + v) − (x + u) ∈ R∗+.Luego nuevamente por la deni ión de <, lo último equivale a x+u < y+v.

Observa ión Esta última propiedad nos di e que podemos sumar lasdesigualdades.Propiedad 8 Si 0 < x < y y 0 < u < v enton es podemos multipli ar lasdesigualdades, es de ir xu < yv.Demostra ión. Por la deni ión de <y por la erradura de R∗+para +y ·,obtendremos

0 < x < y =⇒ (y − x) ∈ R∗+

0 < u < v =⇒ (v − u) ∈ R∗+

=⇒ v(y − x) + (v − u)x ∈ R∗+,desarrollando la última expresión obtendremos vy − ux ∈ R∗+, on lo ualpor la deni ión de <se tendrá xu < yv.

25

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión Esta propiedad nos di e que podemos multipli ar las des-igualdades en R∗+sin que ambie la desigualdad.Propiedad 9i) (x < 0) ∧ (y > 0) ⇒ xy < 0ii) (x < 0) ∧ (y < 0) ⇒ xy > 0Demostra ión. Por la propiedad 1, la erradura para ·obtendremos losdos resultados, es de iri) (−x) ∈ R∗

+ ∧ y ∈ R∗+ ⇒ −xy ∈ R∗

+ ⇒ xy < 0.ii) (−x) ∈ R∗+ ∧ (−y) ∈ R∗

+ ⇒ (−x)(−y) ∈ R∗+ ⇒ xy > 0.

Propiedad 10i) x > 0 ⇒ x−1 > 0ii) x < 0 ⇒ x−1 < 0Demostra ión. i) x−1 = x−1 ·x−1·x = (x−1)2 ·x, luego omo (x−1)2 >0 y x > 0, por la propiedad anterior obtendremos x−1 = (x−1)2 ·x > 0ii) x−1 = x−1x−1x = (x−1)2 · x < 0 ya que (x−1)2 > 0 ∧ x < 0.

Propiedad 11 Si 0 < x < y enton es x−1 > y−1.Demostra ión. Veamos que x−1 − y−1 ∈ R∗+:

x−1 − y−1 = 1x − 1

y = y−xxy = (y − x) · x−1y−1pero 0 < x < y =⇒ (y − x) ∈ R∗

+, x−1 ∈ R∗+e y−1 ∈ R∗

+ on lo ual de laúltima expresión obtendremos : x−1 − y−1 ∈ R∗+, es de ir, y−1 < x−1.

1.9. Gráfico de subconjuntos de R.En virtud de la rela ión menor o igual denida en R se puede pensar enordenar esquemáti amente los números reales de menor a mayor. Los núme-ros reales se representan sobre una re ta horizontal tal que a ada x en R sele aso ia un punto Px sobre la re ta siguiendo las siguientes onven iones:i) Si x < y enton es Px esta a la izquierda de Pyii) Si x < y enton es Px+y2

es punto medio del trazo PxPy .26

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePyPPx (x+y)/2Deni ión 1.2 (Intervalos). Sean a, b ∈ R tal es que a ≤ b. Los siguien-tes sub onjuntos de R se llamaran intervalos:1. Intervalo abierto a oma b:

(a, b) = x ∈ R : a < x < b2. Intervalo errado a oma b:[a, b] = x ∈ R : a ≤ x ≤ b3. Intervalo a oma b errado por la dere ha y abierto por la izquierda:(a, b] = x ∈ R : a < x ≤ b4. Intervalo a om b errado por la izquierda y abierto por la dere ha:[a, b) = x ∈ R : a ≤ x < b5. Intervalos no a otados:(−∞, a] = x ∈ R : x ≤ a

(−∞, a) = x ∈ R : x < a[a, +∞) = x ∈ R/a ≤ x(a, +∞) = x ∈ R : a < xNota ión:Para denotar un intervalo abierto (a, b) también se puede o upar los paren-tesis ]a, b[ .Observa iones1. Si a = b enton es (a, a) = (a, a] = [a, a) = ∅ y [a, a] = a.2. Se puede anotar al onjunto R omo el intervalo no a otado (−∞, +∞).3. Sea I un intervalo y x1, x2 ∈ I, tales que x1 ≤ x2, enton es [x1, x2] ⊆

I.27

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile1.10. Inecuaciones

1.10.1. IntroducciónUna ine ua ión es una desigualdad de números reales en la que intervie-nen una o más antidades genéri as. Resolver una ine ua ión onsiste endeterminar para que valores reales de las in ógnitas genéri as se satisfa ela desigualdad.Dependiendo del número de antidades genéri as hay ine ua iones de 1, 2o más in ógnitas y entre las de una in ógnita las hay de primer, segundo,ter er o mayor grado.Al resolver una ine ua ión de 1 in ógnita suele bus arse el mayor sub onjun-to de R donde la desigualdad se umpla. Este onjunto se llama onjuntosolu ión de la ine ua ión.1.10.2. Inecuaciones de primer gradoSon de la forma ax + b < 0 donde a y b son números reales onstantes ya 6= 0. Donde el signo < puede ser también >, ≤ o ≥ .Solu ión

ax + b < 0

⇐⇒ ax < −bi) Si a > 0 enton es la ine ua ión queda x < − ba uya solu ión eviden-temente es x ∈ (−∞,− b

a ).ii) Si a < 0 enton es la ine ua ión queda x > − ba uya solu ión eviden-temente es x ∈ (− b

a ,∞).Ejemplo 1.1.5(x − 1) > 2 − (17 − 3x)Solu ión

5(x − 1) > 2 − (17 − 3x)⇐⇒ 5x − 5 > −15 + 3x⇐⇒ 2x > −10⇐⇒ x > −5Por lo tanto la solu ión será x ∈ (−5,∞).28

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile1.10.3. Inecuaciones de grado mayor a 1Enun iaremos un método para resolver algunas ine ua iones del tipo

P (x)

Q(x)< 0,donde el signo < puede ser también >, ≤ o ≥.Nos remitiremos primeramente a los asos uando P (x) y Q(x) son produ -tos de fa tores de primer orden del tipo ax + b. Comen emos por observarque este tipo de fa tores ambia de signo en el punto x = − b

a . Denomina-remos puntos ríti os a estos valores.El método para resolver estas ine ua iones es en onse uen ia el siguiente:1. Determinar todos los puntos ríti os mediante la e ua ión x = − ba .2. Ordenar los puntos ríti os de menor a mayor y formar los intervalosabiertos en errados entre ellos más los dos intervalos no a otados orrespondientes.3. Analizar el signo de la expresión P (x)

Q(x) en los intervalos en ontradosen (2.) y es oger aquellos que resuelvan de buen modo la ine ua ión.4. En los aso en que los signos de la ine ua ión sean ≤ o ≥ debenagregarse a la solu ión los puntos ríti os del numerador, ya que enesos puntos se anula la fra ión.Ejemplo 1.2.Apliquemos lo anterior al siguiente ejemplo:x + 1

x≤ x + 1

x − 1− 3

xSolu iónx+1

x ≤ x+1x−1 − 3

x

⇐⇒ x+1x − x+1

x−1 + 3x ≤ 0

⇐⇒ x+4x − x+1

x−1 ≤ 0

⇐⇒ x2−x+4x−4−x2−xx(x−1) ≤ 0

⇐⇒ 2x−4x(x−1) ≤ 0.Los puntos ríti os serán:Para 2x − 4 el punto ríti o es 2.Para x − 1 el punto ríti o es 1.29

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePara x el punto ríti o es 0.Para realizar el punto 3) y 4) es de ir analizar el signo de la expresión2x−4

x(x−1) de los intervalos en ontrados de forma más ordenada, es on-veniente formar una tabla donde analizaremos por parte el signo porintervalo de ada término de la forma ax + b que parti ipa, y luego verel signo de la expresión total por medio de la regla de los signos para lamultipli a ión. En este ejemplo la tabla será:(−∞, 0) (0, 1) (1, 2) (2, +∞)

x (−) (+) (+) (+)x − 1 (−) (−) (+) (+)

2x − 4 (−) (−) (−) (+)2x−4

x(x−1) (−) (+) (−) (+)El aso del punto ríti o x = 2 la expresión vale 0, por lo tanto umplela desigualdad, más bien la igualdad, por lo tanto debemos agregarlaa nuestro onjunto solu ión. El aso de los puntos x = 0 y x = 1 esdistinto, debemos quitarlos del onjunto solu ión pues el denominadorse anula obteniendo división por 0, lo ual no puede ser.Por todo esto el onjunto solu ión será:(−∞, 0)

⋃

(1, 2] .

1.10.4. Factorización de términos cuadráticosSi la ine ua ión no apare e fa torizada por fa tores de primer grado, sepuede intentar fa torizar la expresión, o bien intentar ono er (sin fa tori-zar) los puntos donde estos fa tores ambian de signo. En este último aso,se puede resolver la ine ua ión on el método indi ado anteriormente.Por ejemplo para los fa tores de segundo grado se tiene:ax2 + bx + c = a[x2 +

b

ax +

c

a]

= a[(x +b

2a)2 − b2

4a2+

c

a]

= a[(x +b

2a)2 − b2 − 4ac

4a2].Llamemos ∆ al fa tor b2 − 4ac. Dependiendo del signo de ∆ se tienen tresposibilidades:1. Si ∆ > 0 enton es la expresión es fa torizable según fa tores de pri-mer grado de la siguiente forma:30

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chileax2 + bx + c = a

[

(x +b

2a)2 − b2 − 4ac

4a2

]

= a

(x +b

2a)2 −

(√∆

2a

)2

.Apli ando la fa toriza ión suma por su diferen ia obtendremos la ex-presión en fa tores de primer grado:ax2 + bx + c = a(x +

b +√

∆

2a)(x +

b −√

∆

2a).Los puntos ríti os de la última expresión son x1 = −b−

√∆

2a , x2 = −b+√

∆2a , on lo ual volvemos al aso ya estudiado. Es de ir:

ax2 + bx + c tiene el signo de a si x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2,∞).ax2 + bx + c tiene el signo de −a si x ∈ (x1, x2).2. Si ∆ = 0 enton es solo hay un punto ríti o que es x∗ = − b

2a y setiene que:ax2 + bx + c tiene el signo de a si x ∈ (−∞, x∗) ∪ (x∗,∞).3. Si ∆ < 0 enton es no hay puntos ríti os y en este asoax2 + bx + c tiene el signo de a ∀x ∈ R.Luego el fa tor ax2+bx+c puede ser simpli ado en la ine ua ión, uidandoel efe to que el signo de este fa tor produ e en el sentido de la desigualdad.Si en la ine ua ión apare en fa tores de mayor grado, su resolu ión estará ondi ionada al he ho de si puede o no fa torizar hasta fa tores de primery segundo grado o si se ono en sus ambios de signo.Ejer i ios 1.2: 1. Resolver las siguientes ine ua iones:i) 2x2 + 3x + 1 < 0ii) 4x − 5 − x2 > 0iii) x3 < xiv) 22

2x−3 + 23x+264x2−9 > 51

2x+3v) 6x6 − x3 < x4vi) 4x−36x ≤ 8x−6

5xvii) x9+xx2−3x+2<0 31

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile2. Determinar los siguientes sub onjuntos de R:i) x ∈ R/x8+2x7−8x6

x2−4x+3 > 0ii) x ∈ R/x3 − 11x2 + 10x < 10x3 − 12x2 + 82x > 0iii) x ∈ R/ 40x2+x−12 < −4

1.10.5. Algunas solucionesi) 2x2 + 3x + 1 < 0

∆ = b2 − 4ac = 9 − 4 · 2 · 1 = 1 > 0

x1,2 = −b±√

∆2a = −3±1

4 ⇒

x1 = −1x2 = − 1

2Luego2x2 + 3x + 1 < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1,−1/2).ii) 4x − 5 − x2 > 0 ⇐⇒ −x2 + 4x − 5 > 0

∆ = b2 − 4ac = 16 − (4 · −1 · −5) = 16 − 20 = −4 < 0Luego el signo del fa tor es onstante e igual al signo de a = −1, esde ir siempre negativo.Luego la solu ión de la ine ua ión es:4x − 5 − x2 > 0 ⇐⇒ x ∈ Φ.iii) x3 < x ⇐⇒ x3 − x < 0

⇐⇒ x(x2 − 1) < 0⇐⇒ x(x − 1)(x + 1) < 0Luego los puntos ríti os son 0, 1 y −1.Con estos puntos ríti os onfe ionamos la siguiente tabla:

(−∞,−1) (−1, 0) (0, 1) (1, +∞)

x (−) (−) (+) (+)x − 1 (−) (−) (−) (+)x + 1 (−) (+) (+) (+)

x3 − x (−) (+) (−) (+)Luego la solu ión esx ∈ (−∞,−1) ∪ (0, 1).vi) 4x−3

6x ≤ 8x−65x ⇐⇒ 4x−3

6x − 8x−65x ≤ 0

⇐⇒ (20x−15)−(48x−36)30x ≤ 0

⇐⇒ −28x+2130x ≤ 0

⇐⇒ (−730 )(4x−3

x ) ≤ 0⇐⇒ 4x−3

x ≥ 032

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileLuego los puntos ríti os son 0 y 34 . Con esto onfe ionamos la tabla si-guiente:

(−∞, 0) (0, 34 ) (3

4 , +∞)

4x − 3 (−) (−) (+)x (−) (+) (+)

4x−3x (+) (−) (+)Además el punto ríti o x = 3

4 anula el numerador de la fra ión, luego estambién solu ión de la ine ua ión.Luego la solu ión de la ine ua ión es:x ∈ (−∞, 0) ∪ [

3

4,∞).

1.11. Módulo o valor absolutoDeni ión 1.3 (Módulo o valor absoluto). Sea x ∈ R, llamaremos mó-dulo de x al real denido por:|x| =

x, si x ≥ 0−x, si x < 0Ejemplos:i) |2| = 2ii) | − 2| = −(−2) = 2iii) |1 − x2| =

1 − x2, si 1 − x2 ≥ 0x2 − 1, si 1 − x2 < 0pero

1 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ (1 − x)(1 + x) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [−1, 1]Luego|1 − x2| =

1 − x2 si x ∈ [−1, 1]x2 − 1 si x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞)Propiedades 1. 1. |x| ≥ 0 ∀x ∈ R2. |x| = 0 ⇐⇒ x = 03. |x| = | − x| 33

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4. |x2| = |x|2 = x25. −|x| ≤ x ≤ |x|6. |xy| = |x| · |y|7. |xy | = |x||y|8. |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a ⇐⇒ x ∈ [−a, a]9. |x| ≥ a ⇐⇒ x ≤ −a ∨ a ≤ x ⇐⇒ x ∈ (−∞,−a] ∪ [a,∞)10. |x − x0| ≤ a ⇐⇒ x0 − a ≤ x ≤ x0 + a ⇐⇒ x ∈ [x0 − a, x0 + a]11. |x − x0| ≥ a ⇐⇒ x ≤ x0 − a ∨ x ≥ x0 + a ⇐⇒ x ∈ (−∞, x0 − a] ∪

[x0 + a,∞)12. (∀x, y ∈ R) |x + y| ≤ |x| + |y| (Desigualdad triangular)Observa ión: Más importante que la demostra ión de las últimas propie-dades, es lograr entenderlas e internalizarlas a abalidad, ya que serán unaherramienta muy importante para la resolu ión de ine ua iones que on-tengan expresiones on módulo. Ine ua iones que por ierto serán mu homás interesantes y ompi adas a la vez que las vistas al omienzo.1.11.1. Demostración de algunas propiedades del módulo1. Debemos demostrar que (∀x ∈ R) |x| ≥ 0

x ∈ R =⇒ x ≥ 0 ∨ x < 0=⇒ |x| = x ≥ 0 ∨ |x| = −x > 0=⇒ |x| ≥ 0 ∨ |x| > 0=⇒ |x| ≥ 0.2. Debemos partir del he ho |x| = 0 y probar que x = 0, y luego partir de

x = 0 y a partir de este he ho probar que |x| = 0. Con esto habremosprobado la equivalen ia.-x = 0 ⇒ |x| = x = 0 ⇒ |x| = 0-|x| = 0 ⇒ x = 0 ∨ −x = 0 ⇒ x = 0.5. Debemos demostrar: (∀x ∈ R) − |x| ≤ x ≤ |x|x ∈ R =⇒ x ≥ 0 ∨ x < 0

=⇒ x = |x| ∨ −x = |x|=⇒ −|x| ≤ x = |x| ∨ −|x| = x < |x|=⇒ −|x| ≤ x ≤ |x| ∨ −|x| ≤ x ≤ |x|=⇒ −|x| ≤ x ≤ |x|.

34

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile8. Debemos demostrar: |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a ⇐⇒ x ∈ [−a, a]Si a < 0 la equivalen ia es evidente pues|x| ≤ a ⇐⇒ x ∈ Φ ⇐⇒ −a ≤ x ≤ aSi a ≥ 0, enton es se tiene que:

|x| ≤ a ⇐⇒ [x ≥ 0 ∨ x < 0] ∧ |x| ≤ a⇐⇒ 0 ≤ x = |x| ≤ a ∨ −a ≤ −|x| = x < 0⇐⇒ 0 ≤ x ≤ a ∨ −a ≤ x < 0⇐⇒ [0 ≤ x ∧ −a ≤ x ≤ a] ∨ [x < 0 ∧ −a ≤ x ≤ a]⇐⇒ [0 ≤ x ∨ x < 0] ∧ −a ≤ x ≤ a⇐⇒ −a ≤ x ≤ aEjemplo 1.3.Resolvamos

2|x| < |x − 1|Para resolver este tipo de ine ua iones, se pueden usar dos métodos alter-nativos. El primero, usa las propiedades del módulo en forma reiterada.El segundo método onsiste en separar la ine au ión on módulo en un onjunto de ine ua iones fá iles sin modulo. Veamos en forma detallada omo usar estas dos té ni as en este ejer i io.Té ni a 1 (uso de las propiedades del módulo)Esta té ni a se usa del modo siguiente:2|x| < |x − 1| ⇐⇒ −|x − 1| < 2x < |x − 1|

⇐⇒ |x − 1| > −2x ∧ |x − 1| > 2x

⇐⇒ [x − 1 < 2x ∨ x − 1 > −2x] ∧ [x − 1 < −2x ∨ x − 1 > 2x]

⇐⇒ [x > −1 ∨ 3x > 1] ∧ [3x < 1 ∨ x < −1]

⇐⇒ [x > −1] ∧ [x <1

3]

⇐⇒ x ∈ (−1,1

3).Ejemplo 1.4.Té ni a 2 (uso de los puntos ríti os)Esta té ni a omienza bus ando todos los puntos en los uales los fa -tores bajo los módulos ambian de signo.Si miramos la expresión

2|x| < |x − 1|,vemos laramente que los puntos ríti os son el 0 para el primer móduloy el 1 para el segundo. Estos puntos ríti os se ordenan de menor amayor y on ellos se forman los intervalos (−∞, 0], (0, 1] y ,(1, +∞).35

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileCon estos intervalos se puede de ir que la ine ua ión es equivalente a lasfrases lógi as siguientes:Hay que en ontrar todos los reales que umplan 2|x| < |x − 1|.Hay que en ontrar todos los reales en (−∞, 0] ∪ (0, 1] ∪ (1, +∞)que umplan 2|x| < |x − 1|.Hay que en ontrar todos los reales en (−∞, 0] que umplan 2|x| <|x − 1|, mas todos los reales en (0, 1] que umplan 2|x| < |x − 1|,mas todos los reales en (1, +∞) que umplan 2|x| < |x − 1|.En la última frase lógi a anterior está la lave del problema. En efe to loque debe ha erse es resolver la ine ua ión en ada uno de los intervalos onsiderados y al nal reunirse todas las solu iones. Lo interesante es queen ada intervalo, los módulos pueden eliminarse, ya que los argumentosque ellos en ierran tienen signos onstantes.Veamos omo opera este método en ada intervalo.1. En el intervalo (−∞, 0] los fa tores x y x−1 son ambos menores oiguales a ero, por lo tanto en este intervalo la ine ua ión se es ribe

2|x| < |x − 1| ⇐⇒ −2x < −(x − 1)

⇐⇒ 2x > x − 1

⇐⇒ x > −1.Por lo tanto en este intervalo la solu ión es el onjunto (−1, 0].2. En el intervalo (0, 1] el fa tor x es positivo pero el fa tor x − 1 esnegativo, por lo tanto en este intervalo la ine ua ión se es ribe2|x| < |x − 1| ⇐⇒ 2x < −(x − 1)

⇐⇒ 3x < 1

⇐⇒ x <1

3.Luego en este intervalo la solu ión es (0, 1

3 ).3. Finalmente, en el intervalo (1,∞) los fa tores x y x− 1 son ambospositivos, por lo tanto en este intervalo la ine ua ión se es ribe2|x| < |x − 1| ⇐⇒ 2x < (x − 1)

⇐⇒ x < −1.Esta ine ua ión tiene solu ión (−∞,−1) en R, pero omo la esta-mos resolviendo en el intervalo (1,∞), se dedu e que la solu iónes ∅.En onse uen ia la solu ión nal de esta ine ua ión es(−1, 0] ∪ (0,

1

3) ∪ Φ =

(

−1,1

3

)36

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 1.5.|x2 − |3 + 2x|| < 4Solu ión 1 (Usando las propiedades de módulo):

|x2 − |3 + 2x|| < 4 ⇐⇒ −4 < x2 − |3 + 2x| < 4

⇐⇒ |3 + 2x| < x2 + 4 ∧ |3 + 2x| > x2 − 4

⇐⇒ [−x2 − 4 < 3 + 2x ∧ 3 + 2x < x2 + 4] ∧ [3 + 2x < −x2 + 4 ∨ 3 + 2x > x2 − 4]

⇐⇒ x2 + 2x + 7 > 0 ∧ x2 − 2x + 1 > 0 ∧ [x2 + 2x − 1 < 0 ∨ x2 − 2x − 7 < 0].En ada ine ua ión de segundo grado se tiene:∆ = −24 < 0 =⇒ ax2 + bx + c = x2 + 2x + 7 tiene el signo de a ∀x ∈ R,en este aso a = 1, lo que impli a que la solu ión es todo R.∆ = 0 =⇒ la solu ión no in luirá x = 1ya que la expresión x2 − 2x + 1se anula y esto no puede ser. Además el signo de x2−2x+1 nuevamenteserá el signo de a = 1, el ual es positivo, por lo tanto la solu ión seráR \ 1.∆ = 8 =⇒ la solu ión es (−1−

√2,−1+

√2), intervalo donde el signo de

x2 + 2x− 1 es el signo de −a donde a = 1, por lo tanto será el intervalodonde x2 + 2x − 1 < 0.∆ = 32 =⇒ la solu ión es(1 − 2

√2, 1 + 2

√2).Luego la solu ión nal de la ine ua ión es:

R ∩ R \ 1 ∩ [(−1 −√

2,−1 +√

2) ∪ (1 − 2√

2, 1 + 2√

2)

= (−1 −√

2, 1) ∪ (1, 1 + 2√

2)Ejemplo 1.6.Solu ión 2 (Usando puntos ríti os):Lo primero es ver el punto ríti o 3 + 2x, el ual es − 32 , luego el signode 3 + 2x para x < − 3

2 será negativo, por lo tanto debemos anteponerun signo (−) a la expresión y sa ar el módulo. Si x > − 32 , la expresiónserá positiva y sólo debemos retirar el módulo. Con esto tendremos losiguiente:

|x2 − |3 + 2x|| < 4 ⇐⇒ [x < −3

2∧ |x2 + 3 + 2x| < 4] ∨ [x ≥ −3

2∧ |x2 − 3 − 2x| < 4].Ahora ompletaremos uadrado en las expresiones que tienen módulo:

⇐⇒ [x < −3

2∧ |(x + 1)2 + 2| < 4] ∨ [x ≥ −3

2∧ |(x − 1)2 − 4| < 4].37

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileLuego bus amos los puntos ríti os de (x+1)2 +2 y (x−1)2−4. La pri-mera expresión será siempre positiva así que se puede retirar el módulo.La segunda expresión tendrá dos puntos ríti os x = −1 y x = 3.Con los puntos ríti os se rearán los intervalos orrespondientes y sehará lo que orresponda on el módulo dependiendo del signo resultantede (x − 1)2 − 4en ada intervalo. Realizando esto tendremos:⇐⇒ [x < −3

2∧ (x + 1)2 < 2] ∨ [x ∈ [−3

2,−1) ∧ (x − 1)2 − 4 < 4]

∨[x ∈ [−1, 3] ∧−(x − 1)2 + 4 < 4] ∨ [x ∈ (3,∞) ∧ (x − 1)2 − 4 < 4].Con esto último ya no tenemos ninguna expresión on módulo, ahorasólo faltará bus ar el intervalo solu ión omo se enseñó en un omienzo⇐⇒ [x < −3

2∧ x ∈ (−1 −

√2,−1 +

√2)] ∨ [x ∈ [−3

2,−1) ∧ x ∈ (1 − 2

√2, 1 + 2

√2)]

∨[x ∈ [−1, 3] ∧ x 6= 1] ∨ [x ∈ (3,∞) ∧ x ∈ (1 − 2√

2, 1 + 2√

2)],arreglando un po o los intervalos de solu ión obtendremos⇐⇒ [x ∈ (−1 −

√2,−3

2)] ∨ [x ∈ [−3

2,−1)] ∨ [x ∈ [−1, 3] \ 1] ∨ [x ∈ (3, 1 + 2

√2)]

⇐⇒ x ∈ (−1 −√

2, 1 + 2√

2) \ 1.

38


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. Todo número real no nulo, es estri tamente positivo, estri tamentenegativo o ambos.2. Todo número real no nulo, es estri tamente positivo o estri tamentenegativo, pero no ambos.3. El 0 es estri tamente positivo y estri tamente negativo a la vez.4. Toda suma de números reales estri tamente positivos es estri tamen-te positiva.5. Existen pares de números reales en R∗+ tales que su suma es 0. Porejemplo, un número y su inverso aditivo.6. La suma de números reales es errada en R∗

+.7. La multipli a ión de números reales es errada en R \R∗+.8. El inverso multipli ativo de un número estri tamente positivo nopuede ser estri tamente positivo también.9. Toda multipli a ión de números reales estri tamente positivos esestri tamente positiva.10. Dados x, y ∈ R, se di e que x < y si el real y − x es estri tamentepositivo.11. Dados x, y ∈ R, se di e que x < y si el real y − x es distinto de 0.12. Dados x, y ∈ R, se di e que x < y si el real x − y es estri tamentepositivo.13. Dados x, y ∈ R, se di e que x ≥ y si el real x − y es distinto de 0.14. Dados x, y ∈ R, se di e que x ≥ y si el real x − y es estri tamentepositivo, o 0.15. Dados x, y ∈ R, se di e que x ≥ y si el real x − y es estri tamentepositivo. 39

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile16. Un número real x es estri tamente positivo si x > 0.17. Si un número real x satisfa e que x−1 > 0, enton es es estri tamentepositivo.18. Si un número real x satisfa e que −x > 0, enton es es estri tamentepositivo.19. Dados x, y ∈ R tales que x < y, para ualquier z ∈ R se tiene quex + y < z.20. Dados x, y ∈ R tales que x < y, para ualquier z ∈ R se tiene quex − z < y − z.21. Dados x, y ∈ R tales que x < y, para ualquier z ∈ R se tiene quex + z < y + z.22. Si x, y ∈ R son tales que x < y, al multipli ar ambos por a < 0 seobtiene ax − ay > 0.23. Si x, y ∈ R son tales que x < y, al multipli ar ambos por a < 0 seobtiene ax > ay.24. Dados x, y ∈ R tales que x < y, existe un número a < 0 tal queax = ay.25. Si x, y ∈ R son tales que x < y, al multipli ar ambos por a > 0 seobtiene ax ≥ ay.26. Dados x, y ∈ R tales que x < y, existe un número a > 0 tal queax = ay.27. Al multipli ar ambos lados de una rela ión de desigualdad, por unnúmero estri tamente positivo, esta no ambia.28. Existe un número real tal que al multipli arlo por sí mismo, se obtieneel inverso aditivo de 1.29. Al multipli ar un número real no nulo ualquiera por sí mismo, seobtiene un número estri tamente positivo.30. Si x, y, z, w ∈ R son tales que x < y y z < w, enton es x+y < z+w.31. Si x, y, z, w ∈ R son tales que x < y y z < w, enton es x+z < y+w.32. Si x, y, z ∈ R son tales que x < y y z < 0, enton es x < y − z.33. Si x, y, z, w ∈ R son tales que x < y y z < w, enton es xz < yw.34. Si x, y, z, w ∈ R son todos positivos y tales que x < y y z < w,enton es xz < yw.35. Si x, y, z, w ∈ R on x, z > 0 y tales que x < y y z < w, enton esxz < yw. 40

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile36. Al multipli ar dos números reales entre sí, ambos est. positivos oambos est. negativos, se puede obtener tanto un número est. positivo omo uno est. negativo.37. Al multipli ar dos números reales entre sí, ambos est. positivos oambos est. negativos, se obtiene un número estri tamente positivo.38. Al multipli ar dos números reales entre sí, ambos est. negativos, seobtiene un número est. negativo.39. Al multipli ar dos números reales uya resta no sea 0, se obtienesiempre un número estri tamente negativo.40. Al multipli ar dos números reales uya resta no sea 0, es posibleobtener un número estri tamente positivo.41. Al multipli ar dos números reales, ambos no pertene ientes a R∗+,siempre se obtiene un número real estri tamente negativo.42. El inverso multipli ativo de un número real estri tamente negativoes un número estri tamente positivo.43. El inverso multipli ativo de un número real estri tamente positivoes un número estri tamente positivo.44. Al multipli ar un número estri tamente positivo por su inverso mul-tipli ativo, se obtiene un número estri tamente positivo.45. Si dos números reales x, y satisfa en que 0 < x < y, sus inversosmultipli ativos satisfa en la rela ión opuesta, es de ir x−1 > y−1.46. Si dos números reales x, y satisfa en que 0 < x < y, sus inversosmultipli ativos satisfa en x−1 < y−1.47. Sea x un número est. negativo. Como x < 0, luego x−1 > 0.48. Dados a, b ∈ R tales que a ≤ b, el intervalo [a, b) ontiene a b perono a a.49. Dados a, b ∈ R tales que a ≤ b, enton es [a, b) ontiene siempre a

b − a.50. Dados a, b ∈ R tales que a < b, el intervalo [a, b) ontiene a a perono a b.51. Dado un intervalo real I, si x1, x2 ∈ I enton es x1+x2

2 ∈ I.52. Dado un intervalo real I, x1, x2 ∈ I y α ∈ [0, 1], enton es αx1 + (1−α)x2 ∈ I.53. Dado un intervalo real I, x1, x2 ∈ I y α1, α2 ∈ (0, 1], enton es α1x1+α2x2 ∈ I. 41

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile54. Sean a, b ∈ R. Si a > 0, la ine ua ión ax+ b < 0 tiene omo solu ión(−∞,− b

a ] ∪ [ ba ,∞).55. Sean a, b ∈ R. Si a < 0, la ine ua ión ax+ b ≥ 0 tiene omo solu ión

[− ba , b

a ].56. Sean a, b ∈ R. Si a < 0, la ine ua ión ax+ b < 0 tiene omo solu ión(− b

a ,∞).57. Si el módulo de un número real es 0, enton es ne esariamente di honúmero es 0.58. Si el módulo de un número real es estri tamente positivo, enton esdi ho número es estri tamente positivo.59. El módulo de una multipli a ión de números reales es igual a lamultipli a ión de los módulos de di hos reales.60. El módulo de una suma de números reales es igual a la suma de losmódulos de di hos reales.61. Existe un par de números reales tales que el módulo de su suma esmayor estri ta que la suma de sus módulos.62. Los números reales x que satisfa en |x − 1| ≥ 3 son aquellos del onjunto [−2, 3].63. Los números reales x que satisfa en |x − 1| ≥ 3 son aquellos del onjunto (−∞,−3] ∪ [3,∞).64. Los números reales x que satisfa en |x − 1| ≥ 3 son aquellos del onjunto (−∞,−2] ∪ [4,∞).

42


Guía de Ejer i ios1. Demuestre las siguientes rela iones de desigualdad:(a) Para todo x ∈ R, (1 + x)2 ≥ 1 + 2x.(b) Para todo x, y ∈ R, x2 + y2 ≥ 2xy.( ) Para todo x, y ∈ R, x2 − xy + y2 ≥ 0.(d) Para todo x ∈ R∗+, x + x−1 ≥ 2.(e) Para todo x ∈ R∗+, x3 > 0.2. Dados x, y, z ∈ R∗

+ ∪ 0, demuestre las siguientes rela iones de des-igualdad:(a) x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx(b) (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz( ) x3 + y3 + z3 ≥ 3xyz(d) (x + y)2 − z ≥ 4xy − z3. Dados x, y, z ∈ R∗+, demuestre las siguientes rela iones de desigualdad:(a) (x + y + z)( 1

x + 1y + 1

z ) ≥ 9(b) Si x + y + z = 1, enton es ( 1x − 1)( 1

y − 1)( 1x − 1) ≥ 8( ) Si xyz = 1, enton es x + y + z ≥ 3(d) (x2 + x + 1)(y2 + y + 1)(z2 + z + 1) ≥ 27xyz4. Resuelva las siguientes ine ua iones, indi ando explí itamente ada on-junto solu ión:(a) 5x − 3 ≥ 2x + 1(b) 2x + 3 ≤ 0( ) 4x + 1 > 3x(d) Dado b ∈ R, x + b ≤ 2x + 3b(e) Dados a, b ∈ R, ax+b ≤ 2b+4x (Indique ómo depende la solu iónde a y de b) 43

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5. Resuelva las siguientes ine ua iones, indi ando explí itamente ada on-junto solu ión:(a) (x − 2)(x − 3) ≤ 0(b) Dado a ∈ R∗+, (x + a)(x − a) < 0( ) 3x2 < x − 5(d) 2x2 + 3x + 1 < 0(e) 4x − 5 > x26. Resuelva las siguientes ine ua iones, indi ando explí itamente ada on-junto solu ión:(a) 2

6x−5 < 0(b) x+22x2−3x < 0( ) 4x + x−1

5 < 3x + 1(d) (x−a)

(x+1)(x−a) > 0 (Indique ómo la solu ión depende de a)(e) 4x−36x ≤ 8x−6

5x7. Determine los siguientes sub onjuntos de R:(a) x ∈ R | x3 ≥ x(b) x ∈ R | x8+2x7−8x6

x2−4x+3 > 0( ) x ∈ R | x3 − 11x2 + 10x < 10x3 − 12x2 + 82x

(d) x ∈ R | 40x2+x−12 < −4

8. Resuelva las siguientes ine ua iones, indi ando explí itamente ada on-junto solu ión:(a) |x − 3| ≤ 12(b) 2|x| < |x − 1|( ) |x − 8| < x − 2(d) x − |x + 1| > 2(e) ∣∣

∣

5x+3x−1

∣

∣

∣≥ 7

44


Guía de ProblemasLa presente guía le permitirá tener una idea bastante pre isa del tipo deproblemas que debe ser apaz de resolver en una evalua ión y el tiempopromedio que debería demorar en resolverlos. En total debería poder resol-verla en 3 horas. Le re omendamos que trabaje en ella una hora antes dela lase de trabajo dirigido, que resuelva sus dudas en la lase de trabajodirigido y que luego dedique una hora a es ribir on detalles las solu iones.P1. (a) (20 min.) Demuestre que∀x, y ∈ R, x, y > 0 (x + y)(x−1 + y−1) ≥ 4.Indique qué axiomas o propiedades del orden está utilizando.(b) 1) (15 min.) Demuestre que

∀x ∈ R, x > 0, x2 +2

x≥ 3.Hint: Anali e el produ to (x − 1)2(x + 2).2) (15 min.) Demuestre que, para a, b ∈ R, a, b > 0, se tiene:

a3 + 2b3 ≥ 3ab2.Hint: Utili e la parte anterior.P2. (a) (30 min.) Sea A el onjunto solu ión de la ine ua ión |x| ≤ |x−1|y sea B el onjunto solu ión de la ine ua ión |4x−2| > x(1−2x).Resuelva las ine ua iones, esto es, determine A y B.Cal ule A ∪ B, A ∩ B.(b) (30 min.) Resuelva la ine ua ión:|x − 2| + |2x + 11|(x − 2)|x + |x − 2|| <

1

2.( ) (20 min.) En uentre el onjunto solu ión de la ine ua ión

|x2 + 3x| + x|x + 3| + x2 ≥ 7 + |1 + x2|.45

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile(d) (20 min.) En uentre el onjunto solu ión de la siguiente ine ua- ión:|x2 − 2x + 1||x2 − 3x + 2| ≤ 1.(e) (20 min.) En uentre el onjunto solu ión de la ine ua ión

|x2 − 2x| + x|x + 3| ≥ 3

46



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 3: GEOMETRÍA ANALÍTICA

2. Geometría Analítica

2.1. Sistema de coordenadas cartesianas

2.1.1. Motivación y ecuaciones elementalesHas oído hablar sobre gente que juega ajedrez sin tener que mirar nun a eltablero?Sí!. Esto es posible, y se debe a la herramienta llamada oordenadas de unpunto.En un tablero de ajedrez, se usan las letras de la A a la H para identi arlas olumnas del tablero y los números del 1 al 8 para identi ar sus las.Observa la gura de la abajo, allí apare e el típi o tablero de ajedrez, onsus olumnas y las rotuladas según la regla enun iada anteriormente.Así por ejemplo, la torre blan a omienza ubi andose en la oordenada(1,A) del tablero.Con esta té ni a, los jugadores pueden anotar sus jugadas, en los partidos,o simplemente omuni arle a su adversario las oordenadas de la pieza quepiensa mover y este sabe exa tamente ual será la nueva ongura ión deltableroB C D E F G H

123456

87

AEsta idea puede usarse en otras situa iones, omo por ejemplo un lasi ojuego de batallas navales donde los jugadores intentan destruir el bar oadversario dando oordenadas a su bombardeos.Un ejemplo muy importante es el Plano Geométri o.En este aso, la idea para ubi ar un punto ualquiera es trazar arbitraria-mente dos re tas perpendi iulares, que se ortan un punto llamado origenO.Normalmente una de las re tas es horizontal y se denota por OX y la otraes verti al y se denota por OY . 47


Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileCon esta onstru ión, un punto P se ubi a en el plano midiendo su dis-tan ia a ada una de las re tas.Para diferen iar los diferentes lados, a estas distan ias se le asignan signospositivo o negativo, del modo siguiente:La distan ia de P a la re ta OY se denota por la letra x.x > 0 si P está a la dere ha de OY , si no x será negativo al otro lado.La distan ia de P a la re ta OX se denota por la letra y.y > 0 si P esta arriba de la re ta OX , abajo se usa y < 0.Este onjunto de re tas y la forma en que se ubi an los puntos en base aellas, onstituyen el Famoso Sitema de Coordenadas Cartesianas.Se suele denotar este sistema por el simbolo OXY para re ordar suselementos gestores.Observa al a dere ha omo se ha dibujado el punto P que dista x = 3 deleje OY y dista y = 4 del eje horizontal OX .Los números 3 y 4 se llaman las oordenadas del punto P . Esto se anota

P = (3, 4).31 2 4 5

3

4

2

1

5(x,y)= (3,4)

O X = R

Y = R

Un po o más de nomen latura:La re ta horizontal OX se suele llamar eje de las x, o eje de las abs isas.La re ta verti al OY se llama o eje de las y, o eje de las ordenadas.Si P = (x, y), enton es se di e que x es la abs isa de P y que y es laordenada de P .Conjuntos desta ados:El sistema de Coordenadas artesianas también sirve para representar on-juntos de puntos. En general, estos onjuntos se anotan por expresiones deltipoA = todos los puntos de oordenadas (x, y) tales que ∈ C ,donde la letra C denota alguna ondi ión que satisfa en di has oordenadas.

48

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 2.1.Por ejemplo, los ejes de oordenadas se pueden es ribir omoOX = (x, y) : x ∈ R, y = 0OY = (x, y) : x = 0, y ∈ R .Los siguientes onjuntos se llaman Cuadrantes del sistema de oordenadas:1er. Cuadrante = (x, y) : x > 0, y > 02do. Cuadrante = (x, y) : x < 0, y > 03er. Cuadrante = (x, y) : x < 0, y < 04to. Cuadrante = (x, y) : x > 0, y < 0.

2.1.2. Otras ecuaciones elementalesVeamos algunos onjuntos elementales del plano des ritos usando e ua io-nes algebrai as.<1>(x, y) : xy = 0 = (x, y) : x = 0 o bien y = 0 orresponde a launión de dos ejes.<2>(x, y) : y > 0 orresponde al semiplano de los puntos ubi adossobre el eje OX<3>(x, y) : x = a donde a jo, orresponde a una re ta verti alque pasa por el punto (a, 0).<4>(x, y) : y = b donde b jo, orresponde a una re ta horizontalque pasa por el punto (0, b).2.1.3. Lugares GeométricosDeni ión 2.1 (Lugar geométri o). En este ontexto, a los onjuntosde puntos del plano que satisfa en alguna ondi ión geométri a o algebrai a,los llamaremos Lugares Geométri os.Observa ión:En geometría se han estudiado mu hos lugares geométri os importantes,tales omo las re tas, ir unferen ias, et ., dándose sus ara terísti as me-diante el lenguaje de la geometría.Nuestro objetivo será estudiar di hos lugares geométri os, es ribiendo susdeni iones mediante e ua iones algebrai as que los identiquen plenamen-te. Normalmente en nuestros problemas tendremos que en ontrar di hase ua iones e identi ar el on epto geométri o que ellas representan.49

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile2.2. Distancia entre dos puntos y pitágorasDados dos puntos del plano A = (x1, y1) y B = (x2, y2). Sea C el punto de oordenadas (x2, y1). Enton es el ∆ACB es re tángulo en C.Por teorema de Pitágora se umple que:

d(A, B)2 = d(A, C)2 + d(C, B)2.De la gura, vemos laro que la distan ia entre A y C, y la distan ia entreC y B están dadas por:

d(A, C) = |x2 − x1|d(C, B) = |y2 − y1|,reemplazando y sa ando raíz uadrada, la distan ia d(A, B) vale:

O X

y1

y2

Y

B

C A

x2 x1Deni ión 2.2 (Distan ia entre dos puntos).d(A, B) =

√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2. (2.1)Teorema de pitágorasVeamos una demostra ión del famoso teorema de pitágoras, on la ayudade la siguiente gura.

50

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilea

a b

a

b

ab

c

c

c

c

b

Vemos que el área del uadrado de lado a+ b es igual al área del uadradoin linado de lado c más el área de los triángulos de los extremos, es de ir:(a + b)2 = c2 + 4 × (ab)

2.Desarrollando el uadrado del binomio a la izquierda y ordenando términosa la dere ha se obtiene:

a2 + 2ab + b2 = c2 + 2ab.Finalmente, se simpli an los términos 2ab y resulta:a2 + b2 = c2.

2.3. Circunferencia

2.3.1. Ecuación de la circunferenciaSeanA = (a, b) un punto jo ono ido del plano y r un número real ono idomayor que 0.Una ir unferen ia on entro en el punto A y radio r, es el onjunto detodos los puntos (x, y) del plano tales que su distan ia al punto A vale r,es de ir:C = P = (x, y) : d(P, A) = r,51

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chileusando la e ua ión 2.1, obtenemos:C = P = (x, y) :

√

(x − a)2 + (y − b)2 = r,luego elevando al uadrado:C = P = (x, y) : (x − a)2 + (y − b)2 = r2.Por lo tanto la e ua ión de una ir unferen ia on entro en el punto (a, b)y de radio r será:Deni ión 2.3 (E ua ión de la ir unferen ia).

C : (x − a)2 + (y − b)2 = r2.Es de ir, al dibujar en el plano los puntos que satisfa en esta e ua ión seformará una ir unferen ia.Ejemplos:x2 + y2 = 82, es de ir :(x− 0)2 + (y − 0)2 = 64, orresponde a una ir unferen ia on entro en el origen (0, 0) y de radio 8.

C : x2 + y2 − 2x = 0

2.3.2. Completación de cuadrados perfectos

C : x2 + y2 − 2x = 0Para poder ver que efe tivamente este último ejemplo se trata de una ir un-feren ia, es ne esario detenernos para aprender el método de ompleta iónde uadrados.Luego la e ua ión del ejemplo C : x2 + y2 − 2x = 0 es equivalente a:x2 + y2 − 2x = 0 ⇐⇒ x2 − 2x + y2 = 0

⇐⇒ (x2 − 2x + 1) − 1 + y2 = 0

⇐⇒ (x − 1)2 + y2 = 1.Es de ir orresponde a una ir unferen ia on entro en (1, 0) y de radior = 1.Observa ión:1. Si C es una ir unferen ia de e ua ión (x−a)2+(y−b)2 = r2 enton essu e ua ión puede es ribirse

(x − a)2 + (y − b)2 = r2 ⇐⇒ x2 − 2ax + a2 + y2 − 2by + b2 = r2

⇐⇒ x2 + y2 − 2ax − 2by + (a2 + b2 − r2) = 0,52

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilees de ir, si denimos: A = −2a, B = −2b, C = a2+b2−r2, la e ua iónde la ir unferen ia también se es ribirá de la forma:x2 + y2 + Ax + By + C = 0.2. Re ípro amente, utilizaremos el método de ompleta ión de uadra-dos. Consideremos el onjunto M = (x, y) : x2 +y2 +Ax+By+C =

0 , donde A, B, C son onstantes dadas. La e ua ión del onjunto Mpuede es ribirse:x2 + y2 + Ax + By + C = 0

⇐⇒ x2 + Ax + y2 + By + C = 0

⇐⇒ x2 + 2(A2 )x + y2 + 2(B

2 )y + C = 0

⇐⇒ x2 + 2(A2 )x + (A

2 )2 − (A2 )2 +

+y2 + 2(B2 )y + (B

2 )2 − (B2 )2 + C = 0

⇐⇒ (x + A2 )2 + (y + B

2 )2 + C − A2

4 − B2

4 + C = 0

⇐⇒ (x + A2 )2 + (y + B

2 )2 = A2+B2−4C4De donde vemos queM orresponde a una ir unferen ia de entro (−A

2 ,−B2 )y radio √

A2+B2−4C2 uando A2 + B2 − 4C ≥ 0.Si por el ontrario, los datos A, B y C fueran tales que A2 + B2 − 4C < 0enton es observamos que no existirían valores de x e y que satisfagan lae ua ión de M , luego M orresponde al onjunto va ío, ya que no podemos rear una ir unferen ia de radio negativo.

(x, y)/(x − a)2 + (y − b)2 > r2 Representa a la zona exterior a la ir unferen ia de entro en (a, b) y radio r.

53

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile

O

r

a

b

Y

X

Ejemplo 2.2.(x, y)/(x− a)2 + (y − b)2 ≤ r2 Representa a la zona interior a la ir unferen ia de entro en (a, b) y radio r.

54

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile

O

r

a

b

Y

X

2.4. Recta

2.4.1. Ecuación de la rectaSean A = (x1, y1) y B = (x2, y2) dos puntos ualquiera del plano tales queA 6= B.Queremos en ontrar la e ua ión de la úni a re ta que pasa por los puntosA y B.En los asos x1 = x2 o y1 = y2 que orresponden a re tas verti al y ho-rizontal respe tivamente, la e ua ión es evidentemente x = x1 o y = y1respe tivamente.En el aso x1 6= x2 e y1 6= y2 podemos ver que un punto ualquiera P =(x, y) del plano pertene e a la re ta que pasa por A y B, sí y solamente síalguna de las siguientes ondi iones se umple:1) P = A2) P = B3) P está en el segmento AB4) B está en el segmento AP5) A está en el segmento PBSupongamos que estamos en el aso (3). Sean C = (x, y1)y D=(x2, y1).Grá amente tenemos: 55

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDe la gura podemos ver que los triángulos ∆ACP y ∆ADB son semejan-tes.La ondi ión de semejanza la es ribimos:CP

DB=

AC

ADy − y1

y2 − y1=

x − x1

x2 − x1

(x2 − x1)(y − y1) = (x − x1)(y2 − y1)

(x − x1)(y2 − y1) = (y − y1)(x2 − x1).Queda omo ejer i io ver que las ondi iones (4) y (5) son equivalentes ala misma e ua ión.Con esto podemos ver que la ondi ión ne esaria y su iente para queun punto P = (x, y) esté sobre la re ta L que pasa por A = (x1, y1) yB = (x2, y2) es

P = (x, y) ∈ L ⇐⇒ (x − x1)(y2 − y1) = (y − y1)(x2 − x1).

O x2

A

P

B

C D

X

y1

y

y2

Y

x1 xEjemplo 2.3.Dados los puntos A = (−2, 3) y B = (5, 0), la e ua ión de la re ta L quepasa por A y B es:(x + 2)(0 − 3) = (y − 3)(5 + 2).Sin embargo, simpli ando esta e ua ión también se es ribe:

L : 3x + 7y − 15 = 0.

56

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile2.4.2. Ecuación de la recta, forma 1Sea L la re ta de e ua ión (x− x1)(y2 − y1) = (y − y1)(x2 − x1). Igual queen el ejemplo, podemos es ribir esta e ua ión en forma simpli ada:

(x − x1)(y2 − y1) = (y − y1)(x2 − x1)

⇐⇒ (x − x1)y2 − (x − x1)y1 = (x2 − x1)y − (x2 − x1)y1

⇐⇒ xy2 − xy1 − x1y2 + x1y1 = yx2 − yx1 − x2y1 + x1y1

⇐⇒ (y2 − y1)x − (x2 − x1)y + (x2y1 − x1y2) = 0.En onse uen ia, si es ribimos a = (y2 − y1), b = −(x2 − x1), c = (x2y1 −x1y2), la e ua ión de ualquier re ta puede es ribirse de la forma:Deni ión 2.4 (E ua ión de la re ta forma 1).

L : ax + by + c = 0.Anali emos uales son los puntos (x, y) que satisfa en esta e ua ión paradistintos valores de a, b, c. Es de ir, ual es el onjunto solu ión de estae ua ión.Teorema 2.1. El onjunto solu ión de la e ua ión ax + by + c = 0 es:i) El onjunto va ío si a = 0, b = 0, c 6= 0.ii) Todo el plano R × R si a = b = c = 0.iii) Una re ta verti al si a 6= 0 y b = 0.iv) Una re ta horizontal si a = 0 y b 6= 0.v) Una re ta obli ua (in linada) si a 6= 0 y b 6= 0.Demostra ión. i) No hay punto (x, y) que umpla la e ua ión, por lotanto el onjunto solu ión es va ío.ii) Cualquier punto (x, y) satisfa e la e ua ión. Lo que impli a que lasolu ión es todo el plano artesiano.iii) Como b = 0 y a 6= 0 enton es la e ua ión queda x = −c/a, la ual orresponde a una re ta verti al.iv) Como a = 0 y b 6= 0 enton es la e ua ión queda y = −c/b, la ual orresponde a una re ta horizontal.v) En este aso la demostra ión la dividiremos en dos etapas:Etapa 1.Primero probaremos que el onjunto R = (x, y) : ax+by+c = 0 ontieneal menos dos puntos distintos. 57

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEn efe to, si c 6= 0 enton es A = (0,−c/b) y B = (−c/a, 0) son dos puntosde R y si c = 0 enton es A′ = (0, 0) y B′ = (−b, a) son dos puntos de R.Luego, no importando el valor de c, se tiene que R ontiene al menos dospuntos distintos entre sí.Etapa 2.Como demostramos que R posee al menos dos puntos distintos entre sí,llamemos a estos puntos (x1, y1) y (x2, y2), y sea P = (x, y) un puntoarbitrario de R.Probaremos que P satisfa e la e ua ión (x−x1)(y2−y1) = (y−y1)(x2−x1).En efe to, omo (x1, y1), (x2, y2) y (x, y) son puntos de R, enton es los trespuntos satisfa en la e ua ión ax + by + c = 0, es de ir:ax1 + by1 + c = 0 (1)

ax2 + by2 + c = 0 (2)

ax + by + c = 0 (3)luego restando(2)− (1) y (3) − (1) se obtiene:a(x2 − x1) + b(y2 − y1) = 0 (2) − (1) = (4)

a(x − x1) + b(y − y1) = 0 (3) − (1) = (5)luego ha iendo (y − y1) · (4) − (y2 − y1) · (5) se obtiene:(y − y1)(x2 − x1) = (x − x1)(y2 − y1).Con esto hemos probado que R es una re ta.De la Etapa 1 vimos que si c 6= 0 enton es los puntos A = (0,−c/b) y B =

(−c/a, 0) pertene en a R y son puntos de abs isas y ordenadas distintas,por lo tanto la re ta R que pasa por esos puntos es obli ua, lo mismo pasapara los puntos en ontrados on c = 0. Observa ión: Hemos demostrado que la e ua ión ax+by+c = 0 representasiempre una re ta, teniéndose los siguientes asos.Si a = 0 y b 6= 0 enton es la re ta es horizontal.Si a 6= 0 y b = 0 enton es la re ta es verti al.Finalmente, si a 6= 0 y b 6= 0 enton es la re ta es in linada.Proposi ión 2.1. Sea L : ax+ by + c = 0 una re ta donde b 6= 0 (es de ir,no verti al). Si A = (x1, y1) y B = (x2, y2) son dos puntos ualesquiera dela re ta L, distintos entre sí, enton es el uo iente y2−y1

x2−x1es independientede las oordenadas de los puntos A y B, y vale a

b .58

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDemostra ión. Sabemos queax1 + by1 + c = 0

ax2 + by2 + c = 0,luego restando se obtiene:a(x2 − x1) + b(y2 − y1) = 0,de donde

y2 − y1

x2 − x1= −a

b.

Deni ión 2.5 (Pendiente de una re ta). Sea L una re ta no verti al.Si A = (x1, y1) y B = (x2, y2) son dos puntos diferentes de L, enton es alreal m = y2−y1

x2−x1, se le llama pendiente de la re ta L.Con la proposi ión demostrada anteriormente, se ve que la pendiente deuna re ta es úni a, es de ir, no depende de los puntos empleados en su ál ulo.

2.4.3. Ecuación de una recta, forma 2La segunda forma de es ribir la e ua ión de una re ta será dada a partirde la pediente.Sea L la re ta de pendiente m y que pasa por A = (x0, y0).La e ua ión de L es de la forma ax + by + c = 0 on b 6= 0, es de ir:L :

a

bx + y +

c

b= 0.Pero m = −a

b luego la e ua ión queda:L : y − mx +

c

b= 0.Pero omo A ∈ L enton es, y0 − mx0 + c

b = 0, de donde despejamoscb = mx0 − y0, on lo ual la e ua ión de la re ta queda:

L : y − mx − y0 + mx0 = 0,es de ir:Deni ión 2.6 (E ua ión de la re ta forma 2).L : (y − y0) = m(x − x0).

59

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile2.4.4. Ecuación de una recta, forma 3La ter era forma de es ribir la e ua ión de una re ta será dada a partirdedos puntos.Sea L la re ta que pasa por A = (x1, y1) y B = (x2, y2)Si x1 = x2 enton es la e ua ión de L es L : x = x1 o bien L : x = x2Si x1 6= x2 enton es lo más ómodo es al ular la pendiente y utilizar lafórmula dedu ida anteriormente. Es de ir:Deni ión 2.7 (E ua ión de la re ta forma 3).

L : (y − y1) =y2 − y1

x2 − x1(x − x1).

2.4.5. Ecuación de una recta, forma principalSea L : ax + by + c = 0 una re ta no verti al (b 6= 0). Sea m su pendiente.Enton es dividiendo por b la e ua ión de L puede es ribirseL : −mx + y +

c

b= 0o sea

L : y = mx − c

b,donde llamamos n = − c

b , on lo ual la e ua ión de la re ta quedaDeni ión 2.8 (E ua ión de la re ta forma prin ipal).L : y = mx + n.Observa ión: Es laro que el punto (0, n) satisfa e la e ua ión de la re ta,luego el signi ado geométri o de la onstante n orresponde a la alturadonde la re ta orta al eje OY .

2.4.6. Paralelismo y perpendicularidadPara estudiar formalmente estas intuitivas no iones geométri as, ne esita-mos denir primero:Deni ión 2.9 (Simetral). Dados dos puntos P, Q ∈ R distintos, llama-mos Simetral de P y Q, a la re ta L ⊆ R que satisfa e(x, y) ∈ L ⇔ d(P, (x, y)) = d(Q, (x, y)).

60

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEn la gura, L es simetral de P y Q.Denimos ahora las no iones de paralelismo y perpendi ularidad:Deni ión 2.10 (Paralelismo). Dos re tas L y L′ son paralelas (deno-tado L||L′) siL = L′

L = L′ o bien L ∩ L′ = ∅.Deni ión 2.11 (E ua ión de la re ta forma prin ipal).L : y = mx + n.Observa ión: Es laro que el punto (0, n) satisfa e la e ua ión de la re ta,luego el signi ado geométri o de la onstante n orresponde a la alturadonde la re ta orta al eje OY .

61


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. En el sistema de oordenadas artesianas, dado un punto P , deno-minamos x a la distan ia de P a la re ta OX .2. En el sistema de oordenadas artesianas, dado un punto P , deno-minamos x a la distan ia de P a la re ta OY .3. En el sistema de oordenadas artesianas, dado un punto P , deno-minamos y a la distan ia de P al origen O.4. Si en el sistema de oordenadas artesianas un punto P se en uentraarriba de la re ta OX , enton es y > 0.5. Si en el sistema de oordenadas artesianas un punto P se en uentraarriba de la re ta OX , enton es x > 0.6. Si en el sistema de oordenadas artesianas un punto P se en uentraa la izquierda de la re ta OY , enton es x < 0.7. El punto P = (−4, 2) está a una distan ia 4 del eje OX .8. El punto P = (−4, 2) está a una distan ia 4 del eje OY .9. El punto P = (−4, 2) está a una distan ia -4 del origen O.10. El eje OY se denomina eje de las abs isas.11. El eje OX se denomina eje de las abs isas.12. El eje OY se denomina eje de las ordenadas.13. El onjunto A = (x, y) : x = y = 0, orresponde al eje OX .14. El onjunto A = (x, y) : x ∈ R, y = 0, orresponde al eje OX .15. El onjunto A = (x, y) : y ∈ R, x = 0, orresponde al eje OX .16. El primer uadrante orresponde al onjunto A = (x, y) : x ∈R, y > 0. 62

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile17. El ter er uadrante orresponde al onjunto A = (x, y) : x <0, y < 0.18. El segundo uadrante está in luido en el onjunto A = (x, y) : x <0, y ∈ R.19. El onjunto A = (x, y) : x = 0,∨y = 0, orresponde a unión delos dos ejes OX y OY .20. El onjunto A = (x, y) : xy = 0, orresponde al origen O.21. El onjunto A = (x, y) : xy 6= 0, ontiene a todo el planogeométri o, salvo al origen.22. El onjunto A = (x, y) : x = 3, orresponde a una re ta horizon-tal.23. El onjunto A = (x, y) : x = 2, orresponde a una que pasa porel punto (2, 54).24. El onjunto A = (x, y) : y = −1, orresponde a una re tahorizontal qeu está abajo del eje OX .25. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2), la distan ia entre ellos orresponde a √(x1 + x2)2 − (y1 + y2)2.26. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2), la distan ia entre ellos orresponde a (x1 − x2)

2 + (y1 − y2)2.27. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2), la distan ia entre ellos orresponde a √(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2.28. El onjunto A = (x, y) : x2 + y2 = 3, orresponde a una ir un-feren ia on entro en el origen.29. El onjunto A = (x, y) : x2 + y2 = x, orresponde a una ir un-feren ia on entro en el origen.30. El onjunto A = (x, y) : (x + 1)2 + y2 = 3, orresponde a una ir unferen ia on entro en el el punto (−1, 0).31. Los puntos (x, y) que satisfa en la e ua ión (x − 1)2 + (x + 2)2 = 1, orresponden a aquellos de la ir unferen ia de entro (−1, 2) y radio 1.32. Los puntos (x, y) que satisfa en la e ua ión x2 + y2 − 4y = 0, orres-ponden a aquellos de la ir unferen ia de entro (0, 2) y radio 2.33. Los puntos (x, y) que satisfa en la e ua ión x2−4y = 0, orrespondena aquellos de la ir unferen ia de entro (0, 0) y radio 2.34. El onjunto A = (x, y) : x2 + y2 + Ax + Bx + C = 0, siempre orresponde a una ir unferen ia.63

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile35. El onjunto A = (x, y) : x2 + y2 + Ax + Bx + C = 0 orrespondea una ir unferen ia sólo en el aso que A, B y C son positivos.36. El onjunto A = (x, y) : x2 + y2 + Ax + Bx + C = 0 orrespondea una ir unferen ia si A2 + B2 − 4C ≥ 0.37. El onjunto A = (x, y) : x2 + y2 > 4 orresponde a los puntos alinterior de la ir unferen ia de entro (0, 0) y radio 2.38. El onjunto A = (x, y) : x2 + y2 −4 ≤ 0 orresponde a los puntosal interior de la ir unferen ia de entro (0, 0) y radio 2.39. El onjunto A = (x, y) : x2 + (y − 1)2 − 5 ≤ 0 orresponde a lospuntos al interior de la ir unferen ia de entro (0, 1) y radio 5.40. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2) distintos, si x1 = x2enton es la re ta que pasa por A y B es horizontal.41. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2) distintos, si x1 = x2enton es la re ta que pasa por A y B es verti al.42. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2) distintos, si x1 = x2 =0 la re ta que pasa por A y B es el eje OY .43. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2) distintos en ambas oordenadas, si un punto P pertene e al segmento AB enton es perte-ne e a la re ta que pasa por A y B.44. Dados dos puntos A = (x1, y1) y B = (x2, y2) distintos en ambas oordenadas, si un punto P umple que A pertene e al segmento PBenton es pertene e a la re ta que pasa por A y B.45. La e ua ión de la re ta que pasa por los puntos A = (x1, y1) yB = (x2, y2) es (x − x1)(x2 − x1) = (y − y1)(x2 − x1).46. La e ua ión de la re ta que pasa por los puntos A = (x1, y1) yB = (x2, y2) es (x − x1)(y2 − y1) = (y − y1)(x2 − x1).47. El onjunto A = (x, y) : ax + by + c = 0 siempre orresponde auna re ta.48. El onjunto A = (x, y) : ax + by + c = 0 orresponde a una re tasiempre que a 6= 0 o b 6= 0.49. El onjunto A = (x, y) : ax + by + c = 0 orresponde a una re tasiempre que a 6= 0 y b 6= 0.50. El onjunto A = (x, y) : ax + by + c = 0, on a = 0 y b 6= 0 orresponde a una re ta in linada.51. El onjunto A = (x, y) : ax + by + c = 0, on a 6= 0 y b 6= 0 orresponde a una re ta in linada.64

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile52. Dada una re ta L : ax + by + c = 0, on b 6= 0 y dos puntos (x1, y1)y (x2, y2) ualesquiera en ella, el uo iente y2−y1

x2−x1es onstante.53. Dada una re ta L : ax + by + c = 0, on b 6= 0 y dos puntos (x1, y1)y (x2, y2) ualesquiera en ella, el uo iente y2−y1

x2−x1es igual a b − a.54. Si m es la pendiente de una re ta L, enton es esta se puede es ribir omo (y − y0) = m(x− x0), on (x0, y0) ualquier punto que pertenez aa ella.55. Si m es la pendiente de una re ta L, enton es esta se puede es ribir omo m(y − y0) = (x− x0), on (x0, y0) ualquier punto que pertenez aa ella.

65


Guía de Ejer i ios1. Dada la e ua ión de la re ta y + 7x = 2y − 1, determine uáles de lossiguientes puntos pertene en a la re ta:(a) (1, 0).(b) (0, 0).( ) (1, 8).(d) (15, 2).(e) (1, 15).2. Dada la ir unferen ia (x − 1)2 + (y + 1)2 = 1, determine uáles de lossiguientes puntos pertene en a la re ta:(a) (1,−1).(b) (1, 1).( ) (2,−1).(d) (1, 0).(e) (0,−1).3. Determine las e ua iones de las siguientes re tas:(a) Tiene pendiente 0 y pasa por (−1, 2).(b) Pasa por (3, 2) y (9, 7).( ) Pasa por (−1, 0) y tiene pendiente −8.(d) Pasa por la interse ión de L1 : x = 0 on L2 : y = −1 y tienependiente 6.(e) Pasa por la interse ión de L1 : 2x + y = 0 on L2 : x = −2y y lainterse ión de L3 : 3x − 6y = 2 on L4 : 4x + 1 = 0.4. Determine las e ua iones de las siguientes ir unferen ias:(a) Radio 2 y entro en (1, 2).(b) Pasa por (−2, 0), tiene radio 2 y la oordenada x del entro es 1.>Es úni a la solu ión?.( ) Pasa por (0, 0), (1, 0) y (0, 1).>Es úni a la solu ión?.66

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5. Considere la e ua ión Ax2 + By2 + Cx + Dy + E = 0.(a) >Bajo qué ondi iones sobre los oe ientes A, B, C, D, E, la e ua- ión representa una re ta?. En este aso, >Cuál es la pendiente dela re ta?(b) >Bajo qué ondi iones sobre los oe ientes A, B, C, D, E, la e ua- ión representa una ir unferen ia?. En este aso, >Cuál es el entroy el radio?6. Dadas las siguientes e ua iones, determine si representan re tas ó ir un-feren ias. Expli itar pendiente y oe iente de posi ión, o bien, entroy radio, según orresponda.(a) 2y + 3x2 = 3(y + x)2 − 3y2(b) 3x2 + 2y2 = (y + 1)2 + 5( ) 2 + y = 3(y + x)(d) (x + y)2 = x + y + 2xy(e) 2x2 + 3x + 2y2 + 5y = 0(f) (x + y)2 = (x − y)2(g) y + 2x = 2(y + x) − 17. Es riba de las tres formas distintas, vistas en lase, las siguientes re tas.En ada aso, indique pendiente y oe iente de posi ión:(a) y = 3x + 2(b) x = 2y + 1( ) 2 + y + x = 0(d) (y − 1) = 2(x − 2)

67


Guía de ProblemasLa presente guía le permitirá tener una idea bastante pre isa del tipo deproblemas que debe ser apaz de resolver en una evalua ión y el tiempopromedio que debería demorar en resolverlos. En total debería poder resol-verla en 3 horas. Le re omendamos que trabaje en ella una hora antes dela lase de trabajo dirigido, que resuelva sus dudas en la lase de trabajodirigido y que luego dedique una hora a es ribir on detalles las solu iones.Antes de omenzar, onsidere las siguientes deni iones preliminares, quene esitará para resolver los problemas.Preliminar 1: Se di e que dos re tas L y L′ son perpendi ulares si suspendientes satisfa en que mL · mL′ = −1. En el aso de segmentos, se onsidera la re ta que ontiene al segmento.Preliminar 2: La e ua ión de la re ta tangente por un punto P = (α, β)a una ir unferen ia de e ua ión x2 + y2 = r2 es: xα + yβ = r2. P se llamapunto de tangen ia .P1. (15 min.) Dado el punto P de oordenadas (a, b) y la re ta L de e ua- ión y = mx, determinar la e ua ión de la re ta que pasa por P y talque el trazo que determinado por la interse ión de ella on los ejes,queda dimidiado por L.P2. (15 min.) Un triángulo ABC isós eles (AC = BC) y re tángulo enC, varía de tal manera que su vérti e A permane e jo en el origendel sistema de oordenadas y su vérti e B se mueve sobre la re tade e ua ión x = a. Determinar la e ua ión del lugar geométri o quere orre el punto C y re ono er la gura que des ribe.P3. (15 min.) Dados el punto P = (a, b) y la re ta L : y = mx, se trazanPH perpendi ular a OX y PK perpendi ular a L. Si D es el puntomedio de OP y M es el punto medio de HK probar que DM esperpendi ular a HK y DK = DH .P4. (15 min.) Dos re tas variables L1 y L2 que pasan, respe tivamente pordos puntos jos A y B se ortan perpendi ularmente en el punto P .Determinar el lugar geométri o de P .P5. (30 min.) Sean L1 : x+2y+4 = 0, L2 : x−y−1 = 0, y L3 : −x+3y−3 =0, tres re tas que denen el triángulo ABC. Determinar:68

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilea) Perímetro del triángulo ABC.b) Area del triángulo ABC. ) La e ua ión de la ir unferen ia ir uns rita.P6. (30 min.) Se onsideran tres puntos O, A, B situados sobre un re tay se ontruyen dos semi ir unferen ias de diámetros OA y OB, res-pe tivamente. Desde el punto medio M del trazo AB se levanta laperpendi ular, ortando a la ir unferen ia mayor en R y luego se tra-za la tangente MP a la ir unferen ia menor, siendo P el punto detangen ia. Demuestre que O, P y R se en uentran sobre una mismare ta.P7. (30 min.) La base de un triángulo está ja, siendo sus vérti es A =(0, 0), B = (b, 0). El vérti e C está sobre la re ta y = c, b > 0 y c > 0.Determinar el lugar geométri o orrespondiente a la interse ión delas tres alturas.P8. (30 min.) Considere la ir unferen ia de e ua ión x2 + y2 = 1. Unare ta variable L que pasa por el origen, interse ta a la ir unferen iaen los puntos Q y S. Determinar, analíti amente, el lugar geométri ode la interse ión de las tangentes a la ir unferen ia por los puntosP y Q.

69



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 4: GEOMETRÍA ANALÍTICA

3. Secciones CónicasDeni ión 3.1 (Cóni a). Sean D y F una re ta y un punto del planotales que F 6∈ D. Sea e un número positivo.Una óni a es el lugar geométri o de los puntos P del plano tales que sudistan ia a F es e-ve es su distan ia a la re ta D. Es de ir:P ∈ Cóni a ⇐⇒ d(P, F ) = e · d(P, D), e > 0

F es llamado fo o de la óni a.D es llamada dire triz de la óni a (veremos sólo el aso en que esverti al u horizontal).e es llamada ex entri idad de la óni a.AdemásSi e < 1 la óni a se llamará Elipse.Si e = 1 la óni a se llamará Parábola.Si e > 1 la óni a se llamará Hipérbola.

3.1. ParábolaDeni ión 3.2 (Parábola). Una parábola orresponde al aso e = 1.Para es ribir su e ua ión onsideraremos que el fo o está en la ubi a iónF = (0, p) donde p 6= 0 y que la dire trizD es la re ta horizontal de e ua ióny = −p. Con esto, el origen es un punto de la parábola ya que dista unadistan ia |p| tanto de F omo de D. Para es ribir la e ua ión de la parábola onsideremos un punto P = (x, y) ualquiera del plano e impongamos quesu distan ia a F y a D sean iguales:P = (x, y) ∈ Parábola ⇐⇒ PF = PD

⇐⇒√

x2 + (y − p)2 = |y + p|; elevando al uadrado,⇐⇒ x2 + y2 − 2py + p2 = y2 + 2py + p2

⇐⇒ x2 = 4py

⇐⇒ y =1

4px2.70


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile3.1.1. Gráfico de la parábolaConsideremos el aso p > 0. Enton es podemos apre iar lo siguiente:1. El punto (0, 0) evidentemente satisfa e la e ua ión de la parábola,luego la parábola pasa por el origen, omo ya lo habíamos observadoanteriormente.2. Como x2 ≥ 0 y p > 0 enton es, todos los puntos de la parábola debentener ordenada no negativa (y ≥ 0), es de ir, el grá o de la paráboladebe estar ontenido en el primer y segundo uadrante, además delorigen.3. Si P = (x, y) es un punto ualquiera de la parábola enton es sus oordenadas satisfa en la e ua ión. Sin embargo, omo (−x)2 = x2,se on luye que el punto P ′ = (−x, y) también satisfa e la e ua iónde la parábola, o sea, pertene e a ella. Notemos que P ′ es el puntosimétri o de P on respe to al eje OY .En onse uen ia, la parábola es una urva simétri a on respe to aleje OY .La interse ión entre la parábola y el eje de simetría se llama vérti ede la parábola. En este aso el vérti e es el origen (0, 0).4. En el primer uadrante podemos al ular los valores de y obtenidospara diferentes valores de x. Si se onsideran valores ada vez mayo-res de x, se obtienen valores ada vez mayores de y, por lo tanto laparábola es una urva re iente en este uadrante.Por todo lo anterior el grá o será:Observa ión:1. El grá o en el aso p < 0 es análogo al anterior, pero abierto ha iaabajo.2. Si es ribiéramos la e ua ión de la parábola en el aso de dire triz ver-ti al x = −p y fo o F = (p, 0), repitiendo el mismo pro eso anterior,la e ua ión de la parábola quedaría y2 = 4px, la ual orresponde auna parábola de eje horizontal abierta ha ia la dere ha si p > 0 oabierta ha ia la izquierda si p < 0.3.1.2. Traslación paralela de ejesSean S = OXY y S′ = O′X ′Y ′ dos sistemas de oordenadas de talmodo que los ejes OX y O′X ′ son paralelos y tienen el mismo sentido, lomismo que los ejes OY y O′Y ′. El origen O′ tiene oordenadas (x0, y0) enS omo muestra la gura. En este aso diremos que el sistema S′ es unatrasla ión paralela del sistema S.Un punto P del plano tendrá oordenadas (x, y) on respe to a S y oor-denadas (x′, y′) on respe to a S′.Observa ión: De un esquema sen illo puede apre iarse que:71

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileF

Y

−pD

X

p

O

Figura 1: Grá o de la parábola.x = x′ + x0

y = y′ + y0o bien x′ = x − x0

y′ = y − y0De este modo, ada vez que en la e ua ión de un lugar geométri o aparez- an las expresiones x − x0 o y − y0, estas pueden interpretarse omo las oordenadas x′ e y′ de los mismos puntos respe to a un sistema trasladado uyo origen esta en (x0, y0).Ejemplos:1. L : y = mx es una re ta de pendiente m que pasa por el origen yL′ : (y − y0) = m(x − x0) es una re ta de la misma pendiente quepasa por el punto (x0, y0), es de ir esta re ta pasa por el origen unsistema trasladado al punto (x0, y0).2. C : x2 + y2 = r2 es una ir unferen ia de radio r entrada en elorigen y C′ : (x− xo)

2 + (y − yo)2 = r2 también orresponde a una ir unferen ia de radio r pero entrada en (x0, y0).3. P : y = 1

4px2 es una parábola de eje verti al on vérti e en elorigen y P ′ : y − y0 = 14p (x − x0)

2 es otra parábola de eje verti al on vérti e en el punto (x0, y0). En el último aso, el fo o de laparábola tiene oordenadas (x0, y0+p) y la dire triz tiene e ua ióny = y0−p. Es de ir, las posi iones de estos objetos son las mismas72

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileO

O‘yo

X

X‘

Y ‘

S S‘

xo

Y

Figura 2: Trasla ión de sistema de oordenadas.de la parábola original, pero trasladadas x0 e y0 en los sentidoshorizontal y verti al respe tivamente.3.1.3. Ecuación general de la parábolaTeorema 3.1. La e ua ión y = ax2 + bx + c on a 6= 0 representa unaparábola de eje verti al on dire triz D : y = −1−

4a , fo o F = (−b2a , 1−

4a ) yvérti e V = (−b2a , −

4a ), donde = b2 − 4ac.Demostra ión. (Demostra ión) Efe tivamente, la e ua ión y = ax2 +bx+c puede ordenarse ompletando uadrados perfe tos del siguiente modo:y = ax2 + bx + c ⇐⇒ y = a[x2 +

b

ax +

c

a]

⇐⇒ y = a[x2 + 2b

2ax + (

b

2a)2 − (

b

2a)2 +

c

a]

⇐⇒ y = a[(x +b

2a)2 − b2

4a2+

c

a]

⇐⇒ y = a(x +b

2a)2 − b2 − 4ac

4a

⇐⇒ (y +b2 − 4ac

4a) = a(x +

b

2a)2

⇐⇒ (y − y0) = a(x − x0)2, donde x0 = − b

2a, y0 = −b2 − 4ac

4a.Es de ir, se trata de una parábola de eje verti al, on vérti e desplazado ala posi ión (x0, y0). Como ya vimos anteriormente,p = 1

4a y por lo tanto elfo o será 73

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileF = (x0, y0 + p)

=

(

− b

2a,−

4a+

1

4a

)

=

(

− b

2a,1 −

4a

)

.Para la dire triz tendremosy = y0 −

1

4a

= −4a

− 1

4a

= −1 + 4a

.Claramente las oordenadas del vérti e serán V = (x0, y0) = (−−b2a ,−

4a ),donde = b2 − 4ac.

3.2. ElipseDeni ión 3.3. La elipse orresponde al aso e < 1.Para es ribir su e ua ión en forma simple, onviene ubi ar el fo o sobre eleje OX en las oordenadas F = (f, 0), y la dire triz verti al de e ua iónx = d, donde f 6= d. Con esta ele ión, la e ua ión de la elipse esP = (x, y) ∈ Elipse ⇐⇒ PF = ePD

⇐⇒√

(x − f)2 + y2 = e|x − d|; elevando al uadrado,⇐⇒ x2 − 2fx + f2 + y2 = e2

(

x2 − 2dx + d2)

⇐⇒ x2(1 − e2) + 2x(e2d − f) + y2 = e2d2 − f2.Como la ele ión del fo o y la dire triz se ha realizado para que la e ua iónsea simple, impondremos que f = e2d, on esto eliminamos el fa tor deprimer grado en la e ua ión y nos ahorramos una ompleta ión de uadradoperfe to. Con esto, la e ua ión de la elipse se redu e ax2(1 − e2) + y2 = e2d2(1 − e2).En la última expresión podemos dividir por e2d2(1 − e2), on lo ual ob-tendremos lo siguiente:

x2

e2d2+

y2

e2d2(1 − e2)= 1.Si en esta e ua ión llamamos a = ed y b = ed√

1 − e2, enton es tendremos:E ua ión general de la elipse:.x2

a2+

y2

b2= 1.74

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDondef = e2d = aey

d =a

e.Además

b

a=√

1 − e2 ⇒ e =

√a2 − b2

a.En onse uen ia:

x2

a2+

y2

b2= 1 on a > b. orresponde siempre a una elipse on: Ex entri idad: e =

√a2−b2

aFo o: F = (ae, 0)Dire triz: D : x = ae

3.2.1. Gráfico de la elipse1. Dado que en la e ua ión apare en x2 e y2, dedu imos que se trata deuna gura doblemente simétri a on respe to a los ejes. En efe to, siP = (x, y) es un punto ualquiera de la elipse, enton es sus oorde-nadas satisfa en la e ua ión. Pero (−y)2 = y2 y además (−x)2 = x2,luego los puntos (x,−y), (−x, y), (−x,−y) , también satisfa en lae ua ión, luego pertene en a ella.Como onse uen ia de lo anterior, basta on ha er el análisis grá ode la elipse sólo en el primer uadrante.2. En el primer uadrante podemos despejar y en términos de x obte-niendo

y =b

a

√

a2 − x2.De aquí vemos que para poder al ular y es ne esario que x ≤ a, luegoel grá o de la elipse debe ha erse sólo en la zona entre x = 0 y x = a(del primer uadrante).3. También podemos despejar x en términos de y en el primer uadranteobteniendox =

a

b

√

b2 − y2.De aquí vemos que y debe estar omprendido entre y = 0 e y = b.4. Siempre en el primer uadrante, podemos obtener algunos puntos onsiderando quey =

b

a

√

a2 − x2.Partiendo en x = 0 se obtiene y = b. Si x re e de 0 hasta a se ve quey de re e de b hasta 0. Al nal, uando x = a se obtiene y = 0.75

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileLuego el gra o será:O

b

a

FF ‘

−b

X

D‘ DY

−a

Figura 3: Grá o de la elipse.Observa ión: Por la simetría del grá o, se apre ia fa ilmente que elpunto F ′ = (−ae, 0) y la re ta D′ de e ua ión x = −ae fun ionan omoun fo o y dire triz de la elipse. Por lo tanto la elipse tiene dos fo os y dosdire tri es.Propiedad importanteSea P un punto ualquiera de la elipse x2

a2 + y2

b2 = 1 y sean P ′ y P ′′ lasproye iones de P sobre las dire tri es.O

P ‘

a

b

F ‘

−b

X

PP“

F

YD‘ D

−a

Enton es es laro quePF = ePP ′ y PF ′ = ePP ′′.76

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileLuegoPF + PF ′ = e(PP ′ + PP ′′) = eP ′P ′′ = e

2a

e= 2a.es de ir

PF + PF ′ = 2a.Observa ión:1. Si a < b enton es la e ua ión x2

a2 + y2

b2 = 1 orresponde a una elipsedonde se han inter ambiado los roles de x e y y los roles de a y b,de modo que e =√

b2−a2

b , F = (0, be), F ′ = (0,−be), D : y = be y

D′ : y = − be .2. En onse uen ia la e ua ión x2

a2 + y2

b2 = 1 on a 6= b representa siemprea una elipse de semiejes a y b, que es horizontal si a > b o verti al sia < b.3. Si a = b enton es la e ua ión orresponde a una ir unferen ia deradio a y no a una elipse.

3.3. HipérbolaDeni ión 3.4. La hipérbola orresponde al aso e > 1.Nuevamente, para es ribir su e ua ión en forma simple, onviene ubi ar elfo o sobre el eje OX en las oordenadas F = (f, 0), y la dire triz verti al dee ua ión x = d, donde f 6= d. Con esta ele ión, la e ua ión de la hipérbolaesP = (x, y) ∈ Hipérbola ⇐⇒ PF = ePD

⇐⇒√

(x − f)2 + y2 = e|x − d|; elevando al uadrado,⇐⇒ x2 − 2fx + f2 + y2 = e2

(

x2 − 2dx + d2)

⇐⇒ −x2(e2 − 1) + 2x(e2d − f) + y2 = e2d2 − f2.En este aso también eligiremos f = e2d para evitarnos una ompleta iónde uadrados.Con esto la e ua ión de la hipérbola será:−x2(e2 − 1) + y2 = −e2d2(e2 − 1).En la última expresión podemos dividir por −e2d2(e2 − 1), on lo ualobtendremos lo siguiente:

x2

e2d2− y2

e2d2(e2 − 1)= 1.Aquí, si llamemos a = ed y b = ed

√e2 − 1, enton es tendremos77

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDeni ión 3.5 (E ua ión general de la hipérbola:).x2

a2− y2

b2= 1donde

f = e2d = ae y d =a

eAdemásb

a=√

e2 − 1 ⇒ e =

√a2 + b2

a.En onse uen ia:

x2

a2− y2

b2= 1 ona > b orresponde siempre a una hipérbola on:Ex entri idad: e =

√a2+b2

aFo o: F = (ae, 0)Dire triz: D : x = ae

3.3.1. Gráfico de la hipérbola1. Como en la e ua ión apare en x2 e y2, dedu imos que se trata de unagura doblemente simétri a on respe to a los ejes. En efe to, si P =(x, y) es un punto ualquiera de la elipse, enton es sus oordenadassatisfa en la e ua ión. Pero (−y)2 = y2 y además (−x)2 = x2, luegolos puntos (x,−y), (−x, y), (−x,−y) , también satisfa en la e ua ión,luego pertene en a ella.Como onse uen ia de lo anterior, basta on ha er el análisis grá ode la elipse sólo en el primer uadrante.2. En el primer uadrante podemos despejar y en términos de x obte-niendo

y =b

a

√

x2 − a2.De aquí vemos que para poder al ular y es ne esario que x ≥ a,luego el grá o de la elipse debe ha erse sólo en la zona a la dere hade x = a (en el primer uadrante).3. También podemos despejar x en términos de y en el primer uadranteobteniendox =

a

b

√

b2 + y2.De aquí vemos que y puede tomar ualquier valor.4. Siempre en el primer uadrante, podemos obtener algunos puntos on-siderando quey =

b

a

√

x2 − a2.Luego para x = a se obtiene y = 0.78

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileAdemás si x re e enton es y también re ePor último si x toma valores muy grandes podemos ha er la siguiente apro-xima ión:y =

b

ax

√

1 − (a

x)2 ∼ b

axEs de ir la hipérbola se aproxima a la re ta y = b

ax. Di ha re ta se llamaasíntota de la hipérbola.Por simetría vemos que las re tas y = ± bax son todas las asíntotas de lahipérbola.Luego el gra o será:

O

b

Y

−a a X

Observa ión: Por la simetría del grá o, se apre ia fa ilmente que elpunto F ′ = (−ae, 0) y la re ta D′ de e ua ión x = −ae fun ionan omo unfo o y dire triz de la hipérbola. Por lo tanto la hipérbola tiene dos fo os ydos dire tri es.Propiedad importanteSea P un punto ualquiera de la hipérbola x2

a2 − y2

b2 = 1 y sean P ′ y P ′′ lasproye iones de P sobre las dire tri es.O

P ′′

D

P ′

Y

X

F ‘ F−a a

P

D‘

Enton es es laro quePF = ePP ′ yPF ′ = ePP ′′Luego

PF − PF ′ = e(PP ′ − PP ′′) = eP ′P ′′ = e2a

e= 2a79

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilees de irPF − PF ′ = 2a.Observa ión:1. La e ua ión y2

a2 − x2

b2 = 1 orresponde a una hipérbola donde se haninter ambiado los roles de x e y y los roloes de a y b, de modo quee =

√b2+a2

b ,F (0, be), F ′(0,−be), D : y = b

e y D′ : y = − be .Las asintotas serían x = ±a

b y es de ir y = ± bax, o sea las mismasasintotas que la hipérbola x2

a2 − y2

b2 = 1estas dos hiperbolas que omparten las asintotas se llaman hipérbolas onjugadas y sus e ua iones se es riben:x2

a2− y2

b2= ±12. Si a = b enton es la hipérbola x2 − y2 = a2 se llama hipérbola equi-latera.Estas hiperbolas tienen exentri idad e =

√2 y sus asíntotas son lasbise tri es de los uadrantes.

80


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. Toda óni a C umple que C ∈ R2.2. Para determinar una óni a nos basta ono er su ex entri idad, di-re triz y fo o.3. Si una parábola tiene fo o F = (0, p) su ex entri idad es e = p.4. Se puede determinar el vérti e de una parábola, ono iendo el fo oy la dire triz.5. El eje de simetría de una parábola pasa por el vérti e y el fo o.6. Una parábola uya re ta dire triz es el eje OY es una parábolahorizontal.7. El fo o es un punto que pertene e a la parábola.8. Sea P una parábola y D su dire triz. Se umple que P⋂

D = φ.9. Toda parábola uyo vérti e se ubi a en (xv, yv), tiene omo eje desimetría a la re ta y = yv.10. Toda parábola tiene un eje de simetría.11. Una re ta dire triz verti al genera una parábola uya e ua ión es dela forma y2 = 4px.12. La re ta dire triz de y = 14px2 es perpendi ular a la re ta dire trizde y = 4px2.13. La e ua ión 2y + 2x − x2 = 0 representa una parábola.14. La e ua ión 2y +2x−x2 = 0 representa una parábola on vérti e en

(1, −12 ).15. La e ua ión y + 3x = x2 representa una parábola on vérti e en

(1, −12 ). 81

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile16. La e ua ión 2y +2x = x2 − 1 representa una parábola on vérti e en(1, −1

2 ).17. Si y0 6= 0, x0 6= 0, las parábolas P1 : (y − y0) = (x − x0)2 y P2 :

(y − y0) = x2 tienen la misma re ta dire triz.18. Si y0 6= 0, x0 6= 0, las parábolas P1 : (y − y0) = (x − x0)2 y P2 : y =

(x − x0)2 tienen la misma re ta dire triz.19. Las parábolas P1 : (y − y0) = (x − x0)

2 y P2 : y = (x − x0)2 tienenel mismo eje de simetría.20. La e ua ión y = x2 + x + 1 representa una parábola de fo o (−1

2 , 1).21. En una elipse la ex entridad es siempre mayor que 1.22. La e ua ión x + 2y2 = 2 orresponde a la e ua ión de una elipse.23. Toda elipse tiene dos ejes de simetría.24. La e ua ión x2

4 + y2

9 = 1 representa una elipse on ex entri idad √5

3 .25. La e ua ión x2

9 + y2

4 = 1 representa una elipse on ex entri idad √5

3 .26. La e ua ión x2

2 + y2

8 = −1 representa una elipse.27. Toda elipse interse ta al eje OY en dos puntos distintos.28. La interse ión entre una elipse y su re ta dire triz siempre son dospuntos distintos.29. Para todo a, b ∈ R la e ua ión x2

a + y2

b = 1 representa una elipse.30. Para todo a > 0, b < 0 la e ua ión x2

a − y2

b = 1 representa una elipse.31. Para todo a < 0, b < 0 la e ua ión x2

a + y2

b = a + b representa unaelipse.32. Una hipérbola siempre tiene una ex entri idad mayor a la de unaparábola.33. Una hipérbola siempre tiene una ex entri idad menor a la de unaelipse.34. Toda hipérbola tiene dos ejes de simetría.35. Toda hipérbola tiene dos re tas asíntotas.36. La interse ión entre una hipérbola y sus asíntotas es un onjuntode uatro elementos.37. La e ua ión x2 = 1 + y2 representa la e ua ión de una hipérbola.82

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile38. Para todo a, b ∈ R la e ua ión x2

a + y2

b = 1 representa una hipérbola.39. Para todo a > 0, b < 0 la e ua ión x2

a + y2

b = 1 representa unahipérbola.40. Para todo a < 0, b < 0 la e ua ión x2

a − y2

b = a + b representa unahipérbola.41. La e ua ión x2 = 1 − y2 representa a una hipérbola.42. La re ta y = x es asíntota de la hipérbola 2x2 − y2 = 1.43. La ex entri idad de la hipérbola x2 − 2y2 = 1 es e =√

32 .44. La re ta dire triz de la hipérbola x2 − 2y2 = 1 es y =√

23 .45. La re ta dire triz de la hipérbola x2 − 2y2 = 1 es x = 0.46. La re ta dire triz de la hipérbola x2 − 2y2 = 1 es x =

√

23 .47. La e ua ión y =

√x2 − 1 representa una parábola.48. La e ua ión y =

√x2 − 1 representa una elipse.49. La e ua ión y =

√x2 − 1 representa una hipérbola.50. Toda parábola tiene dos re tas asíntotas.51. El onjunto C = (x, y) ∈ R2 : 2x2 + y2 = 1 es una óni a.52. El onjunto C = (x, y) ∈ R2 : 2x2 + y = 1, |x| ≤ 10 es una óni a.53. El onjunto C = (x, y) ∈ R2 : 2x2 + y2 = 1, |x| ≤ 10 es una óni a.54. El onjunto C = (x, y) ∈ R2 : 2x2 − y2 = 1, |x| ≤ 10 es una óni a.55. Si dos óni as tienen la misma ex entri idad, enton es son la misma óni a.56. Si dos óni as tienen la misma dire triz, enton es son la misma ó-ni a.57. Si dos óni as tienen el mismo fo o, enton es son la misma óni a.58. Si dos óni as tienen el mismo fo o y dire triz, enton es son la misma óni a.

83


Guía de Ejer i ios1. Para las siguientes elipses, en uentre su interse ión on los ejes OX yOY , ex entri idad y fo os.(a) (y − 2)2 + 2(x − 3)2 = 16.(b) (x − 2)2 + 2(y − 3)2 = 16.( ) y2 + 4x2 − 3y = 12.2. Para las siguientes hipérbolas, en uentre los fo os, re tas dire tri es yre tas asíntotas.(a) x2 − 2y2 = 1.(b) (x − 1)2 − (y − 3)2 = 16.( ) 2y2 − 4x2 = 12.3. Para las siguientes parábolas, en uentre el fo o, dire triz, vérti e, eje desimetría, interse ión on los ejes OX y OY .(a) x2 − 2y = 1.(b) x − (y − 3)2 = 16.( ) 2x2 − 2x − 4y = 12.4. Dada las siguientes e ua iones, determine a qué óni a orresponde eidentifíquela ompletamente. Haga un grá o en donde se muestren losaspe tos relevantes de la óni a.(a) x2 + 2y2 + 2x = 1.(b) x − y2 + 3y = 16 − x2.( ) 2x2 − 3x − 6y = 4.(d) 2x2 + 3x + 2y2 − 4y − 1 = 0.5. Determinar los parámetros x0, y0, p tales que la parábola 4p(y − y0) =(x − x0)

2 umpla lo siguiente:(a) Pasa por los fo os de la elipse 2x2 + y2 = 1.(b) Su dire triz es la re ta y = −5.84

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile( ) El parámetro p es positivo.6. Cal ular la ex entri idad de una elipse en la que la distan ia entre susfo os es la mitad de la distan ia entre sus dire tri es.7. Cal ular la ex entri idad de una hipérbola en la que la distan ia entresus fo os es el doble de la distan ia entre sus dire tri es.

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Guía de ProblemasLa presente guía le permitirá tener una idea bastante pre isa del tipo deproblemas que debe ser apaz de resolver en una evalua ión y el tiempopromedio que debería demorar en resolverlos. En total debería poder resol-verla en 3 horas. Le re omendamos que trabaje en ella una hora antes dela lase de trabajo dirigido, que resuelva sus dudas en la lase de trabajodirigido y que luego dedique una hora a es ribir on detalles las solu iones.P1. (20 min.) Por el vérti e de la parábola y2 = 4x se trazan dos re tasperpendi ulares que ortan en P y Q a la parábola, P 6= Q. PQ ortael eje de simetría de la parábola en R. Probar que el fo o divide altrazo OR en la razón 1:3.P2. (20 min.) Considere la elipse de e ua ión x2

a2 + y2

b2 = 1, en ontrar elpunto (x0, y0) ∈ R2+ tal que el re tángulo ins rito en la elipse quetiene a (x0, y0) omo vérti e y sus lados paralelos a los ejes de oorde-nadas tiene área máxima. Nota: utili e propiedades de parábolas paradeterminar el máximo.P3. (20 min.) Para la hipérbola x2

a2 − y2

b2 = 1 demostrar que AP = BP = a2,donde P es un punto sobre la hipérbola y A y B son las interse ionesde un re ta que pasa por P paralela al eje X , on las asíntotas de lahipérbola.P4. (20 min.) Considere la hipérbola de e ua ión x2

a2 − y2

b2 = 1 y un puntoP = (x0, y0) ualquiera de ella. La re ta normal a la hipérbola por P orta al eje OX en A y al eje OY en B. Demuestre que P divide altrazo AB en una razón onstante.P5. Considere una parábola y una re ta L que pasa por el fo o de ésta.Es oja la posi ión de la parábola que más le onvenga, por ejemplo on dire triz verti al o bien horizontal, on el vérti e en el origen obien el fo o en el origen. Suponga que L es no verti al de pendiente my que no es paralela al eje de simetría de la parábola. Denotemos porp > 0 la distan ia entre el fo o y el vérti e de la parábola.(a) (10 min.) Es riba en términos de p y m una e ua ión para laparábola y una para L.(b) (10 min.) Cal ule los dos puntos de interse ión P y Q de L onla parábola en fun ión de p y m.86

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile( ) (5 min.) En uentre el punto medio A del segmento PQ.(d) (20 min.) Pruebe que dist(A, P ) = dist(A, D) donde D es la re tadire triz de la parábola.(e) (15 min.) Pruebe que las re tas tangentes a la parábola en lospuntos P y Q son perpendi ulares.P6. (20 min.) Dada la re ta L : y = kx y los puntos A = (a, 0) y B = (b, 0),se toma un punto ualquiera P sobre L y su simétri o Q on respe toal origen. Las re tas PA y QB se ortan en un punto M . Determinarel lugar geométri o de M uando el punto P se desplaza sobre L.P7. (20 min.) Considere la e ua ón de la hipérbola x2

a2 − y2

b2 = 1. En uentreel lugar geométri o de los puntos medios de los trazos V Q, donde V esel v©rti e izquierdo de la hipérbola y Q un punto ualquiera de ella.P8. (20 min.)Considere la elipse de e ua ión x2

a2 + y2

b2 = 1. La re ta y = baxinterse ta a la elipse en los puntos P yR (P on oordenadas positivas).Determinar el área del re tángulo ins rito en la elipse, que tiene omodiagonal el trazo PR y uyos lados son paralelos a los ejes oordenados.

87



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 5: FUNCIONES DE VARIABLE REAL

4. FuncionesSean A y B dos onjuntos no va ios de naturaleza arbitraria. Una fun iónde A en B es una orresponden ia entre los elementos de A y los elementosde B de tal modo que a ada x ∈ A se le ha e orresponder un y sólo unelemento y ∈ B.Nota ión:f : A −→ B

x 7−→ y = f(x)Observa ión: En el aso en que A ⊆ R, se di e que la fun ión es devariable real. Si además B = R, enton es diremos que la fun ión es real devariable real.Es de ir, las fun iones reales de variable real son:f : A ⊆ R −→ R

x 7−→ y = f(x)

4.1. Elementos básicos de una función

A se llama dominio de la fun ión.B = R, se llama odominio de la fun ión.y = f(x) se llama imagen de x por f o variable dependiente.x se llama variable de la fun ión o variable independiente.Observa ión: En nuestro aso una fun ión puede espe i arse dando sólola ley y = f(x) que permite al ular la imagen de x. Cuando esto su eda,entenderermos que el dominio de la fun ión es el mayor sub onjunto de Rdonde la ley es apli able para al ular f(x), es de ir:

Dom(f) = x ∈ R | y = f(x) ∈ R.Ejemplos:f(x) = x

x2−1 =⇒ Dom(f) = R \ −1, 1.88


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilef(x) =

√x =⇒ Dom(f) = R∗

+ ∪ 0.Si f(x) =√

x + 2|x − 5| − x2 + |3x − 2|enton es para determinar el dominio de f debe resolverse una ine- ua ión on módulo.Observa ión: La ley de una fun ión (y = f(x)) puede ser denida demultiples formas en ada una de ellas debe umplirse la ondi ión bási a,que para x en el dominio de la fun ión pueda al ularse una y sólo unaimagen de x.y = f(x) tal que y + x2 = 5 orresponde a una fun ión.y = f(x) tal que x2 + y2 = r2 no orresponde a una fun ión.y = f(x) tal que y ≥ 0∧ x2 + y2 = r2 orresponde a una fun ión onDom(f) = [−r.r].y = f(x) tal que y < 0∧ x2 + y2 = r2 orresponde a una fun ión onDom(f) = (−r.r).

4.2. Gráfico de una funciónDeni ión 4.1. Llamaremos Grá o de una fun ión f al onjunto depuntos del plano Gf denido por:Gf = (x, y) ∈ R2 | x ∈ Dom(f) ∧ y = f(x).Algunos ejemplos de grá os:

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

-10 -5 0 5 10

sin(x)

Figura 4: Ejemplo 189

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile-4000

-2000

0

2000

4000

6000

8000

10000

12000

0 2 4 6 8 10

1-exp(x)*sin(x)

Figura 5: Ejemplo 2A ontinua ión estudiaremos algunas propiedades, que pueden o no um-plir las fun iones reales de variable real. De umplirse algunas de estaspropiedades, las fun iones tomarán nombres espe iales y esto se reejaráen ara terísti as espe iales de su grá o.Antes de omenzar, veamos un par de deni iones importantes:4.3. Ceros de una funciónDeni ión 4.2 (Ceros de una fun ión). Sea f : A ⊆ R → R. Llama-remos eros de f a todos los reales de su dominio tales que f(x) = 0. Enestos puntos el grá o de f orta al eje OX.Adi ionalmente llamaremos ∩ on el eje Y al punto de ordenadas (0, f(0)).Ejemplo: Los eros de f(x) = x(x − 1)(x − 2) son 0, 1 y 2.Deni ión 4.3 (Conjunto Imagen). Sea f : A ⊆ R → R. Llamaremos onjunto Imagen de f al onjunto denido porIm (f) = f(A) = y ∈ R/(∃x ∈ A) de modo que y = f(x).O sea Im (f) = f(x)/x ∈ A.

4.4. Funciones pares e imparesDeni ión 4.4 (Fun ión par). Diremos que f : A ⊆ R → R es unafun ión par ssi(∀x ∈ A) − x ∈ A. 90

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile(∀x ∈ A) f(−x) = f(x).Deni ión 4.5 (Fun ión impar). Diremos que f : A ⊆ R → R es unafun ión impar ssi(∀x ∈ A) − x ∈ A.(∀x ∈ A) f(−x) = −f(x).Ejemplos:

f(x) = 1 tiene Dom(f) = R Luego la primera ondi ión se umple.Además f(−x) = 1 = f(x). Luego f es par.f(x) = x tiene Dom(f) = RAdemás f(−x) = −x = −f(x). Luego f es impar.f(x) =

√x tiene Dom(f) = R+ ∪ 0, luego no umple la primera ondi ión, en onse uen ia no es par ni impar.

4.4.1. Características de una función par o imparSi f es una fun ión par enton es(x, y) ∈ Gf ⇒ (−x, y) ∈ Gf .Luego el grá o de la fun ión es simétri o on respe to al eje OY .Si f es una fun ión impar enton es

(x, y) ∈ Gf ⇒ (−x,−y) ∈ Gf .Luego el grá o de la fun ión es simétri o on respe to al origen Odel sistema de oordenadas.En forma más general, puede observarse que el grá o de una fun iónserá simétri o on respe to a una re ta verti al de e ua ión x = ℓ ssise umplen las siguientes ondi iones:ℓ + t ∈ Dom(f) =⇒ ℓ − t ∈ Dom(f).ℓ + t ∈ Dom(f) =⇒ f(ℓ − t) = f(ℓ + t).91

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 4.1.Como ejemplo veamos la siguiente fun ión:f(x) = |x − 5|Es simétri a respe to de la re ta x = 5 ya que

f(5 − t) = |(5 − t) − 5| = | − t| = |t|f(5 + t) = |(5 + t) − 5| = |t|Para efe tos prá ti os, uando una fun ión es par, impar o presenta algu-na simetría, enton es puede estudiarse sólo en una mitad de su dominioy luego onstruir su grá o ompleto usando di ha simetría.

4.5. Funciones PeriódicasDeni ión 4.6 (Fun ión periódi a). Sea f : A ⊆ R→ R. Diremos quef es periódi a ssi (∃p ∈ R+) tal que :

(∀x ∈ A) x + p ∈ A.(∀x ∈ A) f(x + p) = f(x).En este aso p se llama periodo de la fun ión.Deni ión 4.7 (Periodo mínimo). Se llama periodo mínimo de la fun- ión f al real p tal que f es periódi a de periodo p y, si f es periódi a deperiodo p, enton es p ≥ p.Ejemplos:

f(x) = a es periódi a de periodo p > 0, ualquiera. No tieneperiodo mínimo.f(x) = x − [x], donde [x] es el mayor entero menor que x.Es periódi a de periodo 1, 2 o 3. p = 1 es su periodo mínimo.Observa ión:Cuando una fun ión es periodi a de periodo p, el estudio de su grá o puederestringirse sólo a un intervalo de longitud p en su dominio y luego onstruirel grá o total ha iendo uso de la periodi idad.92

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4.6. Funciones MonótonasDeni ión 4.8 (Cre imiento de fun iones). Sea f : A ⊆ R→ RDiremos que f es re iente en B ⊆ A ssi (∀x1, x2 ∈ B) x1 < x2 =⇒

f(x1) ≤ f(x2).Diremos que f es de re iente en B ⊆ A ssi (∀x1, x2 ∈ B) x1 <x2 =⇒ f(x1) ≥ f(x2).Adi ionalmente agregaremos la palabra estri tamente uando las desigual-dades anteriores se satisfa ean en forma estri ta.Si B = A se dira que f es re iente o de re iente en lugar de de ir que es re iente en A o de re iente en A.Diremos que f es monótona ssi es o bien re iente o de re iente.Observa ión:La nega ión de la frase f(x) es re iente no es la frase f es de re iente yaque existen fun iones re ientes y de re ientes a la vez y otras que no sonni re ientes ni de re ientes.

4.7. Funciones AcotadasDeni ión 4.9 (Fun ión a otada). Sea f : A ⊆ R→ R.Diremos que f es a otada inferiomente ssi (∃a ∈ R) tal que (∀x ∈Dom f) a ≤ f(x)Diremos que f es a otada superiomente ssi (∃b ∈ R) tal que (∀x ∈Dom f) f(x) ≤ bDiremos que f es a otada ssi (∃a, b ∈ R) tales que (∀x ∈ Dom f) a ≤f(x) ≤ bObserva ión:f es a otada superiormente ssi Im (f) ⊆ R lo es .f es a otada inferiormente ssi Im (f) ⊆ R lo es .f es a otada si lo es tanto superior omo inferiormente.Proposi ión 4.1. f es a otada ⇐⇒ (∃M ∈ R+)(∀x ∈ Dom f)|f(x)| ≤

MObserva iones adi ionales 93

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSi f es a otada superior o inferiormente y B ⊆ Dom(f) enton es sepueden determinar las siguientes expresiones:mınx∈B

f(x) = mınf(x)/x ∈ B

maxx∈B

f(x) = maxf(x)/x ∈ BDeni ión 4.10 (Mínimo y máximo). Podemos de ir que x0 es puntomínimo de f si x0 ∈ Dom(f), y(∀x ∈ Dom(f)) f(x0) ≤ f(x).O, equivalentemente x0 = mın

x∈Dom(f)f(x).De la misma manera, x0 ∈ Dom(f) es punto máximo de f si

(∀x ∈ Dom(f)) f(x0) ≥ f(x),o, x0 = maxx∈Dom(f)

f(x).4.8. Algunas Funciones Importantes1. La fun ión onstante Esta denida por f(x) = a.Tiene Dom(f) = R.

f(−x) = a = f(x), luego es una fun ión par.Si a = 0 enton es f(−x) = −f(x) = 0 luego sería también impar.Si a 6= 0 enton es no tiene eros, Si a = 0 todos los reales son sus eros.Su grá o es la re ta horizontal que pasa por (0, a)2. La fun ión poten ia naturalEsta denida mediante la e ua ión f(x) = xn donde n ∈ N.Tiene Dom f = R.Si n = 1 el grá o es la re ta bise triz del primer y ter er uadrante.Si n = 2 el grá o es una parábola.Puesto que f(−x) = (−x)n = (−1)nxn = (−1)nf(x), luego es unafun ión par si n es par y una fun ión impar si n es impar.Si x ∈ R+ enton es xn ∈ R+.(∀y ∈ R+)(∃x ∈ R+) y = f(x), luego f(x) | x ∈ R+ = R+.3. La fun ión raíz enésima Esta denida mediante la expresión f(x) =n√

x donde n ∈ N.Esta fun ión tiene variadas propiedades dependiendo de la paridad den.Su dominio depende de n: 94

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSi n es par enton es Dom(f) = [0,∞).Si n es impar enton es Dom(f) = R.Si n es impar enton es f(−x) = n√−x = − n

√x = −f(x)Luego si n impar se trata de una fun ión impar.Si n par, por simetría respe to al eje Y , Im (f) = [0,∞).Si n impar, por simetría respe to al origen O, Im (f) = R.4. La fun ión ajón o parte enteraEsta denida por: f(x) = [x] = maxk ∈ Z/k ≤ x.Tiene Dom(f) = R y Im (f) = Z.Sus eros son todos los reales en el intervalo [0, 1).No es una fun ión par ni impar.Es una fun ión re iente, pero no de forma estri ta.5. Fun ión opuestaSea f : A ⊆ R→ R Llamaremos fun ión opuesta de f a la fun ión (−f)denida por:

−f : A ⊆ R→ R tal que (∀x ∈ A)(−f)(x) = −(f(x))El grá o de la fun ión (−f) es el onjunto simétri o on respe to al ejeOX del grá o de f .6. Módulo de una Fun iónSea f : A ⊆ R → R Llamaremos fun ión módulo de f a la fun ión |f |denida por:|f | : A ⊆ R→ R tal que (∀x ∈ A)|f |(x) = |f(x)| =

f(x) si f(x) ≥ 0−f(x) si f(x) < 0El grá o de la fun ión módulo de f puede obtenerse fá ilmente si se ono e el grá o de f , ya que debe opiarse simétri amente respe to aleje OX los puntos del grá o de f que queden bajo el eje OX y dejarinta tos aquellos puntos que esten sobre el eje OX . Es de ir, al tomarmódulo a una fun ión, su grá o se reeja en el eje OX ha ia el primero segundo uadrante.7. Restri ión de una fun iónSea f : A ⊆ R→ R una fun ión y sea B ⊆ A. Se llama restri ión de fa B a la fun ión f |B denida por:

f |B : B ⊆ R→ R tal que (∀x ∈ B)f |B(x) = f(x).95

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4.9. Algebra de Funciones.Sean f y g dos fun iones de Dominio Df y Dg respe tivamente y sea λ ∈ Runa onstante ja. Denimos las fun iónes suma, diferen ia, pondera ión,produ to y uo iente por:Deni ión 4.11. 1. Fun ión suma

f +g : Df ∩Dg → R tal que (∀x ∈ Df ∩Dg)(f +g)(x) = f(x)+g(x).2. Fun ión Diferen ia f − g = f + (−g), es de ir:f −g : Df ∩Dg → R tal que (∀x ∈ Df ∩Dg)(f −g)(x) = f(x)−g(x).3. Pondera ión de una fun ión

λf : Df → R tal que (∀x ∈ Df)(λf)(x) = λf(x).4. Fun ión produ tof · g : Df ∩ Dg → R tal que (∀x ∈ Df ∩ Dg)(f · g)(x) = f(x) · g(x).5. Fun ión uo iente

f

g: A → R tal que (∀x ∈ A)

(

f

g

)

(x) =f(x)

g(x)donde A = Df ∩ Dg | x ∈ Dg/g(x) = 0.Observa ión:Con las deni iones dadas anteriormente pueden formarse fun iones más ompli adas, tomando módulo u operando las 4 fun iones ono idas.Por ejemplo se pueden formar las siguientes fun iones:f(x) = |x| que orresponde al módulo de la fun ión g(x) = x, luegoes la bise triz del primer y segundo uadrante.f(x) = |x−a| es análoga a la anterior pero desplazada horizontalmenteen a.Con esto se pueden resolver en forma sen illa ine ua iones omo |x−2| + |x + 2| ≤ 5.Otras fun iones más importantes se dan en las siguientes deni iones.96

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4.10. Otras funciones importantesDeni ión 4.12 (Fun iones polinmi as). Son de la forma f(x) = anxn+an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0Donde an, an−1, . . . , a1, a0 son onstantes reales.Estas fun iones tienen siempre Dom(f) = R. n se llama el grado.Si n = 1 el grá o orresponde a una re ta.Si n = 2 el grá o es una parábola de eje verti al.Si n > 2 el grá o en general no es muy sen illo.Deni ión 4.13 (Fun iones ra ionales). Son de la forma f(x) = P (x)Q(x) =

anxn+···+a1x+a0

bmxm+···+b1x+b0.Donde P (x) y Q(x) son fun iones polinómi as.El dominio de estas fun iones es R salvo los puntos donde la fun ión Q seanula, es de ir:

Dom(f) = R \ x ∈ R : Q(x) = 0.Ejemplos:Consideremos la fun ión polinómi a f(x) = x3 − x

Dom f = RIm f =?Paridad: f(−x) = (−x)3 − (−x) = −x3 + x = −(x3 − x) = −f(x)luego f es impar.Ceros: f(x) = 0 ⇐⇒ x3 − x = 0 ⇐⇒ x(x2 − 1) = 0 luego los eros son x = 0, x = 1 y x = −1Signos de la fun ión: x ∈ (−∞,−1) f(x) < 0x ∈ (−1, 0) f(x) > 0x ∈ (0, 1) f(x) < 0x ∈ (1,∞) f(x) > 0Grá o:

97


-50

0

50

100

-10 -5 0 5 10

x**3-x

Ejemplos:Consideremos la fun ión ra ional f(x) = 1x−1

Dom(f) = R \ 1No tiene eros.Signos de la fun ión: x ∈ (−∞, 1) f(x) < 0x ∈ (1,∞) f(x) > 0Cre imiento de f : (por intervalos)

1 < x1 < x2 =⇒ 0 < x1 − 1 < x2 − 1

=⇒ 1

x2 − 1<

1

x1 − 1

=⇒ f(x − 2) < f(x − 1)

=⇒ f(x − 1) > f(x − 2)

x1 < x2 < 1 =⇒ x1 − 1 < x2 − 1 < 0

=⇒ 1 − x1 > 1 − x2 > 0

=⇒ 1

1 − x2>

1

1 − x1

=⇒ 1

x2 − 1<

1

x1 − 1

=⇒ f(x − 2) < f(x − 1)

=⇒ f(x − 1) > f(x − 2)Luego f es estri tamente de re iente en (−∞, 1) y en (1,∞) porseparado.El grá o de la fun ión f(x) = 1x−1 es:98


-50

0

50

100

-2 -1 0 1 2 3 4

1/(x-1)

4.11. Asíntotas de una función racionalDeni ión 4.14 (Asíntotas Verti ales). Seaf(x) =

P (x)

Q(x)=

anxn + · · · + a1x + a0

bmxm + · · · + b1x + b0.Si x1, x2, · · ·xr son todas las rai es del Denominador, es de ir de la fun ión

Q(x) pero no del Numerador, o sea de la fun ión P (x), enton es las re tasx = x1, x = x2, . . . , x = xr se llaman Asíntotas verti ales de la fun iónf(x) y se are terizan por que para valores de x er anos a di hos puntosla fun ión re e o de re e sin otas.Deni ión 4.15 (Asíntota Horizontal). Sea

f(x) =P (x)

Q(x)=

anxn + · · · + a1x + a0

bmxm + · · · + b1x + b0.Si n ≤ m la re ta y = am

bmse llama asíntota horizontal de la fun ión f yse ara teriza por que para valores de x muy grandes o muy negativos losvalores de f(x) se aproximan a di ha re ta.Si n < m enton es am = 0. Luego la asíntota horizontal es y = 0.Observa ión: El on epto de asíntotas horizontales y verti ales puedeextenderse a fun iones más generales, pero para formalizar este on eptodeberemos esperar hasta el apítulo de Limite de Fun iones.Por el momento se trabajara on fun iones ra ionales y algunas otras dondelas asíntotas sean evidentes sin usar una deni ión rigurosa.Ejemplo 4.2.

f(x) =(x − 1)(x − 2)

x2 − 199

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileTiene Dom f = R \ −1, 1Asíntota horizontal: y = 1.Asíntotas verti ales: (postulantes x = −1 y x = 1).Sin embargo x = 1 es raíz del numerador.Además si x ∈ Dom(f) =⇒ f(x) = x−2x+1 ,luego, si x está er a de 1, la fun ión ni re e ni de re e sin ota.Por lo tanto la úni a asíntota verti al es x = −1.

4.12. Composición de FuncionesRe ordemos que en general si A, B y C son onjuntos de naturaleza arbi-traria y f , g son fun iones f : A → B y g : B → C enton es se dene la omposi ión de f y g omo la fun ión g f denida por g f : A → C talque (∀x ∈ A)(g f)(x) = g(f(x)).En nuestro aso, dadas dos fun iónes f : A ⊆ R→ R y g : B ⊆ R→ R, nosiempre se umple que Im (f) ⊆ B, luego la deni ión de la omposi iónno siempre se puede ha er por este amino.En onse uen ia deniremos la omposi ión simplemente mediante la ley, omo se ha e fre uentemente on las fun iones reales de variable real, esde irg f(x) = g(f(x))de modo que el dominio será

Dom(gof) = x ∈ Dom(f) : f(x) ∈ Dom(g).

4.13. Funciones invertiblesSea f : A ⊆ R→ Cod (f)Diremos que f es inye tiva ssi [f(x1) = f(x2) =⇒ x1 = x2].Grá amente esto equivale a de ir que toda re ta horizontal interse taa lo más en un punto al grá o de f .Diremos que f es epiye tiva ssi Im (f) = Cod (f)Grá amente esto equivale a de ir que toda re ta horizontal en el odominio de f interse ta al menos en un punto al grá o de f .Diremos que f es biye tiva ssi f es inye tiva y epiye tiva.Grá amente esto equivale a de ir que toda re ta horizontal en el odominio de f interse ta en exa tamente un punto al grá o de f .100

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSi f es biye tiva enton es ∀y ∈ Cod (f) el problema de en ontrar x ∈Dom(f) tal que y = f(x) tiene solu ión úni a.Esto motiva la deni ión de una fun ión llamada fun ión inversa.4.13.1. Función inversaDeni ión 4.16 (Fun ión inversa). Sea f : Dom(f) → Cod (f) unafun ión biye tiva. se dene la fun ión inversa de f omo la fun ión f−1denida por:

f−1 : Cod (f) → Dom(f) tal que [y = f−1(x) ⇐⇒ x = f(y)].Observa ión:En el aso de fun iones reales de variable real existen varias de ellas queno son inye tivas o no son epiye tivas y por lo tanto no tienen inversa. sinembargo, se puede ontruir una fun ión inversa por el siguiente metodo.Sea f : A ⊆ R→ R una fun ión ualquiera no invertible.Se determina B ⊆ A tal que f |B sea inye tiva.De igual modo se restringe el odomonio R a Im (f |B). Con esto f |Bse ha e biye tiva y luego invertible.

101


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. Toda óni a en R2 puede ser representada por una fun ión real devariable real.2. Cualquier par de fun iones de dominios distintos tienen imágenesdistintas.3. Para una fun ión f impar, −f es impar.4. Toda fun ión periódi a es simétri a on respe to al origen de oor-denadas.5. Cualquier fun ión estri tamente re iente siempre es impar.6. Si el Dominio de una fun ión es a otado inferior o superiormente, laImagen de di ha fun ión es a otada inferior o superiormente.7. El máximo de una fun ión real f es igual al mínimo de −f .8. La suma de dos fun iones pares es par.9. La suma de dos fun iones impares es impar.10. La suma de una fun ion par on una impar es impar.11. El produ to de fun iones impares es impar.12. La restri ión de una fun ión periódi a es periódi a.13. La restri ión de una fun ión a otada es a otada.14. El dominio de ualquier omposi ión de fun iones es siempre a otado.15. La suma de fun iones re ientes es re iente.16. La omposi ión de fun iones re ientes es re iente.17. Si f es par enton es g f es par.102

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile18. La omposi ión de f on su inversa ( uando existe) da la fun iónidentidad.19. Si f y g son inye tivas enton es g f es inye tiva.20. Si f es epiye tiva enton es g f es epiye tiva.21. Si f−1 no es impar enton es f tampo o lo es.22. La división de dos fun iones onstantes ualesquiera, es también unafun ión onstante.23. Si f(x) = xx−1 , enton es el dominio más grande posible de f onsistede todos los números reales ex epto el 0.24. Una fun ión inye tiva posee a lo más un ero.25. Una fun ión epiye tiva denida en todo R posee al menos un ero.26. La fun ión f(x) = x+1

1−|x| no posee eros.27. La fun ión f(x) = x+11−|x| es impar.28. La fun ión f(x) = x+11−|x| , restringida a (−∞, 1) es onstante.29. La fun ión f(x) = x+11−|x| es a otada.30. La fun ión f(x) = x+11−|x| , −f no es inye tiva.31. La fun ión f(x) = (x2 − 4)

√1 − x2 posee dominio a otado.32. La fun ión f(x) = (x2 − 4)

√1 − x2 es par.33. La fun ión f(x) = (x2 − 4)

√1 − x2 es periódi a.34. La fun ión f(x) = (x2 − 4)

√1 − x2 es epiye tiva.35. Existe un sub onjunto B del dominio de la fun ión f(x) = (x2 −

4)√

1 − x2, tal que f(x) > 0 ∀x ∈ B.36. La suma de fun iones epiye tivas es epiye tiva.37. El produ to de fun iones inye tivas es una fun ión inye tiva.38. Toda fun ión periódi a es par.39. La suma de fun iones periódi as de igual periodo, es periódi a.40. Si una fun ión es estri tamente re iente o de re iente, enton es esinye tiva.41. Si una fun ión es par o periódi a, enton es no puede ser inye tiva.103

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile42. Si g es positiva (g(x) ≥ 0 ∀x ∈ Dom(g)), enton es g f tambien loes.43. Si una fun ión f es (estri tamente) re iente y estri tamente positiva(f(x) > 0 ∀x ∈ Dom(f)), enton es 1f es (estri tamente) de re iente.44. El grá o de una fun ión f nun a se interse ta on el grá o de f−1.45. Una fun ión on asíntota x = 0 no posee eros.46. Una fun ión periódi a no puede tener asíntotas.47. Una fun ión impar, si tiene asíntotas, tiene al menos dos.48. La inversa de una fun ión polinómi a es una fun ión polinómi a.49. Los eros de f + g son los eros de f interse tados on los eros de

g.50. Los eros de fg son los eros de f unión on los eros de g.51. Si la restri ión f |B de una fun ión f es par, enton es f es tambiénimpar.52. La fun ión módulo de toda fun ión a otada inferiormente es a otada.53. Los eros de |f | son los mismos eros de f .54. El grá o de la omposi ión de dos fun iones f y g ualesquiera g fes el grá o de g desplazado on respe to al origen.55. Una fun ión periódi a no puede ser invertible.56. La omposi ión de dos fun iones polinómi as es una fun ión polinó-mi a.57. Una fun ión f : A ⊆ R → R onstante nun a es inye tiva.58. Toda fun ión polinómi a posee eros.59. Toda línea en el plano es representable por una fun ión inye tiva.60. Una fun ión a otada superiormente no puede ser estri tamente re- iente.104


Guía de Ejer i ios1. Dada la siguiente fun ión f(x) = ax2+bx+cpx2+qx+r , En uentra Dominio, Imageny eros para(a) c = r = 0, a = p = 1, b = −q = 1.(b) a = p = c = −q = 1, b = 2.( ) a = r = 2, e = 0, b = −c = d = 1.(d) a = 3, b = 2, c = p = 1, q = 0, r = 5.(e) a = 0, b = q = 1, c = p = 2, r = 3.2. Para las siguientes fun iones, en ontrar dominio, eros, re imiento, pa-ridad, inye tividad y a otamiento:(a) f(x) = x3.(b) f(x) =

√x.( ) f(x) =

√x3 − 1.(d) f(x) = x2−1

x+1 .(e) f(x) = 1|2x+1| .3. Veri a que si las siguientes fun iones son pares, estri tamente re ienteso inye tivas:(a) f(x) = x2

1+x2 .(b) f(x) =√

1 − (x − 1)(x + 1).( ) f(x) = x+11+x4 .(d) f(x) = 1 −

√1 − x2.(e) f(x) =

√

|x − 1| − 1.4. Sea f(x) = 6x2 − x − 5 Determine la paridad, eros , re imiento einye tivad de las siguientes fun iones:(a) g(x) = f(f(x)).(b) g(x) = f(x + 1). 105

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile( ) g(x) = f(|x|).(d) g(x) = |f(x − 1)|.(e) g(x) = f(f(x + 1) − f(|x|)).5. Considere la asigna ión f(x) =

(−1)1+|x|√1 − x2 si −1 ≤ x ≤ 0x−1|x|−1 si 0 < x ≤ 1

21

|2x−1| si x < −1 o x > 12(a) En ontrar el dominio de la asigna ión.(b) Estudiar el re imiento.( ) Estudiar la paridad.(d) En ontrar eros e interse ión on el eje OY .(e) Bosquejar un grá o.6. Sea f : R \ −1, 1 → R tal que f(x) = x+1

|x|−1 .(a) Muestra que f no es inye tiva.(b) Cal ula f−1([−1, 1]).( ) Sea g : [0, 1) → R denida por g(x) = f(x). Demuestre que g esinye tiva.(d) Restringe el re orrido de modo de obtener a partir de g una fun iónbiye tiva.(e) Cal ula la inversa.7. Sea f : R → R no idénti amente nula, tal que para todo x, y ∈ R, setiene que f(x + y) = f(x) + f(y) y f(xy) = f(x)f(y).(a) Probar que f(0) = 0 y que f(1) = 1.(b) Cal ular f(x), para x ∈ N, luego para x ∈ Z y por último parax ∈ Q.( ) Probar que x ≥ 0 impli a que f(x) ≥ 0. Dedu ir que f es estri ta-mente re iente.

106


Guía de ProblemasLa presente guía le permitirá tener una idea bastante pre isa del tipo deproblemas que debe ser apaz de resolver en una evalua ión y el tiempopromedio que debería demorar en resolverlos. En total debería poder resol-verla en 3 horas. Le re omendamos que trabaje en ella una hora antes dela lase de trabajo dirigido, que resuelva sus dudas en la lase de trabajodirigido y que luego dedique una hora a es ribir on detalles las solu iones.P1. Sea f : A ⊆ R→ R denida por f(x) = |x| −√

1 − x2.(a) (10 min.) Determine A = Dom f , re orrido y paridad.(b) (10 min.) En uentre los eros y signos de f .( ) (10 min.) Determine las zonas de re imiento y de de re imiento.(d) (10 min.) Muestre que f no es inye tiva ni sobreye tiva.(e) (10 min.) Determine el mayor onjunto B, B ⊆ A = Dom(f) talque f : B → f(B) sea biye tiva y al ule f−1(x).(f) (10 min.) Bosqueje el grá o de f y de |f |.P2. Sea f(x) = x+12x+1 .(a) (10 min.) En uentre su dominio A, eros y signos.(b) (10 min.) Pruebe que f es inye tiva.( ) (10 min.) Demuestre que el re orrido de f es R \ 1

2.(d) (10 min.) En uentre la fun ión inversa de f : A → R \ 12 yexpli ite su dominio y re orrido.P3. Sea la fórmula f(x) =

√

1 − 21+x .(a) (10 min.) Determine el mayor onjunto A ⊆ R tal que f : A → Rque a x le aso ia f(x), sea una fun ión.(b) (5 min.) En uentre los eros de f y determine sus signos.( ) (5 min.) Determine la paridad y periodi idad de f .(d) (5 min.) Determine la inye tividad y epiye tividad de f .(e) (10 min.) En uentre los intervalos donde f re e y aquellos donde

f de re e. 107

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile(f) (5 min.) Graque f .P4. Sean α, β ∈ R, y la fun ión f : R → R denida por f(x) =

x2 + α si x ≥ 0x + β si x < 0

.(a) (10 min.) Demuestre que f es epiye tiva ssi α ≤ β.(b) (10 min.) Demuestre que f es inye tiva ssi α ≥ β.( ) (10 min.) >Cuál es el onjunto B = (α, β) ∈ R2|f biye tiva?P5. (15 min.) Sea la fun ión g : R → R dada por g(x) =

x si x ∈ Q0 si x /∈ Q

.Pruebe que ∀x ∈ R, |g(x)| ≤ |x|.

108



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 6: TRIGONOMETRÍA

5. Trigonometría

5.1. Medida de ángulos en radianesConsideremos la ir unferen ia de radio 1 y entrada en el origen de lagura.A

P

α

xDeni ión 5.1 (Ángulo positivo). Dado un punto P en la ir unferen- ia, llamaremos ángulo positivo AOP al ángulo en el que hay que rotar elrayo OA, en el sentido ontrario de los punteros del reloj, para obtener elrayo OP.La medida de este ángulo en radianes, será el largo del ar o de ir un-feren ia que va desde A hasta P , moviéndose en el sentido ontrario a lospunteros del reloj.Diremos que el punto P se obtiene de rotar en el ángulo positivo AOPel punto A.Algunos ángulos positivos:π2

π4

y=x y=-x7π4

y=-x3π4

3π2π

Deni ión 5.2 (Ángulo negativo). Llamaremos ángulo negativo AOPal ángulo en el que hay que rotar el rayo OA, en el sentido de los punterosdel reloj, para obtener el rayo OP. 109


Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileLa medida de esta ángulo en radianes, será el inverso aditivo del largo delar o de ir unferen ia que va desde A hasta P moviéndose en el sentido delos punteros del reloj.Diremos que el punto P se obtiene de rotar en el ángulo negativo AOP elpunto A. Llamaremos 2π el largo de la ir unferen ia de radio 1.Algunos ángulos negativos:3π

2

7π4

π4

y=-x-

π2

-π-

3π4

y=-x -y=x

-

-

Cuando un ángulo da k ∈ N vueltas en el sentido ontrario de lospunteros del reloj y luego gira un ángulo positivo AOP su medida enradianes es 2kπ + x, donde x es la medida del ángulo positivo AOP.Del mismo modo un ángulo que da k ∈ N vueltas en el sentido de lospunteros del reloj y luego gira un ángulo negativo AOP , tiene omomedida −2kπ + x, donde x es la medida del ángulo negativo AOP(ver Figura).π2 2

π2

π

π4

- -2 π

+43π +2π

− 4π−

En general, si la medida en radianes x, de un ángulo es positiva se entenderáque el ángulo se obtiene al dar vueltas en el sentido ontrario a lospunteros del reloj y si x es negativo omo dar vueltas en el sentido de lospunteros del reloj.Esta forma de medir ángulos estable e una biye ión entre ángulos y nú-meros reales. 110

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5.2. Funciones trigonométricasObserva ión: Una biye ión entre ángulos y reales (no es la úni a). Dadox ∈ R, sea Px el punto de la ir unferen ia de entro (0, 0) y de radio 1,que se obtiene al girar un ángulo uya medida en radianes es x , partiendodesde el punto (1, 0). Enton es si x > 0 estaremos rotando en el sentido ontrario a los punteros del reloj y si x < 0 lo estaremos ha iendo en elsentido de los punteros del reloj.Usando Px deniremos las fun iones trigonométri as.Deni ión 5.3 (Fun ión oseno). Denimos la fun ión oseno ( os: R→R) omo aquella que a ada x le aso ia la abs isa del punto Px.Deni ión 5.4 (Fun ión seno). La fun ión seno (sen: R → R) quedadenida omo aquella que a ada x aso ia la ordenada del punto Px.

cos(x)

=(cos(x),sen(x))Pxsen(x)

1-1

1

-1De la deni ión de las fun iones seno y oseno se dedu e que ellas satisfa enla así llamada Identidad Trigonométri a Fundamental:∀x ∈ R, sen2 (x) + os2 (x) = 1.Las siguientes asevera iones a er a de las fun iones trigonométri as puedenjusti arse fá ilmente y quedan omo ejer i io.Propiedades 2 (Fun ión oseno). ***REPETIRLa fun ión es periódi a de periodo 2π.Es una fun ión par. Por lo tanto bastará on ono erla en I = [0, π] paratener su omportamiento global.Tiene un ero en x = π

2 , por lo que cos−1(0) =

x = π2 + kπ : k ∈ Z .En [0, π

2 ] es positiva y es negativa en [π2 , π

].De re e en [0, π].Propiedades 3. Fun ión senoLa fun ión es periódi a de periodo 2π.Es una fun ión impar. Por lo tanto bastará on ono erla en I = [0, π] paratener su omportamiento global. 111

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileTiene un ero en x = 0 y otro en x = π. Luego sen−1(0) = x = kπ : k ∈ Z .En I es siempre positiva.Cre e en [0, π2 ] y de re e en [π

2 , π]

.Veamos en el grá o de di has fun iones (seno y oseno respe tivamente),las propiedades anteriores.π

22 3π

2π π π

2π

23π 2π

0

1

π2

2 3π2

π π π2

π2

3π 2π0

-11

-1Otra fun ión importante es:Deni ión 5.5 (Fun ión tangente). Se dene la fun ión tangente portan : A → R, donde A = x ∈ R os(x) 6= 0 que a x aso ia tan(x) =sen(x) os(x) .Algunas propiedades:Propiedades 4. La fun ión tan es periódi a de periodo π.Sus eros son los eros de la fun ión sen.Es una fun ión impar.Es positiva en el intervalo (0, π2

)

.Es estri tamente re iente en ada intervalo de la forma (−π2 + kπ, π

2 + kπ)

.

0−π π

π 3π2 2

−Observa ión: La antidad tan(x) orresponde a la pendiente de la re taque pasa por el origen y el punto Px aso iado, omo vemos en la gura:112

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilecos(x)

sen(x)

1-1

1

-1

P

tg(x): pendiente de la recta por O y P.

5.3. Trigonometría del triángulo rectánguloConsideremos un triángulo re tángulo de vérti es A, B y C (el vérti e Aen el origen y re tángulo en C), de lados a, b y c, opuestos a los vérti es A,B y C respe tivamente, y ángulos interiores α, β y γ omo el de la gura:

r=1

(0,0)A=

B=(b,a)

C

EG

β

γα

αsen( )

F=(cos( ),0)αSe tiene queTeorema 5.1. En un triángulo re tángulo se satisfa e que os(α) =b

c, sen(α) =

a

cy tan(α) =

a

b.Demostra ión. La pendiente de la re ta que pasa por los puntos A y

B es ab . En el triángulo AEF el lado AE es de tamaño 1, de modo que

AF = os (α) y EF = sen (α) . Por lo tanto, ab es igual a sen(α) os(α) = tan (α) .Enton es, el triángulo EBG tiene sus lados iguales a EB = c − 1, EG =

b − os (α) y BG = a − sen (α). Por lo tanto,(a − sen(α))2 + (b − os(α))2 = (c − 1)2.Desarrollando los uadrados, apli ando que a2 + b2 = c2 y que sen2 (α) + os2 (α) = 1, se obtiene que

−2sen (α) a − 2 os (α) b = −2c.Sabemos que sen (α) = ba os (α). Reemplazando esto en la e ua ión ante-rior, podemos despejar os (α) .Luego, os(α) = b

c , sen(x) = ac y tan(x) = a

b . 113

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chiler=1

(0,0)A=

B=(b,a)

C

EG

β

γα

αsen( )

F=(cos( ),0)α

5.4. Funciones recíprocasAdemás se denen las fun iones otangente, se ante y ose ante por:Deni ión 5.6 (Fun iones re ípro as). Se denen:cot x =

cos xsenx

sec x =1

cos x

csc x =1senxAlgunas propiedades:Propiedades 5. Si cosx 6= 0, enton es tan2 x + 1 = sec2 x. Esto seobtiene al dividir la identidad anterior por cos2 x.Si sen x 6= 0 , enton es ot2x+1 = otan2x. Esto se obtiene al dividirla identidad fundamental por sen2 x.Ins ribiendo apropiadamente triángulos re tángulos isos eles o equilaterosen el ír ulo unitario se puede obtener la siguiente tabla de valores:

x sen x cos x tan x cot x sec x csc x0 0 1 0 - 1 -π6

12

√3

2

√3

3

√3 2√

32

π4

√2

2

√2

2 1 1√

2√

2π3

√3

212

√3

√3

3 2 2√3

π2 1 0 − 1 − 1π 0 −1 0 − −1 −3π2 −1 0 − 0 − −1

5.5. Independencia de sistemas de coordenadasConsideremos dos sistemas de oordenadas en el plano. El primero OXY es típi o, donde el eje OX es horizontal y el eje OY es vérti al. El segundoO′X ′Y ′ tiene origen en O′ = O y los ejes O′X ′ y O′Y ′ forman un ángulo114

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chileα on respe to a los ejes OX y OY respe tivamente. Se di e que O′X ′Y ′ orresponde a una rota ión del sistema OXY en un ángulo α.Tra emos una ir unferen ia unitaria ⊙ on entro en O y onsideremosdos puntos P y Q en ⊙ de modo tal que ∠POX = α y ∠QOX = β.Con esto al ulemos la distan ia PQ en ambos sistemas:En el sistema OXY

P = (cos α, senα)

Q = (cosβ, senβ).Luego:PQ

2= [cosβ − cosα]2 + [sen β − senα]2

= cos2 β − 2 cosβ cosα + cos2 α

+ sen2 β − 2 senβ sen α + sen2 α

= 2 − 2 cosβ cosα − 2 senβ senα.En el sistema O'X'Y'P = (1, 0)Q = (cos(β − α), sen(β − α)).Luego:

PQ2

= [1 − cos(β − α)]2 + [0 − sen(β − α)]2

= 1 − 2 cos(β − α) + cos2(β − α) + sen2(β − α)

= 2 − 2 cos(β − α).Como la distan ia PQ es independiente del sistema de oordenadas utili-zado, podemos es ribir que:2 − 2 cosβ cosα − 2 senβ sen α = 2 − 2 cos(β − α)de donde se dedu e que:Propiedad 6 (Diferen ia de ángulos en oseno).

cos(β − α) = cosβ cosα + senβ senα.Esta fórmula ontiene una tremenda antidad de informa ión. Dependiendode los ángulo α y β vamos a obtener una variada antidad de identidadestrigonométri as que luego o uparemos para omplementar nuestra demos-tra ión en urso. 115

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5.6. Propiedades importantesLa e ua ión anterior no arroja una gran antidad de informa ión que vere-mos a ontinua ión.Propiedad 7 (Diferen ia de ángulos en oseno).

cos(β − α) = cosβ cosα + senβ senα.Evaluando en β = 0 obtenemos cos(−α) = cos 0 cosα + sen 0 senα = osα, es de ir cos(−α) = osα, lo que signi a que la fun ión os espar.Evaluando α = π/2 obtenemos cos(β−π/2) = cosβ cosπ/2+senβ senπ/2 =senβ, es de ir:cos(β − π/2) = senβ.Llamemos γ = β +π/2. O upando lo anterior, cos(β −π/2) = senβ yevaluando β por γ tenemos:

cos(γ − π/2) = senγ osβ = sen(β + π/2).Evaluemos ahora en α = −π/2. Con esto obtenemos cos(β + π/2) =cos(β − (−π/2)) = cosβ cos(−π/2) + senβ sen(−π/2) = −senβ, esde ir:

cos(β + π/2) = −senβ.Como cos(β + π/2) = −sinβ, llamamos γ = β − π/2 y reemplazandoβ por γ , tenemos: os(γ + π/2) = −senγ osβ = −sen(β − π/2)

− osβ = sen(β − π/2).Ahora veamos un pequeño tru o, analizemos la paridad de sen.sin(−α) = sin(−α + π/2 − π/2)

= sin((−α + π/2) − π/2) Usando la propiedad re ién vista= − os(−α + π/2) Por paridad de os tenemos= − os(α − π/2) Por la segunda propiedad nos queda= −sinαEn onse uen ia, sin es impar.116

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileLa fun ión tan, al ser el uo iente entre una fun ión par y otra impar,es fá il ver que esta es impar:tan(−α) =

sen(−α)

cos(−α)

= − senα

cosα= −tanα

5.7. Suma y resta de ángulosRegresando a nuestra demostra ión anterior, sabemos que cos(β − α) =cosβ cosα + sen β senαAdemás poniendo −α en lugar de α se obtiene:Propiedades 6 (Suma de ángulos en oseno).

cos(β + α) = cosβ cosα − sen β sen αPor otro ladosen(β + α) = cos(π/2 − (β + α))

= cos((π/2 − β) − α)= cos(π/2 − β) cosα + sen(π/2 − β) sen α= senβ cosα + cosβ sen αCon lo ual tenemos:Propiedad 8 (Suma de ángulos en seno).

sen(β + α) = senβ cosα + cosβ senαFinalmente poniendo −α en lugar de α se obtiene:Propiedad 9 (Diferen ia de ángulos en seno).sen(β − α) = senβ cosα − cosβ senαRegla de los uadrantes.Ahora que sabemos al ular sen(α ± β) y os(α ± β), veamos que su ede uando se le otorga el valor de 2π a uno de estos angulos. Sabemos quesen(2π) = 0 y que os(2π) = 1, por lo tanto:

sen(2π + α) = sen α

cos(2π + α) = cosα

sen(2π − α) = − senα

cos(2π − α) = cosα 117

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileYa vimos que su ede uando uno de los ángulos es 2π, lo que signi a daruna vuelta ompleta. Ahora analizaremos que su ede uando deseamos un ambio de uadrante, es de ir, sumarle π o bien π/2, por lo tanto:1. sen(π + α) = − senα

cos(π + α) = − cosα2. sen(π − α) = senα

cos(π − α) = − cosα3. cos(π/2 − α) = sen α

sen(π/2 − α) = cosα4. cos(π/2 + α) = − senα

sen(π/2 + α) = cosα

5.8. Identidades útilesOtras identidades bastante útiles se desprenden dire tamente de la suma yresta de angulos en las fun iones sen y os y son las siguientes:Identidades.1. tan(x + y) = tan x+tan y1−tan x tan y2. tan(x − y) = tan x−tan y1+tan x tan y3. sen(2x) = 2 senx cosx4. cos(2x) = cos2 x − sen2 x

= 2 cos2 x − 1= 1 − 2 sen2 x5. sen2 x = 12 (1 + cos 2x)

cos2 x = 12 (1 − cos 2x)6. | sen x

2 | =√

12 (1 − cosx)

| cos x2 | =

√

12 (1 + cosx)7. | tan x

2 | =√

1−cos x1+cos x

tan x2 = sen

1+cos x

tan x2 = 1−cos x

sen xDenimos la o-fun ión de una fun ión trigonométri a de la siguiente ma-nera:Deni ión 5.7 (Co-fun ión). f = sen ⇒ cof = cos.118

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilef = cos ⇒ cof = sen.f = tan ⇒ cof = cot.f = cot ⇒ cof = tan.f = sec ⇒ cof = csc.f = csc ⇒ cof = sec .Ahora, ada vez que se desee al ular una fun ión Trigonométri a en unángulo α de la forma α = Ω±ϕ donde Ω = ±π/2, ±π, ±3π/2, ±2π, ±(2π+

π/2), . . ., es de ir, ángulos que representan a puntos sobre los ejes, se obtienelo siguiente:f(Ω±ϕ) =

s · ϕ si Ω representa a un punto ubi ado en el eje de las X.

s · cof(ϕ) si Ω representa a un punto ubi ado en el eje de las Y.Donde s representa el signo que debe anteponerse, el ual se obtiene gra- ando el ángulo Ω±ϕsuponiendo que ϕ esta entre 0 y π/2, y mirando en el ír ulo trigonométri o el signo de la fun ión f orrespondiente al uadrante.Ejemplo 5.1.tan(−5π/2 + π/6) = − cot(π/6)sec(3π − α) = − sec(α)

119


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. El oseno del ángulo α = 180o es igual al de β = 540o.2. Un radián son 180o.3. 2π radianes son 180o.4. La siguiente e ua ión es ierta cos(180o + 20o + 160o) = 1.5. La siguiente e ua ión es ierta cos(3π + π2 ) = cos(3π

2 ).6. La siguiente e ua ión es ierta π − 2π = 3π27. Siempre dos ángulos medidos en radianes son iguales si su uo ientees una onstante ja.8. Siempre dos ángulos medidos en radianes son iguales si diferen ia esuna onstante ja.9. Siempre dos ángulos medidos en radianes tienen el mismo oseno sisu diferen ia es múltiplo de 2π.10. En una ir unferen ia de radio 1, un ángulo α subtiende un ar o delargo α.11. En una ir unferen ia de radio R 6= 1, un ángulo α subtiende unar o de largo α

R .12. En una ir unferen ia de radio R 6= 1, un ángulo α subtiende unar o de largo Rα.13. Sea ∆ABC re tángulo en B, siempre se umple que ABBC

= AC.14. Sea ∆ABC re tángulo en B, on α el ángulo aso iado al vérti e Ase umple que sen α = ABBC

.15. Sea ∆ABC re tángulo en B, on α el ángulo aso iado al vérti e Ase umple que cosα = ABBC

. 120

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile16. Sea ∆ABC re tángulo en B, on α el ángulo aso iado al vérti e Ase umple que tan α = BCAB

.17. Sea ∆ABC re tángulo en B, on α el ángulo aso iado al vérti e Ase umple que cosα = BCAB

.18. Sea ∆ABC re tángulo en B, on α el ángulo aso iado al vérti e Ase umple que sen α = ABBC

.19. Sea ∆ABC re tángulo en B, on α el ángulo aso iado al vérti e Ase umple que cosα = ABAC

.20. Si ono emos un lado en un triángulo re tángulo y su hipotenusa,podemos al ular cosα, cos β, sen γ, siendo α, β, γ los ángulos interioresdel triángulo.21. Si ono emos un lado en un triángulo re tángulo y su hipotenusa,podemos al ular tanα, tan β, siendo α, β los ángulos interiores no re tosdel triángulo.22. Si ono emos un lado en un triángulo re tángulo y su hipotenusa,podemos al ular senα, sen β, sen γ, siendo α, β, γ los ángulos interioresdel triángulo.23. ∀ǫ > 0, ∀M > 0, ∃α > M, tal que senα < ǫ.24. ∀ǫ > 0, ∀M > 0, ∃α > M, tal que cosα < ǫ.25. ∀ǫ, ∀M > 0, ∃α > M, tal que tanα < ǫ.26. ∀α, β si sen α = senβ ⇒ α = β.27. ∀α, β si cosα = cosβ ⇒ α = β.28. ∀M > 0, ∃α tal que sen α > M .29. ∀M > 0, ∃α tal que cosα > M .30. ∀M > 0, ∃α tal que tan α > M .31. ∃M > 0 tal que ∀α se tiene que sen α < M .32. ∃M > 0 tal que ∀α se tiene que cosα < M .33. ∃M > 0 tal que ∀α se tiene que tan α < M .34. ∃M > 0 tal que ∀α, β se tiene que senα + cosβ < M .35. ∃M > 0 tal que ∀α, β se tiene que senα cosβ < M .36. ∃M > 0 tal que ∀α, β se tiene que cos αsen β < M .121

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile37. ∀y ∈ R, ∃x ∈ R tal que sen x = y.38. ∀y ∈ R, ∃x ∈ R tal que cosx = y.39. ∀y ∈ R, ∃x ∈ R tal que tan x = y.40. ∃α tal que sen α > cosα, sen(α + π) > cos(α + π).41. ∃α tal que sen α > cosα, sen(α + π2 ) < cos(α + π

2 ).42. ∀α, siempre tan α ≥ sen α.43. ∀α, siempre tan α ≥ cosα.44. sen α > 0 ⇒ cosα > 0.45. cosα > 0 ⇒ senα > 0.46. Si senα = 0 ⇒ cosα 6= 0.47. Si cosα = 0 ⇒ senα 6= 0.48. Si senα = 0 ⇒ tan α 6= 0.49. ∀α, β, si sen α > senβ, enton es α > β.50. ∀α, β, si cosα > cosβ, enton es α > β.51. ∀α, β, si tan α > tan β, enton es α > β.52. No ne esariamente se umple que sen2 α + cosα = 1.53. No ne esariamente se umple que sen2 α + cos2 α = 1.

122


Guía de Ejer i iosObserva ión: En esta guía se utiliza la nota ión csc = cosec.1. (a) Es riba, de 3 formas distintas, los siguientes ángulos en radianes:30o, 45o, 60o, 90o, 120o, 150o, 180o, 240o, 270o, 300o, 360o.(b) Es riba en grados los siguientes radianes: π, 3π, π

2 , 3π2 .2. Indique para qué valores de x ∈ R, se tienen las siguientes igualdades:(a) sen xcosx = 0.(b) cosx tan x = 0.( ) sen x = cosx.(d) sen x(1 − cosx) = 0.3. Dado un triángulo ABC, re tángulo en B on AB = 5, BC = 7.(a) Determine el valor de AC.(b) Si α es el ángulo aso iado al vérti e A, al ule sen α y cosα.( ) Si β es el ángulo aso iado al vérti e C, al ule sen β y cosβ.(d) Verique en este aso que sen2 α + cos2 α = sen2 β + cos2 β = 1.(e) Verique que sen α = cosβ y que cosα = senβ.(f) Cal ule tan α y tanβ.4. Cal ular:(a) (sen(π/6) + cos(π/6))(sen(π/3) − cos(π/3)) sec(π/4).(b) 1

2 cos(π/3) + 2 csc2(π/6).( ) cot2(π/6) + 4 cos2(π/4) + 3 sec2(π/6).(d) 3 tan2(π/6) − 13 sen2(π/3) − 1

2 csc2(π/4) + 43 cos2(π/6).5. Usando el he ho que ∀x, sen2 x + cos2 x = 1, pruebe las siguientes iden-tidades:(a) sen x =

√1 − cos2 x.(b) tan2 x + 1 = sec2. 123

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile( ) cos2 x =cos 2x + 1

2. Indi a ión: Re uerde que cos(2x) = cos2 x −

sen2 x.(d) sen2 x =1 − cos 2x

2.(e) sen 2x =

2 tanx

1 + tan2 x. Indi a ión: Re uerde que sen 2x = 2 senx cos x.(f) cos 2x =

1 − tan2 x

1 + tan2 x.6. Pruebe las siguientes identidades(a) sen x

cosx+

tanx

cotx+

sec x

csc x=

2 cotx + 1

(cotx)2.(b) sen3 α + cos3 α

sen α + cosα+ sen α cosα = 1.( ) Suponiendo que tan α = a

b , probar que a(cos2 α−sen2 α)+2b senα cosα =a.(d) (sen α − cscα)2 + (cosα − secα)2 = tan2 α + cot2 α − 1.7. Pruebe las siguientes identidades(a) sen2 x tan x + cos2 x cotx + 2 senx cosx = tanx + cotx.(b) tan x + cotx = secx cosecx.( ) sen 3x = 3 senx − 4 sen3 x.(d) cos 3x = 4 cos3 x − 3 cosx.(e) (cosecx − cotx)2 =

1 − cosx

1 + cosx.(f) sen2 x

1 + sen x=

sec2 − secx tan x

cos2 x.

124


Guía de ProblemasP1. (30 min.) Considere la fun iónf(x) =

1 + sen x

1 − cosx.En uentre domino, signos, eros, paridad, periodi idad e inye tividad.P2. (a) (30 min.) En uentre los eros de la fun ión: f(x) = cos3(x) +

sen3(x) − 1 +1

2sen(2x).Indi a ión: a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2).(b) (30 min.) Demuestre la identidad

1

tg(3x) − tg(x)− 1

cotg(3x) − cotg(x)= cotg(2x).P3. (10 min.) Demuestre la siguiente identidad trigonométri a:

1

2senx sec2 x

2+ cosx tan

x

2− sen x = 0.P4. (a) Demuestre que ∀β, γ ∈ R se umplen las siguientes igualadades:1.- (10 min.) sen β sen γ = 1

2 (cos(β − γ) − cos(β + γ)) .2.- (10 min.) cosβ cosγ = 12 (sen(β + γ) + sen(β − γ)) .P5. (15 min.) Suponga que usted está parado a una altura h sobre elnivel del mar, mirando al horizonte. Suponga que la Tierra es una ir unferen ia de radio R. Cal ule la antidad máxima de kilómetrosque es posible ver, es de ir, el largo del ar o de ir unferen ia que esposible ver.

125



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 7: TRIGONOMETRÍA

5.9. Funciones trigonométricas inversasPara que una fun ión posea fun ión inversa, esta debe ser primero biye tiva,es de ir, epiye tiva e inye tiva a la vez.Como veremos a ontinua ión, las fun iones trigonométri as al ser perió-di as no son inye tivas en R, es más, al ser estas a otadas tampo o sonepiye tivas, lo que nos deja bien laro que estas fun iones trigonométri asno son biye tivas en R.A ontinua ión vamos a redenir tanto el dominio omo el odominio deestas fun iones para asi lograr biye tividad y poder en ontrarles fun ióninversa.Consideremos f(x) = senx. Luego Im f(x) = [−1, 1] 6= R lo que nosdi e que f(x) es una fun ión no epiye tiva.Restringimos el odominio a Cod f(x) = [−1, 1] y on esto la fun iónf(x) es epiye tiva.Como la fun ión no es inye tiva en R dado que toma innitas ve es ada valor al ser 2π periódi a, vamos a restringuir el dominio.El dominio que utilizaremos será el intervalo [−π/2, +π/2] dado queen este intervalo f(x) toma solo un valor para ada x y al mismotiempo mantenemos la epiye tividad on el odominio restringido an-teriormente.Asi la fun ión f : [−π/2, π/2] → [−1, 1] tal que f(x) = sen(x) esbiye tiva y en onse uen ia posee inversa, la ual llamaremos:Deni ión 5.8 (Ar oseno). Llamamos ar oseno a la fun ión inversa de

f , es de ir: arcsin : [−1, 1] → [−π/2, π/2] tal que y = arcsinx ⇐⇒ x =sen y Sea f(x) = cosx. Luego Im f(x) = [−1, 1] 6= R y omo vimos ante-riormente, muestra no epiye tividad.Siguiendo el paso efe tuado para sin, restringimos el odominio aCod f(x) = [−1, 1] y on esto logramos que la fun ión f(x) sea epi-ye tiva.Al igual que sin, os es 2π periódi a por lo que no posee inye tividaden R. A diferen ia del intervalo anterior, esta ves se restringe el domi-nio al intervalo [0, +π] ya que es en este intervalo en el ual f(x) tomasolo un determinado valor para ada x teniendo así inye tividad.Asi la fun ión f : [0, π] → [−1, 1] tal que f(x) = cos(x) es biye tiva yen onse uen ia tiene inversa, llamada:126


Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDeni ión 5.9 (Ar o oseno). Llamamos ar o oseno a la fun ión inver-sa de f , o sea:arc cos : [−1, 1] → [0, π] tal que y = arc cosx ⇐⇒ x = cos ySea f(x) = tanx. Luego Im (tanx) = R por lo que no es ne esariorestringir el odominio y la fun ión f(x) es epiye tiva en R.Sin embargo, la fun ión, al ser periódi a, no es inye tiva enR, luego serestringe el dominio al intervalo (−π/2, π/2) para lograr inye tividad.Asi la fun ión f : (−π/2, π/2) → R tal que f(x) = tan(x) es biye tivay en onse uen ia tiene inversa, llamada:Deni ión 5.10 (Ar otangente). Llamamos ar otangente a la fun ióninversa de f , o sea:arctan : R→ (−π/2, π/2) tal que y = arctanx ⇐⇒ x = tan y

5.9.1. GráficosA ontinua ión veamos los grá os de estas fun iones:-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

asin(x)

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

acos(x)

Ahora el grá o de ar tan:-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

-3 -2 -1 0 1 2 3

atan(x)

127

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5.10. Ecuaciones trigonométricasA ontinua ión analizaremos las fun iones trigonométri as uando estas sonutilizadas en e ua iones y veremos omo en ontrarles solu ión.1. Consideremos la e ua ión sen x = a donde a ∈ Ra) |a| > 1 ⇒ no existe solu ión.b) |a| ≤ 1, es fa il en ontrar una solu ión α ∈ [−π/2, π/2], que orresponde a α = arcsina.Sin embargo omo la fun ión sen no es epiye tiva, esta solu iónno es úni a.La solu ión general suele es ribirse de la siguiente forma:

x = kπ + (−1)kαdonde k ∈ Z. Así tomamos todos los posibles valores de x dadala periodi idad de sin.2. Consideremos la e ua ión cosx = a donde a ∈ Ra) |a| > 1 ⇒ no existe solu ión.b) |a| ≤ 1, es fa il en ontrar una solu ión α ∈ [0, π], que orrespon-de a α = arc cosa.Sin embargo omo la fun ión cos no es epiye tiva, esta solu iónno es úni a.La solu ión general suele es ribirse de la siguiente forma:x = 2kπ ± αdonde k ∈ Z. Así tomamos todos los posibles valores de x dadala periodi idad de os.3. Consideremos la e ua ión tan x = a donde a ∈ R

∀a ∈ R, es fa il en ontrar una solu ión α ∈ (−π/2, π/2), que orres-ponde a α = arctana.Sin embargo omo la fun ión tan no es epiye tiva, esta no es la úni asolu ión.La solu ión general suele es ribirse en la e ua iónx = kπ + α donde k ∈ Z.A ontinua ión vamos a ver 3 ejemplos on retos de lo anterior:Ejemplos:1. sen 2x + cosx = 02. 1 + sen x + cosx + sen 2x + cos 2x = 03. sen x + cosx = 1 128

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileMostraremos paso a paso omo poder resolver estas e ua iones trigonomé-tri as:1) sen 2x + cosx = 0

⇐⇒ 2 senx cosx + cosx = 0

⇐⇒ cosx[2 senx + 1] = 0a) cosx = 0 ⇒ α = π2 ⇒ x = 2kπ ± π

2b) 2 senx + 1 = 0 ⇐⇒ sen x = −1/2, α = −π6

x = kπ + (−1)k(−π

6)

x = kπ − (−1)k π

62) 1 + senx + cosx + sen 2x + cos 2x = 0

⇔ 1 + senx + cosx + 2 senx + cos2 x − sen2 x = 0

⇔ senx + cosx + 2 senx cosx + 2 cos2 x = 0

⇔ [senx + cosx] + 2 cosx[sen x + cosx] = 0

⇔ [senx + cosx][1 + 2 cosx] = 0Para que esto se tenga, algunos de los siguientes asos se debe tener:a) sen x + cosx = 0 ⇒ x = − cosx

⇒ tan = −1; α = −π4

x = kπ − π

4b) 1 + 2 cosx = 0 ⇐⇒ cosx = −1/2; α = 2π/3

x = 2kπ ± 2π

33) senx + cosx = 1

senx(√

22 ) + cosx(

√2

2 ) =√

22

senx + π4 = kπ + (−1)kπ/4

⇒ x = kπ + (−1)π/4 = π/4sI k par, x = 2kπ = 2nπsI k impar, x = kπ − π/2 = (2n − 1)π − π/2

129

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5.11. Aplicaciones en Triángulos

5.11.1. Teorema del senoEste teorema nos revelará la rela ión que hay entre ada ángulo y su ladoopuesto dentro de ualquier triángulo. Observemos la gura siguiente:De la gura se puede extraer bastante informa ión. Llamemos h a la alturaque va desde C hasta la base AB. Como ya sabemos, sinβ = h/a . Porotra parte, veamos quesinα = h/b, luego h = bsinα , y si reemplazamosobtenemos sinβ = (bsinα)/asinβ/b = sinα/aSi efe tuamos el mismo pro eso pero esta vez o upando el ángulo γ enton esobtenemos la rela ión sinα/a = sinβ/b = sinγ/c

5.11.2. Teorema del cosenoEste teorema es una expansión del Teorema de Pitágoras, dado que nospermite en ontrar una rela ión entre los lados del triángulo, pero sin queeste sea ne esariamente triángulo re tángulo.Observemos la gura:

130

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDe la gura vemos lo siguiente:Caso 1: β = π/2, en este aso vemos que se puede o upar pitágoras,por lo tanto, a2 + b2 = c2.Caso 2: β 6= π/2, en este aso o uparemos pitágoras pero on y2+x2 =c2Donde y = bsinγ, y x = a − b osγ. Luego tenemos que

c2 = b2sin2γ + a2 − 2ab osγ + b2 os2γ= b2(sin2γ + os2γ) + a2 − 2ab osγ= b2 + a2 − 2ab osγ1. Si L : y = mx + n es la e ua ión de una re ta, enton es m = tanαdonde α es el ángulo formado entre la re ta y en eje OX .2. Si L1 : y = m1x + n1 y L2 : y = m2x + n2 son re tas, enton es elángulo formado entre las dos re tas puede al ularse por:

m1 = tanβ y m2 = tanα

tanγ = tan(α − β) = tan α−tan β1+tan α tan β = m2−m1

1+m1m2Teorema 5.2 (Teorema del Seno).senα

a=

sen β

b=

sen γ

c= k

Teorema 5.3 (Teorema del Coseno).c2 = a2 + b2 − 2ab cosγ

131


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. sen α =√

1 − cos2α2. sen α = tan α√1+tan2α3. sen α = 2 cos 2α4. sen α = 2 tan α

cos α−sec α5. sen α = tanα cscα6. cosα = 1√1+tan2α7. sen α = 1√1+cot2α8. cosα = tanα sen α9. cosα = tanα csc α10. tan α = sec α

csc α11. cosα = cot α√1+cot2α12. tan α = 2 senα cosα13. secα = 1

2 sen(32α)14. sen α = 1

csc α15. tan α = 1cot α16. sen α =√

sec2α−1sec α17. cosα = 1

2 tan α cscα18. tan α = 3 sen 2α − cosα19. cosα = 1sec α20. cosα = tan2α 132

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile21. tan α =√

sec2α − 122. cotα = 1√sec2α−123. sen α = cos α

cot α24. secα = tan αsenα25. secα = csc αcotα26. sen α = 1csc α27. cosα =√

csc2α−1csc α28. tan α = 1√csc2α−129. cotα =

√csc2α − 130. secα = csc α√csc2α−131. x = π

9 es solu ión de cos(2π9 − x) = cosx32. x = π

9 es solu ión de cosx = cos(π6 − x)33. x = π

2 es solu ión de 2 senx = 134. x = π6 es solu ión de 2 cosx = cotx35. x = π4 es solu ión de csc x = secx36. x = 0 es solu ión de 3cos2x + sen2x = 337. x = π es solu ión de 2sen2x + senx = 038. x = 2π es solu ión de cosx + 2sen2x = 139. x = π2 es solu ión de cosx =

√3 sen x40. x = π

4 es solu ión de sen x = cosx41. El teorema del oseno puede redu irse al teorema de Pitágoras enun triángulo re tángulo42. El teorema del seno puede redu irse al teorema de Pitágoras en untriángulo equilatero43. En el teorema del seno es ne esario que uno de los ángulos sea agudo44. En el teorema del oseno es ne esario que al menos uno de los ángulossea agudo45. El teorema del seno es apli able a un triángulo isós eles46. El teorema de Pitágoras es un aso parti ular del teorema del oseno.133

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileIngeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIASFÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEIntroducción al Cálculo 08-1Guía de Ejer i iosObserva ión: En esta guía se utiliza la nota ión csc = cosec.1. Resuelva las siguientes e ua iones trigonométri as(a) cos(2x) + cos(−x) = 0.(b) cos(x) = 2 tan(x)

1+tan2(x) .( ) sen(x) +√

2 = − sen(x).(d) 2sen2(x) − sen(x) − 1 = 0.(e) 1+sen(x)cos(x) + cos(x)

1+sen(x) = 4.(f) csc(2x) − cot(2x) = tan(x).(g) cos(x2 ) − sen(x

2 )2 = 1 − sen(x).(h) cos(x) = 2 tan(x)1+tan2(x) .2. Demuestre las siguientes identidades:(a) tan(α + β) = tan α+tan β

1−tan α tan β .(b) cosu + cos v = 2 cos(u−v2 ) cos(u+v

2 ).( ) cosu − cos v = −2 sen(u+v2 ) sen(u−v

2 ).(d) cos(x) = f(tan(x2 )) (en uentre f).(e) sen(x) = f(tan(x2 )) (en uentre f).3. Estudie las siguientes fun iones, indi ando dominio, eros, periodi idad,signos, re imiento y grá o:(a) sec(x).(b) cot(x).( ) csc(x).4. Demuestre que en todo triángulo de lados a, b y c y ángulos opuestos α,

β, y γ se umple que b cos(γ) − c cos(β) = b2−c2

a .5. Se ne esita ono er la altura de un árbol ubi ado en la ladera de un erro. Para esto, se ubi an dos puntos A y B sobre la ladera (A másabajo que B) a una distan ia d y olineales on la base del árbol. Losángulos de eleva ión desde A y B hasta la úspide del árbol son α y β,respe tivamente, y el ángulo de in lina ión de la ladera es γ. Cal ularla altura del árbol en fun ión de los datos α, β, γ y d.134


Guía de ProblemasLa presente guía le permitirá tener una idea bastante pre isa del tipo deproblemas que debe ser apaz de resolver en una evalua ión y el tiempopromedio que debería demorar en resolverlos. En total debería poder resol-verla en 3 horas. Le re omendamos que trabaje en ella una hora antes dela lase de trabajo dirigido, que resuelva sus dudas en la lase de trabajodirigido y que luego dedique una hora a es ribir on detalles las solu iones.P1. (20 min.) Resolver la e ua ión trigonométri a:sen 2x = cos

x

2.Gra ar las solu iones en el ír ulo geométri o y determinar si 3π

5 essolu ión.P2. (a) (10 min.) Demostrar que cosα + cosβ = 2 cos(α+β2 ) cos(α−β

2 ).(b) (15 min.) Utilizar lo anterior para resolver la e ua ión 1 + cosx+cos 2x + cos 3x = 0.P3. (15 min.) Resolver la e ua ión

√3 cosx + senx = 1.P4. (30 min.) En un uadrilátero A, B, C, D, ono emos los ángulos ABC,

BCD, α y β respe tivamente. Además se sabe que la longitud de loslados AB, BC y CD es 1. Probar que la longitud del uarto lado ADes igual √3 − 2 cos(α) − 2 cos(β) + 2 cos(α + β).P5. Considere la siguiente guraα

βγ

h

a

b

x

d

δ135

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile(1) (10 min.) En ontrar d en términos de α, β y γ.(2) (10 min.) En ontrar h en términos de α, β y γ.(3) (20 min.) Determinar el valor de x.P6. (30 min.) Se quiere medir el radio R de un estadio de forma ir ular,para lo ual se dispone de la distan ia L entre los puntos A y B y losángulos α, β, γ, δ entre las re tas tangentes a la ir unferen ia quepasan por A y B y el trazo AB, omo se muestra en la gura. ExpreseR en términos de L = AB y α, β, γ, δ.

O

R

βγ

δαA

BP7. (30 min.) La altura H de la torre de la gura es des ono ida. Se ono en los ángulos de eleva ión α y β medidos desde dos puntos A yB del suelo, separados por una distan ia L > 0 y formando on la basede la torre un ángulo γ. Sabiendo que la torre es verti al respe to delsuelo, al ule H en términos de L, α, β, γ en los asos α > β, α = βy α < β. (Nota: 0 < α < π

2 , 0 < β < π2 , −π < γ < π).

α

H

A

β

γBL

136



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 8: AXIOMA DEL SUPREMO

6. Acotamiento de subconjuntos de R

6.1. Cota Superior e InferiorAntes de presentarles el axioma del supremo, axioma de los números reales,debemos estudiar una serie de deni iones que sirven para a otar onjuntos: otas superiores e inferiores, máximos y mínimos, supremos e ínmos.Deni ión 6.1 (A otado Superiormente). Un onjunto A es a otadosuperiormente si existe un real M que es mayor que todos los elementos del onjunto A, es de ir(∃M ∈ R) (∀x ∈ A) tal que: x ≤ M.A este número M , se le llamará ota superior de A.Observa ión: Cualquier otro real mayor que M , también será una otasuperior de A.Deni ión 6.2 (A otado Inferiormente). Un onjunto A es a otadoinferiormente si existe un real m que es menor que todos los elementosdel onjunto A, es de ir(∃m ∈ R) (∀x ∈ A) tal que: m ≤ x.A este número m se le llamará ota inferior de A.Observa ión: Cualquier otro real menor que m, también será una otainferior de A.Deni ión 6.3. Un onjunto a otado superior e inferiormente, se di ea otado.Ejemplos:1. A = (−∞, 5). Este intervalo es a otado superiormente, una otasuperior es 5, y el onjunto de las otas superiores es [5,∞).No hay otas superiores m < 5, ya que siempre existe ε > 0 talque m + ǫ ∈ A y m < m + ε.El intervalo no es a otado inferiormente pues dado un real m < 5,una ota inferior para m sería m − 1, pero m − 1 ∈ A.2. A = [−1, 3] . Este intervalo es a otado superior e inferiormente. El onjunto de las otas superiores es el intervalo [3,∞). Y el de las otas inferiores es el intervalo (−∞,−1] .137


Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión: Una forma de demostrar que un real c es una ota superiorpara un onjunto A, es probar que ningún real x > c pertene e a A.Ejemplo 6.1.A =

x ∈ R : x2 ≤ 2Veamos si c = 3

2 es ota superior de A. Si x > 32 , enton es x2 >

(

32

)2=

94 > 2. Por lo tanto x /∈ A. Esto quiere de ir que ningún real mayor que32 puede estar en A.

6.1.1. Máximo y MínimoDeni ión 6.4 (Máximo). Diremos que un onjunto A posee máximo, siposee una ota superior que pertene e al onjunto.Deni ión 6.5 (Mínimo). Diremos que un onjunto A posee mínimo, siposee una ota inferior que pertene e al onjunto.Observa ión:Estas dos deni iones nos di en que el máximo de un onjunto es elmayor elemento del onjunto y que el mínimo de un onjunto es elmenor elemento del onjunto.Si el máximo existe, este es úni o. Lo mismo o urre on el mínimo.Ejemplo 6.2.1. A = (−∞, 5) . No posee máximo, ya que el onjunto de todas las otas superiores es [5,∞) y (−∞, 5] ∩ [5,∞) = ∅.2. A = [−1, 3] . Posee omo mínimo a −1 y omo máximo a 3.

6.1.2. Supremo e InfimoDeni ión 6.6 (Supremo). Diremos que un onjunto A posee supremo,si existe un real s que satisfa e las dos siguientes ondi iones:1. s es una ota superior de A.2. Cualquier otra ota superior de A es mayor que s.Nota ión: El supremo de A, se denota por sup A.Deni ión 6.7 (Ínmo). Diremos que un onjunto A posee ínmo, siexiste un real u que satisfa e las dos siguientes ondi iones:1. u es una ota inferior de A.2. Cualquier otra ota inferior de A es menor que u.Nota ión: El ínmo de A, se denota por ınf A.138

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 6.3.1. A = (−∞, 5) . Tiene omo supremo el valor 5, ya que 5 es otasuperior del onjunto y ualquier otra ota superior de A serámayor que 5. No tiene ínmo pues no está a otado inferiormente.2. A = [−1, 3] .Está a otado superior e inferiormente y tiene a −1 omo ínmo y a 3 omo supremo (−1 es mínimo y 3 es máximo ).6.2. Características de intervalosResumimos ahora las ara terísti as anteriores en el aso de intervalos,dados a, b ∈ R on a < b:min max inf sup

[a, b] a b a b(a, b) ∄ ∄ a b[a, b) a ∄ a b(a, b] ∄ b a b

(−∞, b] ∄ b ∄ b(−∞, b) ∄ ∄ ∄ b(a,∞) ∄ ∄ a ∄[a,∞) a ∄ a ∄Queda propuesto omo ejer i io, argumentar la tabla anterior.

6.3. Propiedades del supremoObserva ión: Siempre se tendrá que si el mínimo m de un onjunto Aexiste enton es el ínmo u de A también existe y son iguales. Esto es por-que, el mínimo m es una ota inferior de A y por la deni ión de ínmotendremos que m < u.Por otro lado, omo m pertene e al onjunto, toda ota inferior debe sermenor que él, en parti ular el ínmo u, es de ir u < m. Por lo tanto m = u.Lo mismo se tendrá para máximo y supremo.Propiedades 7. Sean A y B dos onjuntos, denimos A+B = x + y : x ∈ A, y ∈ By A · B = x · y : x ∈ A, y ∈ B, enton essup(A + B) = sup(A) + sup(B).

sup(A · B) = sup(A) · sup(B). Para A, B ⊆ [0,∞).Demostra ión. Sólo demostraremos la primera propiedad, la segundaquedará omo ejer i io.Demostraremos la prmera propiedad demostrando las dos desigualdadesque nos darán la igualdad.Primero sup(A + B) ≤ sup(A) + sup(B) : Un elemento de A + B se es ribe omo x+y, y este número es menor que sup(A)+sup(B), pues x ≤ sup(A) e139

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chiley ≤ sup(B). Con lo ual tenemos que sup(A)+sup(B) es una ota superiordel onjunto A + B. Enton es el supremo de A + B debe ser menor quesup(A) + sup(B). Luego se tiene la desigualdad sup(A + B) ≤ sup(A) +sup(B).Segundo sup(A + B) ≥ sup(A) + sup(B) : Sabemos que para todo x ∈ Ae y ∈ B, x + y ≤ sup(A + B), es de ir para todo x ∈ A se tiene x ≤sup(A + B) − y, lo que equivale a de ir que para todo y ∈ B, se tiene queel real sup(A + B) − y, es ota superior de A.Enton es para todo y ∈ Bse tiene que sup(A) ≤ sup(A + B) − y. Como es para todo y ∈ B,enton estenemos y ≤ sup(A + B)− sup(A). Luego sup(B) ≤ sup(A + B)− sup(A).Con lo ual se tiene la otra desigualdad.6.4. Axioma del SupremoEn la parte anterior vimos que hay onjuntos a otados superiormente queno poseen máximo. En estos asos omo en el ejemplo del intervalo (−∞, 5) ,el andidato a ser máximo era 5, pero este no pertene ía al onjunto.Sin embargo nuestra intui ión nos di e que todo onjunto a otado superior-mente posee supremo. De he ho, la úni a forma que un onjunto no poseasupremo pare e ser, que no sea a otado.Sin embargo esta intui ión no se puede dedu ir de las propiedades de losreales, por lo tanto lo tenemos que agregar omo axioma. Ax. 8. SupremoAxioma 8. (Axioma del Supremo)Todo onjunto no va ío y a otado superiormente posee un supremo.Observa ión:Se puede demostrar que todo onjunto no va ío a otado inferiormentepose ínmo. En efe to, basta veri ar que ınf(A) = − sup(−A).No es ierta la propiedad si se ambia supremo por máximo. En efe to

(−∞, 5) no tiene máximo pero sí supremo.6.5. Aplicaciones del Axioma de SupremoApli a ión 1Para ilustrar una de las apli a iones del axioma del supremo, vamos a denirla parte entera de un real x > 0.Deni ión 6.8 (Parte Entera). La parte entera de un real x > 0, sedenirá omo el supremo del onjunto A = n ∈ N : n ≤ x .Esto está biendenido pues el onjunto A es a otado superiormente por x y además 0 ∈ A.Por lo tanto por el axioma del supremo, el onjunto A posee supremo. Estesupremo será denotado por [x] y se llamará ajón inferior de x o parteentera de x. 140

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 6.4.La parte entera del real 3, 5 es: [3, 5] = 3.Ahora veamos que [x] es un número natural.Como [x] = sup(A), el real [x] − 12 , no puede ser una ota superior de A.Luego debe existir un elemento n0 en A tal que [x]− 1

2 < n0. Por otra parte, omo [x] es una ota superior de A se tiene que n0 ≤ [x] .Veamos que n0 es una ota superior de A. Esto lo tendremos si todo naturaln que sea mayor estri to que n0, no pertene e a A.Si n > n0, se dedu e que n ≥ n0 + 1. Pero sabemos que n0 + 1 > [x] + 1

2 .Con esto tenemos que n > [x] + 12 > [x]. Por lo tanto, n es mayor que elsupremo de A y enton es n /∈ A. Con esto on luimos que n0 es una otasuperior de A. Como n0 ∈ A, on luimos que es un máximo y por ende esigual a [x] .Observa ión: Una onse uen ia importante de esto último es que [x] ≤

x < [x] + 1.Apli a ión 2Otra forma de utilizar el axioma del supremo es dedu ir propiedades a er ade R.Teorema 6.1. Los números naturales nos son a otados superiormente.Demostra ión. Lo haremos por ontradi ión, es de ir, supongamos queN es a otado superiormente, esto impli aría por el axioma del supremoque N posee supremo, el ual llamaremos s. Para este supremo se tendríaque[s] ≤ s < [s] + 1, donde [s] + 1 ∈ N. Lo ual ontradi e que s es otasuperior de N.Teorema 6.2 (Propiedad Arquimediana). El onjunto R es arquime-diano, es de ir, para todo real x > 0, existe un natural n ∈ N, tal quen · x > 1.Demostra ión. Lo haremos por ontradi ión, es de ir, si no se tuviese lapropiedad, existiría un real positivo x tal que el onjunto n · x : n ∈ N ,seríaa otado por 1, siendo no va ío, tendría un supremo L. Pero enton es L

x seríauna ota superior para los naturales, lo ual ontradi e el teorema re iénvisto.Observa ión: El último teorema puede interpretarse omo: sumar una antidad su ientemente grande de ve es x onsigo mismo da origen a unreal que es mayor que 1, sin importar que tan pequeño sea x. Y además elvalor de 1 puede ambiarse por ualquier real positivo.141

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 6.5.ınf 1

n , n ∈ N = 0. Si suponemos que esto no es ierto, es de ir existem > 0 tal que ∀n ∈ N, m ≤ 1

n .Por la propiedad arquimediana, existe n0 ∈ N tal que mn0 > 1, lo ualequivale a m > 1n0. Lo ual es una ontradi ión.Teorema 6.3 (∗). Los ra ionales son densos en los reales. Esto signi aque dados dos reales x, y on x < y, enton es existe un ra ional r tal que

x < r < y.Demostra ión. - Si x e y son ra ionales podemos es oger r = x+y2 .- Si alguno de ellos no es ra ional analizaremos dos situa iones:Primero, si y − x ≥ 1 on y no ra ional, enton es podemos es oger

r = [y]. Pues sabemos que x ≤ y − 1 < r = [y] < y. Si y es ra ional,enton es podemos es oger r = [x] + 1, pues en este aso tenemosx < [x] + 1 = r ≤ x + 1 < y.Segundo, si y − x < 1 on y no ra ional, podemos denir r = n

m , onm =

[

1y−x

]

+1 y n = [my] . Se demuestra que r satisfa e la propiedadestable iendo la siguientes rela iones: my − mx > 1 (se obtiene dem > 1

y−x) ; n + 1 > my , enton es my > n > mx (y no es ra ional).Apli a ión 3Otra apli a ión es o upar el axioma del supremo omo onstru tor denúmeros.Vamos a utilizar los resultados anteriores para denir la raíz uadrada deun número. Bus aremos un número s > 0 tal que s2 = 2.Consideremos nuevamente el onjunto A =

r ∈ R : r2 ≤ 2

.Ya vimos queque A es a otado superiormente por 32 , además A es no va ío pues 0 ∈ A.Por el axioma del supremo tenemos que A posee supremo. Demostraremosque no puede o urrir que s2 < 2, ni tampo o que s2 > 2.No puede o urrir que s2 < 2:Probemos que si s2 < 2, enton es ∃ε ∈ (0, 1) tal que (s + ε)2 < 2. Enefe to

(s + ε)2 = s2 + 2sε + ε2

≤ s2 + (2s + 1)ε142

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSi se es oje ε tal ques2 + (2s + 1)ε < 2se habrá probado la propiedad.Basta para ello tomar ε = 2−s2

2(2s+1) .Luego (s + ε)2 < 2, lo ual impli a que s + ε ∈ A. Lo ual ontradi eque s es ota superior, ya que s + ε > s. Luego, no puede ser ques2 < 2.No puede o urrir que s2 > 2:Se prueba que existe una ota superior de A menor que s, lo ual nosdaría una ontradi ión pues s no sería la menor ota superior de a.Esto se puede ha er realizando un razonamiento similar al anteriorllegando a que (∃ε ∈ (0, 1)) (s − ε)

2> 2, lo ual impli a que s− ε esuna ota superior de A menor que s.Finalmente podemos on luir que s2 = 2.Por lo tanto podemos denir lo siguiente:Deni ión 6.9 (Raíz uadrada de 2).

√2 = sup

r ∈ R : r2 ≤ 2

.Ahora veremos que √2 ∈ R \ Q, es de ir veamos que √

2 /∈ Q.Supongamos que √2 ∈ Q, enton es tendríamos que √

2 = pq , on p, q ∈ Ny la fra ión es irredu tible (p y q no tienen fa tores enteros omunes).Enton es ne esariamente p o q es impar, si no tendrían al número 2 omofa tor omún.Luego √

2 = pq equivale a (p

q

)2

= 2 (por la deni ión de raíz uadrada).Enton es p2 = 2q2, lo ual impli a que p2es par, luego p es par.En efe to si p fuese impar p = 2m+ 1, enton es p2 = 4m2 + 4m+ 1, el uales impar, lo ual no puede ser.Enton es si p es par, lo podemos es ribir p = 2k, on k ∈ N. Luego p2 =4k2 = 2q2 ⇒ q2 = 2k2 ⇒ q es par, lo ual dijimos que no podía ser.Enton es √2 /∈ Q.ExtensionesLo anterior permite denir lo siguiente:Deni ión 6.10 (Raíz uadrada de un número real positivo).

√x = sup

r ∈ R : r2 ≤ x

.De manera más general:Deni ión 6.11 (Raíz n-ésima de un número real positivo).n√

x = sup r ≥ 0 : rn ≤ x .Observa ión: El axioma del supremo ha e la diferen ia entre R y Q.143

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile6.6. Números irracionalesObserva ión: R \Q se denomina I y se llaman irra ionales.Las siguientes propiedades quedan propuestas omo ejer i ios.Propiedades 8. x, y ∈ Q ⇒ x ± y ∈ Q.

x ∈ Q, y ∈ I ⇒ x + y ∈ I.x ∈ Q∗, y ∈ I ⇒ x · y ∈ I.El teorema (∗), puede extenderse a I:Proposi ión 6.1.

∀x, y ∈ Q, x < y, ∃i ∈ I, x < i < y.Demostra ión. Sabemos, por (∗) que∃p, q ∈ Q, x < q < p < y.Con esto denimos:

i = q +

√3

2(p − q),que por la propiedad anterior perten e a I.

144


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. El máximo del onjunto 0, 1 es 1.2. El mínimo del onjunto 0, 1 es 1.3. Para todo par de reales a y b, on a < b, el máximo del onjunto[a, b) es b.4. Para todo par de reales a y b, on a < b, el supremo del onjunto[a, b) es b.5. Para todo par de reales a y b, on a < b, el mínimo del onjunto(a, b) es a.6. Para todo real a, el ínmo del onjunto [a,∞) es a.7. Todo onjunto no va ío y a otado superiormente posee supremo8. Todo onjunto no va ío y a otado superiormente posee máximo.9. Todo onjunto no va ío y a otado superiormente posee ínmo.10. Todo onjunto no va ío y a otado superiormente posee mínimo.11. Todo onjunto no va ío y a otado posee supremo.12. Todo onjunto no va ío y a otado posee máximo.13. Todo onjunto posee supremo.14. Todo onjunto a otado posee ínmo.15. 1 es el supremo de (1,∞)16. −1 es el máximo de (−2,−1).17. Los números naturales son a otados inferiormente.18. Los números enteros son a otados.145

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile19. Para ualquier par de reales x < y existe un entero q tal que x <q < y.20. Para ualquier par de reales x < y existe un ra ional q tal quex < q < y.21. Para ualquier par de reales x < y existe un irra ional q tal quex < q < y.22. Para ualquier par de reales x < y existe un real q tal que x < q < y.23. Si un onjunto A 6= ∅ es a otado superiormente enton es satisfa eque para todo M ∈ R existe un x ∈ A on M < x.24. Si un onjunto A 6= ∅ no tiene supremo enton es no es a otadosuperiormente.25. Para ada s > 0 que satisfa e s2 < 2 existe a > 0 tal que (s+a)2 < 2.26. Para ada s > 0 que satisfa e s2 > 2 y ada a > 0 se umple(s − a)2 > 2.27. Para ada s > 0 que satisfa e s2 < 2 y ada a > 0 se umple(s + a)2 > 2.28. Para ada s > 0 que satisfa e s2 > 2 existe a > 0 tal que (s−a)2 > 2.29. Para ada s > 0 existe n ∈ N tal que sn > 1.30. Para ada s > 0 y para ada n ∈ N se umple sn > 1.31. Para ada s > 0 existe n ∈ N, n > 0 tal que sn < 1.32. Para ada s > 0 y para ada n ∈ N se umple sn < 1.33. El onjunto x ∈ Q : x2 ≤ 2 no es a otado superiormente.34. El onjunto x ∈ Q : x2 ≤ 2 tiene máximo.35. El onjunto x ∈ Q : x2 ≤ 2 es a otado inferiormente.36. El onjunto x ∈ Q : x2 ≤ 2 tiene mínimo.37. La suma de dos números ra ionales siempre es un número ra ional.38. La suma de dos números irra ionales siempre es un número irra ional.39. La suma de un número ra ional y otro irra ional siempre es unnúmero ra ional.40. La suma de un número ra ional y otro irra ional siempre es unnúmero irra ional. 146

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile41. El produ to de dos números ra ionales siempre es un número ra io-nal.42. El produ to de dos números irra ionales siempre es un número irra- ional.43. El produ to de un número ra ional y otro irra ional siempre es unnúmero ra ional.44. El produ to de un número ra ional no nulo y otro irra ional siemprees un número irra ional.

147

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileIngeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIASFÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEIntroducción al Cálculo 08-1Guía de Ejer i ios1. Demuestre que mınx, y = 1

2 (x + y − |x − y|).2. Demuestre que maxx, y = 12 (x + y + |x − y|).3. Para ada uno de los siguientes onjuntos determine su a otamiento, laexisten ia de ínmos y supremos y la existen ia de mínimos y máximos.(a) x ∈ R : |x| ≥ a.(b) x ∈ R : |x2 + 3x| < 4.( ) x ∈ R : x + 1

x < 2.(d) x ∈ R : [x] < 2, donde [x] es la parte entera de x.(e) x ∈ Z : x2 < 7.(f) x ∈ Z : 2x > 2.(g) A = Q ∩ [−√

2,√

2).(h) x ∈ Q : x2 ≤ x + 1.(i) 1n , n ∈ N∗.(j) (−1)n + 1

n : n ∈ N∗.(k) x ∈ R : ∃n ∈ N, x ∈ [1 − 1n , 1 + 1

n ].(l) x ∈ R : ∃n ∈ N, x · n > 1.4. Demuestre que [0, 1) no tiene máximo.5. Sea A sub onjunto no va ío de R. Sea a una ota superior de A y c ≥ 0.Pruebe que ca es una ota superior del onjunto cx : x ∈ A (que sedenota cA). Cal ule sup(cA) en términos de sup(A) y de c.6. Sean A y B sub onjuntos no va íos de R+. Sea a una ota inferior de Ay b una ota inferior de B. Demuestre que a + b es una ota inferior del onjunto x+y : x ∈ A, y ∈ B, denotado por A+B. Cal ule ınf(A+B)en términos de ınf(A) y de ınf(B).7. Sean A y B sub onjuntos no va íos de R. Demuestre que si a es una ota superior del onjunto A y b es una ota superior del onjunto Benton es maxa, b es una ota superior de A⋃

B y mına, b es una ota superior de A⋂

B. Cal ule sup(A⋃

B) y sup(A ∩ B), en términosde sup(A) y sup(B).8. Demuestre que √5 es irra ional.148


Guía de ProblemasLa presente guía le permitirá tener una idea bastante pre isa del tipo deproblemas que debe ser apaz de resolver en una evalua ión y el tiempopromedio que debería demorar en resolverlos. En total debería poder resol-verla en 3 horas. Le re omendamos que trabaje en ella una hora antes dela lase de trabajo dirigido, que resuelva sus dudas en la lase de trabajodirigido y que luego dedique una hora a es ribir on detalles las solu iones.P1. (10 min.) Probar que ınf 12n+1 : n ∈ N = 0.P2. (30 min.) Sea f una fun ión re iente uyo dominio es el intervalo [0, 1].Demuestre que el onjunto f([0, 1]) es a otado superiormente. Cal uleel supremo del onjunto f([0, 1]) y determine si posee máximo.P3. (30 min.) Dados a y b reales, demuestre que si para ualquier ǫ > 0se umple que a ≤ b + ǫ enton es a ≤ b. Para argumentar, estudie el onjunto ǫ > 0 : ǫ ≥ a − b.P4. (30 min.) Sean S y T sub onjuntos no va íos de R tales que para todo

x ∈ S y para todo y ∈ T x ≤ y. Probar que S tiene supremo, que Ttiene ínmo y que sup(S) ≤ ınf(T ).P5. (30 min.) Sean A y B sub onjuntos no va íos de R, los uales veri anlas siguientes propiedades:(a) A ∪ B = R.(b) Todo elemento de A es menor que todo elemento de BDemuestre que existe un real α que es simultáneamente ota superiorde A y ota inferior de B. Pruebe, además, que di ho número real αes úni o.P6. (30 min.) Sean A, B y C sub onjuntos de R no va íos y a otados.Pruebe que si para todo x ∈ A y todo y ∈ B existe z ∈ C tal quex + y ≤ z enton es sup(A) + sup(B) ≤ sup(C).P7. (30 min.) Sea A ⊆ R un onjunto a otado superiormente y tal que su omplemento es a otado inferiormente. Muestre que ınf(Ac) = sup(A)si y sólo si A = (−∞, a] o A = (−∞, a) on a ∈ R.149



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 9: SUCESIONES

7. SucesionesDeni ión 7.1 (Su esión). Una su esión real es una fun ión:f : N → R

n → f(n)Observa ión:Para distinguir a una su esión de las demás fun iones, se o uparápara denotar las su esiones las letras s,u,v,w,a,b,c, et . en lugar de f ,además la imagen de n, es de ir, s(n) se anota sn en forma subindi al.En lugar de es ribir s : N → Rn → snanotaremos alguna de las siguientes formas: (sn), sn, (sn)n∈N, snn∈N,

sn∞n=0, (sn)∞n=0.Informalmente se anota lo siguiente(sn) = (s0, s1, s2, · · · , sj, sj+1, · · · )Donde j ∈ N.La imagen de n ∈ N, es de ir sn, se llama término n de la su esión.A eptaremos mu has ve es que un número nito de términos de lasu esión no estén denidos, o sea, fun iones uyo dominio no sea exa -tamente N.Ejemplos:

sn = n2+8n2+5 + 2

√n

(sn) es la su esión denida en forma re ursiva por: s0 = 1, s1 = 1,sn+2 = sn+1 + sn.

(sn) es la su esión tal que su término n es el enésimo de imal deπ (π = 3, 141592654 . . .)s0 6 ∃, s1 = 1, s2 = 4, s3 = 1, s4 = 5,. . .sn =

√n2 − 9

s0 6 ∃ s1 6 ∃, s2 = 6 ∃, s3 = 0, s4 =√

7, . . .Ésta es una su esión porque sólo tres términos no están denidos.150


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilesn =

√

(−1)n

(sn) = (1, 6 ∃, 1, 6 ∃, 1, 6 ∃, 1, . . .)Esta fun ión no está denida para los valores de n impar y esto noes una antidad nita de términos. Es de ir, no es una su esión.Observa ión: Las su esiones omo ualquier fun ión pueden gra arse enun sistema oordenado OXY . Sin embargo este método es po o utilizadoya que sus dominios son siempre N que es un onjunto de puntos aislados.Además este tipo de grá o no presenta interés prá ti o omo se verá másadelante en las apli a iones.El tipo de grá o más utilizado onsiste en grá ar sólo el onjunto imagenen una re ta, indi ando sobre ada punto el orden orrespondiente.7.1. Convergencia de sucesionesDeni ión 7.2 (Convergen ia (deni ión informal)). Sea (sn) una su- esión real y sea ℓ ∈ R. Diremos que (sn) onverge a ℓ, o bien que los tér-minos sn tienden a ℓ (lo que se anota sn → ℓ), si dado ualquier intervalo errado del tipo [ℓ− ε, ℓ+ ε] on ε > 0, sólo una antidad nita de términosde la su esión quedan fuera de él. Es de ir, todo el resto de los términos deesta su esión están dentro del intervalo.Ejemplo 7.1.Consideremos la su esión (sn) denida por sn = 1

n , es de ir: (sn) = (6∃, 1, 1

2 , 13 , 1

4 , 15 , 1

6 , . . .).A simple vista pare iera que al re er n, los valores de sn se pare en ada vez más a 0.Esto nos trae serias sospe has de que esta su esión tiende a ℓ = 0.Para veri ar esto, onsideremos ε > 0 arbitrario y anali emos ualestérminos de la su esión quedan dentro del intervalo [0−ε, 0+ε] y ualesquedan fuera.Vemos que sn ∈ [−ε, ε] ⇐⇒ −ε ≤ sn ≤ ε⇐⇒ −ε ≤ 1

n ≤ ε⇐⇒ 1

n ≤ ε⇐⇒ n ≥ 1

ε .La última desigualdad se veri a ∀n, salvo para un número nito. Conesto, es laro que sólo una antidad nita de términos de la su esiónquedan fuera del intervalo [−ε, ε], quedando todo el resto dentro de él.Es importante observar que en la medida que ε sea más y más pequeño,el número de términos de la su esión que quedan fuera del intervalo[−ε, ε] es ada vez más grande, sin embargo siempre serán una antidadnita. 151

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePara formalizar la deni ión informal dada anteriormente, se debe ex-pli itar qué signi a, matemáti amente, que sólo una antidad nita detérminos de la su esión quedan fuera de [ℓ − ε, ℓ + ε]. Esto se ha e es ri-biendo que a partir de un ierto término, todos los que siguen están dentrodel intervalo. Es de ir,(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) sn ∈ [ℓ − ε, ℓ + ε].Con esta onsidera ión, la deni ión formal de onvergen ia es la que sigue:Deni ión 7.3 (Convergen ia). Diremos que la su esión (sn) onvergea ℓ o bien que los términos sn tienden a ℓ (lo ual anotaremos sn → ℓ) sise umple que:

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) sn ∈ [ℓ − ε, ℓ + ε].Observa ión: Las siguientes expresiones son equivalentes a la anterior:(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) ℓ − ε ≤ sn ≤ ℓ + ε

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) |sn − ℓ| ≤ ε

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) |sn − ℓ| < ε

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ R)(∀n ≥ n0) |sn − ℓ| ≤ εObserva ión: El intervalo [ℓ− ε, ℓ+ ε] suele llamarse en el ontexto de laTopologia, ve indad en torno de ℓ. Luego, de ir que sn → ℓ es equivalentea de ir que a partir de ierto natural n0 (es de ir, para todo n ≥ n0), lostérminos sn están todos dentro de esta ve indad en torno de ℓ.El fa tor |sn − ℓ| es la distan ia entre sn y ℓ, luego de ir que sn → ℓ esequivalente a de ir que a partir de ierto n0 la distan ia entre sn y ℓ esmenor o igual que ε. Como esto último debe o urrir ∀ε, se on luye que uando sn → ℓ, la distan ia entre sn y ℓ puede ha erse tan pequeña omose desee.Cuando una su esión no onverge a real alguno, se di e que es una su esióndivergente.Ejemplos:Probar que 1n → 0Por demostrar que: (∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥

n0) | 1n − 0| ≤ ε.

152

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileComo∣

∣

∣

∣

1

n− 0

∣

∣

∣

∣

≤ ε ⇐⇒ 1

n≤ ε

⇐⇒ n ≥ 1

ε,basta tomar n0 =

[

1ε

]

+ 1, y se tendrá que:n ≥ n0 ⇒ n ≥ 1

ε.Observemos que en la demostra ión también pudo haberse elegido

n0 =[

1ε

]

+ 1000 (o algo similar). Notamos enton es que el valorde n0 no es úni o, ya que tomar ualquier otro valor mayor queél, también es útil para la prueba. Es de ir, en la demostra iónde la onvergen ia sólo debemos probar la existen ia de algún n0,sabiendo que habrán otros que también pueden ser usados.Es posible dar una demostra ión alternativa re ordando que lapropiedad arquimediana di e:(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N) n0ε > 1.Notando que (∀n ≥ n0) se umple además que nε ≥ n0ε > 1, esde ir, nε > 1, la propiedad arquimediana puede es ribirse, onve-nientemente, del siguiente modo:

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) nε > 1.Esta expresión es equivalente a la que deseabamos probar.Probar usando la deni ión que no es ierto que 1n → 2Debe probarse que:

∼ [(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)

∣

∣

∣

∣

1

n− 2

∣

∣

∣

∣

≤ ε],es de ir:(∃ε > 0)(∀n0 ∈ N)(∃n ≥ n0)

∣

∣

∣

∣

1

n− 2

∣

∣

∣

∣

> ε.Pero ∣∣ 1n − 2∣

∣ = 2 − 1n ≥ 1, ∀n ∈ N.Luego basta tomar ε = 1

2 , on lo ual dado ualquier n0 ∈ N, si setoma n = n0 la proposi ión es ierta.En el próximo Teorema veremos que el resultado de este ejemplo es más153

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilegeneral, ya que siempre se umple que uando una su esión onverge a unreal ℓ, no onverge a otro real distinto.Teorema 7.1. Si (sn) es una su esión que onverge a ℓ1 ∈ R y también aℓ2 ∈ R, enton es ne esariamente ℓ1 = ℓ2.Demostra ión. Como la su esión onverge a ℓ1 y también a ℓ2, se um-plen simultáneamente las siguientes dos proposi iones

(∀ε > 0)(∃n′0 ∈ N)(∀n ≥ n′

0) |sn − ℓ1| ≤ εy(∀ε > 0)(∃n′′

0 ∈ N)(∀n ≥ n′′0) |sn − ℓ2| ≤ ε.Notemos que hemos puesto n′

0 y n′′0 en las dos frases anteriores, en lugarde un úni o n0 para ambas. La razón de esto es que omo, en general, n0depende de la su esión, de ε y del punto al ual la su esión onverge, enla primera y segunda frase, los n0 no tienen porqué ser iguales entre sí. Dehe ho, si supusieramos a priori que el n0 es el mismo, la demostra ión nosería orre ta.Como las dos frases anteriores son datos, dado ε > 0 arbitrario, si tomamos

n0 = maxn′0, n

′′0 se umple simultáneamente que(∀n ≥ n0) |sn − ℓ1| ≤ ε ∧ |sn − ℓ2| ≤ εEn onse uen ia, tomando n = n0, se dedu e que:

|ℓ1 − ℓ2| = |ℓ1 − sn0 + sn0 − ℓ2|≤ |ℓ1 − sn0 | + |sn0 − ℓ2|≤ ε + ε= 2εEs de ir ∀ε ∈ (0,∞),

∣

∣

ℓ1−ℓ22

∣

∣ ≤ ε.Esto lo podemos interpretar, di iendo que |ℓ1−ℓ2|2 es una ota inferior de

(0,∞), uyo ínmo es 0.Por lo tanto on luimos que |ℓ1−ℓ2|2 ≤ 0. Además, es bien sabido que

|ℓ1−ℓ2|2 ≥ 0.Por lo tanto se on luye que |ℓ1−ℓ2|

2 = 0, es de ir, que ℓ1 = ℓ2.7.2. LímiteDeni ión 7.4 (Deni ión de límite de una su esión). Si (sn) es unasu esión que onverge a ℓ, enton es ℓ se llama límite de la su esión, lo ualse anotará:

ℓ = lım sn o bien ℓ = lımn

sn o bien ℓ = lımn→∞

sn.154

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión: La proposi ión anterior nos di e que el límite de una su e-sión uando existe, es úni o.Ejemplo 7.2.Probar que lım( n+12n+3 ) = 1

2Debemos demostrar que(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0)

∣

∣

∣

∣

n + 1

2n + 3− 1

2

∣

∣

∣

∣

≤ ε. (7.1)Para ha er esta demostra ión, omen emos notando que∣

∣

∣

n+12n+3 − 1

2

∣

∣

∣=

∣

∣

∣

2n+2−(2n+3)2(2n+3)

∣

∣

∣

=∣

∣

∣

−14n+6

∣

∣

∣

= 14n+6

≤ 14n .Usando lo anterior, notamos que para demostrar (7.1), basta ondemostrar la siguiente proposi ión auxiliar

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0)1

4n≤ ε.En efe to, esta última impli a (7.1) ya que si 1

4n ≤ ε enton es porel desarrollo anterior, se tendrá que ∣∣∣

n+12n+3 − 1

2

∣

∣

∣≤ ε.La demostra ión de la proposi ión auxiliar es muy fá il, ya quebasta on utilizar la propiedad arquimediana, poniendo en ella 4εen lugar de ε.Ejemplo 7.3.Probar que lım

√

2 + 1n =

√2Aquí debemos demostrar que

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0)

∣

∣

∣

∣

∣

√

2 +1

n−√

2

∣

∣

∣

∣

∣

≤ ε.Análogamente al ejemplo anterior, omen emos estudiando la di-feren ia entre módulo. Notemos que√

2 + 1n −

√2 =

“√2+ 1

n−√

2”“√

2+ 1n +

√2

”

“√2+ 1

n +√

2”

=1n√

2+ 1n +

√2

≤1n√2

≤ 1n .155

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileUsando este desarrollo, vemos que para realizar la demostra ión,basta on estudiar la siguiente proposi ión auxiliar:(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0)

1

n≤ ε.Esta proposi ión es ierta en virtud de la propiedad arquimediana.

7.3. Álgebra de sucesiones nulas y acotadasDeni ión 7.5 (Deni ión de su esión nula). (sn) se llamará su esiónnula si sn → 0.Re ordando que una su esión es una fun ión on un dominio parti ular,las siguientes deni iones son una adapta ión de las deni iones orrespon-dientes ya he has para las fun iones en general.Deni ión 7.6 (Re uerdo de su esión a otada). (sn) se llamará su- esión a otada si(∃M > 0) (∀n ∈ N) |sn| ≤ M.Deni ión 7.7 (Re uerdo del álgebra de su esiones). Sean (un) y (vn)su esiones y sea λ ∈ R. Se denen las nuevas su esiones (un + vn),(un −

vn),(un · vn),(un/vn) y (λun) de la forma normal, es de ir:(un + vn) = (u0 + v0, u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3, . . . , un + vn, . . .).(un − vn) = (u0 − v0, u1 − v1, u2 − v2, u3 − v3, . . . , un − vn, . . .).(un · vn) = (u0 · v0, u1 · v1, u2 · v2, u3 · v3, . . . , un · vn, . . .).(un/vn) = (u0/v0, u1/v1, u2/v2, u3/v3, . . . , un/vn, . . .).Obs: ésta es una su esión sólo uando vn = 0 sólo para un númeronito de términos.(λun) = (λu1, λu2, λu3, . . . , λun, . . .).Teorema 7.2. Sean (un), (vn) su esiones. Las siguientes proposi iones son iertas1. (un) es nula si y sólo si (|un|) es nula.2. Si (un) es una su esión nula enton es (un) es una su esión a otada.3. Si (un) es una su esión nula y ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0, |vn| ≤ un enton es(vn) es una su esión nula. 156

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4. Si (un) y (vn) son su esiones nulas enton es (un + vn) y (un ·vn) sonsu esiones nulas.5. Si (un) y (vn) son su esiones a otadas enton es (un + vn) y (un · vn)son su esiones a otadas.6. Si (un) es una su esión nula y (vn) es una su esión a otada enton es(un · vn) es una su esión nula.Un aso parti ular de esto es uando vn = c onstante.Ejemplo 7.4.

un = 1n → 0 y vn = cos( n!

nn tan n ) es a otada, luego 1n cos( n!

nn tan n ) → 0.Demostra ión. Demostra ión de la propiedad 1.Que (un) y que (|un|) sean nulas equivale a de ir respe tivamente que(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) |un − 0| ≤ εy

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) ||un| − 0| ≤ ε.Las que laramente son equivalentes.Demostra ión de la propiedad 2.Como (un) es una su esión nula se tiene que:(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) |un| ≤ ε.Luego tomando ε = 1, on luimos que existe n0 ∈ N de modo que (∀n ≥

n0) |un| ≤ 1.Esta frase di e que un : n ≥ n0 es a otado.Para probar que el onjunto de todos los términos de la su esión es a otado, onsideremos el realM = max|u1|, |u2|, . . . , |un0 |, 1.Claramente, se obtiene que (∀n ∈ N) |un| ≤ M lo que signi a que (un) esa otada.Demostra ión de la propiedad 3.Como (un) es una su esión nula se tiene que:

(∀ε > 0) (∃n′0 ∈ N) (∀n ≥ n′

0) |un| ≤ ε.Además el a otamiento del enun iado di e que∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0, |vn| ≤ un.157

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileLuego, para todo ε > 0, existe n′′0 = max n0, n

′0 tal que para todo n ≥ n′′

0se umplen simultáneamente que|vn| ≤ un ≤ ε.Lo que orresponde a la deni ión misma de que (vn) es una su esión nula.Demostra ión de la propiedad 4.Sean (un) y (vn) son su esiones nulas, es de ir

(∀ε′ > 0) (∃n′0 ∈ N) (∀n ≥ n′

0) |un| ≤ ε′y(∀ε′ > 0) (∃n′′

0 ∈ N) (∀n ≥ n′0) |vn| ≤ ε′.Tomando n0 = max n′

o, n′′o dedu imos que simultáneamente se umpleque

(∀ε′ > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) |un| ≤ ε′ ∧|vn| ≤ ε′.Como esta proposi ion se ierta para todo ε′ > 0, podemos es oger valoresapropiados para ε′ que fa iliten la demostra ión.De este modo, en el aso de suma de su esiones, dado ε > 0 arbitrario,tomaremos ε′ = ε2 de modo que se umpla que

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) |un| ≤ε

2∧|vn| ≤

ε

2.De aquí, sumando las desigualdades y onsiderando que |un + vn| ≤ |un|+

|vn|, obtenemos que(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) |un + vn| ≤ ε,lo que signi a que la su esión (un + vn) es nula.En el aso de produ to de su esiones, dado ε > 0 arbitrario, tomaremos

ε′ =√

ε de modo que se umpla que(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) |un| ≤

√ε ∧|vn| ≤

√ε.De aquí, multipli ando las desigualdades y onsiderando que |unvn| = |un| ·

|vn|, obtenemos que(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀n ≥ n0) |unvn| ≤ ε,lo que signi a que la su esión (un · vn) es nula.Demostra ión de la propiedad 5.Como (un) y (vn) son su esiones a otadas enton es existen M1 > 0 y M2 >

0 tales que(∀n ∈ N) |un| ≤ M1 ∧ |vn| ≤ M2Luego, sumando o multipli ando las desigualdades se obtiene que

(∀n ∈ N) |un + vn| ≤ |un| + |vn| ≤ M1 + M2158

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chiley(∀n ∈ N) |un · vn| = |un| · |vn| ≤ M1 · M2Lo que impli a que las su esiones (un + vn) y (un · vn) son a otadas.Demostra ión de la propiedad 6.Como la su esión (vn) es a otada enton es existe M > 0 tal que

(∀n ∈ N) |vn| ≤ MComo además (un) es nula enton es, dado ε > 0 arbitrario, existe n0 ∈ Ntal que(∀n ≥ n0) |un| ≤

ε

MLuego (∀n ≥ n0), |un · vn| = |un| · |vn| ≤ ε, lo que signi a que (un · vn) esuna su esión nula.7.4. Álgebra de sucesiones convergentesPara aprove har el álgebra de su esiones nulas para su esiones onvergentesa ualquier real, usamos la siguiente proposi iónProposi ión 7.1. Sea (sn) una su esión de números reales enton es sn →ℓ ⇐⇒ (sn − ℓ) es una su esión nula.Demostra ión. Basta on mirar la siguiente adena de equivalen iassn → ℓ ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) |sn − ℓ| ≤ ε ⇐⇒ (sn − ℓ) esuna su esión nula.Proposi ión 7.2. Sea (sn) una su esión de números reales. Si (sn) es onvergente enton es (sn) es a otada.Demostra ión. Sea ℓ = lım sn. Como sn → ℓ enton es (sn − ℓ) es unasu esión nula, luego (sn − ℓ) es a otada, es de ir

(∃M > 0)(∀n ∈ N)|sn − ℓ| ≤ MLuego(∀n ∈ N)|sn| = |sn − ℓ + ℓ| ≤ |sn − ℓ| + |ℓ| ≤ M + |ℓ|Tomando M ′ = M + |ℓ| > 0 se dedu e que (sn) es a otada. Álgebra de límitesProposi ión 7.3 (Álgebra de límites). Sean (un) y (vn) dos su esiones onvergentes a u y v, respe tivamente. Sea λ ∈ R, enton es las su esiones

(un + vn), (un − vn), (un · vn) y (λun) son también onvergentes a u + v,u − v, u · v y λu, respe tivamente.Es de ir, si un → u y vn → v enton es:159

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilelım(un + vn) = lımun + lım vn

lım(un − vn) = lımun − lım vn

lım(un · vn) = lımun · lım vn

lım(λun) = λ lımun.Demostra ión. Hay que demostrar que: (un + vn) → u + v.Sea wn = (un + vn) − (u + v).Reordenando, es laro que wn = (un −u)+ (vn − v), queda expresada omo la suma de su esiones nulas. Luego es nula.Con esto se ha probado que (un + vn) → u + v.Se debe probar que: (un − vn) → u − vSea wn = (un − vn) − (u − v).Es laro que wn = (un − u) − (vn − v) es la diferen ia de su esionesnulas, luego es nula.Con esto se ha probado que (un − vn) → u − v.Se debe demostrar que: (un · vn) → u · v. Sea wn = (un · vn)− (u · v).Reordenando se tiene quewn = un · vn − u · vn + u · vn − u · v

= (un − u)vn + u(vn − v).O sea (wn) es una ombina ión de su esiones nulas y a otadas, luegoes nula.Con esto se ha probado que (un · vn) → u · v.Se debe probar que: (λun) → λu.Basta onsiderar la igualdad λ = vn, ∀n ∈ N, on lo ual esta propo-si ión es un aso parti ular del aso anterior.7.4.1. Cuociente de SucesionesCon el teorema anterior pueden al ularse los límites de su esiones formadas omo sumas, diferen ias, produ to o pondera ión de su esiones onvergen-tes. Queda el problema de al ular el límite de una su esión obtenida omoel uo iente de su esiones onvergentes. Con respe to a este problema setienen los siguientes resultados. 160

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileProposi ión 7.4. Si (sn) es una su esión nula enton es la su esión ( 1sn

),de estar bien denida, es no a otada y en onse uen ia no es onvergente.Demostra ión. Por ontradi ión, supongamos que ( 1sn

) es a otada, en-ton es la su esión (vn) denida por vn = sn · 1sn

es el produ to de unasu esión nula por una a otada.Esto impli a que (vn) es una su esión nula, es de ir, vn → 0.Sin embargo, laramente, vn = sn · 1sn

= 1 es la su esión onstante que onverge a 1. Esto es una ontradi ión, ya que 1 6= 0.Luego( 1sn

) no es una su esión a otada.Proposi ión 7.5. Sea (sn) una su esión real. Si (sn) onverge a ℓ 6= 0enton es:1. (∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0), sn tiene el mismo signo de ℓ (es de ir sn · ℓ > 0).2. La su esión ( 1sn

) es a otada.Proposi ión 7.6 (La su esión ((−1)n) no onverge). Supongamos quesi lo ha e, es de ir, que existe ℓ tal que (−1)n → ℓ.Si ℓ > 0 enton es, sólo un número nito de términos de la su esión podríaser negativo. Esto no es posible ya que (−1)n

= −1 para todo n impar.Análogamente, si ℓ < 0 enton es sólo un número nito de términos podríaser positivo. Esto tampo o es posible pues (−1)n = 1 para todo n par.Nos queda omo úni a posibilidad que ℓ = 0. En este aso, es fá il verque para ǫ = 12 , el número de términos de la su esión fuera del interva-lo [−ǫ + 0, 0 + ǫ] es innito, ontradi iendo la deni ión de onvergen ia.Con luímos que a pesar de ser a otada la su esión (−1)

n diverge.Demostra ión. Para jar ideas, supongamos que ℓ > 0.Que sn → ℓ signi a que(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) ℓ − ε ≤ sn ≤ ℓ + εLuego tomando ε = ℓ

2 > 0 se tiene que existe n0 ∈ N tal que(∀n ≥ n0)

ℓ

2≤ sn ≤ 3

ℓ

2.Con esto se ha probado (1) ya que ℓ

2 > 0.Para probar (2) es ribamos lo siguiente(∀n ≥ n0)

2

3ℓ≤ 1

sn≤ 2

ℓy onsideremos el real M = max| 1s1|, | 1

s2|, . . . , | 1

sn0|.Con esto es laro que (∀n ∈ N)

∣

∣

∣

1sn

∣

∣

∣≤ M , es de ir, la su esión( 1

sn) está biendenida y es a otada. 161

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile7.4.2. CuocienteProposi ión 7.7. Sean (un) y (vn) dos su esiones onvergentes a u y vrespe tivamente. Si v 6= 0, la su esión (un/vn) es onvergente a (u/v).Es de ir

lımun

vn=

lımun

lım vn.Demostra ión. Veamos que: un

vn→ u

vSea wn = un

vn− u

v .Ordenando esta expresión, es laro quewn =

unv − uvn

vnv= (

1

v)(

1

vn)[unv − uvn].Por la proposi ión anterior, se dedu e que ( 1

vn

) es una su esion a otaday por álgebra se tiene que (unv − uvn) es una su esión nula, luego(wn) esuna su esión nula.Con esto se ha probado la proposi ión.Observa ión: Si la su esión (vn) es nula pueden obtenerse diferentes asos,dependiendo de ual sea la su esión del numerador (un). Algunos asos sonlos siguientes:Si (un) onverge a ℓ 6= 0 enton es (un/vn) no es a otada puesto que(vn/un) es nula.Si (un) es también nula, no hay regla para el uo iente. Algunos ejem-plos sen illos son:

• Si un = 1n y vn = 1

n enton es (un/vn) onverge a ℓ = 1.• Si un = 1

n y vn = 1n2 enton es (un/vn) no es a otada y luego no onverge.

• Si un = 1n2 y vn = 1

n enton es (un/vn) es una su esión nula.• Si un = (−1)n

n y vn = 1n enton es (un/vn) es una su esión a otadapero no onvergente.

7.5. Límites importantes (1)Usando los teoremas de álgebra de su esiones se prueban fá ilmente lossiguientes resultados.sn = a, para a ∈ R, satisfa e lım sn = a.lım 1

n = 0.lım 1

nk = 0, para k ∈ N. 162

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilesn = nk, para k ∈ N, no es a otada luego diverge.

sn =apn

p + ap−1np−1 + · · · + a1n + a0

bqnq + bq−1nq−1 + · · · + b1n + b0,para p, q ∈ N ∪ 0.

• si p < q, enton es sn → 0

• si p = q, enton es sn → ap

bq

• si p > q, enton es ( 1sn

)

→ 0. Enton es (sn) no es a otada yluego diverge.lım n!

nn = 0.lım an

n! = 0, para a ∈ R.

163


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. (√

9 − n2) es una su esión.2. (√

n2 − 4n − 1) es una su esión.3. ( 1[ 1

n ]) es una su esión.4. ([ 1

n ]) es una su esión.5. La deni ión de onvergen ia de (an) a l es equivalente a que paratodo a > 0 el onjunto n ∈ N : |an − l| > a es innito.6. La deni ión de onvergen ia de (an) a l es equivalente a que paratodo a > 0 el onjunto n ∈ N : |an − l| > a es nito.7. La deni ión de onvergen ia de (an) a l es equivalente a que paratodo a > 0 existe b ∈ N tal que para todo n ≥ b se umple |an − l| ≤ a.8. La deni ión de onvergen ia de (an) a l es equivalente a que paratodo a > 0 existe b ∈ R tal que para todo n ≥ b se umple |an − l| ≤ a.9. La deni ión de onvergen ia de (an) a l es equivalente a que paratodo a > 0 el onjunto n ∈ N : |an − l| ≤ a es nito.10. Una su esión (un) diverge si para todo l ∈ R no es ierto que (un) →l.11. La su esión 1

n onverge a 0.12. La su esión 1n no onverge a 1.13. La su esión un = 2 onverge a 2.14. La su esión un = 0 onverge a 2.15. Existen su esiones on todos sus términos positivos y uyo límite es

−1.16. Si la su esión (un) onverge a l 6= 1 enton es la su esión 6un onvergea 6. 164

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile17. Si (un) onverge a ero y (vn) onverge a l 6= 0 enton es (unvn) onverge a l.18. Si p(n) y q(n) son dos polinomios de grado 10 y 11, respe tivamenteenton es p(n)q(n) no es a otada.19. Si p(n) y q(n) son dos polinomios de grado 101 y 110, respe tivamenteenton es q(n)p(n) no es a otada.20. Si p(n) y q(n) son dos polinomios de grado 4 enton es, p(n)

q(n) onvergea 0.21. lım n+12n+3 = 0.22. lım√

2 + 1n = 1.23. lım sen(nn)

n = 0.24. La su esion sen(n)n diverge.25. Sean (un) y (vn) dos su esiones onvergentes a a y b 6= 0, respe ti-vamente. Enton es la su esión ( vn

un) onverge a a

b26. El límite de una su esión uando existe es úni o.27. Toda su esión onvergente es a otada.28. Toda su esión a otada es onvergente.29. La suma y el produ to de su esiones onvergentes es onvergente.30. La suma y el produ to de su esiones onvergentes a ero son su e-siones nulas.31. La suma y el produ to de su esiones a otadas son su esiones a ota-das.32. El produ to de una su esión a otada por una onvergente es onver-gente.33. El produ to de una su esión a otada por una onvergente a ero esuna su esión nula.34. lım(−1)n = 1.35. Para ada a ∈ R, el límite de la su esión an

n! = 036. Para ada a ∈ R, la su esión n!an es a otada.37. Para todo par de su esiones nulas (un) y (vn), la su esión un

vn onvergea 1. 165


Guía de Ejer i ios1. Considere la su esión an = 1n uyo límite es l = 0. Para ada ǫ ∈ 1, 1

100en uentre algún n0 ∈ N que para todo n ≥ n0 satisfaga |an − l| ≤ ǫ.Repita el ejer i io para an = 2n2 − 1 y l = −1.2. Use la deni ión de onvergen ia de una su esión para demostrar lassiguientes igualdades.a) lım 2n−5

2n−7 = 1.b) lım 2n2+13n2+6n+2 = 2

3 . ) lım cos(n!πx) = 1, para x ∈ Q.d) lımn(|x + 1n | − |x|) = −1, para x < 0.e) lım

[

an

]

nb = 0.f ) lım

√

1n = 0.3. Cal ule los siguientes límites.a) lım 2n+4

3n+1 .b) lım 4n4+25n5−6n+1 . ) lım n−n3+3n3+n−7 .d) lım n√

n−n+3n2+n−7 (puede usar 2(f)).e) lım (−1)n

n .f ) lımmax (−1)n

n , (−1)n+1

n .g) lım n(−1)n

1−(n+3)4 .h) lım n−sen(n)n2−16 .4. Demuestre que si lım an = l enton es lım an+1 = l, lım an+2 = l,

lım an−1 = l, lım a2n = l y lım a2n+1 = l.5. Demuestre que si√an es una su esión on lım an = l enton es lım√

an =√l. Se sugiere que separe su análisis en los asos l = 0 y l > 0. En el pri-mero aso demuestre la propiedad usando la deni ión de onvergen ia.166

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEn el segundo aso, es riba √an −

√l omo el produ to 1√

an+√

l(an − l),demuestre que el primer término es una su esión a otada y note que elsegundo es una su esión nula. Termine el análisis de este aso usandoel álgebra de límites. >Por qué era ne esario separar los asos l = 0 y

l > 0?.6. Cal ular los siguientes límites.a) lım(√

n +√

n −√

n −√n).b) lım(

√n + 1 −√

n)√

n + 3.7. Sea (un) una su esión que veri a (∃n0)(∀ǫ > 0) n > n0 ⇒ |un−u| < ǫ.Probar que el número de términos distintos de la su esión es nito.

167


Guía de ProblemasP1. (15 min.) Cal ularlım

2n + 3√

ncos(nn

n! ) + 2n+13−3n

2n

n! + (−1)n

n + 11− n!

nnP2. (30 min.) Cal ule lım p(n) an

nn , para p(n) un polinomio de grado k,k ∈ N. Puede ser de utilidad omenzar onsiderando el polinomiop(n) = nk y luego utilizar el álgebra de límites.P3. (30 min.) Demuestre que si lımnan existe enton es lım an = 0.P4. (30 min.) Si se sabe que para α y β positivos lımn(

√n2 + n + 1 −

(αn+β)) existe, se pide al ular el valor de α y β, y luego el valor dellímite.P5. (30 min.) Sean (an) y (bn) tal que lım an = l y lım bn = r. Demuestreque lımmaxan, bn = maxl, r.P6. (30 min.) Sea t : N→ N una fun ión tal que para todo n, t(n) ≥ n yan una su esión on lım an = l. Demuestre que lım at(n) = l.

168



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 10: SUCESIONES

7.6. Límites y Orden.Teorema 7.3. Sean (un) y (wn) su esiones onvergentes a u y w, respe -tivamente. Si ∃n0 tal que para n ≥ n0 se umple queun ≤ wnenton es u ≤ w.Demostra ión. Usando el álgebra de límites podemos suponer que un = 0y enton es que u = 0. Si w < 0 enton es a partir de algún n0 los términos dela su esión (wn) deben ser todos negativos, lo que es ontrario a la hipótesisdel teorema.Observa ión: El teorema di e que una su esión onvergente uyos térmi-nos son positivos, lo ha e a un límite ℓ ≥ 0. Re ordando que lım 1

n = 0,notamos que no es posible ambiar la on lusión anterior por ℓ > 0.El teorema permite probar que si (un), (vn) y (wn) son su esiones onver-gentes a u, v y w, respe tivamente y, un ≤ vn ≤ wn, enton es u ≤ v ≤ w.En parti ular, si u = w enton es v = u = w. El próximo teorema garantizaesta misma on lusión, sin asumir que la su esión (vn) sea onvergente.Teorema 7.4. Sean (un), (vn) y (wn) su esiones reales. Si (un) y (wn) onvergen al real ℓ y además ∃n0 ∈ N tal que∀n ≥ n0, un ≤ vn ≤ wn,enton es la su esión (vn) también onverge y lım vn = ℓ.Demostra ión. Al ser las su esiones (un) y (wn) onvergentes a ℓ tenemosque:

(∀ε > 0) (∃n′0 ∈ N) (∀n ≥ n′

0) |un − ℓ| ≤ εy(∀ε > 0) (∃n′′

0 ∈ N) (∀n ≥ n′0) |wn − ℓ| ≤ ε.Para ε > 0 y n ≥ max n′

0, n′′0 se umplen simultáneamente las desigual-dades−ε ≤ un − ℓywn − ℓ ≤ ε.Por otra parte, para n ≥ max n0, n

′0, n

′′0 se umple que un ≤ vn ≤ wn.De este modo para todo ε > 0 existe n0 = max n0, n

′n, n′′

0 que para todon ≥ n0 satisfa e

−ε ≤ un − ℓ ≤ vn − ℓ ≤ wn − ℓ ≤ ε.Esto prueba la onvergen ia de (vn) a ℓ.169


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile7.7. Desigualdad de Bernoulli (I).Propiedad 10 (Desigualdad de Bernoulli (I)). La siguiente propiedad ono ida omo desigualdad de Bernoulli, nos será muy útil en el uso delTeorema del Sandwi h.

(∀n ∈ N)(∀h > −1)(1 + h)n ≥ 1 + nh.Demostra ión. La propiedad se demuestra mediante el siguiente argu-mento de indu ión. Claramente la desigualdad es válida para n = 0. Sia eptamos que es ierta para algún n enton es tendremos que para h > −1se umple que:(1 + h)n ≥ 1 + nh.Como 1 + h > 0 podemos dedu ir que

(1 + h)n (1 + h) ≥ (1 + nh) (1 + h)Sabemos que (1 + h)n+1

= (1 + h)n

(1 + h) y que (1 + nh) (1 + h) = 1 +(n + 1)h + nh2.Enton es, omo nh2 ≥ 0, on luimos que: (∀h > −1),

(1 + h)n+1 ≥ (1 + nh) (1 + h)= 1 + (n + 1)h + nh2

≥ 1 + (n + 1)h

7.7.1. La sucesión (qn), para q ∈ R.Propiedad 11. 1. lım qn = 1, si q = 1.2. lım qn = 0, si |q| < 1.3. lım qn no existe si q ∈ (−∞,−1] ∪ (1,∞).Seguiremos el análisis por asos:Caso q ∈ (0, 1].El primer aso, q = 1, es dire to.Para el aso q ∈ (0, 1) apli amos la desigualdad (1 + h)n ≥ 1 + nh, on h tal que 1

1+h = q, es de ir 1q = 1 + h, y nos queda

(

1

q

)n

≥ 1 + n

(

1

q− 1

)

.Como q ∈ (0, 1), la desigualdad anterior impli a las desigualdades:1

1 + n(

1q − 1

) ≥ qn ≥ 0.El lado izquierdo de la última desigualdad es una su esión onvergentea ero.Su lado dere ho es la su esión onstante que onverge a ero.Apli ando el Teorema del Sandwi h on luimos que (qn) → 0.170

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileCaso q ∈ (−1, 1)Redu imos este aso al anterior observando que si q ∈ (−1, 1) enton es|q| ∈ [0, 1).Como ya vimos que en esta situa ión se umple que

(|q|n) → 0, on luimos que (qn) → 0.Caso q ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞)Para q ∈ (−∞,−1)∪(1,∞) la su esión ( 1q

)n es nula, pues 1q ∈ (−1, 1).Usando lo que sabemos para los re ípro os de su esiones nulas on- luimos que la su esión (qn) diverge.Caso q = −1Este aso es dire to ya que sabemos que la su esión (−1)

n no onverge.Ejemplos:Los siguientes asos son parte de los resultados anteriores: lım ( 12

)n= 0,

lım(

− 35

)n= 0, lım 2n no existe y lım (−3)

n tampo o existe.7.7.2. La sucesión (qn)n, para (qn) → q, con |q| < 1.Usando el resultado anterior podemos estudiar la su esión ((qn)n) uando(qn) es una su esión onvergente a un real q ∈ (−1, 1). En efe to, existen0 ∈ N, tal que ∀n ≥ n0 se umple que

0 ≤ |qn| ≤|q| + 1

2.Por lo tanto, elevando a la poten ia n se obtiene que

0 ≤ |qn|n ≤( |q| + 1

2

)n

.De aquí, tomando límite, apli ando sandwi h de su esiones y onsiderandoque |q|+12 ∈ (0, 1), se on luye que

lımn→∞

|qn|n = 0.

7.7.3. La sucesión (qn)n, para (qn) → q, con |q| > 1.Notemos que si |q| > 1, la su esión ((qn)n) no es a otada, ya que su re ípro o onverge a ero. Por lo tanto, es una su esión divergente.Ejemplos:Los siguientes asos son parte de los resultados anteriores:

lım(

12 + 1

n2

)n= 0, lım

(

2n+13n+5

)n

= 0, lım(

2 − 1n2

)n no existe ylım(

3n+21−n

)n tampo o existe. 171

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile7.7.4. La sucesión ( n

√a), para a ∈ (0,∞)Probaremos que ( n

√a) → 1 separando el análisis en los asos a > 1 y

a ∈ (0, 1); el aso a = 1 es evidente.Caso a > 1.Al apli ar la desigualdad de Bernoulli on h = a−1n se obtiene.

(

1 +a − 1

n

)n

≥ 1 + n(a − 1)

n= a.Usando la monotonía de la fun ión n

√x se obtiene

(

1 +a − 1

n

)

≥ n√

a.Como a > 1 se logra el a otamiento(

1 +a − 1

n

)

≥ n√

a ≥ 1,donde las su esiones de los extremos onvergen a 1. Usando el Teore-ma del Sandwi h, on luimos que(

n√

a)

→ 1.Caso a ∈ (0, 1).Comon√

a =1

n

√

1ay 1

a > 1 podemos apli ar el aso anterior y obtener que ( n

√

1a

)

→1 . Apli ando el álgebra de límites de su esiones, on luimos quelım n

√a = 1.Ejemplos:Como antes, tenemos los siguientes asos: lım n

√

110 = 1 y lım

n√

1010 = 1.En el siguiente análisis se extenderá lo he ho para ( n√

a) al aso de ( n√

an

) on (an) → a > 0. En parti ular probaremos que: lım n

√

110 + 1

n2 = 1,lım n

√

1010 − 1n2 = 1, lım

(

1 + 1n

)1n = 1 y lım

(

n8−7n2+13n8+1

)1n

= 1.7.7.5. La sucesión ( n

√an), para (an) → a > 0.Usando el resultado anterior podemos estudiar la su esión n

√an uando

(an) es una su esión onvergente a un real a > 0. En efe to, existe n0 ∈ N,tal que ∀n ≥ n0 se umple quea

2≤ an ≤ 3a

2.172

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePor lo tanto, tomando raíz n-esima se obtiene quen

√

a

2≤ n

√an ≤ n

√

3a

2.De aquí, tomando límite y apli ando sandwi h de su esiones, se on luyeque

lımn→∞

n√

an = 1.Observa ión: Notemos que en este ejemplo, es importante que a > 0.¿Qué o urre uando a = 0?. Un ejemplo de esto es la su esión ( n

√

1n

).Tendremos que posponer el análisis de la onvergen ia de esta su esión,hasta dis utir la variante de la desigualdad de Bernoulli que veremos a ontinua ión.7.8. Desigualdad de Bernoulli (II).Para lograr estudiar los próximos ejemplos ne esitaremos la siguiente va-riante de la desigualdad de Bernoulli.Proposi ión 7.8.

∀n ∈ N ∀h > 0, (1 + h)n ≥ 1 + nh +

n (n − 1)

2h2o equivalentemente

∀n ∈ N ∀h > 0,1

(1 + h)n ≤ 1

1 + nh + n(n−1)2 h2

.Su demostra ión es muy similar a la realizada para la desigualdad de Ber-noulli y queda omo ejer i io.7.8.1. La sucesión ( n

√n).Ha iendo uso de la desigualdad de Bernoulli (II), para h = 2√

ny n > 0 seobtiene

(

1 +2√n

)n

≥ 1 + n2√n

+n (n − 1)

2

4

n≥ 1 + 2 (n − 1) ≥ nDe este modo,

1 +2√n≥ n

√n ≥ 1Como ambos extremos onvergen a 1, on luimos que ( n

√n) → 1.Observa ión: Notemos que lo anterior impli a que la su esión ( n

√

1n

)

→1, lo que responde nuestra interrogante pendiente.173

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile7.8.2. La sucesión

(

nkqn)

.La su esión (nqn), para q ∈ (−1, 1).Veamos que (|nqn|) → 0, para q ∈ (−1, 1). Con esto tendremos que(nqn) → 0, para q ∈ (−1, 1). Como n (0)

n= 0 podemos suponer que

q 6= 0.Usando la segunda forma de la desigualdad de Bernoulli (II) parah = 1

|q| − 1 obtenemos1

(1 + h)n ≤ 1

1 + nh + n(n−1)2 h2Al multipli ar esta expresión por n y reemplazar el valor de h en ellado izquierdo, se obtiene que

0 ≤ n |q|n ≤ n

1 + nh + n(n−1)2 h2

.Siendo h una onstante, ambos extremos onvergen a ero. Con lui-mos que (n |q|n) es una su esión nula.Ejemplos:Como antes, tenemos los siguientes asos: lım n2n = 0 y lım n

(1,000001)n =

0. En el siguiente análisis se extenderá lo he ho antes al aso de po-ten ias de n. Todas estas su esiones resultarán ser nulas. En parti ularprobaremos que:lım

n1010

(1, 000001)n = 0.La su esión (nkqn), para k ∈ N y q ∈ (−1, 1).Este aso será analizado ha iendo uso del álgebra de límites de su e-siones nulas.Notemos que se umple la siguiente igualdad.

nk |q|n =(

n(

k√

|q|)n)k

.Como q′ = k√

|q| ∈ [0, 1), según lo antes analizado se satisfa e que(

n (q′)n)→ 0.La on lusión se obtiene al re ordar la siguiente propiedad del lassu esiones nulas,

(

n (q′)n)→ 0 ⇒

(

(

n (q′)n)k)

→ 0.174

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile7.9. Desigualdad de Bernoulli (III)Usando la desigualdad de Bernoulli podemos dedu ir la validez de otra de-sigualdad que será útil en la apli a ión del teorema del sandwi h al estudiode la su esión ((1 + hn)

n), uando (hn) → 0. La desigualdad esProposi ión 7.9.

(∀n ∈ N) ∀u, u ∈(

−1,1

n

)

, (1 + u)n ≤ 1

1 − nuDemostra ión. Al apli ar la desigualdad de Bernoulli on h = 11+u − 1,que para 1 + u > 0 umple que h > −1, se obtiene:

(1 + h)n

=

(

1

1 + u

)n

≥ 1 + n

(

1

1 + u− 1

)

.La expresión n(

11+u − 1

)

= − nu1+u ≥ −nu uando 1 + u > 0. Con esto

(

1

1 + u

)n

≥ 1 − nu.Finalmente, omo 1 − nu > 0, es posible tomar los re ípro os y obtener la on lusión.(1 + u)

n ≤ 1

1 − nu.

7.9.1. La sucesión (1 + hn)n, para (hn) y (nhn) nulas.Proposi ión 7.10. Se tiene que

lım (1 + hn)n = 1, uando (hn) y (nhn) son su esiones nulas.Demostra ión. Como (hn) → 0, existe n0 ∈ N tal que hn ∈ (−1, 1), paran ≥ n0.Al apli ar la desigualdad de Bernoulli (I) on h = hn > −1 se obtiene

1 + nhn ≤ (1 + hn)n .Como (nhn) → 0, existe n′0 tal que nhn ∈ (−1, 1), para n ≥ n′

0.Al apli ar la desigualdad de Bernoulli (III) on u = hn se obtiene(1 + hn)n ≤ 1

1 − nhn.De este modo, para n ≥ max n0, n

′0 se obtiene el a otamiento siguiente.

1 + nhn ≤ (1 + hn)n ≤ 1

1 − nhnEnton es, omo (nhn) → 0, las su esiones en los extremos onvergen a 1.Apli ando el Teorema del Sandwi h se on luye que lım (1 + hn)n = 1.175

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile7.9.2. La sucesión ((an)

n)Ejemplos:Con lo re ién he ho es posible al ular los siguientes límites:

lım(

1 + 1n2

)n= 1, lım

(

1 − 1(n+1)2

)n

= 1 y más, generalmente, paratodo x e y,lım

(

1 − xy

(n + x) (n + y)

)n

= 1.Observa ión: Hasta ahora hemos determinado la onvergen ia de su e-siones de la forma (1 + hn)nen dos asos:

(hn) → h, on h 6= 0,−2, y (hn) → 0 y (nhn) → 0.Como ejer i io se le pedirá analizar el aso de una su esión (1 + hn)nquesatisfa e (hn) → 0 y ( 1

nhn

)

→ 0 en dos situa iones espe iales: uando todoslos términos de (hn) son positivos y uando todos son negativos.Con la ayuda del teorema de la se ión siguiente se probará la onvergen iade la su esión (1 + xn

)n, para x ∈ R. Ésta orresponde a elegir hn = xn y on esto (nhn) → x. El aso x = 0 ya fue onsiderado. Al nal de estasemana veremos el aso x = 1. El estudio de los su esiones restantes deesta familia y otras más omplejas, se realizará en el apítulo de la fun iónexponen ial en la semana 11.

7.10. Sucesiones monótonas

7.10.1. Definiciones y ejemplos.Deni ión 7.8. Sea (sn) una su esión real. Enton es:Diremos que (sn) es una su esión re iente a partir de n0 si ∀n ≥ n0se tiene sn+1 ≥ sn.Diremos que (sn) es una su esión de re iente a partir de n0 si ∀n ≥ n0se tiene sn+1 ≤ sn.Observa ión:Usualmente omitiremos la expresión a partir de n0 di iendo simple-mente que la su esión es re iente o que es de re iente.Esto onlleva un abuso de lenguaje pues no es lo mismo de ir que unasu esión es re iente que de ir que una fun ión es re iente.Si las desigualdades se satisfa en en forma estri ta, es de ir > o <,enton es hablaremos de su esiones estri tamente re ientes o estri -tamente de re ientes, según sea el aso.Si una su esión es re iente, de re iente, estri tamente re iente oestri tamente de re iente, enton es la llamaremos su esiónmonótona.176

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 7.5.La su esióntn =

1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n − 1)

2 · 4 · 6 · 8 · · · (2n).es estri tamente de re iente.En efe to,

tn+1 =1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n − 1)

2 · 4 · 6 · 8 · · · (2n)· (2n + 1)

(2n + 2)= tn

2n + 1

2n + 2< tn.Además esta su esión es a otada inferiormente por 0 y superiormentepor t1 = 1

2 .Ejemplo 7.6.Consideremos la su esión (sn) denida por la re urren ia s1 =√

2 ysn+1 =

√2 + sn.

(sn) es a otada.Veamos que es a otada superiormente por 2, probando que∀n ∈ N, sn ≤ 2.Para n = 1 es ierto ya que s1 =

√2.Suponiendo que sn ≤ 2 tenemos que 2 + sn ≤ 4 lo que permite on luir que

sn+1 =√

2 + sn ≤√

4 = 2.

(sn) es re iente.Veamos ahora que es re iente, probando que∀n ∈ N, sn+1 ≥ sn.De la deni ión de sn+1 se tiene que

s2n+1 − s2

n = 2 + sn − s2n.Enton es,

s2n+1 − s2

n = (2 − sn) (1 + sn) .El lado dere ho de la última igualdad es mayor o igual a ero, yaque 0 ≤ sn ≤ 2. Con luimos que s2n+1 − s2

n ≥ 0.Esto último demuestra que sn+1 ≥ sn.177

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile7.10.2. Teorema de las Sucesiones Monótonas.Teorema 7.5. Si (sn) es una su esión (estri tamente) re iente a partirde n0 y a otada superiormente enton es es onvergente y

lım sn = sup sn : n ≥ n0 .Si (sn) es una su esión (estri tamente) de re iente a partir de n0 y a otadainferiormente enton es es onvergente ylım sn = ınf sn : n ≥ n0 .Demostra ión. Sólo demostraremos la primera arma ión. La segundaserá parte de los ejer i ios.Supongamos que (sn) es re iente a partir de n0.El a otamiento de la su esión (sn) nos di e que el siguiente onjunto A esno va ío y a otado superiormente.A = sn : n ∈ N, n ≥ n0 .En virtud del Axioma del Supremo existe s, supremo de A, que umple

∀n ∈ N, n ≥ n0 sn ≤ s.Dado ε > 0 el real s−ε no es ota superior del onjunto A. Enton es, existem0 ≥ n0 on s − ε < sm0 .El re imiento de (sn) impli a que para todo n ≥ m0, se umple que sm0 ≤sn.Así, para todo n ≥ m0,

s − ε ≤ sn ≤ s ≤ s + ε.Esto demuestra que (sn) onverge a s.7.10.3. Aplicaciones.Ejemplo 7.7.Como ya vimos la su esión

tn =1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n − 1)

2 · 4 · 6 · 8 · · · (2n),es estri tamente de re iente y a otada inferiormente por 0. En virtuddel Teorema de las Su esiones Monótonas la su esión onverge.

178

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 7.8.Para la su esión (sn) denida anteriormente sabemos que es re iente ya otada superiormente. En virtud del Teorema de las Su esiones Monó-tonas se on luye que (sn) es onvergente. Veremos que en este aso, lare urren iasn+1 =

√2 + sn,permite al ular ℓ = lım sn.Re ordando un ejer i io de la semana pasada, sabemos que si (sn) → ℓenton es (sn+1) → ℓ y

(√2 + sn

)

→√

2 + ℓ. De este modo, se tiene la siguiente e ua ión paraℓ.

ℓ =√

2 + ℓ.Esta e ua ión tiene omo úni a solu ión a ℓ = 2.Se on luye que(sn) → 2.

7.11. El número eComo último ejemplo estudiaremos la su esión (sn) dada a ontinua ión,que pertene e a la familia de su esiones de la forma ((1 + hn)n), on (hn) →

0.sn =

(

1 +1

n

)n

(sn) es re ienteComo 1+ 1n = n+1

n y 1+ 1n+1 = n+2

n+1 , al reemplazar sn+1 y sn en sn+1

snse obtiene.sn+1

sn=

(

1 + 1n+1

)n+1

(

1 + 1n

)n =

(

n

(n + 1)

(n + 2)

(n + 1)

)n+1(

1 +1

n

)

.La expresión nn+1

(n+2)(n+1) es igual a (1 − 1

n+1

)(

1 + 1n+1

), que a su vezes igual a 1 − 1(n+1)2

. Enton es, podemos apli ar la desigualdad deBernoulli, para h = − 1(n+1)2

y obtenersn+1

sn=

(

1 − 1

(n + 1)2

)n+1(

1 +1

n

)

≥(

1 − 1

n + 1

)(

1 +1

n

)

= 1

(sn) es a otada superiormenteComo ya vimos que la su esión es re iente, sabemos que sn ≤ s2n.Usando la desigualdad de Bernoulli (III) para u = 12n ∈

(

−1, 1n

)obtenemos lo siguiente.(

1 +1

2n

)n

≤ 1

1 − n 12n

= 2.179

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDe aquí, podemos on luir quesn ≤ s2n =

(

1 +1

2n

)2n

≤ 4.El Teorema de las Su esiones Monótonas permite on luir que lım(

1 + 1n

)nexiste.Se denee = lım

(

1 +1

n

)n

.Re ordando que (sn) es re iente y reha iendo la demostra ión de su a o-tamiento, se obtiene:∀k ∈ N, k ≥ 2, 2 ≤

(

k + 1

k

)k

≤ e ≤(

k

k − 1

)k

≤ 4.

e ≈ 2,718281828 . . .

180


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. Sean (an) y (cn) su esiones nulas y (bn) una su esión tal que paratodo n ∈ N, an ≤ bn ≤ cn. Enton es, bn es nula.2. lım 12n = 0.3. lım(− 3

5 )n no existe.4. lım 2n = 1.5. lım(−3)n = 0.6. lımn 12n = 0.7. lım n

(1,00001)n = 0.8. lım n1010

(1,000001)n no existe.9. lım(2n+13n+5 )n = 1.10. lım(12 + 1

n2 )n no existe.11. lım(2 − 1n2 )n no existe.12. lım(1 + 1n2 )n no existe.13. lım(1 − 1(n+1)2 )n = 1.14. lım(1 − 2x(n+x)(n+2))

n no existe.15. lım(3n+21−n )n = 1.16. lım n

√

110 = 2.17. lım

n√

1010 = 0.18. lım n

√

110 + 1

n2 = 1. 181

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile19. lım n

√

1010 − 1n2 = 1.20. lım(1 + 1

n )n no existe.21. lım n

√

110 + 1

n2 = 1.22. lım(1 + 1n )

1n = 1.23. lım(n8−7n2+1

3n8+1 )1n no existe.24. Toda su esión monótona y a otada es onvergente.25. Toda su esión estri tamente de re iente y a otada inferiormente por ero, onverge a ero.26. Para todo n ∈ N y para todo h > −1 se umple (1 + h)n ≥ 1 + nh.27. Para todo n ∈ N y para todo h < 1 se umple (1 − h)n ≥ 1 + nh.28. Para todo n ∈ N y para todo h < 1 se umple (1 − h)n ≥ 1 − nh.29. Para todo n ∈ N y para todo h > 0 se umple (1 + h)n ≥ 1 + nh +

n(n−1)2 h2.30. Para todo n ∈ N y para todo h ∈ (−1, 1

n ) se umple (1+h)n ≤ 11−nh .

182


Guía de Ejer i ios1. Cal ulara) lım an

(n−1)2 , para a un real on |a| < 1.b) lım an+bn

an+1+bn+1 on 0 < a ≤ b. ) lım(2n−33n+7 )n.d) lım( 1−n2

5n2+1 )n.e) lım(2√

n+n√n−2n

)n.f ) lımn√a+b

n√

a+ n√b.g) lım n

√

n2+13n3−1 .h) lım n

√

2nn .i) lım n

√n3 + n2 + n.j ) lım n+1√

an, a > 0.k) lım n√

an + bn, a, b > 0.l) lım(x−n+y−n

2 )−1n , x > y > 0.m) lım( 1

n2+1 + 1n2+2 + · · · + 1

n2+n) = lımn∑

k=1

1n2+kn) lım a

n

[

nb

], para a, b > 0 y donde [x] denota la parte entera de x.ñ) lım[

1+n(−1)n

n2

], donde [x] denota la parte entera de x.2. Demuestre que∀n ∈ N, ∀h > 0 (1 + h)n ≥ 1 + nh +

n(n − 1)

2h2.3. Sea (an) una su esión de re iente a partir de n0 y a otada inferiormente.Demuestre que (an) onverge.4. Determine si la su esión denida por la re urren ia a0 =√

2 y an+1 =√2an, n ≥ 0, posee límite, en uyo aso, al úlelo. Repita este ejer i iopara la su esión denida por u2 = 1 y un+1 =

√

4+u2n

2 , n ≥ 2.183

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile5. Sea (hn) una su esión nula. Enton es, ( hn

1−hn) → 0.6. Sea (vn) on vn > 0 y ( 1

vn) → 0. Enton es, ( 1

1+vn) → 0.

184


Guía de ProblemasP1. (30 min.) Sea un = 12 (1 + (−1)n). Cal ular lım u1+···+un

n .P2. (30 min.) Dado k ∈ N, estudie la onvergen ia de la su esión (nkqnn),donde (qn) → q on |q| < 1.P3. (30 min.) Sea (hn) on hn > 0 y ( 1

nhn) → 0. Demuestre que lım 1

(1+hn)n =0.P4. (30 min.) Sea (vn) on vn ∈ (0, 1) y ( 1

nvn) → 0. Demuestre que lım(1−

vn)n = 0.P5. (30 min.) Sea (un) una su esión re iente. Probar que la su esión de-nida por vn = 1n (u1 + · · · + un) es re iente.P6. (30 min.) Para 0 ≤ a ≤ b sea x1 = a, xn+1 =

√xnyn e y1 = b,

yn+1 = xn+yn

2 . Demostrar que ambas su esiones poseen límite, quelımxn = lım yn y que si llamamos l a este último límite, se umpleque √

ab ≤ l ≤ a+b2 .P7. (30 min.) Sea u1 = a y un+1 =

√

ab2+u2n

a+1 on 0 < a < b. Muestre que(un) es a otada, que es onvergente y al ule su límite.

185



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 11: FUNCION EXPONENCIAL Y LOGARITMO

8. La función exponencialSabemos lo siguiente para la su esiónan = (1 + hn)

n1. Si lımhn ∈ (−2, 0) enton es lım an = 0.2. Si lımhn /∈ (−2, 0) enton es lım an no existe.3. Si lımhn = 0 y lımnhn = 0 enton es lım an = 1.4. Si lımhn = 0, hn < 0 y lım 1nhn

= 0 enton es lım an = 0.5. Si lımhn = 0, hn > 0 y lım 1nhn

= 0 enton es lım an no existe.6. lım(

1 + 1n

)n= e, donde e es un número mayor que 2 y menor que 4.Ahora veremos que usando un argumento similar al utilizado para hn = 1

n ,es posible probar que para x ∈ R la su esión (1 + xn

)n es onvergente.8.1. El límite lım

(

1 + x

n

)n existeTeorema 8.1. Para todo x ∈ R, la su esiónsn :=

(

1 +x

n

)n onverge.Demostra ión. Veremos que para ada x, la su esiónsn :=

(

1 +x

n

)nes re iente a partir de n0 = ⌈|−x|⌉ + 1, y que es a otada superiormente.Usando el Teorema de las Su esiones Monótonas on luiremos que (sn) onverge.1. La su esión (sn) es re iente.La demostra ión ha e uso de las siguientes arma iones que son fá ilesde veri ar.(

1 + xn+1

)

(

1 + xn

) =n

(n + x)

(n + 1 + x)

(n + 1)=

(n + x

(n + x)

) (n + 1) − x

(n + 1)= 1− x

(n + 1) (n + x).(8.1)186


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chileyx

(n + 1) (n + x)=

1

n + 1

(

1 − n

n + x

)

<1

n + 1< 1, para n + x > 0(8.2)Para probar que (sn) es re iente a partir de n0 = ⌈|−x|⌉ + 1 veremosque sn+1

sn≥ 1, para n ≥ n0.Al reemplazar los valores de sn+1 y de sn en sn+1

sny apli ar (8.1) seobtiene.

sn+1

sn=

(

1 + xn+1

)n+1

(

1 + xn

)n =

(

1 − x

(n + 1) (n + x)

)n+1(n + x

n

)

.Apli ando la desigualdad de Bernoulli (I) para h = − x(n+1)(n+x) , quesegún (8.2) es > −1, se obtiene

sn+1

sn≥(

1 − x

n + x

)(

n + x

n

)

= 1.2. La su esión (sn) es a otada superiormenteComo ya hemos di ho, basta on probar que existen M y n0 ∈ N tal quepara todo n ≥ n0

sn ≤ M.Dado x ∈ R sea k ∈ N tal que ∣∣xk ∣∣ < 1. Enton es, para todo n ∈ N∣

∣

xkn

∣

∣ < 1, es de ir, xkn ∈

(

−1, 1n

). Apli ando la desigualdad de Bernoulli(III) para a = xkn tenemos que(

1 +x

kn

)n

≤ 1

1 − n xkn

=

(

k

k − x

)

.Ya vimos que la su esión es re iente a partir de n0 = [|−x|] + 1. En-ton es, para n ≥ n0, sn ≤ skn.Tomando M =(

kk−x

)k on luimos que para n ≥ n0

sn ≤ skn =

(

1 +1

kn

)kn

≤(

k

k − x

)k

.Deni ión 8.1. La fun ión exponen ial está denida mediante la expre-sión:exp(x) = lım

n→∞(1 +

x

n)n.Proposi ión 8.1. El dominio de la fun ión exponen ial es R.Demostra ión. Ya vimos que la su esión es re iente a partir de n0 y a o-tada superiormente. En virtud del Teorema de las Su esiones Monótonas,las su esion (1 + x

n

)n onverge a sup sn : n ≥ n0.187

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile8.1.1. Propiedades de la función exponencial.Proposi ión 8.2 (Desigualdad Fundamental). La fun ión exponen ialsatisfa e la siguiente desigualdad. Para todo x ∈ R,

exp (x) ≥ 1 + x.Demostra ión. La su esión (sn) es re iente a partir de n0 > −x y on-verge a exp (x). Enton esexp (x) ≥

(

1 +x

n0

)n0Además, xn0

> −1. Enton esexp (x) ≥

(

1 +x

n0

)n0

≥ 1 + n0x

n0= 1 + x.Proposi ión 8.3 (Produ to de Exponen iales). Para todo x, y ∈ R,

exp (x) · exp (y) = exp (x + y) .Demostra ión. Como 1 + x+yn = n+x+y

n , 1 + xn = n+x

n y 1 + yn = n+y

n setiene que(

1 + x+yn

)n

(

1 + xn

)n (1 + y

n

)n =

(

n (n + x + y)

(n + x) (n + y)

)n

=

(

1 − xy

(n + x) (n + y)

)n

→ 1.La igualdad se obtiene mediante manipula iones algebrai as y la onvergen- ia que ya fue analizada la semana anterior. En el lado izquierdo podemosapli ar álgebra de límites para on luir queexp (x + y)

exp (x) exp (y)= 1.Proposi ión 8.4 (A otamiento y Ceros). Para todo x ∈ R,

exp (x) > 0.En onse uen ia la fun ión exponen ial es a otada inferiormente y no tiene eros.Demostra ión. Sabemos que para todo x ∈ R, exp (x) =(

exp(

x2

))2 ≥ 0.Si exp (a) = 0, para algún a ∈ R, enton es se obtiene la siguiente ontra-di ión:1 = exp (0) = exp (a) exp (−a) = 0.188

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePropiedades 9. Mediante la apli a ión del produ to de exponen iales seprueba que(∀x ∈ R) exp(−x) = 1

exp(x) .(∀x, y ∈ R) exp(x − y) = exp(x)

exp(y) .Para x < 1, exp (x) ≤ 11−x .Demostra ión. La igualdad exp (x) exp (−x) = exp (0) = 1 impli a (exp (x))

−1=

exp (−x).La igualdad previa permite usar el produ to de exponen iales onveniente-mente.exp (x − y) = exp (x) exp (−y) =

exp (x)

exp (y).Finalmente, para x < 1 se tiene que:

exp (x) =1

exp (−x)≤ 1

1 − x.Proposi ión 8.5 (Cre imiento e Inye tividad). Para todo x, y ∈ R,

x < y ⇒ exp (x) < exp (y) .En onse uen ia la fun ión exponen ial es estri tamente re iente y por lotanto inye tiva.Demostra ión. Usando el produ to de exponen iales y la desigualdadexp (x) ≥ 1 + x se obtiene:

exp (y) = exp (x) exp (y − x) ≥ exp (x) (1 + y − x) > exp (x) .En parti ular, para todo x > 0, exp (x) > exp (0) = 1 y para todo x < 0,exp (x) < exp (0) = 1.Proposi ión 8.6 (Fun ión Exponen ial y Exponentes). Mediante laapli a ión del produ to de exponen iales se prueba quePara todo x ∈ R y todo p ∈ N, exp (px) = (exp (x))

p.lım exp (−n) = lım 1

en = 0.Para todo x ∈ R y todo q ∈ N, exp(

xq

)

= q√

exp (x).lım exp

(

1n

)

= lım n√

e = 1. 189

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDemostra ión. El produ to de exponen iales permite probar que parap ∈ N,

exp (px) = exp (x + · · · + x) = (exp (x))p .En parti ular exp (−n) = (exp (−1))n

= 1en . Enton es, lım exp (−n) = 0.Otra vez el produ to de exponen iales impli a que

(exp (x))1q =

(

exp

(

q · x

q

))1q

=

((

exp

(

x

q

))q) 1q

= exp

(

x

q

)

.Con esto exp(

xn

)

= n√

exp (x). En parti ular, lım exp(

1n

)

= lım exp(

− 1n

)

=1.Proposi ión 8.7 (Biye tividad). La fun ión exp : R → (0,∞) es sobre-ye tiva.Demostra ión. Para y > 0 sean

A = x ∈ R : exp (x) ≤ y y s = supA.Como lım exp (−n) = 0, enton es existe n tal que exp (−n) < y, luego−n ∈ A.Del mismo modo, existe m tal que exp (−m) < 1

y o sea, exp (m) > y.Se tiene que si x > m enton es exp (x) > exp (m) > y. Luego m es otasuperior de A. Con luimosque A es no va ío y a otado superiormente y en virtud del Axioma delSupremo posee supremo s.Veamos ahora que exp (s) = y.Sea n ∈ N, n > 0.s + 1

n no pertene e a A ya que es mayor que s. Con esto exp(

s + 1n

)

> y.s− 1

n no es ota superior de A ya que es menor que s. Con esto existe x ∈ R on s − 1n < x y exp (x) ≤ y.Por la monotonía de la fun ión exponen ial, exp

(

s − 1n

)

< y.Ha iendo uso del produ to de exponen iales se obtiene el siguiente a ota-miento.exp (s) exp

(

− 1

n

)

= exp

(

s − 1

n

)

< y < exp

(

s +1

n

)

= exp (s) exp

(

1

n

)Sabemos que lım exp(

1n

)

= lım exp(

− 1n

)

= 1. Apli ando el Teorema delSandwi h se on luye que exp (s) = y.190

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile8.2. Función Logaritmo natural.Deni ión 8.2 (Logaritmo Natural). La fun ión exp : R → R+ es in-ye tiva y epiye tiva en onse uen ia biye tiva. Su fun ión inversa se llamafun ión logaritmo natural o de Nepper.

ln : (0,∞) → Rx → ln(x) = exp−1(x).Observa ión:Para todo x ∈ (0,∞), exp (ln (x)) = x.Para todo x ∈ R, ln (exp (x)) = x. En parti ular, ln (e) = 1 y ln (1) =

0.La fun ión ln es estri tamente re iente pues es la inversa de unafun ión estri tamente re iente.El úni o ero de la fun ión ln es 1.ln no es a otada ni superior ni inferiormente: ln (0,∞) = R.Proposi ión 8.8 (Suma y diferen ia de logaritmos). ∀x, y ∈ (0,∞),

ln(x) + ln(y) = ln (xy) y ln(x) − ln(y) = ln

(

x

y

)

.Demostra ión. Sean u = ln (x) y v = ln (y). Al apli ar el produ to deexponen iales:ln (x) + ln (y) = u + v = ln (exp (u + v)) = ln (exp (u) exp (v)) = ln (xy) .Del mismo modo

ln (x) − ln (y) = u − v = ln (exp (u − v)) = ln

(

exp (u)

exp (v)

)

= ln

(

x

y

)

.Proposi ión 8.9 (Desigualdad Fundamental). La fun ión logaritmo na-tural satisfa e las siguientes desigualdades.Para todo x ∈ (0,∞),ln (x) ≤ x − 1y

1 − 1

x≤ ln (x) .Demostra ión. La primera es dire ta al tomar x = exp (u) y apli ar ladesigualdad 1 + u ≤ exp (u).La segunda se obtiene de la primera al evaluar ln

(

1x

)

≤ 1x − 1 y re ordarque ln

(

1x

)

= − ln (x). 191

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDeni ión 8.3 (Deni ión de Exponente Irra ional). Para todo a ∈(0,∞) y n ∈ N las expresiones an, a−n y a

1n = n

√a tienen un signi ado.Ahora, vamos a extender esta deni ión para aα, on α ∈ R. Sean a ∈

(0,∞) y α ∈ R. Se dene aα omo:aα = exp(α ln a).Observa ión: Consisten iaComo exp (n ln (a)) = (exp (ln (a)))

n= an y exp

(

ln(a)n

)

= (exp (ln (a)))1n =

a1n , la deni ión extiende a R el signi ado que habiamos asignado ante-riormente a aα.Propiedades 10. Las siguientes propiedades son onse uen ia dire ta dela deni ión de aα.1. ∀a ∈ (0,∞) y ∀α ∈ R, ln(aα) = α ln (a).2. Para todo α, β ∈ R, aα+β = aαaβ.3. Para todo α ∈ R, (aα)

−1= a−α.4. Para todo α, x ∈ R, (exp(x))

α= exp(αx), en parti ular exp (α) = eα.5. Para todo α, β ∈ R, (aα)

β= aαβ.

8.3. La función axDeni ión 8.4. Para a > 0 se dene la fun ión ax por la fórmulaax = exp (x ln (a)) .Propiedades 11. 1. Su dominio es R.2. Para a > 0 y a 6= 1, la fun ión ax es estri tamente monótona, enparti ular es inye tiva.Para a ∈ (0, 1), ln (a) < 0. Enton es la fun ión ax es estri ta-mente de re iente.Para a > 1, ln (a) > 0. Enton es la fun ión ax es estri tamente re iente.3. La fun ión ax : R → (0,∞) es biye tiva: para todo y ∈ (0,∞), x =

ln(y)ln(a) satisfa e que ax = y.

8.4. Logaritmos con base a > 0, a 6= 1.Deni ión 8.5. Sea a ∈ (0,∞), a 6= 1. Se dene la fun ión logaritmo enbase a por:loga x =

ln (x)

ln (a).192

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión: La fun ión loga es estri tamente re iente si a > 1.La fun ión loga es estri tamente de re iente si a ∈ (0, 1).La fun ión loga es la inversa de la fun ión ax.Propiedad 12 (Suma de Logaritmos). Para todo x, y, a ∈ (0,∞) y a 6=1 se umple que loga x + loga y = loga(xy).(Cambio de base) Para todo x, a, b ∈ (0,∞) y a, b 6= 1 se umple quelogb x = loga x

loga b .Demostra ión. En el primer aso es su iente on re ordar la deni iónde logb y usar la suma de logaritmos naturales:logb (xy) =

ln (xy)

ln (b)=

ln (x)

ln (b)+

ln (y)

ln (b)= logb (x) + logb (y) .En el segundo aso, usamos que:

logb (x) =ln (x)

ln (b)=

ln (x)

ln (a)

1ln(b)ln(a)

=loga (x)

loga (b).

8.5. Límites exponenciales y logarítmicosProposi ión 8.10. Para toda su esión (an) → 0 se umple que.exp (an) → 1,

ln (1 + an) → 0,Demostra ión. Como (an) → 0, a partir de un ierto momento an < 1.De este modo,1 + an ≤ exp (an) ≤ 1

1 − an.Las su esiones de los extremos onvergen a 1. Por el Teorema del Sandwi h

(exp (an)) → 1.Análogamente,1 − 1

1 + an≤ ln (1 + an) ≤ an.En este aso las su esiones de los extremos onvergen a 0. Por el Teoremadel Sandwi h (ln (1 + an)) → 0.Observa ión: Usando la suma de logaritmos, el produ to de exponen ialesy las onvergen ias antes des ritas, se obtiene:

lım exp (an) = lım exp (an − a) exp (a) = exp (a) lım exp (an − a) = exp (a) , uando (an) → a

lım ln (an) = lım ln(an

aa)

= lım(

ln(an

a

)

+ ln (a))

= ln (a) ,193

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile uando (an) → a > 0.En estos dos asos vemos que el valor del límite sólo depende de a y node la su esión (an) → a. Más aún el valor del límite se obtiene al evaluarla fun ión en a. Este fenómeno también o urre para las fun iones seno y oseno.Para esto primero veremos que si (an) → 0 enton es (sen (an)) → 0. Como|sen (an)| = sen (|an|) para an ∈

[

−π2 , π

2

] y sen (|an|) ≤ |an|, uando (an) →0se obtiene que (sen (an)) → 0.Sabemos que

sen (an) − sen (a) = 2 sen

(

an − a

2

)

cos

(

an + a

2

)Como an − a → 0 y cos es a otada se obtiene que (sen (an)) → sen (a).La situa ión para el oseno se dedu e usando la propiedad ya vista. Enefe to,cos (an) = sen

(

an +π

2

)

→ sen(

a +π

2

)

= cos (a) .

194


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. Para todo x ∈ R, lım(1 − xn ) = exp(x).2. exp(0) = 0.3. Para todo x ∈ R, exp(2x) = 2 exp(x).4. lım(1 + 2

n ) = e2.5. Para todo x ∈ R, exp(x2 ) =

√

exp(x).6. Para todo x ∈ R, 1exp(x) = exp(−x).7. Existen x e y on x < y y exp(x) ≥ exp(y).8. Existe x on exp(x) < 1 + x.9. La e ua ión exp(x) =

√2 tiene solu ión en R.10. La e ua ión exp(x) = −√

2 tiene solu ión en R.11. El onjunto exp(x) : x ∈ R es a otado superiormente.12. lım exp( 1n ) = 0.13. lım exp(−n) = 0.14. La expresión ln(x) está denida para todo x ∈ R.15. ln(e) = 0.16. ln(1) = e.17. ln(1) = 0.18. ln(e) = 1.19. Para todo x ∈ R, ln(x

2 ) = 12 ln(x).20. Para todo x, y ∈ R, ln(x

y ) = ln(x) − ln(y).195

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile21. Para todo x, y ∈ (0,∞), ln(xy ) = ln(x) − ln(y).22. Para todo x ∈ (0,∞), ln(x−1) = (ln(x))−1.23. Para todo x ∈ (0,∞), ln(x) < x − 1.24. Para todo x ∈ (0,∞), ln(x) ≤ x − 1.25. Para todo x ∈ (0,∞), ln(x) > 1 − 1

x .26. Para todo x ∈ (0,∞), ln(x) ≥ 1 − 1x .27. Para todo a > 0 y para todo x ∈ R, ax = exp(a ln(x)).28. Para todo a > 0 y para todo x ∈ R, ax = ln(a exp(x)).29. Para todo a > 0 y para todo x ∈ R, ax = exp(x ln(a)).30. Para todo α > 0 y para todo x ∈ R, xα = exp(x ln(a)).31. Para todo α > 0 y para todo x ∈ (0,∞), xα = exp(a ln(x)).32. Para todo a > 0, a 6= 1, la fun ión ax es estri tamente re iente.33. Para todo a > 1 la fun ión ax es estri tamente de re iente.34. Para todo a ∈ (0, 1) la fun ión ax es estri tamente de re iente.35. Para todo a > 1 la fun ión loga(x) es estri tamente re iente.36. Para todo a ∈ (0, 1) la fun ión loga(x) es estri tamente de re iente.37. El dominio de la fun ión loga(x) es R.38. Para todo a, x > 0, loga(x) = ln(x)

ln(a) .39. Para todo a, b, x > 0, loga(x) = logb(x)logb(a) .40. Para todo x, y ∈ R y a > 0: ax+y = ax · ay.41. Para todo x ∈ R y a > 0: ax ≥ 0.42. Para todo a > 0 la fun ión ax : R→ (0,∞) no es biye tiva.43. Para todo x ∈ R, aloga(x) = x.44. Para todo a, x, y > 0, loga(xy) = loga(x) − loga(y).45. lım ln(1 + 1

n ) = 0.46. Para todo x ∈ R , x < 1 impli a ex ≤ 11−x .47. Para todo x ∈ (0,∞) , − ln(x) = ln( 1

x).196


Guía de Ejer i ios1. Dados a, b, c > 0, en uentre una solu ión x > 0 a la e ua ión: logx(a) +logx2(b) = c.2. Resuelva la e ua ión (exp(x))10 = 2 exp(2x).3. Resuelva la e ua ión exp(−x) = exp(x).4. Resuelva la e ua ión e−x−ex

ex+e−x = 0, 5.5. En uentre todos los valores de x e y tales que (x+y)log10(x+y) = 1000(x+y)2 y x

y ≤ 1.6. Sea (an) una su esión que onverge a a. Demuestre que para todo b > 0,lım ban = ba. Re uerde que bx = exp(x ln(b)).7. Sea (an) una su esión que onverge a a > 0. Demuestre que para todob ∈ R, lım ab

n = ab.8. Cal ulelım

2√

2n 3

sen(n)

n2

1 − 1( 2n+23n+1 )π

.9. Cal ule los siguientes límites para an = 1n y an = − 1

n2 .a) lım exp(2an)−1an

.b) lım exp(−2an)−1an

. ) lım an

ln(1−an) .d) lım exp(−4an)−1ln(1−5an) .e) lım(1 + 2an)

1an .10. Cal ule lım(1 − 1

n2 )n ln(6) y lım(1 − ln(e + 1n2 ))n2.11. Resuelva la e ua ión 3x = (2x)x.12. Sea (an) → a on an 6= a. Cal ule lım ean−ea

an−a13. Sea (an) → a on an 6= a. Cal ule lım ln(an)−ln(a)an−a197


Guía de ProblemasP1. Cal ulelım

1

n

n∑

k=1

ln(1 +1

k).P2. Demuestre que xn =

n∑

k=1

1k − ln(n) e yn = xn − 1

n son onvergentes yque tienen igual límite.P3. Para x > 0, al ule lımn( n√

x − 1).P4. Cal ule lım(1+an)1

exp(2an)−1 , donde (an) es una su esión que onvergea ero.P5. Las tasas de interés en tres institu iones son 6 % anual, 0, 5 % men-sual y 100(e0,3α − 1)% ada in o años, respe tivamente. Ordene lasinstitu iones de a uerdo a la rentabilidad obtenida en un depósito a in o años, para los siguientes valores de α: 0, 1 y ln(3). Re uerde quesi en un periodo de tiempo la tasa de interés es t % enton es, el apitalaumenta en ese periodo en un fa tor (1 + t/100).P6. Para la fun ión f(x) = ln(1 + ex), determine dominio, eros, re i-miento y signos. Además, determine para que valores de y la e ua iónf(x) = y tiene solu ión. Use esta informa ión para denir la fun ióninversa. Repita el problema para la fun ión f(x) = 1

2 (ex − e−x).

198



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 12: LÍMITE DE FUNCIONES

9. Límite de FuncionesEn este apítulo nos interesa extender el on epto de límite de su esionesa fun iones reales de variable real.9.1. Límite de Funciones hacia el infinitoLa primera extensión natural onsiste en estudiar el lım

x→+∞f(x), en la me-dida que el dominio de la fun ión f no sea a otado superiormente.Deni ión 9.1 (Límite uando x → +∞). Sea f : A ⊂ R → R unafun ión on dominio A no a otado superiormente. Sea ℓ un real jo.Diremos que f(x) tiende a ℓ uando x tiende a +∞ si se umple que

∀ε > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ A ∩ [m,∞), |f(x) − ℓ| ≤ εEsto lo anotaremos di iendo quelım

x→+∞f(x) = ℓ.Es fá il ver que la analogía on la deni ión de límite de su esiones impli aque los teoremas de uni idad del límite, álgebra de límites, sandwi h ylímites importantes siguen siendo válidos en límite de fun iones.En parti ular,

lımx→+∞

1

x= 0

lımx→+∞

anxn + · · · + a1x + a0

bmxm + · · · + b1x + b0=

0 si n < man

bmsi n = m

6 ∃ si n > m

9.1.1. TeoremasTeorema 9.1 (Úni idad del límite). Si f : A ⊆ R → R es una fun ióntal que lımx→+∞

f(x) = ℓ1 y lımx→+∞

f(x) = ℓ2 enton es ℓ1 = ℓ2.

Teorema 9.2 (Álgebra). Si f : A ⊆ R → R y g : B ⊆ R → R sonfun iones tales que lımx→+∞

f(x) = ℓ1, lımx→+∞

g(x) = ℓ2 y A∩B es no a otado199


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilesuperiormente, enton eslım

x→+∞(f + g)(x) = ℓ1 + ℓ2

lımx→+∞

(f − g)(x) = ℓ1 − ℓ2

lımx→+∞

(f · g)(x) = ℓ1 · ℓ2

lımx→+∞

(f

g)(x) =

ℓ1

ℓ2, si ℓ2 6= 0.

Teorema 9.3 (Sandwi h). Si tres fun iones f, g, h on dominios A, B, Crespe tivamente son tales que ∃m, tal que ∀x ∈ B ∩ [m,∞) se umplef(x) ≤ g(x) ≤ h(x). Enton es, si lım

x→∞f(x) = lım

x→∞h(x) = ℓ, se tiene que

lımx→∞

g(x) = ℓ.Demostra ión. Las demostra iones son realmente análogas a las realiza-das en su esiones y se proponen omo ejer i io.Ejemplo 9.1.Cál ular los límites lımx→+∞

e1x y lım

x→+∞x(e

1x − 1).Razonamiento formal:Antes de resolver el problema hagamos un razonamiento puramente for-mal y sin mayor justi a ión:Podemos observar que uando x → +∞ se tiene que 1

x → 0 y por lotanto e1x → e0 = 1. De este modo, el segundo límite es el produ to deuna fun ión no a otada (x) multipli ada por una que onverge a ero(e 1

x − 1).Solu ión:Usamos la desigualdad de la exponen ial de modo que si x > 1 se tieneque1

x+ 1 ≤ e

1x ≤ 1

1 − 1x

.De aquí, vemos que uando x → +∞, las dos otas onvergen a 1. Porlo tanto, usando Sandwi h de fun iones se on luye lımx→+∞

e1x = 1.Para el segundo límite, usamos la misma desigualdad, restando 1 y mul-tipli ando por x. De este modo se tiene que

1 ≤ x(e1x − 1) ≤ 1

1 − 1x

.Aquí, nuevamente usando Sandwi h se obtiene que lımx→+∞

x(e1x −1) = 1.200

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile9.2. Primera extensión hacia −∞Es fá il, por simetría estudiar el omportamiento de una fun ión uandox → −∞. De este modo se tiene la siguiente deni iónDeni ión 9.2 (Límite uando x → −∞). Sea f : A ⊂ R → R unafun ión on dominio A no a otado inferiormente. Sea ℓ un real jo.Diremos que f(x) tiende a ℓ uando x tiende a −∞ si se umple que

∀ε > 0, ∃m < 0, ∀x ∈ A ∩ (−∞, m], |f(x) − ℓ| ≤ ε.Esto lo anotaremos di iendo quelım

x→−∞f(x) = ℓ.Observa ión: Notemos que

lımx→−∞

f(x) = lımx→+∞

f(−x)por lo tanto las propiedades de estos límites son análogas a aquellas de laprimera deni ión.En parti ular,lım

x→−∞1

x= 0

lımx→−∞

anxn + · · · + a1x + a0

bmxm + · · · + b1x + b0=

0 si n < man

bmsi n = m

6 ∃ si n > m

9.2.1. Asíntotas (I)Cuando una fun ión tiene límite ℓ ha ia ±∞, su grá o se aproxima ha iala re ta y = ℓ. Por esta razón, esta re ta se llama asíntota horizontal de f.Más pre isamente se tiene la siguiente deni iónDeni ión 9.3 (Asíntotas horizontales). 1. Si lımx→+∞

f(x) = ℓ1 en-ton es la re ta y = ℓ1 se llama asíntota horizontal de f .2. Si lımx→−∞

f(x) = ℓ2 enton es la re ta y = ℓ2 es otra asíntota horizontalde f .Observa ión:Notemos que una fun ión on dominio no a otado ha ia ±∞ puede tenerdos asíntotas horizontales, una ha ia +∞ y otra ha ia −∞.En mu hos asos estas asíntotas oin iden, omo por ejemplo en las fun io-nes ra ionales. Veamos el siguiente aso parti ular:f(x) = 2x+1

x+2 tiene la asíntota horizontal y = 2 uando x → +∞ y uandox → −∞. 201

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile9.2.2. Límites infinitosDeni ión 9.4 (Límites igual a +∞). 1. Sea f : A ⊂ R → R unafun ión on dominio A no a otado superiormente.Diremos que f(x) tiende a +∞ uando x tiende a +∞ si se umpleque

∀M > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ A ∩ [m, +∞), f(x) ≥ M.Esto lo anotaremos di iendo quelım

x→+∞f(x) = +∞.2. Sea f : A ⊂ R → R una fun ión on dominio A no a otado inferior-mente.Diremos que f(x) tiende a +∞ uando x tiende a −∞ si se umpleque

∀M > 0, ∃m < 0, ∀x ∈ A ∩ (−∞, m], f(x) ≥ M.Esto lo anotaremos di iendo quelım

x→−∞f(x) = +∞.Observa ión: Notemos que

lımx→−∞

f(x) = +∞ ⇐⇒ lımu→+∞

f(−u) = +∞.Es de ir, el límite uando x → −∞, on valor +∞ es derivado del on eptolım

x→+∞f(x) = +∞ mediante el ambio de variable u = −x.Deni ión 9.5 (Límites igual a −∞). 1. Sea f : A ⊂ R → R unafun ión on dominio A no a otado superiormente.Diremos que f(x) tiende a −∞ uando x tiende a +∞ si se umpleque

∀M < 0, ∃m > 0, ∀x ∈ A ∩ [m, +∞), f(x) ≤ M.Esto lo anotaremos di iendo quelım

x→+∞f(x) = −∞.2. Sea f : A ⊂ R → R una fun ión on dominio A no a otado inferior-mente.Diremos que f(x) tiende a −∞ uando x tiende a −∞ si se umpleque

∀M < 0, ∃m < 0, ∀x ∈ A ∩ (−∞, m], f(x) ≤ M.Esto lo anotaremos di iendo quelım

x→−∞f(x) = −∞.202

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión: Notemos quelım

x→+∞f(x) = −∞ ⇐⇒ lım

x→+∞−f(x) = +∞

lımx→−∞

f(x) = −∞ ⇐⇒ lımx→+∞

−f(−x) = +∞Es de ir, los límites uandox → ±∞ o on valor −∞ pueden ser derivadosdel on epto lımx→+∞

f(x) = +∞ mediante ambios algebrai os apropiados.Observa ión:1. Cuando una fun ión tiene límite igual a +∞ o igual a −∞ se suelede ir que posee límte en el onjunto R denido omoR = R ∪ +∞,−∞que suele llamarse R-extendido.2. Como las su esiones son fun iones, las deni iones anteriores permi-ten estable er el signi ado de las frases sn → +∞ y sn → −∞.Ejemplos:Ejemplo 1. Probar usando la deni ión que lım

x→+∞x = +∞.Solu ión: En efe to, usando la deni ión,PDQ: ∀M > 0, ∃m > 0, ∀x ≥ m, f(x) = x ≥ M.La proposi ión anterior es laramente ierta si se toma m =

M.Ejemplo 2. Probar usando el ejemplo 1 que lımx→−∞

x = −∞.Solu ión: En este aso basta on observar quelım

x→−∞x = lım

x→+∞−x = −∞.Ejemplo 3. Probar usando la deni ión, que si lım

x→+∞f(x) = +∞ y ade-más ∃m, tal que f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ Dom(g)∩[m,∞)enton es lım

x→+∞g(x) = +∞.Solu ión: Sabemos que

I) ∀M > 0, ∃m′ > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [m′,∞), f(x) ≥ M

II) ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(g) ∩ [m,∞), f(x) ≤ g(x).Debemos probar que:∀M > 0, ∃m′′ > 0, ∀x ∈ Dom(g) ∩ [m′′,∞), g(x) ≥ M.Esta última proposi ión es verdadera, ya que si M > 0 esarbitrario, de (I) se dedu e la existen ia de m′ > 0, a partir203

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chiledel ual se umple f(x) ≥ M . De (II) se dedu e que existem > 0 a partir del ual se umple f(x) ≤ g(x). Tomandom′′ = max m, m′ se tendrá que m′′ > 0 y además

∀x ∈ Dom(g) ∩ [m′′,∞), g(x) ≥ f(x) ≥ M.Esto es lo que se quería demostrar.Ejemplo 4. Probar que lımx→+∞

exp(x) = +∞.Solu ión: En este aso basta on usar la otaexp(x) ≥ 1 + x ≥ x, ∀x ∈ R.Como x → +∞, usando el ejemplo 3 se tiene que exp(x) →

+∞.Ejemplo 5. Combinando los ejemplos anteriores,lım

x→−∞exp(x) = lım

x→+∞exp(−x)

= lımx→+∞

1

exp(x)

= 0.En la última linea hemos usado el resultado:lım

x→+∞f(x) = +∞ =⇒ lım

x→+∞1

f(x)= 0.Esto lo probaremos omo una propiedad.Propiedad 13.

lımx→+∞

f(x) = +∞ =⇒ lımx→+∞

1

f(x)= 0.Demostra ión. En efe to, si re ordamos las deni ionesse tiene que:

lımx→+∞

f(x) = +∞

⇐⇒ ∀M > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [m, +∞), f(x) ≥ M

⇐⇒ ∀M > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [m, +∞), 0 <1

f(x)≤ 1

M

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [m, +∞), 0 <1

f(x)≤ ε

=⇒ ∀ε > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [m, +∞), −ε ≤ 1

f(x)≤ ε

⇐⇒ lımx→+∞

1

f(x)= 0. 204

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 6. Probar que lımx→+∞

ln(x) = +∞.Solu ión: Para este ejemplo usaremos la deni ión, es de ir,probaremos que:∀M > 0, ∃m > 0, ∀x ≥ m, ln(x) ≥ M.Para ello, veamos que

ln(x) ≥ M ⇐⇒ x ≥ exp(M)por lo tanto, dado M > 0 arbitrario, basta tomar m =exp(M) y se umplirá que si x ≥ m enton es ln(x) ≥ M.

9.2.3. Asíntotas (II)Cuando una fun ión tiende a ±∞ uando x → ±∞, es posible que sugrá o se aproxime a una re ta obli ua. En este aso la re ta se llamaasíntota obli ua de la fun ión. La deni ión pre isa de este on epto es lasiguiente:Deni ión 9.6 (Asíntotas obli uas). 1. La re ta y = m1x + n1 esuna asíntota obli ua de f uando x → +∞ si se umple quelım

x→+∞f(x) − (m1x + n1) = 0.2. Si lım

x→−∞f(x) − (m2x + n2) = 0 enton es la re ta y = m2x + n2 esuna asíntota obli ua de f uando x → −∞.Observa ión: Para al ular las onstantes m, n de una eventual asíntotaobli ua podemos observar que

lımx→+∞

f(x) − (mx + n) = 0 ⇐⇒ n = lımx→+∞

f(x) − mx

=⇒ lımx→+∞

f(x) − mx

x= 0

⇐⇒ m = lımx→+∞

f(x)

x.Este razonamiento entrega dos fórmulas para al ular m y n

m = lımx→+∞

f(x)

x, n = lım

x→+∞f(x) − mx.Si ambos límites existen (en parti ular el segundo) enton es y = mx + n esdenitivamente una asíntota obli ua de f .El mismo ál ulo se puede realizar uando x → −∞.205

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplo 9.2.En ontrar las asíntotas obli uas de la fun ión f(x) = xe1xSolu ión. Estudiemos la fun ión f(x)

x = e1x . Ya hemos visto en la página?? que esta fun ión tiende a 1 si x → +∞. También esto o urre si

x → −∞ (propuesto). Por lo tanto m = 1.Ahora estudiamos la expresión f(x) −mx = x(e1x − 1). También hemosestudiado este límite y se on luye que n = 1.Por lo tanto, esta fun ión tiene omo asíntota obli ua a la re ta y = x+1 uando x → ±∞.

9.2.4. Teorema de composición (I)Teorema 9.4. Sean f : A ⊆ R → R y g : B ⊆ R → R dos fun iones talesque lımx→+∞

f(x) = ℓ y lımx→+∞

g(x) = +∞.Enton es, si el dominio de la omposi ión fg no es a otado superiormente,se umple quelım

x→+∞(f g) (x) = ℓ.Observa ión: En general, la existen ia de los dos límites por separado nogarantiza que el dominio de la omposi ión no sea a otado, en efe to, si porejemplo si A = B = Q y g(x) = x√

2, enton es Dom(f g)=0 .Por esta razón, en el teorema se ha agregado la hipótesis el dominio de la omposi ión f g no es a otado superiormenteDemostra ión. Sabemos que lımx→+∞

f(x) = ℓ y lımx→+∞

g(x) = +∞, esde ir queI) ∀ε > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ A ∩ [m,∞) |f(x) − ℓ| ≤ ε

II) ∀M > 0, ∃m′ > 0, ∀x ∈ B ∩ [m′, +∞) g(x) ≥ M.Debemos demostrar que lımx→∞

(f g) (x) = ℓ, es de ir, si llamamos C =Dom(f g):PDQ.: ∀ε > 0, ∃m′′ > 0, ∀x ∈ C ∩ [m′′,∞) |(f g) (x) − ℓ| ≤ εAntes de omenzar la demostra ión, re ordemos la deni ión de C = Dom(fg):

C = x ∈ B : g(x) ∈ A .Sea ε > 0 arbitrario, usando el dato (I) sabemos que existe m > 0, para el ual se umple∀z ∈ A ∩ [m,∞) |f(z) − ℓ| ≤ ε.Usando ahora el dato (II) en el aso parti ular en que M = m, se tieneque existe m′ > 0 de modo que∀x ∈ B ∩ [m′,∞), g(x) ≥ m.206

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePor lo tanto, ∀x ∈ C ∩ [m′,∞) podemos realizar lo siguiente:1. x ∈ B ∩ [m′, +∞), de donde se dedu e que g(x) ≥ m.2. Como x ∈ C se umple además que g(x) ∈ A, es de ir z = g(x) ∈A ∩ [m,∞), se donde se on luye que

|f(g(x)) − ℓ| ≤ ε.Con esto on luye la demostra ión on m′′ = m′.Ejemplo 9.3.En su esiones se estudio la su esión sn = an en ontrándose que el límitedependía del valor de a.Ahora en fun iones estudiemos la fun ión f(x) = ax donde a > 0.Sabemos que por deni ión, se umplef(x) = exp(x ln a).Luego, para al ular el límite uando x → +∞ ha emos el ambio devariable (uso del teorema de la omposi ión) u = x ln a. Sabemos que

lımx→+∞

u =

+∞ si a > 1−∞ si a < 10 si a = 1Por lo tanto, el límite requerido será igual a

lımx→+∞

f(x) =

lımu→+∞

exp(u) si a > 1

lımu→−∞

exp(u) si a < 1

1 si a = 1

=

+∞ si a > 10 si a < 11 si a = 1Es de ir,

lımx→+∞

ax =

+∞ si a > 10 si a < 11 si a = 1Ejemplo 9.4.Otra su esion interesante es sn = nan uando |a| < 1.Ahora en fun iones estudiemos la fun ión f(x) = xax donde a ∈ (0, 1) uando x → +∞. 207

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSabemos que por deni ión, se umplef(x) = x exp(x ln a) =

x

exp(−x ln a).Aquí, tanto el numerador omo el denominador tienden a +∞. Por estarazón, ne esitamos una desigualdad donde se ompare la exponen ial on las poten ias de x uando x → +∞.Una primera desigualdad es

expu ≥ 1 + u,pero aquí la ota es lineal en u. Una desigualdad más fuerte uandou > 0 es la siguiente;

exp u =(

expu

2

)2

≥ (1 +u

2)2 = 1 + u +

u2

2≥ u2

2.Con esta desigualdad podemos de ir que, para u = −x ln a > 0 se tieneque

0 ≤ x

exp(−x ln a)≤ 2x

x2 ln2 a.Por lo tanto, usando Sandwi h se on luye que lım

x→+∞xax = 0, uando

a ∈ (0, 1).Como asos parti ulares se on luye quelım

x→+∞x

ex= 0, lım

u→+∞lnu

u= 0.(En el último, se usa el ambio de variable x = lnu para transformarloen el primero).

9.2.5. ’? Puede cortarse una asíntota horizontal?En mu hos ejemplos se observa que los grá os de las fun iones se apro-ximan a sus asíntotas horizontales en forma asintóti a sin ortarlas. O seaf(x) → ℓ uando x → +∞ pero no o urre que f(x) = ℓ.Esto que o urre en algunos ejemplos no es una generalidad, sin embargopuede ser útil para las apli a iones que siguen.Un aso parti ular es el de la fun ión 1

x . En este aso sabemos quelım

x→±∞1

x= 0.Sin embargo, podemos ser más pre isos y ver que uando x > 0 se tieneque 1

x > 0 y que uando x < 0 se tiene que 1x < 0.208

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDesde el punto de vista grá o, esto di e que 1x se aproxima a la re ta y = 0por arriba ( uando x → +∞) y por abajo ( uando x → −∞).Para enfatizar este omportamiento diremos que

lımx→+∞

1

x= 0+

lımx→−∞

1

x= 0−.Esta nota ión se puede pre isar más en la siguiente deni iónDeni ión 9.7 (Límite igual a ℓ

+ o ℓ−). 1. Diremos que lım

x→+∞f(x) =

ℓ+ si se umple quelım

x→+∞f(x) = ℓ y ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [m, +∞), f(x) > ℓ.2. Diremos que lım

x→+∞f(x) = ℓ− si se umple que

lımx→+∞

f(x) = ℓ y ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [m, +∞), f(x) < ℓ.3. Análogamente se denen los límites lımx→−∞

f(x) = ℓ+ y lımx→−∞

f(x) =

ℓ−.Ejemplos:Un ejemplo importante que nos será útil en la se ión siguiente eslım

u→+∞

(

x0 +1

u

)

= x+0

lımu→+∞

(

x0 −1

u

)

= x−0Este ejemplo nos muestra dos formas de aproximarse al punto x0. Unapor la dere ha y otra por la izquierda de él.

9.3. Límites laterales hacia un realHasta el momento, on las dos deni iones anteriores, el tema limite de fun- iones ha sido teóri amente similar (teoremas análogos, on las tradu iones orrespondientes) al tema limite de su esiones.Hemos visto que una diferen ia sutil es que la variable x, además de moverseha ia +∞ ( omo en las su esiones), también puede ha erlo ha ia −∞. Sinembargo la diferen ia entre los dos límites denidos no es muy grande.Una diferen ia de mayor importan ia, es que ahora la variable se podráa er ar ha ia un punto x0 ∈ R. Para ha er esto, usaremos las siguientesdeni iones. 209

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDeni ión 9.8 (Límite uando x → x0 por la dere ha y por la izquierda).Sea f : A ⊂ R → R una fun ión on dominio A. Sean x0 y ℓ dos realesjos.1. Diremos que f(x) → ℓ uando x tiende a x+0 (por la dere ha de x0)si se umple que

lımu→+∞

f

(

x0 +1

u

)

= ℓ.2. Diremos que f(x) → ℓ uando x tiende a x−0 (por la izquierda de x0)si se umple que

lımu→+∞

f

(

x0 −1

u

)

= ℓNota ión:lım

x→x+0

f(x) = lımu→+∞

f

(

x0 +1

u

)

lımx→x−

0

f(x) = lımu→+∞

f

(

x0 −1

u

)Ejemplos:Claramente, usando la deni ión se on luye quelım

x→x+0

x = lımu→+∞

x0 +1

u

= x+0y

lımx→x−

0

x = lımu→+∞

x0 −1

u

= x−0 .

9.3.1. Como debe ser el dominio de f en torno a x0Observa ión: Notemos que una ondi ión ne esaria (pero no su iente)para que los límites anteriores tengan sentido es que el dominio de lasfun iones auxiliares g(u) = f(

x0 + 1u

) y h(u) = f(xo− 1u ) sean no a otadossuperiormente.Este he ho se tradu e en propiedades espe í as del dominio A de la fun ión

f(x) en torno al punto x0.Para entender estas propiedades, onsideremos el aso de la fun ión g(u).210

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileComen emos por notar queu ∈ Dom(g) ⇐⇒ x = x0 +

1

u∈ Dom(f).Este he ho permite realizar la siguiente se uen ia de equivalen ias, que nosenseñan qué signi a que el dominio de g no sea a otado superiormente, entérminos del dominio de f .Notemos que:

Dom(g) no es a otado superiormente⇐⇒ ∀m > 0, ∃u ≥ m, x = x0 +

1

u∈ Dom(f)

⇐⇒ ∀m > 0, ∃x ∈ Dom(f), x > x0 ∧ u =1

x − x0≥ m

⇐⇒ ∀m > 0, ∃x ∈ Dom(f), x0 < x ≤ x0 +1

m⇐⇒ ∀δ > 0, ∃x ∈ Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ].La última proposi ión nos di e que para poder estudiar el límite de f(x) uando x → x+

0 es ne esario que el dominio de la fun ión f posea realesarbitrariamente er anos a x0 por la dere ha de él.Ejemplos:Veamos algunos ejemplos donde se umple y donde no se umple la ondi ión∀δ > 0, ∃x ∈ Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ].1. Si Dom(f) = R la ondi ión SI se umple.De he ho ∀δ > 0, Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] = (x0, x0 + δ] donde estápor ejemplo el punto x = x0 + δ.2. Si Dom(f) = Q la ondi ión SI se umple.Esto es debido a que, por la densidad de los ra ionales en R, en elintervalo (x0, x0 + δ] siempre hay ra ionales y por lo tanto

∀δ > 0, Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] = Q ∩ (x0, x0 + δ] 66= ∅3. Si Dom(f) =

x0 + 1n : n ∈ N∗ la ondi ión SI se umple.Esto es debido a que justamente, a la dere ha de x0 existen lospuntos de la forma x0 + 1

n los que onvergen a x0.∀δ > 0, Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] =

x0 +1

n: n ≥ 1

δ, n ∈ N∗

211

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4. Si Dom(f) = (−∞, x0] la ondi ión NO se umple.En este aso, no hay reales a la dere ha de x0 y por lo tanto∀δ > 0, Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] = ∅5. Si Dom(f) = x0 + k : k ∈ Z∗ la ondi ión NO se umple.En este aso, hay reales a la dere ha y la izquierda de x0 pero elmás er ano dista 1 de x0 y por lo tanto

∀δ ∈ (0, 1), Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] = ∅.Notemos que si δ > 1, la interse ión no es va ía, pero la propiedaddebe umplirse para todo δ > 0.Observa ión: En forma análoga al estudio anterior, no es difí il onven- erse que, para poder estudiar el límite lateral por la izquierda en x0 esne esario que el dominio satisfaga la ondi ión∀δ > 0, ∃x ∈ Dom(f) ∩ [x0 − δ, x0).Los ejemplos dados anteriormente pueden invertirse fá ilmente, para formarejemplos de dominios donde se umpla la ondi ión por la izquierda en x0.Un ejemplo más es el aso de la fun ión f(x) =

√x. En este aso su dominiopermite estudiar el límite uando x → 0+ pero no permite el estudio dellímite uando x → 0−. Por supuesto, uando x0 > 0 se pueden estudiar losdos límites, uando x → x+

0 y uando x → x−0 . Finalmente, si x0 < 0 no esposible a er arse a x0 ni por la dere ha ni por la izquierda y por lo tantoninguno de los límites laterales existe en di ho aso.Deni ión 9.9. Consideremos x0 ∈ R. Diremos que el dominio de f per-mite estudiar el límite uando x → x+

0 si se umple que∀δ > 0, ∃x ∈ Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ].Análogamente, diremos que el dominio de f permite estudiar el límite uan-do x → x−

0 si se umple que∀δ > 0, ∃x ∈ Dom(f) ∩ [x0 − δ, x0).Observa ión: El dominio de la fun ión f permite estudiar alguno de loslímites laterales si se umple que

∀δ > 0, ∃x ∈ Dom(f) ∩ [x0 − δ, x0 + δ] \ x0 .En efe to, si ninguno de los limites laterales fuera estudiable, se umpliríaque∃δ1 > 0, Dom(f) ∩ [x0 − δ1, x0) = ∅212

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chiley∃δ2 > 0, Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ2] = ∅.Por lo tanto, tomando δ = mın δ1,, δ2 se tendrá que

∃δ > 0, Dom(f) ∩ [x0 − δ, x0 + δ] \ x0 = ∅.Lo que orresponde a la nega ión de la proposi ión requerida. La on lusiónde la observa ión se obtiene tomando el ontrare ípro o del razonamientoanterior.Ejemplos:lım

x→0+ln(x) = lım

u→+∞ln

1

u= − lım

u→+∞lnu

= −∞.

lımx→0−

e1x = lım

u→+∞e−u

= lımu→+∞

(

1

e

)u

= 0.

lımx→0+

e1x = lım

u→+∞eu

= +∞.

9.3.2. Definición de límiteDeni ión 9.10. Si el dominio de la fun ión f permite estudiar los doslímites laterales en x0, diremos que el límite de la fun ión existe uandoambos límites laterales existan y sean iguales. En tal aso anotaremoslım

x→x0

f(x) = lımx→x+

0

f(x) = lımx→x−

0

f(x).En el aso en que el dominio de la fun ión permita sólo el estudio de uno delos límites laterales, diremos que el límite de f(x) uando x → x0 existe, sidi ho límite lateral existe. De tratarse sólo del límite lateral por la dere hase anotarálım

x→x0

f(x) = lımx→x+

0

f(x),y de tratarse sólo del límite lateral por la izquierda se anotarálım

x→x0

f(x) = lımx→x−

0

f(x).213

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEn el aso en que el dominio de la fun ión no permita estudiar ningúnlimite lateral, diremos que el límite no existe.Observa ión: Notemos que si el dominio de la fun ión f permite estu-diar ambos limites laterales uando x → x0, pero sólo uno de ellos existe,enton es el límite a se as NO existe.Ejemplos:Los siguientes límites son sen illos de veri arlım

x→x0

x = x0

lımx→x0

P (x) = P (x0)

lımx→x0

P (x)

Q(x)=

P (x0)

Q(x0)

lımx→0

ln1

x= 6 ∃

lımx→0

e1x = 6 ∃

9.3.3. Asíntotas verticalesDeni ión 9.11. Diremos que una fun ión f tiene una asíntota verti alen x0 si alguno de los límites laterales es ±∞, es de ir, si se umple algunade las siguientes propiedadeslım

u→+∞f(x0 +

1

u) = +∞

lımu→+∞

f(x0 +1

u) = −∞

lımu→+∞

f(x0 −1

u) = +∞

lımu→+∞

f(x0 −1

u) = −∞Grá amente uando los valores de x se aproximan a x0 por donde orres-ponda, los valores de la fun ión re en o de re en sin ota.

9.3.4. Caracterizeción ǫ − δ del límiteTeorema 9.5. Si el dominio de una fun ión permite estudiar el límite uando x → x0 enton es se umple queℓ = lım

x→x0

f(x) ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Dom(f)∩[x0−δ, x0+δ]\x0 , |f(x) − ℓ| ≤ ε214

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDemostra ión. Notemos que en el aso de límite lateral por la dere hase tiene queℓ = lım

x→x+0

f(x)

⇐⇒ ℓ = lımu→+∞

f(x0 +1

u)

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃m > 0, ∀u ≥ m,

x = x0 +1

u∈ Dom(f) =⇒ |f(x) − ℓ| ≤ ε

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ (x0, x0 +1

m] |f(x) − ℓ| ≤ ε

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] |f(x) − ℓ| ≤ ε.Análogamente, en el aso de límite lateral por la izquierda se tiene queℓ = lım

x→x−

0

f(x)

⇐⇒ ℓ = lımu→+∞

f(x0 −1

u)

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃m > 0, ∀u ≥ m,

x = x0 −1

u∈ Dom(f) =⇒ |f(x) − ℓ| ≤ ε

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃m > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [x0 −1

m, x0) |f(x) − ℓ| ≤ ε

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [x0 − δ, x0) |f(x) − ℓ| ≤ ε.Por lo tanto, si el dominio de la fun ión permite estudiar los dos límiteslaterales se tiene queℓ = lım

x→x0

f(x)

⇐⇒ ℓ = lımx→x+

0

f(x) = lımx→x−

0

f(x)

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ1 > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ1] |f(x) − ℓ| ≤ ε,

∀ε > 0, ∃δ2 > 0, ∀x ∈ Dom(f) ∩ [x0 + δ2, x0) |f(x) − ℓ| ≤ ε

⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ A ∩ [x0 − δ, x0 + δ] \ x0 , |f(x) − ℓ| ≤ ε.En el aso en que la fun ión permita el estudio de sólo un límite lateral, laequivalen ia es dire ta.215


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. lımx→+∞

1

x= 1.2. lım

x→+∞1

x= +∞.3. lım

x→+∞1

x= 0.4. lım

x→+∞1

x= −∞.5. lım

x→+∞x + 1

2 + x=

1

2.6. lım

x→+∞x + 1

2 + x= 1.7. lım

x→+∞x + 1

2 + x= 0.8. lım

x→+∞x + 1

2 + x= +∞.9. lım

x→+∞x + 1

2 + x= −∞.10. Si f : R→ R es tal que ∀x > 0, 1

x ≤ f(x) enton es lımx→+∞

f(x) = 0.11. Si f : R → R es tal que ∀x > 0, 1x+1 ≤ f(x) ≤ 1

x enton eslım

x→+∞f(x) = 0.12. Si f : R→ R es tal que ∀x < 0, 1

x ≤ f(x) enton es lımx→−∞

f(x) = 0.13. Si f : R → R es tal que ∀x < 0, 1x+1 ≤ f(x) ≤ 1

x enton eslım

x→−∞f(x) = 0.14. La re ta y = 2 es asntota horizontal de f(x) = x2+1

x+1 .216

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile15. La re ta y = 2 es asntota horizontal de f(x) = x2+1x+1 .16. La re ta y = 1 es asntota horizontal de f(x) = ex.17. La re ta y = 0 es asntota horizontal de f(x) = ex.18. Si x → +∞ enton es ex → 0.19. Si x → +∞ enton es ex → +∞.20. Si x → −∞ enton es ex → −∞.21. Si x → −∞ enton es ex → 0.22. La su esi³n sn = n tiende a +∞.23. La su esi³n sn = n2 tiende a +∞.24. La su esi³n sn = en tiende a −∞.25. La su esi³n sn = ln(n) tiende a −∞.26. La su esi³n sn = ln(n) tiende a +∞.27. Si lım

x→+∞f(x) − 2x − 1 = +∞ enton es la re ta y = 2x + 1 es unaasntota obli ua de f .28. Si lım

x→+∞f(x) − 2x − 1 = 1 enton es la re ta y = 2x + 1 es unaasntota obli ua de f .29. Si lım

x→−∞f(x) − 2x − 1 = 1 enton es la re ta y = 2x − 1 es unaasntota obli ua de f .30. Si lım

x→+∞f(x) − 2x − 1 = 0 enton es la re ta y = 2x + 1 es unaasntota obli ua de f .31. Si lım

x→−∞f(x) − 2x − 1 = 0 enton es la re ta y = −2x − 1 es unaasntota obli ua de f .32. lım

x→+∞1

ex= 1.33. lım

x→+∞1

ex= +∞.34. lım

x→+∞1

ex= 0.35. lım

x→+∞1

ex= −∞.36. lım

x→+∞x

ex= 1. 217

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile37. lımx→+∞

x2

ex= 1.38. lım

x→+∞x

ex= 0.39. Dado n ∈ N, lım

x→+∞xn

ex= +∞.40. Dado n ∈ N, lım

x→+∞xn

ex= 0.41. lım

x→+∞x

ex= 1.42. lım

x→+∞x2

ex= 0.43. Si f est¡ denida en Z, on lım

x→+∞f(x) = ℓ y ∀x ∈ Z se tiene

f(x) > ℓ, enton es lımx→+∞

f(x) = ℓ+.44. Si f est¡ denida en R, on lımx→+∞

f(x) = ℓ y ∀x ∈ Z se tienef(x) > ℓ, enton es lım

x→+∞f(x) = ℓ+.45. Si f est¡ denida en Z, on lım

x→+∞f(x) = ℓ y ∀x ∈ Z se tiene

f(x) < ℓ, enton es lımx→+∞

f(x) = ℓ−.46. Si f est¡ denida en Z, on lımx→−∞

f(x) = ℓ y ∀x ∈ Z se tienef(x) > ℓ, enton es lım

x→−∞f(x) = ℓ−.47. Si f est¡ denida en Z, on lım

x→−∞f(x) = ℓ y ∀x ∈ Z se tiene

f(x) > ℓ, enton es lımx→−∞

f(x) = ℓ+.48. Si lımu→+∞

f(x0 +1

u) = ℓ enton es lım

x→x+0

f(x) = ℓ.49. Si lımu→+∞

f(x0 −1


x→x+0

f(x) = ℓ.50. Si lımu→+∞

f(x0 −1


x→x−

0

f(x) = ℓ.51. Si ∃δ > 0 tal que Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] 6= ∅ enton es el dominio def permite estudiar el lmite de f uando x → x+

0 .52. Si ∃δ > 0 tal que Dom(f) ∩ (x0, x0 + δ] = ∅ enton es el dominio def no permite estudiar el lmite de f uando x → x+

0 .53. Si ∀δ > 0, Dom(f)∩(x0, x0+δ] 6= ∅ enton es el dominio de f permiteestudiar el lmite de f uando x → x+0 .218

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile54. Si el dominio de f permite estudiar el lmite de f uando x → x0enton es di ho dominio permite estudiar alguno de los lmites lateralesde f .

219


Guía de Ejer i ios1. Demuestre quea) lımx→x0

f(x) = ℓ ⇐⇒lımh→0

f(x0 + h) = ℓb) lımx→x0

f(x) = ℓ ⇐⇒lım

x→x0

(f(x) − ℓ) = 0 ) lımx→0

f(x) = ℓ ⇐⇒

lımx→0

f(x3) = ℓd) lımx→0+

f(x) = lımx→0−

f(−x)e) lımx→0+

f(x) = lımx→0

f(|x|)f ) lımx→0+

f(x) = lımx→0

f(x2)2. Sean a, x0, b tales que a < x0 < b yf una fun i³n uyo dominio in luyeal onjunto [a, x0) ∪ (x0, b]. Demuestre quelım

x→x0

f(x) = ℓ ⇐⇒ lımx→x+

0

f(x) = lımx→x−

0

f(x) = ℓ.3. Dena los on eptos orrespondientes a los símbolos siguientes.a) lımx→0+

f(x) = +∞b) lımx→0−

f(x) = +∞

) lımx→0+

f(x) = −∞d) lımx→0−

f(x) = −∞

e) lımx→+∞

f(x) = ℓf ) lımx→−∞

f(x) = ℓ4. Cal ular los siguientes límitesa) lımx→2

x2+5x−3b) lım

x→1

(x−1)√

2−xx2−1 ) lım

x→a

√x−b−a−bx2−a2

d) lımx→2

x−√

x+2√4x+1−3e) lım

x→+∞[xa ] b

xf ) lımx→+∞

x2

x2−1

g) lımx→+∞

ax+b√cx2+dh) lım

x→0

xe1x

e1x −1i) lım

x→+∞

q

x+√

x+√

x√x+15. Estudiar si existe lım

x→1f(x), para f(x) =

2−√

x+3x−1 si x > 1

2x2−3x2+3 si x < 16. Cal ular las asíntotas obli uas para las siguientes fun iones:220

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilea) f(x) = x2+ax

b) f(x) =√

x2 − a2 ) f(x) = (1 −e−x)(mx + n)7. Estudie la existen ia de asntotas verti ales en las siguientes fun iones.a) f(x) = 1

xb) f(x) = 1√x

) f(x) = 11−x2d) f(x) = x2−1x2+1

e) f(x) = 1x2−3x+2f ) f(x) = 1|x|−18. Usando la ara teriza i³n (ǫ − δ) del lmite, demuestre que:a) lım

x→3

5x−2 = 5b) lım

x→4

√x−2

x−4 = 14

) lımx→8

√x + 1 = 3d) lım

x→0

1√x+4

= 12

e) lımx→0

xsen( 1x ) = 0f ) lım

x→0

x1+sen2x = 09. Estudiar las asntotas y lmites importantes para las siguientes fun- iones: f(x) = e−1 + xe1/x, f(x) = x3

(1+x)2y f(x) =

√

x4+1x2−1 .

221


Guía de ProblemasP1. (30 min.) Demuestre que las re tas y = ± bax son las asntotas obli- uas de las hip©rbolas x2

a2 − y2

b2 = ±1.P2. (30 min.) Si f : A ⊆ R→ R es una fun i³n, demuestre que el dominioA de f permite estudiar el lmite de f uando x → x+

0 ssi existe almenos una su esi³n (sn) en A que umple sn → x0 y sn > x0, ∀n.Use este resultado para estudiar si en los siguientes asos, los dominiosde las fun iones permiten o no estudiar el lmite uando x → x+0a) A = (x0, x0 + 1)b) A = x0 + 1

n ; n ∈ N ) A = x0 + nn+1 ; n ∈ Nd) A = x0 + m+nmn ; m, n ∈ N

e) A = (x0, x0 + 1) ∩Qf ) A = Qg) A = x0 + sen( 1n ); n ∈ NP3. (30 min.) Sean f, g : R → R dos fun iones tales que lım

x→+∞f(x) =

lımx→+∞

g(x) = ℓ.Usando la deni i³n de lmite uando x → +∞, demuestre quea) lımx→+∞

maxf(x), g(x) = ℓb) lımx→+∞

maxf(x), ℓ = ℓ

) lımx→+∞

maxf(x), ℓ +1

x =

ℓ+P4. (30 min.)Demuestre que si una fun i³n f : R → R satisfa e la pro-piedad(P) ∃L > 0, ∀x1, x2 ∈ R, |f(x1) − f(x2)| ≤ L|x1 − x2|,enton es, para todo x0 ∈ R se umple quelım

x→x+0

f(x) = lımx→x−

0

f(x) = f(x0).Verique que las fun iones f(x) = x y f(x) = sen(x) satisfa en lapropiedad (P) pero la fun i³n f(x) = x2 no.222

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileP5. (20 min.) Considere una fun i³n f : R→ R que satisfa e las siguien-tes propiedades:∀x1, x2 ∈ R, f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2) y lım

x→0+f(x) = f(0)Pruebe quea) ∀x0 ∈ R se umple

lımx→x+

0

f(x) = f(x0)b) ∀x0 ∈ R si (qn) es una su e-si³n que onverge a x0 talque ∀n ∈ N qn > x0, enton- es lım f(qn) = f(x0) ) ∀q ∈ Q se umple f(q) =qf(1).

Indi a i³n: pruebe por in-du i³n la f³rmula paraq ∈ N, y luego exti©ndala aq ∈ Z y q = 1

n , on n ∈ N.d) ∀x0 ∈ R se umple f(x0) =x0f(1).Indi a i³n: use la densidadde los ra ionales en R.P6. (30 min.) Sean f, g : R→ R dos fun iones que satisfa en la rela i³n

∀x1, x2 ∈ R, f(x2) ≥ f(x1) + g(x1)(x1 − x2).a) Muestre que∀x1, x2 ∈ R, g(x2)(x1 − x2) ≥ f(x2) − f(x1) ≥ g(x1)(x1 − x2).b) Probar que si g es una fun i³n a otada enton es ∀x0 ∈ R se umple

lımx→x+

0

f(x) = lımx→x−

0

f(x) = f(x0) ) Probar que silım

x→a+g(x) = lım

x→a−

g(x) = g(a)enton eslım

x→a+

f(x) − f(a)

x − a= lım

x→a−

f(x) − f(a)

x − a= −g(a)

223



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 13: LÍMITES x → x0

9.4. Límites x → x0 en generalPara veri ar que lımx→x0

f (x) = ℓ se deben abordar dos aspe tos.Determinar el o los límites laterales en x0 que Dom (f) permite estu-diar.Si Dom (f) no permite estudiar ninguno enton es el límite no existe.Veri ar que los límites que Dom (f) permite estudiar existan y val-gan ℓ.Si uno de los límites que Dom (f) permite estudiar no existe enton esel límite no existe.Si todos los límites que Dom (f) permite estudiar existen pero tienenvalores distintos enton es el límite no existe.Ejemplos:lım

x→x0

x = x0.El dominio de la fun ión x es R. Éste permite estudiar ambos lí-mites laterales en ualquier x0.Claramente lımx→x+

0

x = lımu→+∞

(

x0 + 1u

)

= x0 y lımx→x−

0

x =

lımu→+∞

(

x0 − 1u

)

= x0 on lo que los límites laterales existen y valenx0.lımx→1

1 − 1x = 0.El dominio de la fun ión 1 − 1

x permite estudiar ambos límiteslaterales en 1 pues ( 12 , +∞

) es parte de su dominio.Claramente lımx→1+

1 − 1x = lım

z→+∞1 − 1

1+ 1z

= 0 y lımx→1−

1 − 1x =

lımz→+∞

1 − 11− 1

z

= 0.lımx→0

1ln(x) = 0.El dominio de la fun ión 1

ln(x) permite estudiar sólo el límite porla dere ha en 0.El siguiente ál ulo demuestra la arma ión: lımx→0+

1ln(x) =

lımu→+∞

1

ln( 1u )

= lımu→+∞

− 1ln(u) = 0.

lımx→0

1|x| = +∞.El dominio de la fun ión 1

|x| es R \ 0 y permite estudiar amboslímites laterales en 0.Como lımx→0+

1|x| = lım

z→+∞|z| = +∞ y lo mismo o urre on el límitepor la izquierda se on luye que el límite no existe pero sí existeen −∞, +∞ y vale +∞.224


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilelımx→0

e1x no existe.El dominio de la fun ión e

1x es R \ 0. Éste permite estudiar am-bos límites laterales en 0.Como lım

x→0+e

1x = lım

u→+∞eu = +∞ enton es el límite no exis-te. Veamos que éste ni siquiera existe en −∞, +∞. En efe to,

lımx→0−

e1x = lım

u→+∞e−u = 0. Como es distinto del límite por la de-re ha el límite tampo o existe en −∞, +∞.

lımx→0

ln (x) +√−x no existe.El dominio de la fun ión ln (x) +

√−x es 0. Éste no permiteestudiar ningún límite lateral en 0.En esta situa ión el límite no existe.Propiedad 14 (Homogeneidad). Si lımx→x+

0

g (x) existe y α ∈ R enton es,lım

x→x+0

αg (x) = α lımx→x+

0

g (x) .Demostra ión. La demostra ión es dire ta de lo que sabemos para límitesinnitos.lım

x→x+0

αg (x) = lımu→+∞

αg

(

x0 +1

u

)

= α lımu→+∞

g

(

x0 +1

u

)

= α lımx→x+

0

g (x) .Ejemplos:Partiendo on algunos límites ono idos podemos apli ar la homogenei-dad para al ular otros.lım

x→x+0

x = x0 enton es lımx→x+

0

x0x = x20.

lımx→0+

1ln(x) = 0 enton es lım

x→0+

1ln(x10) = lım

x→0+

110 ln(x) = 1

10 · 0 = 0.

lımx→0+

1ln(x) = 0 enton es lım

x→0+

1log10(x) = lım

x→0+

ln(10)ln(x) = ln (10) · 0 = 0.Propiedad 15 (Extensiones (I)). La propiedad también vale para lími-tes por la izquierda y para límites.Si lım

x→x−

0

g (x) existe y α ∈ R enton es, lımx→x−

0

αg (x) = α lımx→x−

0

g (x) .Si lımx→x0

g (x) existe y α ∈ R enton es, lımx→x0

αg (x) = α lımx→x0

g (x) .Estos tres asos, aso iados a las onvergen ias x → x+0 , x → x−

0 y x → x0,junto a los dos asos de las onvergen ias x → +∞ y x → −∞, puedenresumirse en el esquemaSi lımx→B

g (x) existe y α ∈ R enton es, lımx→B

αg (x) = α lımx→B

g (x) , dondeB ∈

+∞,−∞, x0, x+0 , x−

0

.En lo que sigue, este tipo de esquemas se usará para resumir las propiedadesque son válidas para todo tipo de onvergen ia.225

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePropiedad 16 (Extensiones (II)). También es posible extender la pro-piedad para lımx→B

g (x) = +∞, donde B ∈

+∞,−∞, x0, x+0 , x−

0

.Si lımx→B

g (x) = +∞ y α > 0 enton es, lımx→B

αg (x) = +∞.Si lımx→B

g (x) = +∞ y α < 0 enton es, lımx→B

αg (x) = −∞.Finalmente, si α = 0 enton es lımx→B

αg (x) = 0, si el dominio de g permiteestudiar el límite en B.9.4.1. Unicidad del límiteProposi ión 9.1. Sea B ∈

−∞, +∞, x+0 , x−

0 , x0

y f tal que lımx→B

f (x) =

ℓ1 y lımx→B

f (x) = ℓ2. Enton es ℓ1 = ℓ2.Demostra ión. Es dire ta si notamos que es ierta uando B = +∞ yque en los asos restantes los límites están denidos en términos de loslímites en +∞.Observa ión: Para todos los tipos de onvergen ia, la propiedad se ono e omo la uni idad del límite.9.4.2. Teorema del SandwichTeorema 9.6 (Teorema del Sandwi h). Sean f , g y h fun iones y seaA = Dom (g).Si lım

x→x+0

f(x) = lımx→x+

0

h(x) = ℓ y ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < x − x0 ≤ δ ⇒ f(x) ≤ g(x) ≤ h(x))enton es, lımx→x+

0

g(x) = ℓ.Demostra ión. Para las fun iones F (u) = f(

x0 + 1u

),G (u) = g(

x0 + 1u

)y H (u) = h(

x0 + 1u

) la ondi ión lımx→x+

0

f (x) = lımx→x+

0

h (x) = ℓ equivale alım

u→+∞F (u) = lım

u→+∞H (u) = ℓ.La ondi ión ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < x − x0 ≤ δ ⇒ f(x) ≤ g(x) ≤ h(x)) equi-vale a ∀u ∈ Dom (G) ∩(

1δ , +∞

), f(

x0 + 1u

)

≤ g(

x0 + 1u

)

≤ h(

x0 + 1u

), esde ir, ∀u ∈ Dom (G) ∩(

1δ , +∞

), F (u) ≤ G (u) ≤ H (u) .Al apli ar el Teorema del Sandwi h para u → +∞ se on luye que ℓ =lım

u→+∞G(u) = lım

u→+∞g(

x0 + 1u

)

= lımx→x+

0

g (x) .Observa ión:226

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile(1) La siguiente versión para x → x−0 se prueba apli ando lo anterior a lasfun iones f (−x), g (−x) y h (−x).Si lım f(x) = lım

x→x−

0

h(x) = ℓ y ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < x0 − x ≤ δ ⇒ f(x) ≤ g(x) ≤ h(x))enton es, lımx→x−

0

g(x) = ℓ.(2) Usando las versiones para límites laterales se demuestra la siguienteversión para límites.Si lımx→x0

f(x) = lımx→x0

h(x) = ℓ y ∃δ > 0 ∀x ∈ A, (0 < |x − x0| ≤ δ ⇒ f(x) ≤ g(x) ≤ h(x))enton es, lımx→x0

g(x) = ℓ.(3) La propiedad también es válida uando ℓ ∈ −∞, +∞.9.4.3. Aplicaciones del Teorema del SandwichEjemplos:1. lım

x→0ex = 1.2. lım

x→1ln (x) = 0.3. lım

x→0sen (x) = 0.Desarrollo:1. Se obtiene al apli ar el Teorema del Sandwi h en la desigualdadfundamental, uando x → 0.

1 + x ≤ ex ≤ 1

1 − x.2. Se obtiene al apli ar el Teorema del Sandwi h en la desigualdadfundamental, uando x → 1.

1 − 1

x≤ ln (x) ≤ x − 1.3. Primero apli amos el Teorema del Sandwi h, uando x → 0+ enla desigualdad 0 ≤ sen (x) ≤ x, que sólo es válida para 0 < x < π

2 .Se obtiene quelım

x→0+sen (x) = 0.Además, omo sen es una fun ión impar, se obtiene que

lımx→0−

sen (x) = lımx→0+

sen (−x) = − lımx→0+

sen (x) = 0. De este modo,lımx→0

sen (x) = 0. 227

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile9.4.4. Límite de una ComposiciónDiremos que lım

x→x0

f (x) = ℓ propiamente, si∀ε > 0, ∃δ > 0, tal que ∀x ∈ Dom (f), (0 < |x − x0| ≤ δ ⇒ 0 < |f (x) − ℓ| ≤ ε).Esta ondi ión pide más que lım

x→x0

f (x) = ℓ pues, adi ionalmente, requiereque f (x) 6= ℓ para x er ano a x0.Proposi ión 9.2. Silım

x→x0

f (x) = u0propiamente ylım

u→u0

g (u) = ℓenton eslım

x→x0

g (f (x)) = ℓ.Demostra ión. Vamos a usar la siguiente ara teriza ión.lım

x→x0

g (f (x)) = ℓ

⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ Dom(f), (0 < |x − x0| ≤ δ y f (x) ∈ Dom(g))

⇒ |g (f (x)) − ℓ| ≤ ε.Como lımu→u0

g (u) = ℓ se umple que∀ε > 0, ∃δ′ > 0, , ∀u ∈ Dom(g), 0 < |u − u0| ≤ δ′ ⇒ |g (u) − ℓ| ≤ ε.(9.1)Además, omo lım

x→x0

f (x) = u0 propiamente, dado ε′ = δ′ > 0,∃δ > 0, , ∀x ∈ Dom (f) 0 < |x − x0| ≤ δ ⇒ 0 < |f (x) − u0| ≤ ε′.Enton es ∀x ∈ Dom (f), si 0 < |x − x0| ≤ δ se umple que 0 < |f (x) − u0| ≤

δ′. Si además f (x) ∈ Dom (g), enton es al reemplazar u = f (x) en la e ua- ión 9.1 tendremos que |g (f (x)) − ℓ| ≤ ε.9.4.5. Uso del límite de una composiciónEjemplos:

lımx→x0

ex−x0 .lım

x→x0

ln(

xx0

).lımx→0

sen(

x2

).Desarrollo: 228

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePara f(x) = x−x0 se tiene que lımx→x0

f (x) = 0 propiamente. Comolımu→0

eu = 1 tenemos que lımx→x0

ex−x0 = lımu→0

eu = 1.Para f (x) = xx0

se satisfa e que lımx→x0

f (x) = 1 propiamente. Dadoque lımu→1

ln (u) = 0 se obtiene que lımx→x0

ln(

xx0

)

= lımu→1

ln (u) = 0.Finalmente, si f (x) = x2 enton es lım

x→0f (x) = 0 propiamente.Como lım

u→0sen (u) = 0 se on luye que lım

x→0sen(

x2

)

= lımu→0

sen (u) =

0.Observa ión: La ondi ión lımx→x0

f (x) = u0 propiamente, no puede serreemplazada por lımx→x0

f (x) = u0. En efe to, sea g (u) = eu para u 6= 0y g (0) = 0. Enton es, lımu→0

g (u) = 1. Sin embargo si tomamos la fun iónf (x) = 0 para todo x ∈ R enton es, lım

x→2f (x) = 0 pero lım

x→2g (f (x)) = 0 6=

1.9.4.6. Variantes del límite de una composiciónEs posible extender lo he ho para el límite de una omposi ión a ualquierade las siguientes ombina iones.Proposi ión 9.3. Para A, B ∈

+∞,−∞, x+0 , x−

0 , x0

y ℓ ∈ R ó ℓ = ±∞si lımx→A

f (x) = B y lımu→B

g (u) = ℓ enton es lımx→A

g (f (x)) = ℓ,salvo uando B = x0. En este último aso debe pedirse que lımx→A

f (x) = x0propiamente.Observa ión: Algunos de los asos ubiertos por el esquema anterior sonlos siguientes.lım

x→x0

f (x) = 0+ y lımu→0+

g (u) = ℓ enton es lımx→x0

g (f (x)) = ℓ.lım

x→x0

f (x) = 0− y lımu→0−

g (u) = ℓ enton es lımx→x0

g (f (x)) = ℓ.lım

x→+∞f (x) = 0 propiamente y lım

u→0g (u) = ℓ enton es lım

x→+∞g (f (x)) =

ℓ.lım

x→+∞f (x) = 0+ y lım

u→0+g (u) = ℓ enton es lım

x→+∞g (f (x)) = ℓ.

lımx→+∞

f (x) = 0− y lımu→0−

g (u) = ℓ enton es lımx→+∞

g (f (x)) = ℓ.Donde ℓ ∈ R o ℓ = ±∞. 229

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplos:lımx→0

x3 = 0 y lımu→0

sen (u) = 0 enton es lımx→0

sen(

x3)

= 0.lımx→π

π − x = 0 y lımu→0

sen (u) = 0 enton es lımx→π

sen (π − x) = 0.lım

x→+∞1x = 0+ y lım

u→0+sen (u) = 0 enton es lım

x→+∞sen(

1x

)

= 0.lım

x→−∞−x = +∞ y lım

u→+∞ueu = 0 enton es lım

x→+∞−xe−x =

− lımx→+∞

xex = 0.

lımx→+∞

ln (x) = +∞ y lımu→+∞

ueu = 0 y enton es lım

x→+∞ln(x)eln(x) =

lımx→+∞

ln(x)x = 0.

lımx→0+

1x = +∞ y lım

u→+∞ln(u)

u = 0 enton es lımx→0+

x ln (x) =

− lımx→0+

ln( 1x )

1x

= 0.lımx→0

x ln (a) = 0 y lımu→0

eu = 1 enton es lımx→0

ex ln(a) = lımx→0

ax = 1.lım

x→+∞ln(x)

x = 0+ y lımu→0

eu = 1 enton es lımx→+∞

x1x = 1.

lımx→+∞

1x = 0+ y lım

u→0eu = 1 enton es lım

x→+∞e

1x = 1.

lımx→0

x ln (x) = 0 y lımu→0

eu = 1 enton es lımx→0

xx = lımx→0

ex ln(x) = 1.

Límites que no existen

lımu→+∞

sen (u) no existe. Supongamos que existe y que vale ℓ. Seanf (n) = πn y h (n) = 2nπ + π

2 fun iones denidas en N. Sabemosque lımn→+∞

πn = lımn→+∞

2nπ + π2 = +∞ por lo que lım

n→+∞sen (πn) =

lımn→+∞

sen(

2nπ + π2

)

= ℓ. Pero enton es ℓ = 0 y ℓ = 1 lo que estable ela ontradi ión.9.4.7. Álgebra de LímitesTeorema 9.7 (Álgebra de Límites). Sean f y g dos fun iones y B ∈

+∞,−∞, x+0 , x−

0 , x0

tales que lımx→B

f(x) = ℓ1 y lımx→B

g(x) = ℓ2. Enton es230

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilelım

x→B(f + g)(x) = ℓ1 + ℓ2.

lımx→B

(fg)(x) = ℓ1ℓ2.Si ℓ2 6= 0 enton es, lımx→B

(f/g)(x) = ℓ1/ℓ2.Demostra ión. Los asos B = +∞ y B = −∞ ya fueron dis utidos yserán usados en la demostra ión. Sólo veremos el aso B = x+0 . Transfor-mando x → x+

0 a u → +∞ y apli ando Algebra de Límites para u → +∞seobtiene:lım

x→x+0

(f + g) (x) = lımu→+∞

(f + g)

(

x0 +1

u

)

= lımu→+∞

f

(

x0 +1

u

)

+ lımu→+∞

g

(

x0 +1

u

)

= ℓ1+ℓ2,

lımx→x+

0

(fg) (x) = lımu→+∞

(fg)

(

x0 +1

u

)

=

(

lımu→+∞

f

(

x0 +1

u

))

·(

lımu→+∞

g

(

x0 +1

u

))

= ℓ1·ℓ2ylım

x→x+0

(f/g) (x) = lımu→+∞

(f/g)

(

x0 +1

u

)

=

(

lımu→+∞

f

(

x0 +1

u

))

/

(

lımu→+∞

g

(

x0 +1

u

))

= ℓ1/ℓ2Ejemplos:lımx→0

ex−e−x

2 = 0.lımx→0

cos (x) = 1

lımx→0

tan (x) = 0.Desarrollo:Como lımx→0

ex = lımx→0

e−x = 1 enton es,lımx→0

ex − e−x

2=

1 − 1

2= 0.Como cos (x) = 1 − 2 sen2

(

x2

) y lımx→0

sen(

x2

)

= 0 el álgebra delímites nos permite de ir que:lımx→0

(

1 − 2 sen2(x

2

))

= lımx→0

1− 2(

lımx→0

sen(x

2

))2

= 1− 2 · 0 = 1.Por lo tanto,lımx→0

cos (x) = 1.Un uso dire to del álgebra de límites permite on luir quelımx→0

sen(x)cos(x) = 0

1 = 0, o sea:lımx→0

tan (x) = 0231

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile9.5. Funciones con lım

x→x0

f (x) = f (x0).Ejemplos:Ha iendo uso del álgebra de límites, de las té ni as para al ular límitesde una omposi ión y de algunos límites ono idos, se demuestra que lassiguientes fun iones satisfa en lımx→x0

f (x) = f (x0) para todo x0 en sudominio.f (x) = x, f (x) = x2 y en general todo polinomio f (x) = a0 +a1x + · · · + akxk.f (x) = p(x)

q(x) , donde p y q son polinomios.exp (x).ln (x).ax, a > 0.loga (x), a > 0, a 6= 1.√

x, 3√

x, x− 35 y en general xα, α ∈ R.

sen (x).cos (x).tan (x).Justi aremos algunas de las propiedades anun iadas.lım

x→x0

ln (x) = ln (x0). En efe to,lım

x→x0

ln (x) = lımx→x0

ln

(

x

x0x0

)

= lımx→x0

(

ln

(

x

x0

)

+ ln (x0)

)

= 0+ln (x0) = ln (x0)

lımx→x0

ax = ax0 .lım

x→x0

ax = lımx→x0

ax0ax−x0 = ax0 lımx→x0

ax−x0 = ax0

lımx→x0

sen (x) = sen (x0). Por una parte sen (x0 + h) =

sen (x0) cos (h) + sen (h) cos (x0) y por otra el álgebra de límitesimpli an que:lım

x→x0

sen (x) = lımh→0

sen (x0 + h) = lımh→0

(sen (x0) cos (h) + sen (h) cos (x0)) = sen (x0) .

lımx→x0

cos (x) = cos (x0). Primero la propiedad algebrai acos (x0 + h) = cos (x0) cos (h) − sen (h) sen (x0) y luego el álgebrade límites impli an que:lım

x→x0

cos (x) = lımh→0

cos (x0 + h) = lımh→0

(cos (x0) cos (h) − sen (h) sen (x0)) = cos (x0) .232

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilelım

x→x0

tan (x) = tan (x0) . Es una apli a ión dire ta del álgebra.lım

x→x0

tan (x) = lımx→x0

sen (x)

cos (x)=

sen (x0)

cos (x0)= tan (x0) .

9.6. Extensiones al Álgebra de Límites.Observa ión: El álgebra de límites admite las siguientes extensiones paralímites innitos.Sean f y g dos fun iones y B ∈

+∞,−∞, x+0 , x−

0 , x0

tales que lımx→B

f(x) = +∞y lımx→B

g(x) = ℓ.Para ℓ ∈ R se tiene quelım

x→B(f + g)(x) = +∞.si ℓ > 0 enton es lım

x→B(fg)(x) = +∞.si ℓ < 0 enton es lım

x→B(fg)(x) = −∞.Para ℓ = +∞ se tiene que

lımx→B

(f + g)(x) = +∞.lım

x→B(fg)(x) = +∞.Observa ión: No es posible prede ir el valor de lım

x→B(fg)(x) uando

lımx→B

f(x) = +∞ y lımx→B

g(x) = 0.En efe to, sabemos que lımx→0

1x2 = +∞ y que lım

x→0x = lım

x→0x2 = lım

x→0x3 = 0.Sin embargo, lım

x→0

1x2 · x3 = 0, lım

x→0

1x2 · x2 = 1 y, omo lım

x→0+

1x2 · x = +∞ y

lımx→0−

1x2 · x = −∞, enton es lım

x→0

1x2 x no existe, ni siquiera en −∞, +∞.Por lo tanto, el álgebra NO puede extenderse al aso ℓ = 0.

9.7. Cuocientes diferencialesEjemplos:Los asos no ubiertos por la extensión del álgebra de límites puedenllevarse al formatolım

x→B

g (x)

h (x)donde lımx→B

g (x) = 0 y lımx→B

h (x) = 0 propiamente. Un aso espe ial en elque nos on entraremos es uando g (x) = f (x)− f (x0), h (x) = x− x0y B = x0. Como ejemplo al ulemoslım

x→x0

f (x) − f (x0)

x − x0233

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilepara las fun iones sen (x), ex y ln (1 + x), y para x0 = 0.Como sen (0) = 0, e0 = 1 y ln (1) = 0 los límites que estudiaremos son:lımh→0

sen(h)h .

lımh→0

eh−1h .

lımh→0

ln(1+h)h .

9.8. Límites lımh→0

sen(h)hFun ión Seno:Como sen(−h)

−h = sen(h)h basta on demostrar que lım

x→0+

sen(h)h = 1.Sabemos que las fun iones sen, x y tan satisfa en para 0 < h < π

2

sen (h) ≤ h ≤ sen (h)

cos (h)= tan (h) .Invirtiendo la última desigualdad y luego multipli ando por sen (h) >

0 se obtienecos (h) ≤ sen (h)

h≤ 1.Como lım

h→0cos (h) = 1, por el Teorema del Sandwi h tendremos que

lımh→0+

sen (h)

h= 1.Exponen ial:Sabemos que para h ∈ (−1, 1)se umple el siguiente a otamiento

1 + h ≤ eh ≤ 1

1 − h.Para 0 < h sabemos que

1 ≤ eh − 1

h≤ 1

h

(

1

1 − h− 1

)

=1

1 − h.Con esto lım

h→0+

eh−1h = 1.Para h < 0 se obtiene

1 ≥ eh − 1

h≥ 1

h

(

1

1 − h− 1

)

=1

1 − h.Con esto lım

h→0−

eh−1h = 1. Con luimos que234

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilelımh→0

eh − 1

h= 1.Logaritmos:Sabemos que para z > 0 se umple el siguiente a otamiento

1 − 1

z≤ ln (z) ≤ z − 1.Para z = 1 + h se obtiene

h

1 + h= 1 − 1

1 + h≤ ln (1 + h) ≤ 1 + h − 1 = h.Para h > 0 se obtiene que

1

1 + h≤ ln (1 + h)

h≤ 1.Con esto lım

h→0+

ln(1+h)h = 1.Análogamente, para h < 0 se obtiene que

1

1 + h≥ ln (1 + h)

h≥ 1.Con esto lım

h→0−

ln(1+h)h = 1. Con luimos que

lımh→0

ln (1 + h)

h= 1.

235


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. lımx→0

x = 0.2. lımx→0+

x = 0.3. lımx→1

1 − 1x = 0.4. lım

x→0+

1ln(x) no existe.5. lım

x→0+

1| ln(x)| = +∞.6. lım

x→0−

e1x no existe.7. lım

x→0−

√−x no existe.8. Para toda fun ión f si lımx→x0

f(x) = u enton eslım

x→x0

2f(x) = 2 + u.9. lımx→0+

1ln(x2) = 2.10. lım

x→0ln(x2) = +∞.11. lım

x→0ex = 0.12. lım

x→1ln(x) = 1.13. lım

x→0sen(x) = 0.14. lım

x→−1e · ex = 0.15. lım

x→eln(x

e ) = 0.16. lımx→π

sen(π − x) = 1. 236

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile17. lımx→+∞

xex = 0.18. lımx→0

ax = 0.19. lımx→0

x1x = 0.20. lım

x→0xx = 1.21. lım

x→+∞sen(x) = +∞.22. lım

x→0tan(x) = 1.23. lım

x→0

ex−e−x

2 = 1.24. lımx→0

√x = 0.25. lım

x→1

√x = 2.26. lım

x→8log2(x) = 3.27. lım

x→eln(x) = 1.28. lım

x→−4exp(x) = −e4.29. lım

x→−4

3+4x6−x2 no existe.30. lım

x→9log3(x) +

√x = 5.31. lım

x→πcos(x) + sen(x) = −1.32. lım

x→+∞x + ln(x) = 0.33. lım

x→+∞x2 + ln(x) = +∞.34. lım

x→0+(1 + x2) · ln(x) = −∞.35. lım

x→0

sen(x)x = 0.36. lım

x→0+

ex−1x = 1.37. lım

x→0−

ln(1+x)x no existe.

237


Guía de Ejer i ios1. Cal ule los siguientes límites.(a) lımx→2

x2+1x−3 .(b) lım

x→0

sen(x) + ex −√x

√

1 + x2

1+cos(x)

.( ) lımx→0−

e1x (1 − x).(d) lım

x→+∞

√

x +√

x −√

x −√x.(e) lım

x→0sen(

√

1 + 1|x|)−sen(

√

1|x|).(f) lım

x→0

√1+x−1

x .(g) lımx→0

x sen( 1x ).(h) lım

x→0

sen(x2−1)ln(−x) .

(i) lımx→1

sen(x−1)x−1 .(j) lım

x→0

sen(ax)x .(k) lım

x→0

sen(√

x)√x

.(l) lımx→π

sen(x)x−π .(m) lım

x→0

1−cos(x)x2 .(n) lım

x→0

tan(x)x .(ñ) lım

x→0

sen(x)−xx .(o) lım

x→0

1−cos(x2)tan(x2) .2. Cal ule los siguientes límites.(a) lım

x→0

ax−1x .(b) lım

x→0

ex2−1x .( ) lım

x→0

ln(x+1)x2 .(d) lım

x→0

ln(x+1)√x

.(e) lımx→1

ln(x2)x2−1 .(f) lım

x→+∞x(ln(x + 1) − ln(x)).

(g) lımx→0

ex−1ln(1+x) .(h) lım

x→0

ln(sen(x)+cos(x))x .(i) lım

x→0x

11−x .(j) lım

x→0(1 + x)

1x .(k) lım

x→π

esen(x)−1x−π .(l) lım

x→π2

tan(x) · (x − π2 ).3. Determine el valor de c, si se sabe que: lım

x→+∞(x+c

x−c)x

= 4238

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4. Estudie si existe lımx→1

f(x), donde f(x) =

2−√

x+3x−1 x > 1

2x2−3x2+3 x < 15. Cal ule asíntotas de todo tipo para las siguientes fun iones:(a) f(x) = x2+1

x(b) f(x) =√

x2 − 4( ) f(x) = (1 − e−x)(2x + 5)(d) f(x) = x2 sen( 1x )

239


Guía de ProblemasP1. Cal ule los siguientes límites, si es que existen.(a) lımx→0

x(log1+x(2) + log(1+x)2(π)).(b) lımx→1

ln(cos(√

x))x .( ) lım

x→0

2x−3x

ln(1+x) .(d) lımx→0

esen(x)−ex

x .P2. Determine la existen ia de lımx→x0

[x]x, para ada x0 ∈ R.P3. Sea f una fun ión tal que f(x) ≥ 1 para todo x ≥ 0 y f(x) ≤ 0 paratodo x < 0. Determine uales de los siguientes límites nun a puedenexistir: lımx→0+

f(x), lımx→0−

f(x), lımx→0

f(x).P4. Determine para qué valores de a el siguiente límite existe: lımx→0

|x|a(1−ex) sen( 1

x).P5. Cal ule lımv→0

arcsin(v)v , demostrando que para todo v ∈ [0, 1], 0 ≤ arcsin(v) ≤

v√1−v2

y apli ando el Teorema del Sandwi h.P6. Usando la deni ión de lımx→+∞

f(x) = ℓ demuestre quelım

x→+∞arctan(x) =

π

2.Para ε > 0, es oja m = tan(π

2 − ε). Re uerde que ar tan es re ientey a otada superiormente por π2 .P7. Cal ule todas las asíntotas de la siguiente fun ión y determine si lım

x→0existe.f(x) =

arctan(x) x ≤ 0sen(x)x(x−1) 0 < x < 1

1 x = 12+x+x2

1−x2 e−1

x2 1 < x240

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileP8. Sea f una fun ión tal que lımx→+∞

f(x) = ℓ y sea g(x) = sen(x)f(x).Demuestre que si ℓ = 0 enton es lımx→+∞

g(x) = 0 y que si lımx→+∞

g(x)existe enton es ℓ = 0.P9. Demuestre que para todo polinomio p(x) se umple que lımx→+∞

p(x)e−x =

0.

241



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 14: DERIVADAS

10. DerivadasConsideremos el grá o de una fun ión f on dominio R. Sea P = (x0, y0)un punto del grá o de f y sea Q = (x1, y1) un punto móvil por el grá ode f .La e ua ión de la se ante que pasa por P y Q es:

y − y0 =f(x1) − f(x0)

x1 − x0(x − x0).Si onsideramos el aso límite uando x1 → x0, la re ta se trasforma en lare ta tangente que pasa por P , y su e ua ión es:

y − y0 =

[

lımx1→x0

f(x1) − f(x0)

x1 − x0

]

(x − x0)El término entre paréntesis uadrados se denomina derivada de la fun iónf en x0 y representa a la pendiente de la re ta tangente a la urva y = f(x)en x0.10.1. Función Diferenciable en x0Observa ión: Para poder estudiar la existen ia del límite ya men ionado,es ne esario que x0 ∈ Dom f y que f esté denida en torno a x0.Para evitar ompli a iones, sólo estudiaremos la derivada de fun iones enpuntos x0 que estén ompletamente in luidos en el dominio de f y quesatisfagan la rela ión

∃δ > 0, tal que (x0 − δ, x0 + δ) ⊆ Dom(f).Los puntos que satisfa en esta propiedad se llamarán puntos interiores aldomino de f y los anotaremos di iendo que x0 ∈ IntDom(f).Deni ión 10.1. Sea f : A ⊆ R → R, diremos que f es derivable o dife-ren iable en x0 ∈ IntA si y sólo si el límite lımh→0

f(x0+h)−f(x0)h existe.En tal aso, el valor del límite se denominará derivada de f en x0 y sedenotará por f ′(x0). 242


Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplos:1. f(x) =√

x en x0 = 4

f ′(4) = lımh→0

f(4 + h) − f(4)

h= lım

h→0

√4 + h − 2

h· [√

4 + h +√

4]

[√

4 + h +√

4]= lım

h→0

h

h[√

4 + h +√

4]=

1

42. f(x) = 3√

x en x0 = 0

f ′(0) = lımh→0

3√

h − 0

h= lım

h→0

13√

h2= 6 ∃3. f(x) = |x|i) x0 > 0 ⇒ f ′(x0) = lım

h→0

|x0+h|−|x0|h = 1ii) x0 < 0 ⇒ f ′(x0) = lım

h→0

|x0+h|−|x0|h = −1iii) x0 = 0 ⇒ f ′(0) = lım

h→0

|h|h =

1 si h → 0+

−1 si h → 0−= 6 ∃.

10.2. Función DerivadaDeni ión 10.2 (Fun ión derivada). Sea f una fun ión, enton es lafun ión tal que: x → f ′(x) se llama fun ión derivada de f y se denotapor f ′.Observa ión:1. Si y = f(x) enton es f ′ suele denotarse también omof ′(x), y′, dy

dx (de y a de x) o df(x)dxLas dos últimas nota iones se llaman nota ión de Leibnitz.2. El dominio de f y f ′ no ne esariamente oi iden, por ejemplo:Si f(x) = |x| enton es Dom f = R y Dom f ′ = R \ 0.En general se umple Dom f ′ ⊆ Dom f .3. Si una fun ión es derivable en el punto x0 enton es el límite lım

x→x0

f(x)existe y vale f(x0).En efe to, basta observar quef(x) =

f(x) − f(x0)

x − x0· (x − x0) + f(x0), ∀x 6= x0.243

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile10.3. Cálculo de algunas derivadas1. f(x) = c = te.⇒ f ′(x) = 0.2. f(x) = xn on n ∈ N.

f ′(x) = lımh→0

(x + h)n − xn

h.Pero por el Binomio de Newton tenemos que (x+h)n =

n∑

k=0

(nk )xn−khk,por lo tanto


(x + h)n − xn

h

= lımh→0

n∑

k=1

(n

k)xn−khk−1

= lımh→0

nxn−1 +

n∑

k=2

(n

k)xn−khk−1

= nxn−1.Luegof ′(x) = (xn)′ = nxn−1.3. f(x) = x−n on n ∈ N


(x + h)−n − x−n

h

= lımh→0

1

h

1

(x + h)n− 1

xn

= lımh→0

1

h

xn − (x + h)n

(x + h)nxn

= − lımh→0

(x + h)n − xn

h· 1

(x + h)nxn

= −nxn−1 1

x2n

= −nx−n−1.Luegof ′(x) = (x−n)′ = −nx−n−1.4. f(x) = n

√x on n ∈ N


n√

x + h − n√

x

h.244

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSean a = n√

x, k = n√

x + h − a enton es h = (a + k)n − an.Con esto:f ′(x) = lım

h→0

n√

x + .h − n√

x

h

= lımk→0

k

(a + k)n − an

=1

g′(a), donde g(x) = xn

=1

nan−1

=1

na1−n.Reemplazando el valor de a en la expresión anterior, obtenemos

f ′(x) =1

n( n√

x)(1−n)

=1

nx

1n−1.Luego:

f ′(x) = ( n√

x)′ =1

n( n√

x)(1−n).Si x > 0 también puede es ribirse(x

1n )′ =

1

nx

1n−1.5. f(x) = lnx


ln(x + h) − ln(x)

h

= lımh→0

ln(1 + hx )

h

= lımh→0

ln(1 + hx )

hx

1

x

=1

x.Luego

(lnx)′ =1

x.6. f(x) = exp x = ex

245

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilef ′(x) = lım

h→0

ex+h − ex

h

= lımh→0

ex

eh − 1

h

= ex.Luegof ′(x) = (ex)′ = ex.7. f(x) = xα donde α ∈ R


(x + h)α − xα

h

= lımh→0

xα

(1 + hx )α − 1

h

= xα lımh→0

exp(α ln(1 + hx )) − 1

h

= xα lımh→0

exp(α ln(1 + hx )) − 1

α ln(1 + hx )

ln(1 + hx )

hx

α

xPero ono emos los siguientes límites: lımx→0

ex − 1

x= 1 y lım

x→0

ln(1 + x)

x= 1. Con esto obtendremos:

f ′(x) = xα(α

x)

= αxα−1.Luegof ′(x) = (xα)′ = αxα−1.8. f(x) = senx


sen(x + h) − sen x

h

= lımh→0

[senx cos h + cosx sen h − sen x

h]

= lımh→0

[sen x(cosh − 1)

h+ cosx

sen h

h]

= cosxLuegof ′(x) = (senx)′ = cosx9. (cosx)′ = − senxQueda omo ejer i io. 246

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile10.4. Álgebra de derivadasTeorema 10.1 (Álgebra de derivadas). Si f y g son diferen iables enx0 y α ∈ R, enton es, f ± g, αf , fg y f/g on g(x0) 6= 0 son tambiéndiferen iables y además:i) (f ± g)′ = f ′ ± g′ii) (αf)′ = αf ′iii) (fg)′ = f ′g + fg′iv) (f/g)′ = f ′g−fg′

g2Demostra ión. i)(f ± g)′(x) = lım

h→0

(f ± g)(x + h) − (f ± g)(x)

h

= lımh→0

f(x + h) − f(x)

h± lım

h→0

g(x + h) − g(x)

h

= f ′(x) ± g′(x)

= (f ′ ± g′)(x).ii)(αf)′(x) = lım

h→0

(αf)(x + h) − (αf)(x)

h

= lımh→0

αf(x + h) − αf(x)

h

= lımh→0

αf(x + h) − f(x)

h

= αf ′(x)

= (αf ′)(x).iii)(fg)′ = lım

h→0

(fg)(x + h) − (fg)(x)

h

= lımh→0

f(x + h)g(x + h) − f(x)g(x).

hSumando y restando f(x)g(x + h) en el numerador obtenemos:(fg)′ = lım

h→0

f(x + h)g(x + h) − f(x)g(x + h) + f(x)g(x + h) − f(x)g(x)

h

= lımh→0

[f(x + h) − f(x)]

h· g(x + h) +

[g(x + h) − g(x)]

h· f(x).247

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSi separamos en dos límites obtendremos el resultado nal(fg)′ = f ′g + fg′.iv) Se dejará omo ejer i io.Corolario 10.1.(

1

f

)′= − f ′

f2.Ejemplos:1. d

dx (tanx) = sec2 x2. ddx (secx) = secx tan x3. ddx (cotx) = − csc2 x4. ddx (cscx) = − cscx cotx

10.5. Aproximación de primer orden de funcionesTeorema 10.2. Sea f : A ⊆ R → R y sea x0 ∈ Int(A). La fun ión f esdiferen iable en x0 si y sólo si existe una onstante real m y una fun iónE : [−δ, 0) ∪ (0, δ] → R on δ > 0 y lım

h→0E(h) = 0 tales que:

f(x0 + h) = f(x0) + mh + hE(h) ∀h ∈ [−δ, 0) ∪ (0, δ].Demostra ión. Como h 6= 0 se tiene que la expresión del Lema es equi-valente af(x0 + h) − f(x0)

h= m + E(h) ∀h ∈ [−δ, 0) ∪ (0, δ].Si esta expresión es ierta enton es laramente la fun ión es derivable en

x0 ya quelımh→0

f(x0 + h) − f(x0)

h= m + lım

h→0E(h) = m.Además se on luye que f ′(x0) = m.Si re ípro amente, f es diferen iable en x0 enton es denimos m = f ′(x0)y

E(h) =f(x0 + h) − f(x0)

h− m ∀h ∈ [−δ, 0) ∪ (0, δ],y on esto la fórmula es ierta y además lım

h→0E(h) = 0.Observa ión: La fun ión x → f(x0)+f ′(x0)(x−x0) se llama aproxima iónde primer orden de f y representa grá amente la re ta tangente a la urva

y = f(x) en el punto de abs isa x0.248

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile10.6. Derivada de una composición de funcionesTeorema 10.3. Sea f diferen iable en x0 y sea g diferen iable en y0 =f(x0), enton es gof es diferen iable en x0 y además se umple que:

(gof)′(x0) = g′(f(x0)) · f ′(x0).Demostra ión. Usamos la aproxima ión de primer orden de g en tornoal punto y0 = f(x0), de este modo, para y = f(x) se tiene queg(f(x)) = g(y0) + g′(y0) (y − y0) + (y − y0)E (y − y0)Por lo tanto

g(f(x)) − g(y0)

x − x0= g′(y0)

(

y − y0

x − x0

)

+

(

y − y0

x − x0

)

E (y − y0)Si x → x0 se tiene que y → y0 y y−y0

x−x0→ f ′(x0) por lo tanto se obtiene que

lımx→x0

g(f(x)) − g(y0)

x − x0= g′(y0)f

′(x0) + f ′(x0) · 0,de donde se obtiene el resultado bus ado.Ejemplos:1. ddx (x2 − 1)2 = 2(x2 − 1) · 2x.2. ddx

3√

x2 +√

1 + cos2 x = 13 (x2 +

√1 + cos2 x)−

23 ·

2x + 12√

1+cos2 x· 2 cosx · (− senx)

.3. ddxxα = αxα−1.4. ddxax = ax ln a.5. ddxxx = xx[lnx + 1].6. ddxu(x)v(x) = u(x)v(x)[v′(x) ln u(x) + v(x)u′(x)u(x).

10.7. Ejemplo: Funciones hiperbólicasA partir de la fun ión exponen ial, se denen las fun iones hiperbóli asmediante las reglassenh(x) =

ex − e−x

2, cosh(x) =

ex + e−x

2, tanh(x) =

senh(x)

cosh(x), et .249

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile1) Derivada de seno hiperbóli o:d

dxsenh(x) =

(

ex − e−x

2

)

=ex − (e−x)

′

2.Pero, usando la regla de la derivada de una omposi ión se tiene que

(

e−x)′

= e−x · (−x)′ = −e−x,por lo tantod

dxsenh(x) =

ex + e−x

2= cosh(x).2) Derivada de oseno hiperbóli o:

d

dxcosh(x) =

(

ex + e−x

2

)′

=ex + (e−x)

′

2=

ex − e−x

2= senh(x).3) Derivada de la tangente hiperbóli a:

d

dxtanh(x) =

(

senh(x)

cosh(x)

)′

=cosh2(x) − senh2(x)

cosh2(x).Propiedades 12. a) De la deni ión se obtiene dire tamente que senh(x)es una fun ión impar y que cosh(x) es una fun ión par. De he ho, orres-ponden a la des omposi ión de la fun ión exponen ial en una parte pary una impar.b) Además se tiene que

cosh(x) + senh(x) =ex + e−x

2+

ex − e−x

2= ex

cosh(x) − senh(x) =ex + e−x

2− ex − e−x

2= e−x.por lo tanto, multipli ando se tiene que

cosh2(x) − senh2(x) = ex · e−x = 1.Esto onstituye la identidad fundamental de las fun iones hiperbóli as.250

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile ) Con esta propiedad se tiene qued

dxtanh(x) =

1

cosh2(x)= se h2(x)d) Derivada de la otangente hiperbóli a:

d

dx oth(x) =

(

cosh(x)

senh(x)

)′

=senh2(x) − cosh2(x)

cosh2(x)= − ose h2(x).e) Otras derivadas son: (se h(x))′ = −se h(x) tanh(x) y ( ose h(x))′ =

− ose h(x) oth(x).Observa ión: En apli a iones físi as o de otro tipo, omúnmente las va-riables tienen signi ado, omo tiempo, masa, volumen, densidad, et .En estos asos suele tenerse lo siguiente:Sean x, u, v tres variables físi as que se en uentran rela ionadas del siguien-te modo:u = f(x) y v = g(u) = gof(x).En estos asos el teorema de la derivada de una omposi ión suele es ribirseasí:dvdx = (gof)′(x) = g′(f(x)) · f ′(x) = dv

du · dudx .Es de ir

dv

dx=

dv

du· du

dx.Por esta razón el teorema de la derivada de una omposi ión suele llamarseRegla de la Cadena.

10.8. Derivada de la función inversaProposi ión 10.1. Sea f : [a, b] → [c, d] una fun ión monótona y biye -tiva. Si f es diferen iable en x0 ∈ (a, b) y f ′(x0) 6= 0 enton es f−1 esdiferen iable en y0 = f(x0) y además(f−1)′(y0) =

1

f ′(x0)=

1

f ′(f−1(y0)).Observa ión: y = f(x) ⇐⇒ x = f−1(y) luego usando la nota ión deLeibnitz podemos es ribir lo siguiente:

(dx

dy) =

1

( dydx)

o bien (dy

dx) =

1

(dxdy )

.

251

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplos:1. (arcsinx)′ = 1√1−x22. (arc cosx)′ = − 1√

1−x23. (arctanx)′ = 11+x2

10.9. Derivación de funciones implícitasExisten rela iones del tipo F (x, y) = 0, las uales denen alguna fun ióny = f(x) en torno de algún punto P = (x0, y0), en las uales no es posibledespejar algebrai amente la variable dependiente y para obtener una formaexplí ita de la fun ión f . En este aso se di e que la rela ión F (x, y) = 0dene a la fun ión y = f(x) en forma implí ita en torno del punto P =(x0, y0).Ejemplos:1. x2 + y2 = R22. x3 + 3xy2 + 2y3 = 13. x3y3 + 3 sen y + cosxy2 = 14. x2

a2 + y2

b2 = 1Para derivar estas fun iones basta on re ordar que y = f(x) y derivar lasexpresiones usando la regla para derivar omposi iones.Así por ejemplo en el aso (3) se obtiene que:x3y3 + 3 sen y + cosxy2 = 1/

d

dx

3x2y3 + x3 · 3y2y′ + 3 cos y · y′ − sen xy2 · (y2 + 2xyy′) = 0,de donde:y′ =

dy

dx=

y2 sen xy2 − 3x2y3

3x3y2 + 3 cos y − 2xy sen(xy2).En estos asos, debe darse el punto ompleto para evaluar el valor de laderivada, es de ir, debe ono erse (x0, y0).

10.10. Derivación logarítmicaDeni ión 10.3 (Operador logarítmi o). El operador L asigna a adafun ión diferen iable, y no nula f , la fun ión f ′/f , es de ir, es un operadortal que: f → L(f) = (ln |f |)′ = f ′

fL se denomina operador logarítmi o.252

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChilePropiedades 13. 1. L(f) = f ′/f ⇐⇒ f ′ = f · L(f) (por deni ión)2. L(f · g) = (fg)′

fg = Lf + Lg3. L(f/g) = Lf − Lg4. L(fα) = αL(f)Ejemplos:1. L(x) = L(id(x)) = 1id(x) = 1

x2. L(sen x) = cos xsen x = cotx3. L(xm) = mxm−1

xm = mxEjemplos:1. Cal ular f ′ para f(x) = (x2+1)3/2 sen3

√x2+4

(x4+1)7 cos6(x+2)Tomando L se tiene:L(f(x)) = L

(x2+1)3/2 sen3√

x2+4(x4+1)7 cos6(x+2)

= L(x2 + 1)3/2 + L sen3√

x2 + 4 − L(x4 + 1)7 − L cos6(x + 2)

= 32L(x2 + 1) + 3L sen

√x2 + 4 − 7L(x4 + 1) − 6L cos(x + 2)

= 32

2xx2+1 + 3

cos√

x2+4· x√x2+4

sen√

x2+4− 7 4x3

x4+1 − 6− sen(x+2)cos(x+2)

= 3xx2+1 + 3x cot

√x2+4√

x2+4− 28x3

x4+1 + 6 tan(x + 2).Con esto f ′(x) = f(x)L(f(x)).2. f(x) = (sen x)3/2(cos x)1/5

4√

x2−2(propuesto)

10.11. Aplicaciones de la derivadaLa primera apli a ión de la derivada es la proveniente de la deni ión, esde ir, obtener re tas tangentes a urvas denidas por la regla y = f(x).De este modo, si f es diferen iable en el punto x0 la pendiente de la re tatangente es f ′(x0) y así:LT : y = f(x0) + f ′(x0)(x − x0)es la e ua ión de la re ta tangente.Además, si f ′(x0) 6= 0, la e ua ión de la re ta normal esLN : y = f(x0) −

1

f ′(x0)(x − x0)253

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile10.11.1. Aplicación físicaConsideremos una partí ula P que se mueve sobre una urva C. Si llamamoss(t) a la fun ión que dene la distan ia del punto P a un punto jo O de la urva, a lo largo de la urva, en fun ión del tiempo, se tiene que entre dosinstantes su esivos t1 y t2 la partí ula habrá re orrido una distan ia netadada por

s(t2) − s(t1).Si se divide esta distan ia por el tiempo empleado por la partí ula paramoverse (t2 − t1) se habrá al ulado la velo idad media de la partí ulaentre estos dos instantes. Es de ir,vm(t1, t2) =

s(t2) − s(t1)

t2 − t1.Si la fun ión s fuera diferen iable en el instante t1, en la expresión anteriorse puede al ular el límite uando t2 → t1 obteniéndose así, la velo idadinstantánea de la partí ula en ese instante. Es de ir

v(t1) = lımt2→t1

s(t2) − s(t1)

t2 − t1= s′(t1).De este modo se puede dar una nueva interpreta ión a la derivada de unafun ión, di iendo que representa la velo idad instantánea de una partí ula.En estri to rigor, en nuestro ál ulo hemos obtenido lo que los físi os llamanla rapidez instantánea, ya que en físi a se reserva la palabra velo idad parala derivada del ve tor posi ión de una partí ula y resulta ser un ve tor (másdetalles al respe to orresponden al urso de físi a orrespondiente).Si la fun ión v(t) fuese ono ida para todo t, podríamos repetir nuestrorazonamiento di iendo que entre dos instantes su esivos t1y t2 la diferen iade velo idad dividida por el tiempo trans urrido es la a elera ión media dela partí ula. Es de ir

am(t1, t2) =v(t2) − v(t1)

t2 − t1.Así, tomando el límite uando t2 → t1, si la fun ión v es derivable, seobtiene la a elera ión instantánea de la partí ula. Es de ir

a(t1) = lımt2→t1

v(t2) − v(t1)

t2 − t1= v′(t1).De este modo, tenemos otra interpreta ión de la derivada.En estri to rigor, omo sólo hemos derivado la rapidez, hemos obtenido laa elera ión tangen ial de la partí ula. En el urso de Físi a se verá que alderivar el ve tor velo idad, apare e una a elera ión normal que es igual a

v2

ρ , donde ρ es el radio de urvatura de la traye toria. Por ejemplo, en unmovimiento ir ular esta a elera ión es la llamada entrípeta.254


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. La fun ión f es derivable en un punto x0 interior a su dominio ssilım

x→x0

f(x)−f(x0)x−x0

existe.2. La fun ión f es derivable en un punto x0 interior a su dominio ssilım

x→x0

f(x)−f(x0)x−x0

noexiste.3. La fun ión f es derivable en un punto x0 interior a su dominio ssilım

x→x0

f(x)+f(x0)x+x0

existe.4. La e ua ión de la re ta tangente en un punto P = (a, f(a)) a la urva C = (x, f(x)) : x ∈ Dom(f) está dada por la e ua ión (y −f(a))f ′(x) = (x − a).5. La e ua ión de la re ta tangente en un punto P = (a, f(a)) a la urva C = (x, f(x)) : x ∈ Dom(f) está dada por la e ua ión (y −f(a))f ′(a) = (x − a).6. La e ua ión de la re ta tangente en un punto P = (a, f(a)) a la urva C = (x, f(x)) : x ∈ Dom(f) está dada por la e ua ión (y −f ′(a))f(a) = (x − a).7. (x)′ = 0.8. (x)′ = 1.9. (x)′ = x.10. (x2)′ = x2.11. (x2)′ = 2x2.

12. (x2)′ = 2x.13. (x2)′ = 2.14. d(xn)dx = nxn−1.15. d(xn)dx = nxn.16. d(xn)dx = (n + 1)xn+1.17. Si y = uv ⇒ y′ = u′v − uv′.18. Si y = uv ⇒ y′ = u′v + uv′. 255

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile19. Si y = uv ⇒ y′ = u′v′.20. Si y = uv ⇒ y′ = u′v′ + uv.21. Si y = uv ⇒ y′ = u′v+uv′

v2 .22. Si y = uv ⇒ y′ = u′v−uv′

v2 .23. Si y = uv ⇒ y′ = u′v−uv′

v .24. Si y = uv ⇒ y′ = u′

v′.25. Para todo par de fun iones f y g denidas enR se tiene que [f(g(x))]′ =

f ′(g(x))g′(x).26. Para todo par de fun iones f y g denidas enR se tiene que [f(g(x))]′ =f ′(g′(x)).27. Para todo par de fun iones f y g denidas enR se tiene que [f(g(x))]′ =f ′(x)g′(x).28. Para todo trio de fun iones f , g y h denidas en R se tiene que[f(g(h(x)))]′ = f ′(g(h(x)))g′(h(x)).29. Para todo trio de fun iones f , g y h denidas en R se tiene que[f(g(h(x)))]′ = f ′(g(h(x)))g′(x)h′(x).30. Para todo trio de fun iones f , g y h denidas en R se tiene que[f(g(h(x)))]′ = f ′(g(h(x)))g′(h(x))h′(x).31. [f(x + x2)]′ = f ′(x + x2)2x.32. [f(x + x2)]′ = f ′(x + x2)(1 + 2x).33. [f(x + x2)]′ = f ′(x + x2).34. [f(x + ln(x))]′ = f ′(1 + 1

x).35. [f(x + ln(x))]′ = f ′(1 + 1x)(x + ln(x)).36. [f(x + ln(x))]′ = f ′(x + ln(x))(1 + 1

x ).37. Si (f(x))2 + x = 1 enton es f ′(x) = −x2f(x) .38. Si (f(x))2 + x = 1 enton es f ′(x) = −12f(x) .39. Si (f(x))2 + x = 1 enton es f ′(x) = −x.40. (sen x)′ = cosx.41. (sen x)′ = − cosx.42. (cosx)′ = sen x. 256

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile43. (cosx)′ = − senx.44. (loga(x))′ = 1x , a 6= e.45. (ln(x))′ = 1

x .46. (loga(x))′ = 1x ln(a) , a 6= e.47. (ax)′ = ax.48. (ax)′ = ax ln(x).49. (ax)′ = ax ln(a).50. (cosh(x))′ = − senh(x).51. (cosh(x))′ = senh(x).

257


Guía de Ejer i ios1. Partiendo de la deni ión de derivada, hallar las derivadas de las si-guientes fun iones.(a) y = x3.(b) y = 1x . ( ) y =

sen2(x). (d) y = x4 +3x2 − 6. (e) y = x+13

3x2

.2. Utilizando las reglas de deriva ión al ule las derivadas de las siguientesfun iones.(a) y = 2x4

b2−x2 .(b) y = xp

xm−am .( ) y = (a +x)√

a − x.(d) y =√

1+x1−x .(e) y = 2x2−1

x√

1+x2.(f) y =

√

x +

√

x +√

x +√

x.(g) y = (1 +√

x)3.(h) y = 2 senx +cos 3x.

(i) y = tg(ax + b).(j) y = otan25x.(k) y = t sen t + cos t.(l) sen3 t.(m) y =tan x

2 + otan x2

x .(n) y =

a(1 − cos2 x2 )

2.(ñ) y = ln(cosx).(o) ln(sen2 x).(p) y = tan x−1secx .(q) y = ln(√

1+sen x1−sen x ).

(r) y = ln(tan(π4 +

x2 )).(s) y = sen(ln x).(t) y = ln3 x.(u) y = ln(lnx).(v) y = ln(

√x2+1−x√x2−1+x

).(w) y = exx .(x) y = xln x.(y) y = xsen x.(z) y =sen(

√1 − 2x).3. Cal ular las derivadas de las siguientes fun iones hallando previamentesus logaritmos.(a) y = x5(a + 3x)3(a − 2x)2.(b) y = arc sen

(

xa

).( ) y = arc sen(√

senx).(d) y = arctan(√

1−cos x1+cos x ), (0 ≤

x < π).(e) y = arctg ax + ln

√

x−ax+a .

(f) y = arc cos(x2n−1x2n+1 ).(g) y = arc sen(sen x).(h) y = ln(

1+x√

2+x2

1−x√

2+x2

)

+

2 arctan x√

21−x2 .(i) y = xarc senx.258

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile4. Deriva ión de fun iones implí itas, hallar y′ si:(a) y2 = 4px.(b) b2x2 + a2y2 =a2b2. ( ) y2 − 2xy + b2 = 0.(d) x3 + y3 − 3axy =

0. (e) y = cos(x + y).(f) y = cos(xy).5. Hallar y′(x) , para las fun iones dadas paramétri amente:(a) x = a cos(t), y = b sen(t).(b) x = a(t − sen(t)), y = a(1 − cos(t)).( ) x = 2 ln( otan(s)), y = tg(s) + otan(s)

259


Guía de ProblemasP1. Un uerpo lanzado al va ío, formando on la horizontal un ángulo α,des ribe una traye toria parabóli a por a ión de la gravedad uyase ua iones son x = v0 cos(αt), y = v0 sen(αt) − gt2

2 , determinar ladire ión del movimiento para los 5 primeros segundos, siendo α =60, v0 = 50m

s , bosquejar.

260



Importante: Visita regularmentehttp://www.dim.u hile. l/~ al ulo.Ahí en ontrarás las guías de ejer i iosy problemas, además de informa ióna er a de uál será la dinámi a del urso.SEMANA 15: DERIVADAS (II)

10.12. Derivadas de orden superiorLa derivada de f en x0 y la derivada de f ′ en x0 están dada porf

′

(x0) = lımx→x0

f (x) − f (x0)

x − x0y(

f′

)′(x0) = lım

x→x0

f ′ (x) − f ′ (x0)

x − x0.Deni ión 10.4. Para n ∈ N se dene f (n) (x0), la derivada de orden nde f en x0, omo el valor del siguiente límite.

f (n) (x0) = lımx→x0

f (n−1) (x) − f (n−1) (x0)

x − x0,donde f (0) es la fun ión f .Observa ión:Lo anterior equivale a denir f (n) (x0)=(f (n−1)

)′(x0).

f (1) es lo mismo que f ′ y f (2) es lo mismo que (f ′)′.Si f (n) (x0) existe enton es de imos que f es derivable n ve es en x0.• En este aso: lım

x→x0

f (n−1) (x) = f (n−1) (x0).Para que tenga sentido al ular f (n) (x0) es ne esario que:• ∃δ > 0 tal que el intervalo (x0 − δ, x0 + δ) esté in luido en eldominio de la fun ión f (n−1).

10.12.1. Ejemplos: Funciones básicasEjemplos:1. f(x) = exSabemos que (ex)′ (x0) = ex0 . Enton es, para todo n ∈ N,(ex)

(n)(x0) = ex0 .2. f(x) = sen(x)Sabemos que (sen (x))′ (x0) = cos(x0) y que (cos (x))′ (x0) =

− sen (x0). Enton es,(sen (x))

(n)(x0) = sen

(

x0 + nπ

2

)y(cos (x))

(n)(x0) = cos

(

x0 + nπ

2

)261


Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile3. f(x) = sinh(x)Sabemos que (sinh (x))′(x0) = cosh(x0) y que (cosh (x))

′(x0) =

sinh (x0). Enton es, para todo n ∈ N, si n es par(sinh (x))(n) (x0) =

sinh (x0) y si n es impar enton es (sinh (x))(n)

(x0) = cosh (x0) . Lue-go(sinh)

(n)(x0) =

ex0 + (−1)n+1 e−x0

2y (cosh)

(n)(x0) =

ex0 + (−1)n e−x0

2.4. f (x) = xkSabemos que (

xk)′

(x0) = k(

xk−10

) y que (

kxk−1)′

(x0) =

k (k − 1)xk−20 . Enton es, para todo n ∈ N,

(

xk)(n)

(x0) =

k (k − 1) · · · (k − n + 1)xk−n0 n ≤ k

0 n > k.5. PolinomioPara p (x) = a0 + a1 (x − x0) + a2 (x − x0)

2+ · · · + ak (x − x0)

k, setiene que p (x0) = a0, p′ (x0) = a1, p′′ (x0) = 2a2 y en general,

p(n) (x0) =

n!an n ≤ k0 n > k

.6. f (x) = 1xSabemos que ( 1

x

)′(x0) = − 1

x20y que (( 1

x

)′)′(x0) =

(

− 1x20

)′= 2

x30.En general,

(

1

x

)(n)

(x0) =1 · 2 · · ·n

xn+10

(−1)n

=n!

xn+10

(−1)n

.7. f (x) = ln (x)Sabemos que (ln (x))′= 1

x y omo ( 1x

)(n)(x0) = n!

xn+10

(−1)n tenemosque

(ln (x))(n) (x0) =(n − 1)!

xn0

(−1)n−1 .8. f (x) = x−kSabemos que (x−k)′

(x0) = −k(

x−k−10

) y que (−kx−k−1)′

(x0) =

−k (−k − 1)x−k−20 . Enton es, para todo n ∈ N,

(

x−k)(n)

(x0) = −k (−k − 1) · · · (−k − n + 1)x−k−n0 = (−1)

nk (k + 1) · · · (k + n − 1)x−k−n

0 .262

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile9. f (x) = 11−xSabemos que ( 1

1−x

)′= 1

(1−x)2y que (( 1

1−x

)′)′=(

1(1−x)2

)′=

2(1−x)3

. En general,(

1

1 − x

)(n)

=1 · 2 · · · (n)

(1 − x)n+1 =n!

(1 − x)n+1 .

10.12.2. Derivada n−ésima de un producto.Proposi ión 10.2 (Fórmula de Leibnitz). Para f y g fun iones onderivadas de orden n en a, la derivada de orden n de (fg) está dada por:(fg)(n) (a) =

n∑

k=0

(

n

k

)

f (k) (a) g(n−k) (a) .Demostra ión. Por Indu ión. Para n = 1 se umple que: (fg)′(a) =

f ′ (a) g (a)+f (a) g′ (a). Apli ando la deni ión de ()(n+1), la hipótesis de in-du ión, las reglas de la derivada de una suma y un produ to (f (k)g(n−k))′

=

f (k+1)g(n−k) + f (k)g(n−k+1) y propiedades de las sumatorias, se obtiene elsiguiente desarrollo.(fg)

(n+1)(a) =

(

n∑

k=0

(

n

k

)

f (k)g(n−k)

)′

(a)

=

n∑

k=0

(

n

k

)

f (k+1) (a) g(n−k) (a) +

n∑

k=0

(

n

k

)

f (k) (a) g(n−k+1) (a)

=f (n+1) (a) g (a) +

n∑

k=1

(

n

k − 1

)

f (k+1) (a) g(n−k) (a)

+

n∑

k=1

(

n

k

)

f (k) (a) g(n−k+1) (a) + f (a) g(n+1) (a)

=f (n+1) (a) g (a) +

n∑

k=1

((

n

k − 1

)

+

(

n

k

))

f (k+1) (a) g(n−k) (a) + f (a) g(n+1) (a)La on lusión se al anza al re ordar que ( nk−1

)

+(

nk

)

=(

n+1k

) y reagruparlas sumas.Cono idas las derivadas n−ésimas de dos fun iones podemos obtener aque-lla del produ to usando la fórmula de Leibnitz.263

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplos:1. f (x) = x sen (x)La derivada n−ésima de x es 0 si n ≥ 2 . Enton es,(x sen (x))

(n)=

n∑

k=0

(

n

k

)

(x)(k)

(sen (x))(n−k)

= x (sen (x))(n) + n (sen (x))(n−1)

= x sen(

x + nπ

2

)

+ n sen(

x + (n − 1)π

2

)

.2. f (x) = arctan (x)Las dos primeras derivadas están dadas por (arctan)′ = 11+x2 y

(arctan)′′ = − 2x(1+x2)2

y satisfa en(

1 + x2)

f ′′ + 2xf ′ = 0.Al apli ar la fórmula de Leibnitz para n− 2 en ambos términos de lasuma se obtiene que.((

1 + x2)

f ′′)(n−2)=(

1 + x2)

(f ′′)(n−2)

+

(

n − 2

1

)

(2x) (f ′′)(n−3)

+

(

n − 2

2

)

2 (f ′′)(n−4)y

(2xf ′)(n−2)

= 2x (f ′)(n−2)

+

(

n − 2

1

)

2 (f ′)(n−3)

.Esto nos da la siguiente fórmula de re urren ia para f (n)

(

1 + x2)

f(n)

+2x (n − 2) f (n−1)+(n − 2) (n − 3) f (n−2)+2xf (n−1)+2 (n − 2) f (n−2) = 0.Enton es, podemos al ular la derivada n−ésima de arctan (x) enx0 = 0 mediante la re urren ia:

f (n) (0) = − (n − 2) (n − 1) f (n−2) (0) .Partiendo on f (0) (0) = 0 y f (1) (0) = 1 se on luye que f (n) (0) = 0para n par y f (2k+1) (0) = (−1)k(2k)!.

10.13. Polinomios de TaylorDeni ión 10.5. Para f tal que f (k) (x0) existe, el polinomio de Taylorde f en torno a x0 y de orden k, está dado porp (x) = a0 + a1 (x − x0) + a2 (x − x0)

2 + · · · + ak (x − x0)k ,donde para todo j ∈ 0, . . . , k, f (j) (x0) = p(j) (x0) .264

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileObserva ión:Como p(j) (x0) = j!aj se tiene que los oe ientes quedan determina-dos por aj = f(j)(x0)j! .El polinomio de Taylor de la fun ión f en torno a x0 y de orden 1 orresponde a la re ta tangente a f en el punto (x0, f (x0)).Si p es el polinomio de Taylor de la fun ión f en torno x0 de orden kenton es p′ es el polinomio de Taylor de la fun ión f ′ en torno a x0 yde orden k − 1.

10.13.1. Ejemplos con k = 2, 3, 4.Ejemplos:1. Taylor para √x en x0 = 4 de orden 2Para en ontrar el polinomio debemos ono er los valores f , f ′ y f ′′en x0 = 4.

f(4) = 2, f ′ (4) = 12√

4= 1

4 , f ′′ (4) = − 14

1

432

= − 132 . Enton es, elpolinomio de Taylor de √

x de orden 2 en torno a x0 esp (x) = 2 +

1

4(x − 4) − 1

32 · 2 (x − 4)2.2. Taylor para x ln(1 + x) en x0 = 0 de orden 3

f (0) = 0, f ′ (x) = ln (1 + x)+ x1+x , f ′′ (x) = 1

1+x + 1(1+x)2

, f (3) (x) =

− 1(1+x)2

− 2(1+x)3

. Enton es, el polinomio de Taylor en torno a x0 = 0de orden 3 esp (x) = 0 + 0x +

2

2!x2 − 3

3!x3 = x2 − x3

2.3. Taylor para sen(x) en π de orden 4

f (π) = 0, f ′ (π) = −1, f ′′ (π) = 0, f (3) (π) = 1 y f (4) (π) = 0.Enton es es polinomio bus ado esp (x) = − (x − π) +

(x − π)3

3!.Notar que omo f (4) (π) = 0 el polinomio de orden 3 y el de orden 4son iguales.

10.13.2. Ejemplos de orden superiorPara las fun iones donde f (j) (x0) , algunas ele iones de x0 produ en po-linomios de Taylor más simples. 265

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEjemplos:1. Taylor de orden k para ex en x0 = 0Para x0 = 0 tenemos que (ex)(j)

(0) = 1, para todo j. Enton es supolinomio de Taylor de orden k esp (x) = 1 + x +

x2

2+

x3

3!+ · · · + xk

k!.2. Taylor de orden 2k + 1 para sen(x) en x0 = 0Para x0 = 0 tenemos que (sen (x))

(j)(0) = 0 para j par y

(sen (x))(j)

(0) = (−1)j−12 para j impar. Enton es los polinomiosde Taylor de orden 2k + 1 y de orden 2k + 2 están dados por

p (x) = x − x3

3!+

x5

5!+ · · · + (−1)k

x2k+1

(2k + 1)!.3. Taylor de orden k para ln(1 + x) en x0 = 0Para x0 = 0 tenemos que (ln (1 + x))

′

= 11+x . Como

(

11+x

)(j−1)

(0) = (−1)j+1 (j−1)!

(1+0)j tenemos que (ln (1 + x))(j) (0) =

(−1)j+1 (j−1)!

(1+0)j . Con esto, el polinomio de Taylor de orden k entorno a 0 esp (x) = 0+x+

−1

2!x2+

2!

3!x3+· · ·+(−1)

k+1 (k − 1)!

k!xk = x−x2

2+

x3

3+· · ·+(−1)

k+1 xk

k.4. Taylor de orden k para arctan(x) en x0 = 0Para arctan (x) y x0 = 0 tenemos que las derivadas de orden paren ero son ero y las de orden impar están dadas por f (2k+1) (0) =

(−1)k(2k)!. Luego, el polinomio de Taylor de orden 2k+1 y orden

2k + 2 en torno a 0 esp (x) = x − 2!x3

3!+

4!x5

5!+ · · · + (−1)k

(2k)!x2k+1

(2k + 1)!

= x − x3

3+

x5

5+ · · · + (−1)

k x2k+1

2k + 1.

10.14. Regla de l’HôpitalPropiedad 17. La siguiente es una herramienta para al ular límites queserá demostrada en el urso siguiente.Para B ∈

+∞,−∞, x+0 , x−

0 , x0

y g on g′ (x) 6= 0:266

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileSi lımx→B

f ′(x)g′(x) = ℓ y lım

x→Bf (x) = lım

x→Bg (x) = 0 enton es

lımx→B

f (x)

g (x)= ℓ.Si lım

x→B

f ′(x)g′(x) = ℓ y lım

x→Bf (x) = lım

x→Bg (x) = +∞ enton es

lımx→B

f (x)

g (x)= ℓ.La regla se usa en el ál ulo del lım

x→B

f(x)g(x) . Para ello se pro ede omo sigue:(a) Se veri a que lım

x→Bf (x) = lım

x→Bg (x) = 0 o que lım

x→Bf (x) =

lımx→B

g (x) = +∞.(b) Se al ula f ′ y g′ .( ) Se plantea el problema auxiliar lımx→B

f ′(x)g′(x) .Si el límite en este problema auxiliar es ℓ enton es el límite en elproblema original también es ℓ.Ejemplos:1. lım

x→0

sen(x)x(a) Primero vemos que lım

x→0sen (x) = lım

x→0x = 0. (b) Las derivadasson (sen)

′= cos y (x)

′= 1. ( ) El problema auxiliar es lım cos(x)

1 .Como este último límite vale 1 el original también vale 1. Símbolo →L′HEl paso al problema auxiliar lo des ribiremos por el símbolo →L′H .Enton es el ál ulo del límite lo podemos resumir así.lımx→0

sen (x)

x→L′H lım

x→0

cos (x)

1= 12. Cál ulo de una derivadaCal ulemos la derivada de la fun ión f en x = 0, para f dada por:

f (x) =

sen(x)x x 6= 0

1 x = 0,o sea,

f ′ (0) = lımx→0

sen(x)x − 1

x= lım

x→0

sen (x) − x

x2.267

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileDesarrollo(a) Veri amos que lımx→0

(sen (x) − x) = lımx→0

x2 = 0.(b) Cal ulamos (sen (x) − x)′= cos (x) − 1 y (x2

)′= 2x.( )

lımx→0

sen (x) − x

x2→L′H lım

x→0

cos (x) − 1

2x= 0.La última igualdad puede redemostrarse usando una vez más la reglade l'Hpital omo sigue.(a) Veri amos que lım

x→0(cos (x) − 1) = lım

x→02x = 0 .(b) Cal ulamos (cos (x) − 1)

′= − sen (x) y (2x)

′= 2.( )

lımx→0

cos (x) − 1

2x→L′H lım

x→0

− sen (x)

2= 0.3. lım

x→0

sen(x)−xx3(a) lım

x→0(sen (x) − x) = lım

x→0x3 = 0 y (b) (sen (x) − x)

′= cos (x) − 1y (x3

)′= 3x2. Enton es ( )

lımx→0

sen (x) − x

x3→L′H lım

x→0

cos (x) − 1

3x2.(a) lım

x→0(cos (x) − 1) = lım

x→03x2 = 0 y (b) (cos (x) − 1)

′= − sen (x) y

(

3x2)′

= 6x. Enton es ( )lımx→0

sen (x) − x

x3→L′H lım

x→0

cos (x) − 1

3x2→L′H lım

x→0

− sen (x)

6x= −1

6.4. lım

x→0

sen2(√

x)ln(cos(

√x))(a) lım

x→0sen2 (

√x) = lım

x→0ln (cos (

√x)) = 0 y(b) (sen2 (

√x))′

= 2 sen (√

x) cos (√

x) 12√

xy (ln (cos (

√x)))

′=

1

cos(√

x)(− sen (

√x)) 1

2√

x. Enton es ( )

lımx→0

sen2 (√

x)

ln (cos (√

x))→L′H lım

x→0

2 sen (√

x) cos (√

x) 12√

x

−1

cos(√

x)sen (

√x) 1

2√

x

= −2.5. Itera ión de la reglaEste ejemplo orresponde a una apli a ión iterada de la regla del'Hpital en el ál ulo delımx→0

sen (x) − x + x3

6

x5→L′H lım

x→0

cos (x) − 1 + x2

2

5x4→L′H lım

x→0

− sen (x) + x

20x3→L′H lım

x→0

− cos (x) + 1

60x2=

1

120.268

Ingeniería Matemáti aUniversidad de ChileEl uso es orre to pues:(a) lımx→0

f (x) = 0 para las fun iones x3, x4, x5,sen (x) − x + x3

6 ,cos (x) − 1 + x2

2 y − sen (x) + x.(b) (

(

(

sen (x) − x + x3

6

)′)′)′

=

(

(

cos (x) − 1 + x2

2

)′)′=

(− sen (x) + x)′

= − cos (x) + 1 y (((x5)′)′

)′=(

(

5x4)′)′

=(

20x3)′

= 60x2.

269


Guía Bási aDeterminar la vera idad de las siguientes arma iones:1. Si f(x) = x3 enton es f (4)(x) = 3!.2. Si f(x) = x4 enton es f (4)(x) = 3!.3. Si f(x) = ex enton es f (12)(x) = ex.4. Si f(x) = ex enton es f (0)(x) = 1.5. Si f(x) = sen(x) enton es f (12) = sen(x + 6π).6. Si f(x) = sen(x) enton es f (8) = sen(x + 6π).7. Si f(x) = cos(x) enton es f (8)(x) = cos(x).8. Si f(x) = cos(x) enton es f (7)(x) = − sen(x).9. Si f(x) = x3 + 27x9 − x110 enton es f (90)(x) = −(110)!x20.10. Si f(x) = x3 + 27x9 − x110 enton es f (109)(x) = −(110)!x.11. Si f(x) = ln(x) enton es f (3)(x) = (ln(x))3.12. Si f(x) = ln(x) enton es f (4)(x) = − 6x4 .13. Si f(x) = 1

x15 enton es f (16)(x) = 0.14. Si f(x) = 1x15 enton es f (4)(x) = − 1

x11 .15. Si f y g son diferen iables 3 ve es enton es (fg)(3) = f (3)g +

3f (2)g(1) + 3f (1)g(2) + fg(3).16. Si g es diferen iable 3 ve es enton es (xg)(3) = 3g(2) + xg(3).17. Si f es diferen iable 4 ve es enton es (x2f)(4) = x2f (4) + 8xf (3) +

10f (2).18. La derivada de orden 10 de arctan(x) en 0 es (10)!.19. La derivada de orden 11 de arctan(x) en 0 es −(11)!.270

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile20. Si (x − 1)3 − (x − 1)7 es el polinomio de Taylor de order 7 de f entorno a 1 enton es la derivada de orden 5 de f en 1 es 0.21. Si x + 2x2 − x3 + x14 es el polinomio de Taylor de una fun ión f deorden 15 en torno a 0 enton es x + 2x2 − x3 es el polinomio de Taylorde f de orden 3 en torno a 0.22. Si la derivada de orden 10 de f es ero en 1 enton es el polinomiode Taylor de f en torno a 1 de orden 10 tiene grado 10.23. Si f es una fun ión on f(2) = 0 enton es 2 es una raíz de todos suspolinomios de Taylor en torno a 2.24. Si x+x5−8x9 es el polinomio de Taylor de orden 11 para una fun iónf en torno a 0 enton es todas las derivadas pares de orden menor que10 de f son ero en 0.25. Si la derivada de orden 10 de f es ero en 1 enton es el polinomiode Taylor de f en torno a 1 de orden 10 tiene grado 10.26. El polinomio de Taylor de orden 3 de la fun ión sen(x) en torno a πes x + x3.27. El polinomio de Taylor de orden 3 de la fun ión sen(x) en torno a πes −(x − π) + (x − π)3.28. El polinomio de Taylor de orden 3 de la fun ión sen(x) en torno a πes −(x − π) + 1

3! (x − π)3.29. La re ta f(x0) + 2f ′(x0)(x − x0) es el polinomio de Taylor de orden2 para f en torno a x0.30. El polinomio de Taylor de orden 2 de la fun ión ex en torno a 0 es1 + x + x2

2 .31. El polinomio de Taylor de orden 3 de la fun ión ex en torno a 0 es1 + x + x2

2 + 13x3.32. El polinomio de Taylor de orden 5 de la fun ión arctan en torno a 0es x − x3

3 + x5

5 .33. El polinomio de Taylor de orden 5 de la fun ión arctan en torno a 0es x − x3

3 + x5

5 − x7

7! .34. El polinomio de Taylor de orden 4 de la fun ión ln(x) en torno a 1es x − x2

2 + x3

3 − x4

4 .35. Si lımx→0

f ′(x)x = 1 y lım

x→0f(x) = 0 enton es lım

x→0

f(x)x2 = 1

2 .36. Si lımx→+∞

f ′′(x)x2 = 3 y lım

x→+∞f ′(x) = 0 enton es lım

x→0

f ′(x)x3 = 0.271

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chile37. lımx→1

sen(x)−xx3 6= 1.38. lım

x→0

sen(x)−xx3 no existe.39. lım

x→0

sen(x)−xx3 = 1

6 .40. lımx→0

sen(x)−x+ x3

6

x5 = 1120 .41. lım

x→0f(x) no existe para la fun ión f(x) =

sen(x)x x 6= 0

1 x = 0.

272


Guía de Ejer i ios1. Cal ular las derivadas n−ésimas de las siguientes fun iones del modoque se indi a.Dire tamente.a) e2x.b) sen(2x). ) (sen(x))2.d) ax.e) 1−x1+x .f ) x3 ln(1 + x).

Usando la fórmula de Leibnitz.a) x2 sen(x) de orden 3.b) xex de orden 5. ) x ln(2x) de orden 3.d) xex de ualquier orden.e) sen(x) cos(x) de ualquier orden.f ) x3 ln(1 + x) de ualquier orden.2. En uentre los desarrollos de Taylor de las siguientes fun iones.a) √

x2 + 1 en torno a 0 y de orden 3.b) arctan(x − ln(x)) en torno a 1 y de orden 3. ) e1

x2 en torno a 2 y de orden 6.d) cosh(1 + sen(x)) en torno a π y de orden 3.e) 1x sen(x)−cos(x) en torno a 0 y de orden 2.f ) 11+sen(x) en torno a 0 y de orden 3.g) x2

1−x en torno a 0 y de orden ualquiera.h) x2 ln(1 + x) en torno a 0 y de orden ualquiera.3. Cal ule los siguientes límites utilizando apropiadamente la regla de l'Hpital.a) lımx→π

2

1−sen(x)cos(x) .b) lım

x→0

3x

x2 − 2x

x2 . ) lımx→0

x−arctan(x)x−sen(x) .d) lım

x→π2

cos(x)sen2(x)−1 . 273

Ingeniería Matemáti aUniversidad de Chilee) lımx→0+

(sen(x))tan(x).f ) lımx→0+

ln(x)xk , k > 0 entero.g) lım

x→0

ex

x2 + e−x

x2 .h) lımx→0

ln( sen(x)x )

x2 .i) lımx→0

1x ( 1

x − 1x cosh(x)).

274


Guía de ProblemasP1. Sea f : [− 12 , 1

2 ] → R dada porf(x) =

ln(1+x)sen(x) x 6= 0

1 x = 0.Demostrar que la fun ión f ′ está dada por

f ′(x) =

sen(x)1+x −cos(x) ln(1+x)

(sen(x))2 x 6= 0

− 12 x = 0y en ontrar el polinomio de Taylor de orden 2 en ero.P2. Sea f(x) = e

x2

2 . Demostrar que f ′ = xf y que para n ∈ N

f (n)(x0) = x0f(n−1)(x0) + (n − 1)f (n−2)(x0)Use esta fórmula para en ontrar el polinomio de Taylor de f en tornoa 1 de orden 4 y el polinomio de Taylor de f en torno a 0 de orden n, ualquiera.P3. Demuestre que si f al anza un máximo en x0 y es derivable en x0enton es f ′(x0) = 0. Use este he ho para determinar el máximo de lafun ión ln(1+x2)

1+x2 .P4. Demuestre que si f ′′(x0) existe enton eslımh→0

f(x0 + h) + f(x0 − h) − 2f(x0)

h2= f ′′(x0)Use esta expresión para probar que si f tiene un mínimo en x0 enton es

f ′′(x0) ≥ 0. Con ayuda de esto último, determine si 0 es un mínimode la fun iónf(x) =

sen(x)x x 6= 0

1 x = 0P5. En uentre el desarrollo de Taylor de la fun ión (1+x)n de orden n entorno a 0. Interprete su resultado en términos del teorema del Binomio.275

1. Números Reales · grup os: Los de cuerp o (aso ciados a la igualdad), los axiomas de orden (aso...

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