Cálculo I.

Cálculo I.Versión 9 – Mayo, 2016.

Santiago Relos P.Universidad Mayor de San SimónCochabamba - Bolivia

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Prólogo

Este trabajo pretende cumplir el siguiente objetivo: Ser un manual de aprendizaje para estudiantes que se inician

en el estudio del Cálculo. Todo tema se inicia con definiciones precisas y rigurosas, se demuestran los teoremas

más importantes, se presentan numerosos ejemplos y ejercicios resueltos, se termina con ejercicios propuestos

con soluciones. La obra está escrita de manera que el estudiante pueda continuar la clase del profesor.

En el capítulo I, se desarrolla la teoría de los números reales en forma parcial, se enuncian los axiomas algebrai-

cos y de orden para concebir el conjunto de los números reales. No se desarrolla el axioma del supremo por no

corresponder a los fines del curso, sin embargo, este axioma se desarrolla en el apéndice, se desarrolla un méto-

do para resolver desigualdades con una variable con y sin valor absoluto. En los capítulos II y III se desarrollan

brevemente la teoría de las funciones y luego los límites y continuidad de las funciones. Los capítulos IV y V

se refieren a la derivada y sus aplicaciones. Finalmente los restantes capítulos se refieren a la integración y sus

aplicaciones.

Deseo terminar esta presentación agradeciendo al departamento de Matemáticas en la persona del ingeniero

Mario Maldonado Terán por su constante apoyo en la publicación de textos en el Departamento de Matemáti-

cas. Al MSc. Roberto Zegarra Urquidi , director del programa MEMI por permitir la publicación de la primera

edición, al MSc. Gualberto Cupé Clemente por colaborar en la revisión de la primera edición de este texto,

finalmente deseo agradecer a los profesores y ayudantes del departamento de matemáticas de la facultad de

Ciencias y Tecnología de la Universidad Mayor de San Simón por sus múltiples sugerencias y su colaboración

en la difusión de este texto, también agradezco al profesor Walter Mora por permitirme emplear su platilla LATEX,

finalmente agradezco a mi familia por su apoyo y especialmente a mi hija Laura por encontrar errores en todos

los textos que escribo. Hacia ellos mi gratitud eterna.

Cochabamba, Mayo 2016. EL AUTOR

VI

Prólogo

Prólogo a la primera edición

Las matemáticas tienen cada vez más importancia para la ciencia e ingeniería y es fácil suponer que esta ten-

dencia continuará en el futuro. Los problemas de la ingeniería moderna son tan complejos que la mayor parte

no se puede resolver por la simple intuición física y la experiencia adquirida, de ahí que el objetivo y propósito

más importante en las matemáticas para ingeniería parece ser que el estudiante se familiarice con los concep-

tos matemáticos. Debe adquirir conciencia de que las matemáticas no son una colección de artificios y recetas,

sino una ciencia sistemática de importancia práctica que se apoya en un número relativamente pequeño de

conceptos básicos y poderosos para la solución de problemas.

El propósito de este libro es el de proporcionar un texto guía para los estudiantes y docentes de ingeniería,

ciencias, y matemáticas y diremos que el libro ha sido escrito con el siguiente objetivo:

Motivar a los estudiantes de modo que se consiga un entendimiento de los tópicos y se desarrolle un interés, lo

cual se hace por medio de ayudas, como ejemplos, preguntas y problemas para discusión.

Esperamos que el presente texto no sólo sea comprensible, sino mas bien interesante y agradable al estudiante.

El capítulo 1, trata la presentación de conceptos básicos en el entendido de que el estudiante tiene conocimien-

tos de geómetría analítica elemental. El capítulo 2 estudia funciones en todas sus formas y composiciones, el

capítulo 3 trata sobre límites y continuidad para luego entrar a la derivada de una función junto con la inter-

pretación geométrica de la derivada y una discusión de la continuidad y de los límites. Este material prepara al

estudiante para el estudio de la derivación de funciones variadas y de la regla de la cadena, conceptos de cre-

cimiento, concavidad, teorema del valor medio, temas necesarios para comprender problemas de máximos y

mínimos. En el capítulo 5 se cita variadas aplicaciones que como se dijo agrade y estimule al alumno el uso de

las matemáticas.

Luego de nociones preliminares de sumas, particiones, normas, se da una definición general de la integral defi-

nida de una función sobre un intervalo cerrado y luego se ve las técnicas y métodos de integración, finalmente

existen muchos ejercicios de la aplicación de integrales relacionados con áreas planas, longitudes de arco, volú-

menes, etc. Finalizando con el estudio de las integrales tan necesarias cuando se manejan ciertos dominios.

Es digno reconocer el esfuerzo que significó al autor la edición de este texto, aprovechando la experiencia que

tiene en el departamento de matemáticas desde el año 1994, en el servicio permanente de la enseñanza en las

distintas carreras que tiene la Facultad de Ciencias y Tecnología.

El profesor Santiago Relos P. es un joven profesional matemático con grado de Maestría en Matemáticas obtenida

en la Universidad Católica del Norte de Antofagasta Chile, aprovechando una beca que le concedió el programa

?MEMI? de sus propósitos de capacitación docentes. Actualmente es docente a tiempo completo en la Facultad

de Ciencias y Tecnología de la U.M.S.S., regentando materias tanto en las carreras de servicio como en la carrera

propiamente de matemáticas.

Cochabamba, septiembre de 1998

Ing. Mario Maldonado TeránJefe Depto. de Matemáticas FCyT UMSS

ÍNDICE GENERALÍNDICE GENERAL

Prológo II Prológo III

1 LOS NÚMEROS REALES PÁGINA 3

1.1 La recta real 3

1.1.1 Axiomas iniciales 3

1.1.2 Axiomas de orden 7

1.1.3 Números Naturales, Enteros y Racionales 10

1.2 Intervalos 10

1.3 Valor absoluto 12

1.4 Resolución de desigualdades con una variable 17

1.5 Desigualdades con valor absoluto 23

2 FUNCIONES PÁGINA 31

2.1 Introducción 31

2.2 Funciones Especiales 36

2.2.1 Función Identidad 37

2.2.2 Funcion Constante 37

2.2.3 Función Valor Absoluto 37

2.2.4 La Función Lineal 38

2.2.5 Función Potencia 38

2.2.6 Función Polinomial 39

2.2.7 Las funciones Trigonométricas 40

2.2.8 La función Exponencial 40

2.2.9 La función Logarítmica 41

2.2.10 La función mayor entero 42

2.2.11 Funciones Hiperbólicas 42

2.3 Operaciones con funciones 43

2.3.1 Suma y Resta 43

2.3.2 Producto y División 43

2.3.3 Recíproco de una función 44

2.3.4 Composición de Funciones 44

2.4 La Inversa de una Función 47

2.4.1 Funciones Inyectivas y Sobreyectivas 47

2.4.2 Inversa de una función 50

2.4.3 Funciones trigonométricas inversas 53

2.4.4 Funciones Hiperbólicas inversas 53

X

2.5 Funciones Crecientes y Decrecientes 54

2.6 Funciones acotadas 56

2.7 Construcción de Funciones 59

2.8 Funciones a una variable con MatLab 65

2.8.1 Comando ezplot 652.8.2 Comando plot 672.8.3 Declaración de funciones 702.8.4 La función escalón de Heaviside 73

3 LÍMITES Y CONTINUIDAD PÁGINA 773.1 Introducción 77

3.2 Límite de una Función 78

3.2.1 Definición de Límite 793.2.2 Límites Laterales 803.2.3 Propiedades de Límites 81

3.3 Un algoritmo para demostrar Límites 84

3.3.1 Algoritmo ε−δ (Epsilon-Delta) 84

3.4 La Definición de Continuidad de una Función 89

3.4.1 Continuidad en un Punto 903.4.2 Preservación del signo en funciones continuas 913.4.3 Teorema de Bolzano 923.4.4 El teorema del Valor Intermedio 92

3.5 Cálculo de Límites 94

3.5.1 El símbolo ∞ 953.5.2 Indeterminaciones 953.5.3 El paso al límite 95

3.6 Límites trigonométricos 100

3.7 Límites con Infinito 105

3.8 Un límite notable 110

3.9 Límites con MatLab 114

3.9.1 limit(función,var,p) 1143.9.2 limit(función,var,p,’right’) 1153.9.3 limit(función,var,p,’left’) 115

3.9.4 Funciones inline y el límite lımh→0

f (x +h)− f (x)

h116

4 CÁLCULO DIFERENCIAL PÁGINA 1194.1 La Derivada de una función 119

4.2 Símbolos para representar la derivada 122

4.3 Los diez resultados fundamentales del Cálculo 122

4.3.1 Primer resultado fundamental 1234.3.2 Segundo resultado fundamental 1244.3.3 Tercer resultado fundamental 1244.3.4 Cuarto resultado fundamental 1244.3.5 Quinto resultado fundamental 1254.3.6 Sexto a noveno resultados fundamentales 1254.3.7 Décimo resultado fundamental (La regla de la cadena) 126

XI

4.4 Derivada con funciones trigonométricas 128

4.4.1 Derivada de la función tangente 1284.4.2 Derivada de la función cotangente 1284.4.3 Derivada de la función secante 1294.4.4 Derivada de la función cosecante 129

4.5 Derivadas con la regla de la cadena 131

4.6 Derivada de las funciones hiperbólicas 134

4.7 Derivada de la función inversa 134

4.7.1 Derivadas de funciones trigonométricas inversas 1344.7.2 Derivadas de las funciones hiperbólicas inversas 135

4.8 Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial 136

4.9 Derivadas de Orden Superior 138

4.10 Derivación Implícita y el cálculo de y ′ a partir de F(x, y

)= 0 141

4.11 La recta tangente y normal 143

4.11.1 Recta tangente 1434.11.2 Recta normal 1444.11.3 Aplicación: Aproximación a funciones 1484.11.4 Aplicación: El método de Newton 149

4.12 La diferencial 151

4.12.1 Incrementos 1514.12.2 Diferenciales 1514.12.3 La notación diferencial para la derivada 1524.12.4 Reglas para el cálculo de las diferenciales 1524.12.5 Aplicaciones de la diferencial 153

4.13 Derivada y recta tangente con MatLab 154

4.13.1 Cálculo de la derivada con limit 1544.13.2 Cálculo de la derivada con diff 1554.13.3 La recta tangente 156

5 APLICACIONES DE LA DERIVADA PÁGINA 159

5.1 Máximos y Mínimos 159

5.1.1 Introducción 1595.1.2 Condición necesaria de existencia de máximo o mínimo local 1615.1.3 Puntos críticos 1635.1.4 Funciones crecientes, decrecientes y derivada 1635.1.5 Criterio de la primera derivada 166

5.2 Teoremas de Valor Medio 169

5.3 Concavidad 173

5.4 Criterio de la segunda derivada 178

5.5 Maximos y mínimos con MatLab 181

5.5.1 El comando fminbnd 1815.5.2 Máximos y mínimos locales con los comandos diff y solve 182

5.6 Problemas sobre Máximos y Mínimos 185

5.6.1 Problemas Geométricos 1855.6.2 Problemas de construcción 1905.6.3 Problemas de costos 1955.6.4 El principio de Fermat 197

XII

5.7 La Derivada como Razón de Cambio 209

5.8 Límites Indeterminados 214

5.8.1 La indeterminación 00 214

5.8.2 La indeterminación ∞∞ 217

5.8.3 Indeterminaciones 0 ·∞ e ∞−∞ 218

5.8.4 Casos 00, ∞0, 1∞ 219

5.9 Trazado de curvas algebraicas 223

5.9.1 Simetría 224

5.9.2 Intersecciones con los ejes 226

5.9.3 Campo de variación 227

5.9.4 Comportamiento cuando x →−∞ y x →∞ 228

5.9.5 Asíntotas 228

6 CÁLCULO INTEGRAL PÁGINA 237

6.1 Sumas 237

6.1.1 Sumatorias 237

6.1.2 Área como el límite de una suma 240

6.1.3 Funciones Integrables y la Integral Definida 246

6.1.4 Propiedades de la Integral Definida 247

6.1.5 La primitiva de una función 249

6.1.6 El Teorema Fundamental del Cálculo 250

6.1.7 Teorema del Valor Medio para integrales 252

6.1.8 Segunda forma del Teorema Fundamental del Cálculo 253

6.2 Métodos de integración 255

6.2.1 La integral indefinida 255

6.2.2 Fórmulas fundamentales de integración 256

6.2.3 Integración por sustitución 257

6.2.4 Integración por Partes 262

6.2.5 Integrales trigonométricas 265

6.2.6 Resumen de las fórmulas de reducción 272

6.2.7 Funciones racionales a dos variables 273

6.2.8 Cambios de variable trigonométricos 274

6.3 Integración por Fracciones Parciales 278

6.3.1 Preliminares algebraicos 278

6.3.2 Fracciones parciales 279

6.3.3 Cálculo de constantes en fracciones parciales 280

6.3.4 Integración por Fracciones parciales 281

6.4 Funciones racionales del tipo F(x,p

ax +b)

285

6.5 Funciones racionales del tipo F (sin x,cos x) 287

6.6 Integración con MatLab 290

6.7 Polinomios con MatLab 291

6.7.1 Polinomios en MatLab 291

6.7.2 Producto de polinomios 291

6.7.3 División de polinomios 292

6.7.4 Operaciones simbólicas con MatLab 292

6.7.5 Fracciones simples 293

6.7.6 Reconstrucción de una fracción 298

1

7 INTEGRALES IMPROPIAS PÁGINA 3017.1 Integrales impropias de primera clase 301

7.1.1 Límite superior infinito 301

7.1.2 Límite inferior infinito 302

7.2 Integrales impropias de segunda clase 302

7.2.1 No acotada en el límite superior 3027.2.2 No acotada en el límite inferior 303

8 CÁLCULO DE ÁREAS PLANAS PÁGINA 3098.1 Regiones acotadas 309

8.2 Cálculo de áreas 310

8.3 Dibujo de áreas planas con MatLab 319

9 LONGITUD DE ARCO PÁGINA 323

10 CÁLCULO DE VOLÚMENES PÁGINA 32910.1 Método de los cilindros sólidos 329

10.2 Método de los cilindros huecos 333

11 APÉNDICE 1: EL AXIOMA DEL SUPREMO PÁGINA 341

11.1 Máximo y mínimo

341

11.2 Cota superior 341

11.3 Cota inferior 342

11.4 Mínima cota superior 342

11.5 Axioma 10 (el axioma del supremo)

343

11.5.1 Máxima cota inferior 34311.5.2 La propiedad arquimediana 344

12 APÉNDICE 2: UN LÍMITE NOTABLE PÁGINA 347

1 Los números reales

1.1 La recta real

En la larga historia de los números se pueden ver varias formas de introducir el estudio de los números reales. Matemáticos

como Karl Weierstrass (1815-1897), George Cantor (1845-1918) y Richard Dedekind (1831-1916) se dedicaron a esta tarea. En

1889 el matemático italiano Guiseppe Peano (1858-1932) da un listado de cinco axiomas para los enteros positivos. En este

capítulo se da una breve introducción al sistema de los números reales.

1.1.1. Axiomas iniciales

El Sistema de números reales es un conjunto R cuyos elementos se llaman números. Se asume la existencia de dos operacio-

nes llamadas adición y multiplicación denotados por + y · respectivamente tal que con cada par de números x y y formamos

la suma x + y que nuevamente es un número, similarmente formamos el producto x · y (o x y) y nuevamente es un número.

Lo anterior se indica diciendo que R es cerrado para la operación suma y pr oducto. Aceptamos que la suma y producto

están univocamente determinadas, esto es, x + y , y x y son únicos. En R se satisfacen los siguientes axiomas:

Axioma 1 Conmutatividad. Para todo x, y ∈Rx + y = y +x, x y = y x

Axioma 2 Asociatividad. Para todo x, y, z ∈Rx + (y + z) = (x + y)+ z, x(y z) = (x y)z

Axioma 3 Distributividad. Para todo x, y, z ∈Rx(y + z) = x y +xz

Axioma 4(a) Existencia de la identidad. Existe un elemento en R denotado por 1 (es llamado uno) tal que para todo

x ∈Rx ·1 = x

Axioma 4(b) Existencia del neutro. Existe un elemento en R denotado por 0 (es llamado cer o) tal que para todo x ∈Rx +0 = x


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

x + y = 0

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

x y = 1

Todas las leyes del álgebra elemental pueden deducirse a partir de los anteriores axiomas. A continuación se muestran las

más usuales.

Ley de cancelaciónTeorema 1.1

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

Demostración. Supóngase que a +b = a + c. Por el axioma 5 existe un número y tal que a + y = 0. Puesto que la

suma está univocamente determinada se tiene y+(a +b) = y+(a + c). Usando el axioma 2:(y +a

)+b = (y +a

)+c,

de donde 0+b = 0+ c, y por el axioma 4(b) b = c. Observemos que si existe un otro número 0′ tal que 0′+ x = x

para todo número x, entonces en particular 0′+0 = 0, pero también por el axioma 4(b) 0+0 = 0, luego 0′+0 = 0+0,

de donde 0′ = 0. Esto muestra que el cer o definido en el axioma 4(b) es único.

■

Posibilidad de sustracciónTeorema 1.2

Dados los números a,b existe un único número x tal que a + x = b. Este número se denota con b − a. En particular

0−a se escribe como −a y es llamado Negativo de a (también se llama menos de a).

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

a +x = a + (b + y

)Ahora usando los axiomas 1 y 2 se deduce a +x = b + (

a + y)

, por tanto a +x = b +0, esto es, a +x = b.

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

Teorema 1.3

Para todo a,b ∈R, b −a = b + (−a).

Los números reales 5

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

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

de este resultado junto con x +a = b se concluye que x +a = y +a. Por la ley de cancelación se tiene x = y , esto

prueba el teorema.

■

Teorema 1.4

Para todo a ∈R se tiene − (−a) = a.

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

■

Teorema 1.5

Para todo a ∈R se cumple a ·0 = 0.

Teorema 1.6

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

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

■

Teorema 1.7

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

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

■

Ley de cancelación para la multiplicaciónTeorema 1.8

Si ab = ac y a 6= 0, entonces b = c. (En particular, esto muestra que el número 1 definido en 4(a) es único).

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

■


Posibilidad de divisiónTeorema 1.9

Dados a,b con a 6= 0, existe exactamente un x ∈ R tal que ax = b. El número x es denotado porb

ao b/a y es llamado

cociente de b y a, en particular,1

aes denotado por a−1 y es llamado el recíproco de a.

Teorema 1.10

Si a 6= 0, entoncesb

a= ba−1.

Teorema 1.11

Si a 6= 0, entonces(a−1

)−1 = a.

Teorema 1.12

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

Teorema 1.13

Si b 6= 0 y d 6= 0, entoncesa

b+ c

d= ad +bc

bd.

Teorema 1.14

Si b 6= 0 y d 6= 0, entoncesa

b· c

d= a · c

b ·d.

Teorema 1.15

Si b 6= 0,c 6= 0 y d 6= 0, entoncesa

bc

d

= ad

bc


1.1.1.1. Ejercicios propuestos

1. Pruebe los teoremas que no presentan demostración.

Probar los siguientes resultados:

2. −0 = 0.

3. 1−1 = 1.

4. − (a +b) =−a −b.

5. − (a −b) =−a +b.

6. (a −b)+ (b − c) = (a − c).

7. Si b 6= 0 y a 6= 0, entonces (ab)−1 = a−1b−1.

8. Si b 6= 0, −( a

b

)=

(−a

b

)=

( a

−b

).

9. Si b 6= 0 y d 6= 0, entoncesa

b− c

d= ad −bc

bd.

10.a

b= c

dsi y solamente si ad = bc, bd 6= 0.

1.1.2. Axiomas de orden

Los axiomas del (1) al (6) no dicen nada sobre “comparar ” los números en el sentido de “que número es más grande que otro”

cuando se toman dos números. En esta sección se presentan axiomas que permitirán, en el anterior sentido, comparar dos

números.

Supondremos la existencia de un subconjuntoR+ ⊂R llamado el conjunto de los números positivos que satisface los siguien-

tes axiomas:

Axioma 7. Si x, y ∈R+ entonces x + y ∈R+ y x y ∈R+.

Axioma 8. Para cada real x : o x = 0 o x ∈R+ o −x ∈R+ de manera excluyente, es decir, se cumple una y solamente

una de las afirmaciones.

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

x < y significa y −x ∈R+

y > x significa x < y

x ≤ y significa y −x ∈R+∪ {0}

y ≥ x significa x ≤ y

Si x > 0, claramente x ∈R+, esto es, x es positivo si y solo si x > 0. Si x ≥ 0 diremos que x es no negativo. Si x < 0 diremos que

x es negativo, el conjunto de los reales negativos se denota con el símbolo R− y está definido por:

R− = {−x : x ∈R+},

los números x ≤ 0 se llaman no positivos.

Las propiedades más importantes, que son consecuencia de los anteriores axiomas, se presentan en los siguientes teoremas.

Ley de la tricotomía


Teorema 1.16

Para dos números reales arbitrarios a,b ocurre exactamente una de las siguientes afirmaciones: a = b o a < b, o b < a.

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

■

Ley transitivaTeorema 1.17

Si a < b y b < c, entonces a < c.

Otros resultadosTeorema 1.18

Si a < b y c es un número arbitrario, entonces a + c < b + c.

Demostración. Por hipótesis a < b, entonces b −a ∈R+, de donde (b + c)− (a + c) ∈R+ de donde a + c < b + c.

■

Teorema 1.19

Si a < b y c < 0, entonces ac > bc.

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

bc < ac, de donde se sigue con: ac > bc.

■

Teorema 1.20

Si a < b y c > 0, entonces ac < bc.

Teorema 1.21

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


Teorema 1.22

Si a 6= 0, entonces a2 > 0.

Teorema 1.23

1 > 0.

Teorema 1.24

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

Teorema 1.25

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

Demostración. Supongamos que la conclusión del teorema es falsa, sin pérdida de generalidad podemos supo-

ner que a < 0 y b > 0. De este hecho tenemos −a > 0 luego (−a)b =− (ab) > 0, esto es contradictorio, luego a y b

son ambos positivos o ambos negativos.

■


1. Pruebe los teoremas que no presentan demostración.

Probar:

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

3. La suma de dos números negativos es negativo.

4. Si a > 0, entonces1

a> 0; si a < 0, entonces

1

a< 0.

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

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

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

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

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

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

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


1.1.3. Números Naturales, Enteros y Racionales

Existen en R ciertos subconjuntos, cuya existencia no se demuestra en este texto, por no corresponder a un primer curso

de Cálculo, estos conjuntos son los Naturales, Enteros y Racionales que se representan respectivamente por N, Z, Q. Estos

conjuntos son:

N= {1,2,3,4, ...}

Z= {...,−4,−3,−2,−1,0,1,2,3,4, ...}

Q={

p

q: p, q ∈ Z ∧ q 6= 0

}Observemos que N⊂Z⊂Q⊂R. Los números que están en R pero no en Q se llaman números irracionales, este conjunto se

representa porQc . En el apéndice I se prueba queQc 6= ;.

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

1.2 Intervalos

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

desigualdades.

Definición 1.1

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

se denota con (a,b), esto es,

(a,b) = {x ∈R : a < x < b} ,

su representación gráfica es:

a b

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

Definición 1.2

(Intervalo cerrado) Dados dos números a,b tales que a ≤ b. El conjunto {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} se llama intervalo cerrado

y se denota con [a,b], esto es,

[a,b] = {x ∈R : a ≤ x ≤ b} ,

este conjunto se puede representar gráficamente del siguiente modo

a b

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


Definición 1.3

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

[a,b) = {x ∈R : a ≤ x < b} y

(a,b] = {x ∈R : a < x ≤ b}

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

a b

a b

De manera similar definimos los intervalos infinitos:

(a,∞) = {x ∈R : x > a}

[a,∞) = {x ∈R : x ≥ a}

(−∞,b) = {x ∈R : x < b}

(−∞,b] = {x ∈R : x ≤ b}

(−∞,∞) =R,

gráficamente, estos intervalos se representan respectivamente por:

a ∞

a ∞

−∞ b

−∞ b

−∞ ∞


En los siguientes ejercicios realizar las operaciones que se indican

1. (0,3)∩ (1,5) Sol.: (1,3)

2.

{[1

2,3

]∪ [4,10)

}∩ [2,8) Sol.: [2,3]∪ [4,8)

3.

[1

2,3

]∩ [4,10)∩ [2,8) Sol.: ;

4.

[1

2,3

]∪ {[4,10)∩ [2,8)} Sol.:

[1

2,3

]∪ [4,8)


5.(p

2,6)∩ (π

2,10

)Sol.:

(π2

,6)

6. {(2,6)∪ (6,8]}∩[

4,

√200

2

]Sol.: [4,6)∪ (6,8]

7. ∩∞k=1

[1+ 1

k,5+ 1

4

]Sol.:

[2,

21

4

]

8. ∩∞k=1

[1− 1

k,5+ 1

4

]Sol.:

(1,

21

4

]

1.3 Valor absoluto

El valor absoluto de un número es la distancia del número al cero, así el valor absoluto de 5 es 5, similarmente, puesto que

la distancia de −5 a 0 es 5, el valor absoluto de −5 es 5. De esta definición intuitiva deducimos que el valor absoluto de un

número es un número no negativo. A continuación definimos formalmente el concepto de valor absoluto.

Definición 1.4

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

|a| ={

a si a ≥ 0

−a si a < 0

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

De la definición anterior, se deduce inmediatamente el siguiente teorema:

Teorema 1.26

Para cualquier a ∈R se tiene:

1. |a|2 = a2,

2. |a| = |−a|,

3. −|a| ≤ a ≤ |a|.

El valor absoluto además tiene las siguientes propiedades

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

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

restantes.


Teorema 1.27

Para cualquier a ∈R, |a| ≥ 0.

Teorema 1.28

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

1.3.0.2. Desigualdad triangular

Teorema 1.29

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

Demostración.|a +b|2 = (a +b)2

= a2 +2ab +b2

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

luego |a +b| ≤ |a|+ |b| .■Observación. Observemos que:

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

luego: |a −b| ≤ |a|+ |b| .

Teorema 1.30

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

−k ≤ x ≤ k.

Teorema 1.31

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

x ≤−k o x ≥ k.


Teorema 1.32

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

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

|a| = |(a −b)+ (b)|≤ |a −b|+ |b|

luego |a −b| ≥ |a|− |b|.■

Teorema 1.33

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

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

|b|− |a| ≤ |b −a|= |a −b|

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

−|a −b| ≤ |a|− |b| ≤ |a −b| ,

esto es:

||a|− |b|| ≤ |a −b| .■

Teorema 1.34

Para todo a,b ∈R, |a +b| ={

a +b si a ≥−b

−a −b si a <−b

1.3.0.3. Ejercicios resueltos

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


Solución. Por definición de valor absoluto:

|3x +5| ={

3x +5 si 3x +5 ≥ 0

− (3x +5) si 3x +5 < 0

de donde:

|3x +5| =

3x +5 si x ≥−5

3− (3x +5) si x <−5

3

El número −5

3divide a la recta real en dos intervalos, a saber,

(−∞,−5

3

)y

[−5

3,∞

), por tanto tenemos dos casos a considerar:

(a) x ∈(−∞,−5

3

). En este caso la ecuación a resolver es:

− (3x +5) = 2

resolviendo, encontramos la solución x =−7

3∈

(−∞,−5

3

).

(b) x ∈[−5

3,∞

). En este caso la ecuación a resolver es:

3x +5 = 2

resolviendo, encontramos la solución x =−1 ∈[−5

3,∞

).

De (a) y (b) concluimos que la solución es el conjunto:{−7

3,−1

}.

Método abreviado. Consiste en ignorar los intervalos en donde se está trabajando, aunque en este caso, debemos comprobar

que los números obtenidos realmente sean solución de la ecuación dada. En el ejemplo, tenemos dos posibilidades:

(a) 3x +5 < 0. En este caso se tiene − (3x +5) = 2, de donde x = −7

3, este número satisface la ecuación dada.

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

De (a) y (b) la solución es el conjunto

{−7

3,−1

}.

Ejercicio. Resolver∣∣x2 −4x +3

∣∣= 3.

Solución. Usaremos el método abreviado. Tenemos dos casos:

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

∣∣=−(x2 −4x +3

), por tanto la ecuación dada se puede escribir como:

−(x2 −4x +3

)= 3,

esto es,

x2 −4x +6 = 0.

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


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

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

x2 −4x +3 = 3,

esto es,

x2 −4x = 0.

La última ecuación encontrada tiene por solución al conjunto {0,4}. Los elementos de este conjunto satisfacen la ecua-

ción dada, por tanto la solución al problema es ;∪ {0,4} = {0,4} .


1. Demostrar los teoremas que no presentan demostración.

2. Resolver:∣∣x2 −x −2

∣∣= 2,

Sol. : x = 1

2+ 1

2

p17, x = 1

2− 1

2

p17, x = 0, x = 1.

3. Resolver: |x +1|+2x −5 = x,

Sol. : x = 2.

4. Resolver:2+|4x −2|

3x= 1,

Sol. : ;

5. Resolver:∣∣x2 +4x −22

∣∣= 1,

Sol. : x =−2+3p

3, x =−2−3p

3, x = 3, x =−7.

6. Resolver:

∣∣x2 +4x −10∣∣

2x= 1,

Sol.: x =p19−3, x =p

11−1.

7. Resolver: |x +1|+ |x +2|+ |x +3| = 6,

Sol : x = 0, x =−4.

8. Resolver:∣∣x2 −1

∣∣+ ∣∣x2 −4∣∣= 5,

Sol.: x =±p5, x = 0.

9. Resolver:∣∣x2 −1

∣∣+ ∣∣x2 −2∣∣= 3,

Sol.: x =±p3, x = 0.

10. Resolver:∣∣x3

∣∣+x −10 = 0,

Sol. : x = 2.

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

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

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

14. Demostrar: ||a|− |b|| ≤ |a −b|


1.4 Resolución de desigualdades con una variable

Resolver una desigualdad, es encontrar valores que satisfacen la desigualdad dada, esto es, al reemplazar dichos valores

en lugar de la variable se obtiene una afirmación verdadera. En esta sección, via ejercicios, se darán algunas técnicas para

resolver desigualdades.

Definición 1.5

(puntos clave o puntos críticos algebraicos) Dada una expresión φ (x), denominaremos los puntos clave de φ en un

intervalo (L,U ) a L, U y aquellos puntos que cumplen una de las siguientes condiciones.

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

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

Observación. Si no se dice nada acerca del intervalo

en donde se encuentra definida φ se asume L =−∞, U =∞.

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

Teorema 1.35

Sea φ (x) una expresión algebraica en la variable x. Sea (a,b) un intervalo formado con dos puntos clave sucesivos de

φ. Entonces φ (x) es estrictamente positiva o estrictamente negativa en todo el intervalo (a,b) .

Observación. El teorema muestra, que es suficiente tomar un punto en cada intervalo formado con dos puntos sucesivos

para calcular el signo en dicho intervalo. El punto que se toma es arbitrario, solo hay que cuidar que se encuentre dentro delintervalo que se está analizando.

Ejemplo 1.2 Consideremos φ (x) = 2x + 4 definida en R. Los puntos clave son −∞,−2,∞. Por tanto podemos formar los

siguientes intervalos: (−∞,−2) y (−2,∞). Por el teorema precedente φ será positiva o negativa en cada uno de los intervalos,

así es suficiente averiguar el signo en algún punto de cada uno de los intervalos.

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

φ (−10) = 2(−10)+4 =−16 < 0,

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

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

φ (0) = 2(0)+4 = 4 > 0,

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

Presentamos a continuación, el resumen del análisis anterior


−∞ −2 ∞

− +

Ejemplo 1.3 Consideremos φ (x) = x

x2 −9. Los puntos clave son

−∞,−3,0,3,∞.

Por tanto se tienen los siguientes intervalos a analizar:

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

100−9< 0.

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

4−9> 0.

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

4−9< 0.

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

100−9> 0.

En el siguiente cuadro presentamos el resumen del análisis anterior.

−∞ −3 0 3 ∞

− + − +

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

te ejemplo.

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

−∞,−3,5,∞.

Por tanto los intervalos a analizar son:

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

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

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

Así tenemos:

−∞ −3 5 ∞

− + +


Observación importante.

Si un punto clave viene de un factor elevado a una potencia par, entonces alre_

dedor de este punto los signos de la expresión algebraica no pueden cambiar. Si

el punto clave viene de una potencia impar, el signo cambia.

Ejemplo 1.5 Consideremos ahora el siguiente problema: Resolver

x2 −5

x −1> 0.

Solución. Sea φ (x) = x2 −5

x −1=

(x −p

5)(

x +p5)

x −1, los puntos clave son{

−∞,−p5,1,p

5,∞}

Puesto que φ (x) está es su forma factorizada, es suficiente hallar el signo en un intervalo, pues todos los demás

signos se deducen a partir de este signo. en el intervalo(−∞,−p5

), con x =−10, φ (−10) = 100−5

−10−1 < 0. Los demás

signos van intercalados, pues todos los puntos clave vienen de factores elevados a una potencia impar.

−∞ −p5 1 p5 ∞

− + − +

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

S =(−p5,1

)∪

(p5,∞

).

Ejemplo 1.6 Resolver 2x2 +x −6 ≥ 0

Solución. Factorizando

2x2 +x −6 = (x +2)(2x −3) ,

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

3

2, ∞

}.

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

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

−∞ −2 3

2∞

+ − +

Por otra parte los números −2 y3

2son soluciones del problema, por tanto la solución del problema es:

S = (−∞,−2)∪(

3

2,∞

)∪

{−2,

3

2

}= (−∞,−2]∪ [3/2,∞)


Ejercicio. Resolver x3 −3x +2 ≥ 0

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

φ (x) = (x +2)(x −1)2 ,

luego, los puntos clave son:

{−2,1}

el punto clave x = 1 viene del factor (x −1)2, que tiene potencia par, entonces los signos alrededor de este punto

no cambian.

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

−∞ −2 1 ∞

− + +

Luego la solución es: S = [−2,∞) .

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

Ejercicio. Resolver:1

x −1+ 2

x−2 ≤ 0.

Solución. La desigualdad dada se puede escribir como

(2x −1)(x −2)

x (x −1)≥ 0

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

x (x −1)son:{

−∞, 0,1

2, 1, 2, ∞

},

todos estos puntos vienen de factores con potencia impar

En (−∞,0) tomamos x =−1, φ (−1) = (−3)(−3)

(−1)(−2)> 0, por tanto los signos son:

−∞ 0 1/2 1 2 ∞

+ − + − +

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

S = (−∞,0)∪[

1

2,1

)∪ [2,∞) .



Resolver:

1. 2x3 −7x2 −5x +4 > 0. Sol.:

(−1,

1

2

)∪ (4,∞) .

2. (4x −15)3 (x −1) < 0. Sol.:

(1,

15

4

).

3. 9x4 −36x3 +47x2 −24x ≥−4. Sol. :

(−∞,

1

3

]∪

[2

3,1

]∪ [2,∞) .

4.(x −2)3 (x −4)8

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

5.x

x2 +1+ 1

2x−x ≥ 0. Sol.: (−∞,−1]∪ (0,1]

6.1

x− x

x −2≤ 0. Sol. : (−∞,0)∪ (2,∞)

7.x

x2 +1+ 1

2x≥ 1. Sol. : (0,1]

8. x4 −9 ≥ 7. Sol.: (−∞,−2]∪ [2,∞)

9.x2 +x −9

x> 1. Sol.: (−3,0)∪ (3,∞) .

10. (x −1)(x −2)

(1− 1

x

)> 0. Sol.: (−∞,0)∪ (2,∞) .

11.1

x −2+ 2x

x −1−1 ≥ 0. Sol.:

(−∞,−p3]∪ (2,∞)∪ (

1,p

3]

.

12. x6 +4x2 −5 ≤ 0. Sol.: [−1,1] .

13.1

x+ 2

x2 > 3. Sol.:

(−2

3,0

)∪ (0,1) .

14.1

x4 + 1

x3 + 1

x2 > 0. Sol.: x 6= 0.

15. x2 − 3x2

x −1< 0. Sol.: (1,4) .

16.

(x2 −1

)(x2 −4

)x2 −9

≤ 0. Sol.: (−3,2]∪ [−1,1]∪ [2,3) .

17.1

x+ 1

x −2< 0. Sol.: (−∞,0)∪ (1,2)

18.1

x+ 1

x −2+ 1

x −4< 0. Sol.: (−∞,0)∪

(2− 2

p3

3 ,2)∪

(2+ 2

p3

3 ,4)

.

19. Resolver:1

x− 1

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

Sol. (i) Si a ∈ (−∞,0) . x 6= 0, x ∈(

1+p1−4a2a , 1−p1−4a

2a

), (ii) a ∈ (

0, 14

). x 6= 0, x ∈

(−∞, 1−p1−4a

2a

)∪

(1+p1−4a

2a ,∞)

.


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

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

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

c) b2 −4ac < 0.

21. (Signos-AMARU SOFT) Determinar intervalos donde f (x) es positiva y donde es negativa.

f (x) =−5x2 −3+ 1

x +1− 4

x −2.

Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−1,−0,78452,0,1,7845,2,∞}.

−∞ −1−0,78452

01,7845

2 ∞

− + − − + −

Paso intermedio, posiblemente sin simplificar f (x) = x2(−5x2 +5x +7

)(x +1)(x −2)


f (x) = −4x2 −2x +3

x −3+ −9

3x −9.

Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−0,5,0,3,∞}.

−∞ −0,50

3 ∞

+ − + −


f (x) = −5

x2 +4x+ −2

x +4.

Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−4,−2,5,0,∞}.

−∞ −4−2,5

0 ∞

+ − + −


f (x) = 5x

x2 +5x+ 6

x +6.

Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,−6,−5,4545,−5,0,∞}.


−∞ −6−5,4545

−50

∞− + − + +


x +2

x2 −x+ 3

x −1+2.

Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,0,1,∞}.

−∞ 01

∞+ − +


f (x) = 9

x −3+ 4

(x −2)2 +2.

Sol.: Puntos clave:Puntos Clave={−∞,0,2,2,5,3,∞}.

−∞ 02

2,53

∞+ + + − +

Función factorizada, posiblemente sin simplificar f (x) = x2 (2x −5)

(x −3)(x −2)2

1.5 Desigualdades con valor absoluto

Cuando se presentan desigualdades en donde se presentan expresiones con valor absoluto. La solución se encuentra eli-

minando el símbolo de valor absoluto. Para el caso de factores lineales debemos tomar en cuenta un simple hecho: Para

cualquier número a el signo de x −a es positiva si x está a la derecha de a y negativa si está a la izquierda.

Ejemplo 1.7 Eliminaremos el valor absoluto en la expresión |x +5|+2. Para este fin, tomemos en cuenta el siguiente gráfico:

−∞ −5 ∞x x

si x está en este intervalo︷︸︸︷x +5 < 0

si x está en este intervalo︷︸︸︷x +5 > 0

entonces:

|x +5|+2 ={

− (x +5)+2 x ∈ (−∞,−5)

(x +5)+2 x ∈ [−5,∞)



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

Solución. Usando la definición de valor absoluto, la expresión situada a la izquierda de la desigualdad se puede escribir

sucesivamente como: x ∈ (−∞,−2)

−∞ x −2 2 ∞

En este caso x +2 < 0 y x −2 < 0, es decir:

|x +2|+ |x −2|+x −5 =− (x +2)− (x −2)+x −5

x ∈ [−2,2)

−∞ −2 x 2 ∞

En este caso x +2 > 0 y x −2 < 0:|x +2|+ |x −2|+x −5 = (x +2)− (x −2)+x −5

x ∈ [2,∞)

−∞ −2 2 x ∞

|x +2|+ |x −2|+x −5 = (x +2)+ (x −2)+x −5

Resumiendo:

|x +2|+ |x −2|+x −5 =

− (x +2)− (x −2)+x −5 x ∈ (−∞,−2)

(x +2)− (x −2)+x −5 x ∈ [−2,2)

(x +2)+ (x −2)+x −5 x ∈ [2,∞)

,

realizando operaciones algebraicas, lo anterior queda:

|x +2|+ |x −2|+x −5 =

−x −5 x ∈ (−∞,−2)

x −1 x ∈ [−2,2)

3x −5 x ∈ [2,∞)

,

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

de las soluciones encontradas en cada uno de los intervalos mencionados.


(a) Caso x ∈ (−∞,−2) . En este caso debemos resolver: −x −5 ≥ 0 los puntos clave de φ1 (x) =−x −5 son

−∞,−5,−2,

un análisis de signos da la solución parcial: (−∞,−5] .

(b) Caso x ∈ [−2,2) . En este caso se resuelve: x −1 ≥ 0, encontrándose la solución parcial: [1,2) .

(c) Caso x ∈ [2,∞) . En este caso se resuelve: 3x −5 ≥ 0, la solución parcial que se encuentra es: [2,∞) .

De lo anterior concluimos que la solución es:

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

El gráfico de |x +2|+ |x −2|+x −5 es:

x

y

−2 2−1

y = |x +2|+ |x −2|+x −5

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

Solución. La parte izquierda de la desigualdad, se puede escribir de la siguiente manera:

|x +2|− |x −2|+x2 =

x2 −4 x ∈ (−∞,−2)

x2 +2x x ∈ [−2,2)

x2 +4 x ∈ [2,∞)

(a) x ∈ (−∞,−2) . Se resuelve x2 −4 ≤ 0. Solución parcial: ;.

(b) x ∈ [−2,2) . Se resuelve: x2 +2x ≤ 0. Solución parcial: [−2,0]

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

De lo anterior concluimos que la solución es:

;∪ [−2,0]∪;= [−2,0]

El gráfico de |x +2|− |x −2|+x2 es:


x

y

−2 2

y = |x +2|− |x −2|+x2

Ejercicio. Resolver|x +2|− |x −2|+x2

x −5≤ 0.

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

x −5en el intervalo [-3,3] es:

x

y

−2 2

y = |x +2|− |x −2|+x2

Ejercicio. Resolver∣∣x2 −2x −3

∣∣−x2 ≥ 0.

Solución. Un cálculo da: ∣∣x2 −2x −3∣∣={

x2 −2x −3 si x ∈ (−∞,−1]∪ [3,∞)

−(x2 −2x −3

)(−1,3)

luego, ∣∣x2 −2x −3∣∣−x2 =

{x2 −2x −3−x2 si x ∈ (−∞,−1)∪ [3,∞)

−(x2 −2x −3

)−x2 si x ∈ [−1,3)

realizando operaciones algebraicas lo anterior queda como:

∣∣x2 −2x −3∣∣−x2 =

{−2x −3 si x ∈ (−∞,−1)∪ [3,∞)

−2x2 +2x +3 si x ∈ [−1,3)


(a) x ∈ (−∞,−1]∪ [3,∞) . Solución parcial: (−∞,−3/2] .

(b) x ∈ [−1,3) . Solución parcial:[

1−p72 , 1+p7

2

].

De (a) y (b) la solución es (−∞,−3

2

]∪

[1−p

7

2,

1+p7

2

]

Ejercicio. Resolver:|x −14|x2 −4

+5 ≥ 0.

Solución. Usando la definición de valor absoluto, encontramos:

|x −14|x2 −4

+5 =

−x +14

x2 −4+5 si x ∈ (−∞,14)

x −14

x2 −4+5 si x ∈ [14,∞)

(a) x ∈ (−∞,14) . Solución parcial:

(−∞,−2)∪[−1,

6

5

]∪ (2,14)

(b) x ∈ [14,∞) . Solución parcial:

[14,∞) .

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

(−∞,−2)∪[−1,

6

5

]∪ (2,14)∪ [14,∞) ,

esto es,

(−∞,−2)∪[−1,

6

5

]∪ (2,∞) .


Resolver las siguientes desigualdades.

1.

∣∣∣∣ 1

x +1

∣∣∣∣< 1. Sol.: (−∞,−2)∪ (0,∞).

2.x |x −3|− |x +3|∣∣x2 −4

∣∣−4> 0 en el intervalo [0,∞) . Sol.:

(0,p

8)∪ [

2+p7,∞)

3.|2x +3|−x |x|

|x −1| > 0. Sol.: (−∞,1)∪ (1,3)

4. |4 |x|−4|−x2 +1 < 0. Sol. [−3,3]

5.|x −5|x −2

+x −5 ≥ 0. Sol.: (2,3]∪ [5,∞) .


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

p2]

.

7. |2x −1|+ |4x −5|−8 ≥ 0. Sol.:

(−∞,−1

3

]∪

[7

3,∞

).

8.3+|2x +5|+x

x≥ 3. Sol. : (0,∞).

9. −6+|3x −1|x −2x > 0. Sol. : (2,∞).

10. |2x +1|+3x −|5x −3| > 3. Sol. :

(1

2,∞

).

11. |2x +1|−3x −|5x −3| < 0. Sol. :

(−∞,

1

2

)∪

(2

3,∞

).

12.∣∣x2 −4

∣∣+3x ≤ 5. Sol.:

[−3−3

p5

2,

3−p5

2

].

13.∣∣x2 −9

∣∣−2 |x|+x < 10. Sol.:

(−3−p

85

2,

1+p77

2

)

14.|x (x +3)||x +1| ≥ 2. Sol.:

(−∞,

−5−p17

2

]∪ [−2,−1)∪

(−1,

−5+p17

2

]∪ [1,∞)

15.|2x|−5 |x +2|+x2 −x

|x|+x> x. Sol.: ;

16.|x −2|− |x +2|

x< 0. Sol. : (−∞,0)∪ (0,∞)

17. |x|+ |x +1| ≤ 2., Sol.:

[−3

2,

1

2

]

18. |x|+ |x +1|+ |x +2| ≤ 4, Sol. :

[−7

3,

1

3

].

19. |x|+ |x +1|+ |x +2|+ |x +3| ≤ 7. Sol. :

[−13

4,

1

4

]

20.∑n

k=0 |x +k| ≤ n (n +1)

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

[−n (n +1)+1

n +1,

1

n +1

]?

21. |x|7 + ∣∣x5 −1∣∣≥ 0. Sol. : R

22. |x|+ |x −1|+x < 0. Sol. : ;

23. |x|− |x −1|+x ≥ 0. Sol. :

[1

3,∞

)

24.1

|x| −x2 ≥ 0. Sol. : [−1,0)∪ (0,1]

25.1

|x| − |x|+1 ≤ 0. Sol. :

(−∞,

−1−p5

2

]∪

[1+p

5

2,∞

)

26.

∣∣∣∣x − 1

2

∣∣∣∣+2x > 2. Sol. :( 5

6 ,∞)


27. x2 + ∣∣x2 −4x +3∣∣+|x|−3 ≤ 0. Sol.:

[0,

6

5

]

28. 2x |x|− ∣∣x2 −1∣∣−3x +1 ≥ 0. Sol.:

[−1

2− 1

6

p33,0

]∪ {1}∪ [2,∞)

29.|x|∣∣x2 +1

∣∣ + 1

2 |x| −1 ≥ 0. Sol.: [−1,0)∪ (0,1]

30.1

|x +1| −1

|x| +1

|x −1| ≥ 0. Sol.:(−∞,−1)∪ (−1,1−p2]∪ [−1+p

2,1)∪ (1,∞)

31.x +x −2

2+|x −3| < 3. Sol.: R

32.1

|x +1| +1

x≥ 2. Sol. :

[−1

2− 1

2

p3,−1

)∪

(−1,−1

2

p2

]∪

(0,

1

2

p2

]33.

∣∣x7 +33x2 +27∣∣+|x|+x6 < 0. Sol. : ;.

34.|2x −1|+2x −1

|x +1|+x +1≥ 0. Sol.:

[1

2,∞

)

2 Funciones

2.1 Introducción

El concepto de función fue introducida en matemáticas por Leibniz. En esta sección se dará una descripción intuitiva del

concepto de Función.

Sean X ,Y conjuntos. Una función, es una correspondencia de los elementos de X con los elementos de Y tal que a cada

x ∈ X le corresponde un y solamente un elemento de Y .

Ejemplo 2.1 Sea X un conjunto de personas, Y = Z, (recuerde Z es el conjunto de enteros). Consideremos la siguiente

correspondencia entre estos dos conjuntos: A cada persona de X le corresponde su edad. Claramente esta correspondencia

es una función.

Ejemplo 2.2 Sea X = N, Y un conjunto de familias de cierta comunidad. Consideremos la siguiente correspondencia: A

cada número de n ∈ N le corresponde una familia de Y con exactamente n miembros. Esta correspondencia, en general no

es una función, pues pueden existir familias con el mismo número de miembros.

Ejemplo 2.3 Si X es el conjunto de todas las familias y Y =N ¿es función la siguiente correspondencia?: A cada familia, le

corresponde el número de miembros de la familia.

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

usada es f escribiremos

f (x) = y ó xf→ y

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

32 Funciones

X Y

f

x f (x)

Para decir que f es una función de X en Y escribiremos f : X → Y , el conjunto X se llamará dominio de f y se denotará con

D f , el conjunto Y se llamará codominio de f y se denotará con C f . Los valores de y ∈ Y tales que son imagenes de algún

x ∈ X forman el conjunto que se llamará rango de f y se denotará con R f , es claro que R f ⊂C f . Gráficamente:

RangoCodominio

Observemos que ningún elemento del dominio de una función puede carecer de imagen.

Finalmente observemos que una función1 f : X → Y consta de tres partes:

1. El conjunto X llamado dominio,

2. el conjunto Y llamado codominio y

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

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

f ={(

x, f (x))

: x ∈ D f

}tales que:

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

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

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

Funciones 33

Ejemplo 2.4 Sea P el conjunto de todos los polígonos del plano, R el conjunto de números reales y f : P → R una función

que asocia a cada polígono x en P su área f (x).

Ejemplo 2.5 Sea R+el conjunto de los reales positivos, C el conjunto de cuadrados en el plano. f :R+ →C es la correspon-

dencia que a cada x ∈ R+ le hace corresponder un cuadrado en C tal que su área sea x. Es claro que f no puede ser función

pues por ejemplo para x = 1 se tienen varios cuadrados como imagen tal como se muestra a continuación.

Reales positivosPlano

1

2

3

1

Del gráfico, f (1) es el cuadrado con vértices (0,0), (1,0), (1,1), (0,1), pero también f (1) puede ser el cuadrado con vertices

(0,2), (1,2), (1,3), (0,3) pues ambos cuadrados tienen área igual a 1.

Ejemplo 2.6 Sean X = Y = R, considérese la función que asigna a cada elemento x de X el elemento x2 de Y , entonces

tenemos f (x) = x2 para cada x ∈R. El gráfico en coordenadas cartesianas es:

f (x) = x2

x

y

1

2

−2 −1 1 2

Ejemplo 2.7 Se presenta un ejemplo de una correspondencia de conjuntos que no es función.

Sea A = {a,b,c}, B = {u, v}. Consideremos la correspondencia

a 7−→ u

b 7−→ v

c 7−→ u

c 7−→ v

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

definición de función.

34 Funciones

X Ya

b

c

u

v

Ejemplo 2.8 Sea X = {a,b,c,d , }, Y = {u, v, w}, ¿es función la siguiente correspondencia?

X Ya

b

c

d

u

v

w

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

X Ya

b

cd

u

v

w

que es una función. Intuitivamente observemos que del codominio X no pueden salir “dos flechas” de un mismo elemento,

sin embargo a un elemento de Y pueden llegarle ”más de una flecha ” sin perder la condición de función.

Ejemplo 2.9 Sea f la correspondencia de números reales definida por f (x) =p

4−x2, encontrar D f , C f y R f y bosquejar el

gráfico de f .

Solución.

Funciones 35

Cálculo del dominio. Es claro que toda la recta real R no puede ser el dominio de f pues por ejemplo x = 5 no tiene imagen,

ya que f (5) = p4−25 = p−21, luego f (5) no puede existir. Para encontrar el D f encontramos los valores de x tales quep

4−x2 exista, esto ocurre cuando

4−x2 ≥ 0,

es decir cuando −2 ≤ x ≤ 2, luego D f = [−2,2].

El codominio. El codominio de f es el conjunto C f =R.

Cálculo del rango. El rango está formado por los puntos y ∈C f tales que existe x ∈ D f y f (x) = y . Puesto que f (x) =p

4−x2

tenemos y =p

4−x2 para x ∈ [−2,2]. De la igualdad y =p

4−x2 despejamos la variable x obteniendo x =√

4− y2 que existe

solamente si y ∈ [−2,2] como por la definición de esta función y ≥ 0, el rango de f es R f = [0,2].

Bosquejamos ahora la gráfica. La gráfica se bosqueja encontrando, como es usual, la imagen de algunos puntos, mientras

mas puntos se tome se tendrá un mejor bosquejo de la gráfica. Para el ejemplo tomamos los siguientes puntos mostrados en

forma tabular.

x f (x)

−2 0,0000

−1,8 0,8718

−1,6 1,2000

−1,4 1,4283

−1,2 1,6000

−1,0 1,7321

−0,8 1,8330

−0,6 1,9079

−0,4 1,9596

−0,2 1,9900

0,0 2,0000

x f (x)

2 0,0000

1,8 0,8718

1,6 1,2000

1,4 1,4283

1,2 1,6000

1,0 1,7321

0,8 1,8330

0,6 1,9079

0,4 1,9596

0,2 1,9900

0,0 2,0000

x

y

−2 2

2 f (x) =p

4−x2

(−2,0)

(−1,8,0,8718)

(−1,6,1,2)

Ejemplo 2.10 Sea f (x) = 1

x, encontrar D f , C f y R f y bosquejar la gráfica.

Solución. f (x) = 1

xestá definida para todo número real exepto para x = 0, luego D f = R− {0}. El codominio es C f = R. El

rango R f es R−{0} pues el 0 es el único elemento de C f que no tiene una preimagen, esto es, no existe x ∈ D f tal que f (x) = 0.

La gráfica es:

36 Funciones

x

y

−2 2

2

−2

f (x) = 1x

(2, 12 )

Ejemplo 2.11 Hallar el dominio de f (x) =p3+x + 4p7−x.

Solución. Puesto que la raíz n−enésima de números negativos, cuando n es par, no existe en el sistema de números reales,

el dominio de f estará dado por los valores de x tales que 3+x ≥ 0 y 7−x ≥ 0.

La solución para la primera desigualdad es [−3,∞) y para la segunda es (−∞,7], por tanto el dominio de f es D f = (−∞,7]∩[−3,∞) = [−3,7].

Ejemplo 2.12 Hallar el dominio de la función f (x) = 13px −1

, y bosquejar la gráfica.

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

x

y

−2 2

2

−2

f (x) = 1x

(2,1)

Ejemplo 2.13 Hallar el dominio de f (x) =√

x

x2 −4.

Solución. Debemos tenerx

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

Ejemplo 2.14 Hallar el dominio de f (x) = 3p−x +

√x

x2 −4.

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

√x

x2 −4, esta raíz cuadrada existe si

x

x2 −4≥ 0, esto es

cuando x ∈ (−2,0]∪ (2,∞), así el dominio es D f = (−2,0]∪ (2,∞) .

2.2 Funciones Especiales

Funciones 37

2.2.1. Función Identidad

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

x

y

−2 2

2

−2

f (x) = x

2.2.2. Funcion Constante

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

x

y

−2 2

2

c

−2

f (x) = c

2.2.3. Función Valor Absoluto

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

x si x ≥ 0

−x si x < 0se llama función valor absoluto, D f = C f = R, R f = R+∪ {0}.

Su gráfico es:

x

y

−2 2

2

−2

f (x) = |x|

38 Funciones

2.2.4. La Función Lineal

Sea f :R→R definida por f (x) = ax +b, con a,b ∈R, se llama función lineal y para esta función D f =C f = R f =R. La gráfica

de f (x) = 3x +1, es:

x

y

−2 2

7

−5

f (x) = 3x +1

2.2.5. Función Potencia

La función f : R→ R definida por f (x) = xn , con n entero positivo, se llama función potencia. Para esta función D f = R,

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

x

y

−2 −1 21

7

−5

f (x) = x2f (x) = x100

Funciones 39

x

y

−2 −1 21

4

−4

f (x) = x3f (x) = x101

<dsf<zsdfz<sdf<zsdfs<zdf

2.2.6. Función Polinomial

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

Pn(x) = cn xn + cn−1xn−1 + ...+ c1x + c0 =n∑

k=0cn−k xn−k

Donde cn 6= 0. Para la función polinómica DPn =CPn =R.

Para obtener la forma de la gráfica de la función polinomial, es útil la siguiente propiedad de los polinomios, llamada: pro-piedad asintótica.

Propiedad asintótica.Para valores |x| muy grandes:

cn xn + cn−1xn−1 + ...+ c1x + c0 ' cn xn

Ejemplo 2.15 Si f (x) = x6 −14x4 +49x2 −36 para valores grandes de x se tiene:

x x6 −14x4 +49x2 −36 x6

10 864864 106

100 9.98600×1011 1012

1000 9.99986×1017 1018

10000 9.99999×1023 1024

100000 1.0×1030 1030

El comportamiento asintótico muestra que las gráficas de los polinomios de grado par, para valores x muy grandes, se pa-

recen a la gráfica de la función potencia xn para n par, para x cerca de cero se comportará de acuerdo al número de raíces

que tenga el polinomio. Un comportamiento análogo se tiene para polinomios de grado impar. A continuación se muestran

gráficos para explicar este comportamiento.

40 Funciones

x

y

−2 −1 21

100

200

−4

f (x) = (x2 −1)(x2 −4)(x2 −9)

x

y

−2 −1 21

100

200

f (x) = x6

2.2.7. Las funciones Trigonométricas

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

nuación.

x

y = 1

y =−1

y

0 π/2 π 3π/2 2π

1

−1f (x) = cos(x)

x

y = 1

y =−1

y

0 π/2 π 3π/2 2π

1

−1f (x) = sen(x)

x

y

0 π/2 π 3π/2 2π

6

−6 f (x) = tan(x)

x

y

0 π/2 π 3π/2 2π

6

−6 f (x) = cot(x)

Otras funciones trigonométricas son las inversas de las anteriores como el arcoseno, arcocoseno, arcotangente, que se deno-

tan respectivamente como arcsin x, arccos x, arctan x, etc. Estas funciones se estudiaran más adelante.

2.2.8. La función Exponencial

La función f : R→ R definida por f (x) = ax o f (x) = a−x con a > 1 se llama función exponencial. f (x) = ax exponencial

positiva y f (x) = a−x se llama exponencial negativa. Sus gráficas cuando a = 3 son respectivamente:

Funciones 41

x

y

0 1

10

20

f (x) = e3xx

y

0 1

10

20

f (x) = e−3x

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

crece a infinito.

Observemos también, que la gráfica de la función exponencial, siempre pasa por (0,1).

Finalmente notemos que el rango es (0,∞) .

2.2.9. La función Logarítmica

La función f :R+ →R, definida por f (x) = loga x, se llama logaritmo de x en base a, aquí suponemos que a > 1. El logaritmo

de x en base a es un número y tal que ay = x, esto es, las expresiones

y = loga x y ay = x,

son equivalentes.

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

a) loga a = 1

b) loga 1 = 0

c) loga(xz) = loga x + loga z

d) loga(x

z) = loga x − loga z

e) loga(xz ) = z · loga x

La gráfica, de la función logaritmo, para el caso a > 1, tiene el siguiente aspecto:

x

y

0 1

1

2

f (x) = lnx

Las bases más usadas son a = 10 y a = e ' 2,718282. Si a = 10 se escribe log x en vez de log10 x y se conoce con el nombre de

logaritmo decimal. Si a = e se escribe ln x en vez de loge x y se llama logaritmo neperiano o natural.

42 Funciones

2.2.10. La función mayor entero

f : R→ R definida por f (x) = [x] se conoce con el nombre de función mayor entero. [x] es el mayor entero menor o igual a x

asi [2,3] = 2, [−4,37] =−5, [1] = 1, etc.

Para esta función D f =R, R f =Z.

x

y

−2 −1 1 2 3

−2

−1

1

2

f (x) = [x]

2.2.11. Funciones Hiperbólicas

Funciones hiperbólicas son el seno hiperbólico, coseno hiperbólico, tangente hiperbólico, etc. Se definen como:

sinh x = ex −e−x

2coth x = 1

tanh x= ex +e−x

ex −e−x , x 6= 0

cosh x = ex +e−x

2sech x = 1

cosh x= 2

ex +e−x

tanh x = sinh x

cosh x= ex −e−x

ex +e−x csch x = 1

sinh x= 2

ex −e−x , x 6= 0

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

x

y

3−3

24

f (x) = cosh(x)

x

y

3−3

24

−2−4

f (x) = sinh(x)


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

2. Graficar las funciones cos x, tan x, sec x,csc x,cot x.

3. Graficar f (x) = tanh x, coth x, sechx, cschx.

4. Graficar f (x) = 2x y 2−x .

Funciones 43

5. Graficar f (x) = log 12

x. (El logaritmo de x en base 12 )

2.3 Operaciones con funciones

En esta sección se definen las siguientes operaciones: suma, resta, producto, división y composición. Antes de empezar con

este tema se define la igualdad de funciones.

Definición 2.1

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

2.3.1. Suma y Resta

Sean f y g funciones con dominios D f y Dg respectivamente, entonces f + g y f − g , son funciones con dominio D f ∩Dg y

reglas de correspondencia.

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

Ejemplo 2.16 Sean f , g : R→ R definidas por f (x) =−x2 − x, g (x) = x2 −2, entonces la función h = f + g , está definida por

h(x) = f (x)+ g (x) =−x −2, observemos además que el dominio de h es R .

2.3.2. Producto y División

Sean f y g funciones con dominios D f , y Dg respectivamente, entonces f g es una función con dominio D f ∩Dg con la regla

de correspondencia

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

f

ges una función con dominio D f ∩ (Dg −

{x : g (x) = 0

}) y la regla de correspondencia

(f

g

)(x) = f (x)

g (x)

Ejemplo 2.17 Sean f , g :R→R definidas por f (x) = x +2, g (x) = 2(x −1) ,entonces

(f g

)(x) = f (x) g (x) = 2(x +2)(x −1).

Por otra parte (f

g

)(x) = f (x)

g (x)= x +2

2x −2.

Un caso particular, muy importante, es cuando f es una función constante, digamos f (x) = c, entonces(c f

)(x) = c f (x). En

particular si c =−1, se tiene(− f

)(x) =− f (x).

Ejemplo 2.18 Sea f (x) = x2 +x −2, entonces(− f

)(x) =−x2 −x +2.

44 Funciones

2.3.3. Recíproco de una función

Consideremos ahora el problema siguiente : Dado f , encontrar g tal que f g = 1 (la función constante 1). Por definición

( f g ) (x) = f (x) · g (x), esto sugiere definir g como g (x) = 1

f (x), claro esta, para puntos x en donde f (x) 6= 0. La función g se

conoce como el recíproco de f .

Ejemplo 2.19 Si f (x) = x2 +x −2, entonces el reciproco es g (x) = 1

x2 +x −2.

2.3.4. Composición de Funciones

Definición 2.2

Sean g y f funciones, la composición de g con f , denotada por f ◦g (se lee ”g compuesta con f ”) es la función cuyo

dominio es el conjunto:

D f 3 g = {x ∈ Dg : g (x) ∈ D f

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

El siguiente esquema ilustra la anterior definición.

X Y Z

g f

x g (x) f (g (x))

f ◦ g

Aquí suponemos que g tiene dominio en X y rango en Y y f tiene dominio en Y y rango en Z , entonces f ◦ g tiene dominio

en X y rango en Z . El dominio de f ◦ g son los elementos de X cuya imagen g (x) está en D f .

Ejemplo 2.20 Consideremos las funciones:

X Y

g

1

2

3

4

−20

1358

W U

f

0

1

5

8

68

10

12

14

Para este ejemplo D f 3 g = {x ∈ Dg : g (x) ∈ D f

}= {2,3}, Luego tenemos

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

( f ◦ g ) (3) = 8

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

Funciones 45

Ejemplo 2.21 Consideremos las funciones f , g :R→R definidas por f (x) = x +1 y g (x) = x2, entonces

( f ◦ g )(x) = f (g (x)) = f (x2) = x2 +1

y

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

Observemos que f ◦ g 6= g ◦ f , en general la igualdad no es válida.

Teorema 2.1

Si f g y h son funciones, se verifica:

a) ( f ◦ g )◦h = f ◦ (g ◦h)

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

c) ( f + g )◦h = f ◦h + g ◦h

d) ( f g )◦h = ( f ◦h)(g ◦h)


Ejemplo 2.22 Sean f , g :R→R definidas por f (x) = x2 −x y g (x) = 4−x2:

a) Calcular f + g y f − g .

b) Calcular f g yf

g.

c) Calcular f ◦ g y g ◦ f .

Solución. a)( f + g )(x) = f (x)+ g (x)

= x2 −x +4−x2

= −x +4

( f − g )(x) = f (x)− g (x)

= x2 −x − (4−x2)

= 2x2 −x −4

b)( f g )(x) = f (x)g (x)

= (x2 −x)(4−x2)(f

g

)(x) = f (x)

g (x)

= x2 −x

4−x2

c)

( f ◦ g )(x) = f (g (x))

= f (4−x2)

= (4−x2)2 − (4−x2)

(g ◦ f )(x) = g ( f (x))

= g (x2 −x)

= 4− (x2 −x)2

46 Funciones

Ejemplo 2.23 Si

f (x) ={

3x +4 si x ∈ [0,2]

−x +1 si x ∈ (2,5]

y

g (x) ={

x2 si x ∈ [0,3)

4 si x ∈ [3,6]

a) Graficar f y g

b) Calcular f + g y f − g

c) Calcular f g

d) Calcular f ◦ g

Solución. a)

x

y

25

2

10

−1

−4

f (x)

x

y

3 6

2

10

−1

−4

g (x)

b) Observemos que D f = [0,5] ,Dg = [0,6], luego D f +g = [0,5]. Dividimos el intervalo [0,5] en los intervalos [0,2] , (2,3) , [3,5],

luego:

( f + g )(x) =

x2 +3x +4 si x ∈ [0,2]

x2 −x +1 si x ∈ (2,3)

−x +5 si x ∈ [3,5]

( f − g )(x) =

−x2 +3x +4 si x ∈ [0,2]

−x2 −x +1 si x ∈ (2,3)

−x −3 si x ∈ [3,5]

c)

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

(3x +4)x2 si x ∈ [0,2]

(−x +1)x2 si x ∈ (2,3)

(−x +1)4 si x ∈ [3,5]

d)

( f ◦ g )(x) =

f (x2) si x ∈ [

0,p

2]

f (x2) si x ∈ (p

2,p

5)

f (4) si x ∈ [3,5]

=

3x2 +4 si x ∈ [

0,p

2]

−x2 +1 si x ∈ (p

2,p

5)

−4+1 si x ∈ [3,5]

Ejemplo 2.24 Calcular f ◦ g y g ◦ f si f :R→R y g :R→R son definidos por f (x) = x2 y g (x) = cos x.

Solución.(g ◦ f )(x) = g ( f (x))

= g (x2)

= cos x2

( f ◦ g )(x) = f (g (x)

= f (cos x)

= (cos x)2

= cos2 x

Las gráficas que a continuación se presentan, muestran que cos x2 6= cos2 x

Funciones 47

x

y

4

1

−1

f (x) = cos(x2)

x

y

4

1

−1

f (x) = cos(x2)

Ejemplo 2.25 Sean f (x) = |x| , g (x) = sen x, calcular f ◦ g y g ◦ f .

Solución.( f ◦ g )(x) = f (g (x))

= f (sen x)

= |sen x|y

(g ◦ f )(x) = g ( f (x))

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

2.4 La Inversa de una Función

En esta sección discutiremos el siguiente problema: Dada una función f encontrar una función g tal que f ◦g = g ◦ f = I . Tal

función se llamará inversa de f .

¿Siempre existe la función inversa?,

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

Finalizaremos esta sección presentando algunos teoremas sobre funciones inversas.

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

2.4.1. Funciones Inyectivas y Sobreyectivas

Definición 2.3

(Función Inyectiva). Sea f : X → Y . La función f se llama función inyectiva si para todo x0, x1 ∈ X con x0 6= x1, se tiene

f (x0) 6= f (x1).

o equivalentemente f es inyectiva si f (x0) = f (x1) implica x0 = x1.

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

Ejemplo 2.26 La función f : R→ R definida por f (x) = x +3 es inyectiva, en efecto si f (x0) = f (x1) tenemos x0 +3 = x1 +3

de donde x0 = x1, lo que muestra que f es inyectiva.

48 Funciones

Ejemplo 2.27 La función g : R→ R definida por f (x) = x2 no es inyectiva pues para x0 =−2 , x1 = 2, x0 6= x1 pero f (x0) =4 = f (x1).

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

Interpretación geométricaGeométricamente, una función f es inyectiva, si toda recta paralela al eje x corta a la gráfica de f en a lo sumo un punto;

como consecuencia de lo anterior, una función no es inyectiva, si existe una paralela al aje x que corta la gráfica de f en más

de un punto.

x

y

Función no inyectiva

x

y

Función inyectiva

Definición 2.4

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

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

Ejemplo 2.28 Sea f la función:

X Y

g

1

2

3

4

80

1352

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

Ejemplo 2.29 La función f : R→ R definida por f (x) = x3 −1 es sobreyectiva. En efecto sea y ∈ Y , y buscaremos x ∈ X tal

que f (x) = y . De esta igualdad se tiene x3 − 1 = y , despejando x tenemos x = 3√

y +1, este valor de x es el buscado pues

f (x) = (3√

y +1)3 −1 = y .

Observemos, que si una función no es sobreyectiva, se puede construir un codominio adecuado de manera que la función

sea sobreyectiva. Esto se logra eliminando los elementos que no tengan preimagen. Asi en el primer ejemplo podemos volver

a definir la función como sigue:

Funciones 49

X Y

g

1

2

3

4

80

13

Aquí, claramente f es sobreyectiva, notemos que esta función no es 1-1, asi pues, ser sobreyectiva no implica ser inyectiva,

también, ser inyectiva no implica ser sobreyectiva.

Definición 2.5

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

conjunto

f (A) = {f (x) : x ∈ A

}. = {

y ∈ Y : f (x) = y, x ∈ A}

si un elemento pertenece a la imagen de A escribimos

y ∈ f (A) ⇔ (∃x, x ∈ A)( f (x) = y)

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

Teorema 2.2

Sea f : X → Y una función, y sean A,B subconjuntos de X , entonces:

a) f (A∪B) = f (A)∪ f (B)

b) f (A∩B) ⊂ f (A)∩ f (B)

c) A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B)

d) f (;) =;

Teorema 2.3

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

Definición 2.6

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

50 Funciones

2.4.2. Inversa de una función

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

f −1 ◦ f = IX f ◦ f −1 = IY

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

.

Ejemplo 2.30 Consideremos la función f : R→ R dada por f (x) = 2x −1 entonces f es biyectiva y la inversa es f −1(x) =12 (x +1), en efecto (

f ◦ f −1)

(x) = f(

f −1(x))

= f( 1

2 (x +1))

= 2( 1

2 (x +1))−1 = x

y (f −1 ◦ f

)(x) = f −1

(f (x)

)= f −1 (2x −1)

= 12 (2x −1+1) = x

Ejemplo 2.31 La función:

X Y

g

2

3

4

0

1

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

X Y

2

3

4

0

1

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

A continuación algunos teoremas sobre composición e inversa.

Teorema 2.4

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

Funciones 51

Demostración. Supongamos que

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

entonces

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

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

■

Teorema 2.5

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

Demostración. Sea z0 ∈ R f , puesto que f es sobreyectiva existe y0 ∈ D f tal que f (y0) = z0. Por ser g sobreyectiva

existe x0 ∈ Dg tal que g (x0) = y0. Claramente

( f ◦ g )(x0) = f (g (x0)) = f (y0) = z0.

Esto muestra que f ◦ g es sobreyectiva.

■

Teorema 2.6

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

( f ◦ g )−1 = g−1 ◦ f −1.

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

( f ◦ g )◦ ( f ◦ g )−1(x) = x

para todo x ∈ R f , entonces [f −1 ◦ ( f ◦ g )◦ ( f ◦ g )−1] (x) = f −1(x)

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

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

de donde:

( f ◦ g )−1(x) = (g−1 ◦ f −1)(x).

■

52 Funciones

Teorema 2.7

Dada una función f : X → Y , se tiene:

a) Para A y B subconjuntos arbitrarios de X , f (A)− f (B) ⊂ f (A−B)

b) Si f es inyectiva entonces para cualquiera A y B subconjuntos de X , f (A−B) = f (A)− f (B).

Demostración. Ejercicio.

Teorema 2.8

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

Definición 2.7

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

conjunto

f −1(B) = {x ∈ X : f (x) ∈ B

}

Teorema 2.9

Sea f : X → Y una función, entonces:

a) para todo A ⊂ X , ( f −1 ◦ f )(A) ⊂ A

b) f es inyectiva si y solamente si para todo A ⊂ X , ( f −1 ◦ f )(A) = A.

Teorema 2.10

Sea f : X → Y una función, entonces:

a) para todo B ⊂ Y , ( f ◦ f −1) ⊂ B

b) f es sobreyectiva si y solamente si ( f ◦ f −1)(B) = B para todo B ⊂ Y .

Teorema 2.11

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

a) f −1(B ∪C ) = f −1(B)∪ f −1(C )

b) f −1(B ∩C ) = f −1(B)∩ f −1(C )

c) f −1(B c ) = ( f −1(B))c

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

e) f −1(Y ) = X

Funciones 53

f) f −1(;) =;.

2.4.3. Funciones trigonométricas inversas

Son las siguientes:

arco seno arcsin x

arco coseno arccos x

arco tangente arctan x

arco cotangente arccotx

arco secante arcsecx

arco cosecante arccscx

A continuación se presenta las gráficas de estas funciones.

x

y

−1 1acos(x)

π

x

y

−1 1

asin(x)−π/2

π/2

x

y

−3 3

atan(x)−π/2

π/2

x

y

−3 3

acot(x)−π/2

π/2

x

y

−1 1asec(x)

π

x

y

−1 1

acsc(x)

π/2

−π/2

2.4.4. Funciones Hiperbólicas inversas

A continuación se presentan las funciones hiperbólicas inversas.

arco seno hiperbólico arcsenhx

arco coseno hiperbólico arccoshx

arco tangente hiperbólico arctanhx

arco cotangente hiperbólico arccothx

arco secante hiperbólico arcsechx

arco cosecante hiperbólico arccschx

54 Funciones

Todas estas funciones, pueden expresarse en función del logaritmo, como se ve a continuación en la siguiente tabla:

arcsenhx = ln(x+

px2 +1

)x ∈R

arccoshx = ln(x+

px2 −1

)x ≥ 1

arctanhx = 1

2ln

(1+x

1−x

)x ∈ (−1,1)

arccothx = 1

2ln

(1+x

1−x

)x ∉ [−1,1]

arcsechx = ln

(1+

p1−x2

x

)x ∈ (0,1]

arccschx = ln

(1

x+p

1+x2

|x|

)x 6= 0

a continuación de demuestran algunas de éstas fórmulas.

Función arcsenhx. Sea y = arcsenhx, entonces senhy = x, luego:

x = 1

2

(e y −e−y )

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

e2y −2xe y −1 = 0

despejando e y se tiene:

e y = 1

2

(2x ±

√4x2 +4

)= x ±

√x2 +1,

claramente x <p

x2 +1 luego debemos tomar el signo positivo pues e y es siempre positivo, con esta aclaración:

y = ln(x +

√x2 +1

)Válido para todo x, así

arcsenhx = ln(x+

√x2 +1

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

e y −e−y

e y +e−y = x,

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

e2y (1−x) = 1+x

despejando y :

y = 1

2ln

(1+x

1−x

)que es válido para los x que satisfacen la desigualdad

1+x

1−x> 0, esto es: x ∈ (−1,1) .

2.5 Funciones Crecientes y Decrecientes

Funciones 55

Definición 2.8

(Función creciente). Sea f : X ⊂R→ Y ⊂R . Se dice que f es creciente si para cualesquiera x0 y x1 en X tal que x0 < x1

se tiene f (x0) ≤ f (x1).

Si reemplazamos el símbolo ≤ (menor o igual) por < (menor ) la función f se llama estrictamente creciente.

Ejemplo 2.32 La función f (x) = [x] es creciente y f (x) = x3 es estrictamente creciente.

Definición 2.9

(Función decreciente). Sea f : X ⊂ R→ Y ⊂ R . Se dice que f es decreciente si para cualesquiera x0, x1 ∈ X tal que

x0 < x1 se tiene f (x0) ≥ f (x1).

Si reemplazamos el simbolo ≥ (mayor o igual) por > (mayor) la función f se llama estrictamente decreciente.

x

y

Función creciente

x

y

Función decreciente

Ejemplo 2.33 f :R→R definida por f (x) =−x +1 es estrictamente decreciente.

Teorema 2.12

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

Demostración Sean x0 y x1 puntos distintos en X . Sin perdida de generalidad podemos suponer x0 < x1, luego

f (x0) < f (x1) o f (x0) > f (x1), en todo caso f (x0) 6= f (x1), así, f es inyectiva.

■

Teorema 2.13

Sea f : X → Y una función estrictamente creciente o estrictamente decreciente. Entonces f −1 esta definida en el

rango de f , en particular si f es sobreyectiva f −1 esta definida en Y .

Ejemplo 2.34 La función f (x) = loga x con a > 1, es estrictamente creciente f : R+ → R. Luego f −1 : R→ R+ existe. La

inversa está definida por f −1(x) = ax .

56 Funciones


Ejemplo 2.35 Sea f :R→R definida por f (x) = x2 +1. Discutir la inyectividad, sobreyectividad y la inversa.

Solución.Inyectividad. f no es inyectiva pues para −1 y 1 en el dominio de f se tiene f (−1) = f (1) = 2 siendo que −1 6= 1.

Sobreyectividad. f tampoco es sobreyectiva pues para 0 ∈ C f no existe preimagen ya que no existe x ∈ D f tal que f (x) =x2 +1 = 0.

De lo anterior deducimos que f −1 no puede definirse con el dominio y codominio dados. Sin embargo redefinamos f del

siguiente modo:f :R+∪ {0} → [1,∞) y

f (x) = x2 +1.

Mostraremos que ahora f si es biyectiva, esto es, inyectiva y sobreyectiva.

Inyectividad. Sean x0, x1 ∈ R+∪ {0} y supongamos que

f (x0) = f (x1),

entonces

x20 +1 = x2

1 +1,

luego x0 = x1, notemos que x0 =−x1 tambien es una solución pues x20 +1 = (−x1)2 +1 = x2

1 +1, esto no es posible, pues en tal

caso o x0 o x1 no es elemento de R+∪ {0}, de lo anterior f debe ser inyectiva.

Sobreyectividad. Sea y0 ∈ [1,∞), luego de y0 = x20 +1 obtenemos x0 =

√y0 −1; asi existe x0 =

√y0 −1 tal que f (x0) = y0; esto

muestra que f es sobreyectiva.

Por todo lo anterior f es biyectiva, en el nuevo dominio y nuevo codominio, es decir f −1 existe.

Cálculo de la inversa. Para encontrar la regla de correspondencia de f −1 se prosigue como sigue: Partimos de

f (x) = y

obteniéndose la ecuación:

y = x2 +1,

despejando x:

x =√y −1

y se define la función inversa como:

f −1(x) =px −1

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

2.6 Funciones acotadas

Definición 2.10

Una función f con dominio D f , es acotada en dicho dominio, si el conjunto{f (x) : x ∈ D f

}

Funciones 57

es acotado, esto es, f es acotada en D f si existe un número k > 0 tal que | f (x)| ≤ k para todo x ∈ D f , en tal caso k se

llamará cota de f en el dominio D f .

Nótese que si la función f es acotada, entonces la gráfica de f en el dominio D f está dentro la franja dada por las rectas

y =−k y y = k.

x

y

y = k

y =−k

Teorema 2.14

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

Demostración: a) Caso f creciente. En este caso, claramente f (a) ≤ f (x) ≤ f (b) para todo x ∈ [a,b]. Tomando

k = max{∣∣ f (a)

∣∣ ,∣∣ f (b)

∣∣} se tiene∣∣ f (x)

∣∣≤ k.

b) Caso f decreciente. Se muestra como en el caso (a)

■

Ejemplo 2.36 Sea f (x) = 2x +3, definida en {x : |x −3| ≤ 1}, entonces −2 ≤ x ≤ 4. Como f es creciente en R, es en particular

creciente en [−2,4], luego f (−2) ≤ f (x) ≤ f (4) esto es, −1 ≤ f (x) ≤ 11, de donde | f (x)| < 11 para todo x ∈ [−2,4].

Ejemplo 2.37 Sea f (x) = 12x2 − 22x definida en [0,2]. En este caso f (0) = 0 y f (2) = 4. Decir 0 ≤ f (x) ≤ 4 para todo x en

[0,2 ] no es verdadero, pues por ejemplo 1 ∈ [0,2] pero f (1) =−10 y no es cierto que 0 ≤−10 ≤ 4.

Esto, por supuesto no contradice el teorema anterior, pues f (x) = 12x2 − 22x no es creciente ni decreciente en [0,2]. Para

acotar esta función procedemos como sigue:

Puesto que x ∈ [0,2] , claramente |x| ≤ 2, luego

∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣12x2 −22x

∣∣≤ 12 |x|2 +22 |x|≤ 12

(22)+22(2) = 92,

así una cota buscada es 92.

En los siguientes ejercicios, se dan otras técnicas para acotar funciones.

58 Funciones


Ejemplo 2.38 Acotar f (x) = x2 +1 en (−1,1).

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

∣∣≤ |x|2 +1

< 1+1 = 2

Luego f (x) esta acotada por 2, es decir∣∣ f (x)

∣∣< 2 para todo x ∈ (−1,1).

Ejemplo 2.39 Acotar f (x) = x3 −3x2 +2x +5 en el conjunto {x : |x −4| < 1}.

Solución. Observemos que si x ∈ {x : |x −4| < 1} , entonces: 3 < x < 5.

Método 1. De

3 < x < 5,

concluimos con |x| < 5, por tanto ∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣x3 −3x2 +2x +5

∣∣≤ |x|3 +3 |x|2 +2 |x|+5

< 53 +3(52

)+2(5)+5

= 215

Asi∣∣ f (x)

∣∣< 215 para |x −4| < 1.

Método 2. Puesto que 3 < x < 5 tenemos las siguientes desigualdades

27 < x3 < 125

−75 <−3x2 <−27

6 < 2x < 10

5 ≤ 5 ≤ 5

sumando:

37 < x3 −3x2 +2x +5 < 113,

luego∣∣ f (x)

∣∣< 113 para |x −4| < 1.

Método 3. Sea h = x −4, luego tenemos |h| < 1 y x = h +4, entonces :∣∣ f (x)∣∣= ∣∣x3 −3x2 +2x +5

∣∣ = ∣∣(h +4)3 −3(h +4)2 +2(h +4)+5∣∣

= ∣∣h3 +9h2 +26h +29∣∣

≤ |h|3 +9 |h|2 +26 |h|+29

< 1+9+26+29 = 65

Luego: ∣∣ f (x)∣∣< 65,

para |x −4| < 1.

Observemos que la cota obtenida en este método es menor que las obtenidas en los métodos 1 y 2.

Funciones 59

Ejemplo 2.40 Acotar f (x) = x5 −3x4 +2x +20 en D f = {x : |x −2| < 1}.

Solución. Si x ∈ D f se tiene 1 < x < 3.

Método 1. Si 1 < x < 3, claramente |x| < 3 , luego:∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣x5 −3x4 +2x +20

∣∣≤ |x|5 +3 |x|4 +2 |x|+20

< 35 +3(34

)+2(3)+20

= 243+243+6+20 = 512

Luego | f (x)| < 512 para todo x ∈ D f .

Método 2. De 1 < x < 3 tenemos sucesivamente:

1 < x5 < 243

−243 <−3x4 <−3

2 < 2x < 6

20 ≤ 20 ≤ 20

Sumando

−220 < x5 −3x4 +2x +20 < 266

Luego∣∣ f (x)

∣∣< 266 para x ∈ D f .

Usando el Método 3 del ejercicio anterior se puede mejorar esta cota.

Ejemplo 2.41 Acotar f (x) = x3 −x +cos x para los números x tales que |x +2| < 3.

Método 1. Si |x +2| < 3 se tiene −5 < x < 1, luego |x| < 5, con este resultado escribimos∣∣ f (x)∣∣ = ∣∣x3 −x +cos x

∣∣≤ |x|3 +|x|+ |cos x|< 53 +5+1

= 131

por tanto∣∣ f (x)

∣∣< 131 para |x +2| < 3.

Solución. Método 3. Sea

h = x +2

3,

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

∣∣ = ∣∣(3h −2)3 − (3h −2)+cos(3h −2)∣∣

= ∣∣27h3 −54h2 +33h −6+cos(2h −2)∣∣

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

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

2.7 Construcción de Funciones

En esta sección, se plantean problemas que originarán funciones, más aún, veremos que los dominios de estas funciones

satisfacen ciertas condiciones.

60 Funciones

Ejemplo 2.42 A partir de una hojalata rectangular de 90 cm. por 50 cm, se desea construir un recipiente, recortando en las

esquinas un cuadrado de lado x (ver figura). Determine el volumen de dicho recipiente.

90

90−2x x

50 50−2x

Solución. El volumen del recipiente será la función V dependiente de x dado por:

V (x) = x (90−2x) (50−2x)

Para calcular el dominio de esta función notemos que x debe ser positivo, además x debe ser menor a 25 ¿por que?, por tanto

el dominio de la función V es el intervalo DV = (0,25) .

Ejemplo 2.43 Se desea inscribir un cono recto de radio basal x cm. y altura h cm. en una esfera de radio 10 cm. (ver figura),

determinar el volumen del cono en términos de h.

h

x

20

A B

C

O

C D = diámetro = 20CO = Altura del cono = hAO =OB = radio del cono = x

Solución. El volumen del cono está dado por V (x,h) = 13πx2h, ahora encontraremos una relación entre x y h. Es un resultado

de geometría que:

(AO) (OB) = (CO) (OD)

por tanto:

x2 = h (20−h)

luego V (h) = 13πh (20−h)h = 1

3πh2 (20−h) , el dominio debe ser DV = (0,20) .

Actividades

1. Una caja tiene base rectangular cuadrada de lado igual a x y altura h. Si el volumen de dicha caja es V , determinar la

superficie total de la caja en términos de x. Sol. S (x) = 2x2 + 4V

x.

Funciones 61

2. Considere la función:

f (x) ={

x (x +2/3) , x ∈ [0,7]

−161(x −10)/9, x ∈ [7,10]

(a) Sea (a, b) un punto de la gráfica de f con a ∈ (0,7), con este punto se construye un rectángulo de lados paralelos a

los ejes tal que los otros dos vértices estén en el eje x y cuarto vértice en la recta. Determinar el área del rectángulo en

términos de a. (b) Resolver el inciso (a) cuando a ∈ (7,10). Sol. (a) A (a) =−a (a +2/3)(a −7)(9a +230)/161.

3. Considérese el triángulo de vértices A = (0,0) , B = (6,0) y C = (4,2) . Sobre el segmento AC se toma un punto (a,b) y

se construye un rectángulo, tal como se muestra en la figura. Determinar el área del rectángulo en términos de a. Sol.

A (a) = 14

(12a −3a2

).

x

y

4 6

2

(a,b)

4 6

2

4. Con un punto(x, y

)de una circunferencia de radio 3, en el primer cuadrante, se construye un rectángulo de lados

paralelos a los ejes de coordenadas inscrito en la circunferencia. Determinar el área del rectángulo en función de x.

Sol.: A (x) = 4xp

9−x2, D A = [0,3] .

5. Con una cuerda, de longitud 10 cm., se construye un triángulo isósceles. Determinar el área de este triángulo en fun-

ción del lado desigual. Sol.: A (x) = xp

25−5x2 , D A = (0,5) .

6. Sea x el lado igual de un triángulo isósceles. Determinar el área de dicho triángulo en términos de x, si su perímetro es

20 centímetros. Sol.: A (x) = 2(10−x)p

5x −25, D A = (5,10).

7. Se tiene la necesidad de construir un tanque cilíndrico de altura h, con semiesferas de radio x agregadas en los extre-

mos. Si el volumen del tanque debe ser 10 m3, determinar el costo de construcción de este tanque, en términos de x,

si los extremos cuestan $20 y los lados cuestan $10 por metro cuadrado.

A h B

2x

D

C

AB = altura del cilindro = hC D = diámetro de la semiesfera = 2x

Sol.: C (x) = 40(15+4πx3

)3x

, DC =(0, 3

√152π

)

62 Funciones

8. Dos embarcaciones salen de un puerto en direcciones norte y oeste. La embarcación en dirección al norte va a una

velocidad de 40 km/h y la otra a 30 km/h, describir mediante una función, la distancia que los separa en función del

tiempo t . Sol.: d (t ) = 50t

9. Se inscribe un triángulo en una circunferencia de radio 10 cm., de modo que un lado sea el diámetro de la circun-

ferencia (ver figura), Si un lado es x, hallar una función dependiente de x que de el área de dicho triángulo. Sol.:A (x) = 1

2 xp

400−x2.

A

C

B

x

AB = diámetro= 20x

10. Los puntos A y B están situados en lados opuestos de un río recto de 100 m. de ancho, cuyas orillas se suponen para-

lelas. Se desea tender un cable desde A hasta B pasando por un punto C (ver figura). Si el costo por metro de cable por

tierra es $U S 8 y por agua es un 25% más. Determinar el costo del cable que se empleará en este tendido en términos

de x, donde x es la distancia de E a C .

100 m

200 mx

A

C B

Sol.: C (x) = 10p

x2 +1002 +8(200−x) .

11. Un alambre de 50 cm. de longitud, se corta en dos partes, formando con una de ellas un triángulo equilátero y con la

otra un cuadrado. (a) Si x es el lado del triángulo equilátero, determinar la suma de áreas como función de x. (b) lo

mismo que en (a) si x es el lado del cuadrado. Sol. (a)p

34 x2 + ( 50−3x

4

)2

12. Hallar la distancia de un punto(x, y

)de la parábola y2 = 4x al punto (4,0) como una función de x. Sol.: d (x) =p

x2 −4x +16.

13. (a) Considere el punto (3,4), por este punto pasa una recta de pendiente m. Hallar el área del triángulo formado por

esta recta y los ejes coordenados en función de m. (b) lo mismo que en (a) para (−3,4) . Sol.:(a) A (m) = − (3m−4)2

2m ,

D A = (−∞,0)

14. En un triángulo ABC se sabe que AB = 10 y la altura bajada desde el vértice C es 2. Si x es la distancia del vértice A al

pie de la altura, hallar el ángulo C en términos de x. Sol.: f (x) = arctan(x/2)+arctan( 10−x

2

), D f = [0,10] .

15. Se considera un cono inscrito es una esfera de radio r = 10 cm. Si la altura del cono es h y el radio de la base es x,

determine el volumen del cono en términos de x. Sol.: V (x) = 13πx2

(10+

p100−x2

).

Funciones 63

16. Considere la parábola de ecuación y = 4− x2, sea (a,b) un punto de la parábola en donde la recta de pendiente m

es tangente a esta curva. (a) Muestre que m = −2a. (b) Determine el área que forma la recta tangente con los ejes

coordenados en términos de a. Sol.: S (a) = (a2+4)2

4a

x

y

(a,b)

−2 2

4

17. Se quiere construir un recipiente cilíndrico metálico con volumen 32 cm3. Determinar el área total en esta construc-

ción en términos del radio de la base x para los siguientes casos: (a) tapado por ambos lados (b) tapado por uno de los

lados. Sol. (a) A (x) = 2πx3+64x , (b) A (x) = πx3+64

x

18. Se quiere construir una tienda de campaña de forma cónica (cono rectangular) con capacidad de a m3. Determinar la

cantidad de tela que debe emplearse en términos del radio x de la base. Sol.: S (x) =√

x6π2+9a2

x2

19. Un vidrio rectangular de 80 cm. por 60 cm. se rompe en una esquina según una recta, tal como se ve en el gráfico. Con

un punto(x, y

)de la recta se construye un rectángulo, hallar el área de dicho rectángulo en términos de x.

x

y

60

8015

10

(x, y)

Sol.: A (x) = 110 (60−x) (15x +650) .

20. Determinar el volumen de un cono circunscrito a una semiesfera de radio R, en términos de su altura h, de modo que

el plano de la base del cono, coincida con el de la semiesfera. Sol.:(

R2π3

)(h3

h2−R2

).

21. Determinar el área lateral de un cono circular recto, en términos de su radio x, que se inscribe en un cono circular

recto de radio 1 cm y altura 3 cm. (Sug. El vértice del cono inscrito está en el centro del cono dado). Sol.: A (x) =πx

p10x2 −18x +9.

22. Una pared de 1,5 metros de altura se encuentra a 2 metros de un edificio. Hallar la longitud de la escalera que se apoye

en el suelo, en la parte superior de la pared y llegue a la pared del edificio (a) en función del ángulo θ, (b) en función de

64 Funciones

x. (Ver gráfico) Sol.: (a) L (θ) = 1,5cscθ+2secθ, (b) L (x) =√

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

2

)2.

Piso

Edificio

21,5

L

(a)

θ

Piso

Edificio

21,5

L

(b)

θ

x

23. Hallar el área lateral de una tienda cónica de capacidad dada V , en función de la altura h. Sol.: A (r ) =√

9V 2+3πV h3

h2 .

24. Se desea construir una lata cilíndrica de V cm3 de capacidad. El material del fondo y de la tapa cuesta dos veces más

caro que el del lateral. Hallar el costo de la lata en función del radio r. Sol.: C (r ) = 2Vr +4πr 2. (Con el costo lateral igual

a la unidad)

25. Se traza la tangente en un punto de la circunferencia x2+y2 = 1, en el primer cuadrante. Hallar la longitud del segmento

formado por la intersección de la recta con los ejes coordenados en función de la pendiente m de la recta tangente.

Sol.: Recta tangente: y = mx +p

m2 +1, longitud del segmento: L (m) =−1+m2

m. (Sugerencia: Si y = mx +b es la recta

tangente, el sistema formado por x2 + y2 = 1 y y = mx +b debe tener solución única). A continuación se muestran las

rectas tangentes para m =−10, m =−1, m =−0,1.

x

y

m =−1

1−1

1

−1

26. Considere un rectángulo de lados h y r de perímetro igual a 100 cm. Se rota el rectángulo en torno del lado h for-

mándose un cilindro, determine el volumen y el área del cilindro en función de h. Sol. V (h) = π (100−h)2 h, A (h) =2π (100−h)2 +2π (100−h)h.

27. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Una caja tiene base cuadrada de lado igual a x y altura h. Si el volumen

de dicha caja es 94 cm3. (a) Determinar la superficie total de la caja en términos de x, (b) Determinar la superficie total

de la caja en términos de h.

Sol.: (a)376

x+2x2, (b) 4

p94h + 188

h

28. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Considérese el triángulo de vértices A = (0,0), B = (17,0) y C = (12,17).

Sobre el segmento AC se toma un punto (a,b) y se construye un rectángulo inscrito en el triÃ¡ngulo, con lados paralelos

a los ejes de coordenadas. Determinar el área del rectángulo en términos de a.

Sol.: A (a) = ( 289144

)a (12−a)

Funciones 65

29. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Considere la función:

f (x) ={

x(x + 2

5

)si x ∈ [0,1]

− 725 (x −6) si x ∈ [1,6]

(a) Sea (a,b) un punto de la gráfica de f con a ∈ (0,1), con este punto se construye un rectángulo de lados paralelos a

los ejes tal que los otros dos vértices estén en el eje x y cuarto vértice en la recta. Determinar el Ã¡rea del rectángulo en

términos de a. (b) Resolver el inciso (a) cuando a ∈ (1,6).

Sol.: A(a) =−a(a + 25

42

)(a −1)

( 25a+427

)

30. (Construcción de funciones-AMARU SOFT) Considere el triángulo de vértices el (0,0), (6,11) y (−6,11). Con un punto

(x, y) del segmento que une el origen con (6,11) se contruye un triángulo. Si los otros puntos de tal triÃ¡ngulo son (0,11)

y (−x, y), hallar el área de dicho triángulo en función de x.

Sol.: A(x) = 11x(6−x)6

2.8 Funciones a una variable con MatLab

2.8.1. Comando ezplot

Permite graficar funciones de una manera rápida. Empleando el comando help ezplot se puede obtener una información

completa de este comando. En este texto mostramos algunas posibilidades mediante ejemplos.

Ejemplo 2.44 Graficar: f (x) = cos(4x)

x2 +1en el dominio [0,5]

66 Funciones

Observaciones.

1. El comando syms x crea la variable x como simbólico.

2. El comando ezplot puede emplearse de manera más general como:

ezplot(función, [xmínimo, xmáximo, ymínimo, ymáximo])

Aquí, se graficará la función en el rectángulo dado por el producto cartesiano:

[xmínimo,xmáximo]× [ymínimo,ymáximo

]3. Si se omite el intervalo donde se va a graficar, MatLab grafica, por defecto, en el intervalo [−2π,2π] .

Ejemplo 2.45 Graficar: f (x) = cos(4x)x2+1

en el rectángulo [−3,5]× [−2,1,5]

Funciones 67

2.8.2. Comando plot

Dados dos vectores x = (x1, x2, . . . , xn) , y = (y1, y2, . . . , yn

), el comando plot(x,y) puede graficar los puntos

(xi , yi

)o unir tales

puntos mediante rectas.

Antes de emplear este comando es útil considerar las siguientes observaciones

1. Si x = (x1, x2, . . . , xn) y f = f (x) es una función a una variable elemental como: sin x, cos x, exp(x) , ln x, entonces y =f (x) da el vector y = (

f (x1) , f (x2) , . . . , f (xn))

2. Si x = (x1, x2, . . . , xn) , lo anterior tiene el inconveniente de que no pueden realizar productos como x sin x, en estos

casos debe escribirse x.∗ sin(x) , esto dará como resultado:

(x1 sin x1, x2 sin x2, . . . .xn sin xn)

3. El operador dos puntos. En lo que sigue a < b.

a) Si a,b son enteros,

x = a : b

crea el vector x = (a, a +1, . . .b).

b) Si a,b son números reales, entonces

x = a : b

crea el vector x = (a, a +1, . . . ,c) donde c es el primer número tal que c +1 > b.

68 Funciones

c) Si a,b son números reales y h > 0, entonces

x = a : h : b

crea el vector x = (a, a +h, a +2h . . . ,c) donde c es el primer número tal que c +h > b.

Si a > b el valor de h debe ser negativo.

4. Finalmente debemos indicar que si se añade un punto y coma al final de las anteriores instrucciones, el vector x no se

muestra en la ventana de comandos, aunque si se crea el vector.

Ejemplo 2.46 Graficar: f (x) = cos(4x)x2+1

en el dominio [0,5]

Funciones 69

Es posible realizar cambios en el comando plot, por ejemplo, cambiar el color de la función o colocar un símbolo en las

coordenadas(x, y

)como se muestra a continuación:

70 Funciones

2.8.3. Declaración de funciones

Una función, puede ser declarada al menos de dos maneras: mediante el comando inline y mediante un archivo .m

2.8.3.1. Comando inline

Tiene la siguiente estructura:

inline(expresion, var 1, var 2, ...)

Construye una función en línea cuyas variables son especificadas por var 1, var 2, . . . . Es posible tener variables con varios

caracteres.

Observación. Es posible ignorar la declaración de variables, en este caso matlab detecta las variables y lo muestra.

Ejemplo 2.47 Construir una función para calcular el área e un trapecio. Recordemos que el área de un trapecio está dada

por:

ar ea =(l adomayor + l adomenor

)al tur a

2

Empleamos el comando inline como se muestra en el siguiente gráfico. Para emplear la función area, se escribe el nombre

de la función seguida de las variables escritas en el orden en que fueron creadas, es decir primero el lado mayor, luego el lado

menor y finalmente la altura. Si el trapecio tiene lados 4,2 y altura 5, escribimos

area(4,2,5)

el resultado será (4+2)52 = 15.

Funciones 71

Ejemplo 2.48 Graficaremos la función f (x) = x

x2 +1en el intervalo [−10,10] empleando el comando inline.

72 Funciones

2.8.3.2. Archivo *.m

Una función también se puede crear mediante un archivo *.m, por ejemplo para crear la función f (x) = x

x2 +1, se construye

el archivo f.m que, esto se inicia haciendo [clik] em [New Sript] del menú principal como se muestra en el siguiente gráfico.

luego, en el editor de texto se escribe la función a crear. Se debe grabar este archivo en algún directorio donde MatLab puede

hallar este archivo.

Funciones 73

Para informar al programa MatLab de otro directorio donde encontrar archivos *.m, se emplea la siguiente secuencia de

comandos desde la barra de comandos de la ventana principal de MatLab:

[File]-[Set Path...]

y elegir luego el directorio deseado con el boton [Add Folder...].

Para poder usar la función f se procede de la manera usual, por ejemplo, para calcular la imagen de x =−2, se escribe f (−2) .

2.8.4. La función escalón de Heaviside

La función escalón de Heaviside, llamada función escalón unitario, se define por:

H (x) ={

0 x < 0

1 x > 0

x

y

1

74 Funciones

Nótese que no estamos definiendo H (0) , algunas definiciones usuales son H (0) = 1, H (0) = 0 o H (0) = 12 .

Esta función debe su nombre al matemático inglés Oliver Heaviside, algunas propiedades son:

1. H (−x) = 1−H (x) .

2. H (x −a) ={

0 x < a

1 x > a, para todo a ∈R.

x

y

a

1

3. Toda función, definida a pedazos, puede escribirse en términos de las funciones H .

Ejemplo 2.49

f (x) =

−x x <−2

x2 −2 < 1 < 3

−cos x x > 3

Empleando H (x) , la función f (x) se escribe como:

f (x) =−x + (x2 +x

)H (x +2)+ (−cos(x)−x2)H (x −3)

En MatLab procedemos como sigue:

Funciones 75


Graficar las siguientes funciones, en los intervalos indicados usando: (a) el comando ezplot, (b) el comando plot.

1. f (x) = ex sin xx2+1

, [−2,4]

2. f (x) = ln(x2 +1

)−x3 +1, [−1,5]

3. f (x) =

0 x <−π

−sin x −π< x < 0

sin x 0 < x <π0 x >π

4. f (x) =

1 x <−1

−2 −1 < x < 1

x 1 < x < 2

x2 x > 2

, [−2,4]

3 Límites y Continuidad

3.1 Introducción

Consideremos la función f : [0,2] →R definida por

f (x) ={

x2 + 12 , x ∈ [−1,1]

3− (x −2)2, x ∈ (1,4],

cuya gráfica se muestra a continuación.

x

y

11,5

2

2,75 3

−1 1 22,5

3

Con puntos ”cercanos a 2,5”, construimos la siguiente tabla:

x f (x) x f (x)

2,50100 2,74900 2,49000 2,75990

2,50010 2,74990 2,49900 2,75100

2,50001 2,74999 2,49990 2,75010

2,50000 2,75

podemos observar que para ”puntos cercanos” a 2,5 las imágenes estan ”cerca” de f (2,5) = 2,75.


Con ”puntos cercanos a 1”, se construye la siguiente la tabla:

x f (x) x f (x)

1,10000 2,19000 0,90000 1,31000

1,01000 2,01990 0,99000 1,480010

1,00100 2,00200 0,99900 1,49800

0,99990 1,49980

Observemos que para valores ”cercanos” a x = 1, las imagenes cambian abruptamente de 1,49980 a 2,00200, con esto se

ratifica lo que se ve gráficamente. En el gráfico, la función f tiene trazo continuo cerca de x = 2,5. Así diremos, aunque

imprecisamente, que una función es continua en un punto x = p si su gráfico tiene trazo continuo para ”valores cercanos”

de p, en caso contrario es discontinua.

La anterior discusión carece de rigurosidad, se ha hablado de conceptos como ”cerca” o ”valores cercanos”. En las siguientes

secciones, se dan los fundamentos rigurosos de continuidad.


1. Graficar la función f (x) = [x], ([x] es el mayor entero menor o igual a x.) ¿Tiene trazo continuo en [−2,2]?

2. Graficar la función f (x) = x2 − [x] en [−2,2]. Calcular tablas para valores cercanos a x = 2 y x = 1,5. ¿En que puntos es

discontinua f ?

3. Sea f (x) = 1

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

4. Sea f (x) ={

x3 si x ∈ (−∞,1]

−2x +3 si x ∈ (1,∞).

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

5. Sea f (x) = 1

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

3.2 Límite de una Función

En esta sección, se da la definición de límite, definición empleada fundamentalmente para realizar demostraciones de teo-

remas centrales del cálculo.

Para futura discusión se requiere la siguiente definición.

Definición 3.1

(Vecindad de un Punto). Sea p un punto. Cualquier intervalo abierto que contiene p es llamado una vecindad de p.

Ejemplo 3.1 Los siguientes intervalos son vecindades de p = 1 : (0,2), (0,4,0,7), (1−ε,1+ε) para ε> 0.

Una vecindad de p se denotará con el símbolo Vp o V(p

). Un caso particular es cuando V

(p

) = (p −ε, p +ε) , entonces la

vecindad se denotará con V (p,ε). Observemos que(p −ε, p +ε)= {

x : p −ε< x < p +ε}= {x :

∣∣x −p∣∣< ε} ,

Límites y Continuidad 79

así dado ε> 0 el conjunto de los x que satisfacen∣∣x −p

∣∣< ε es una vecindad de p.

Observación. Diremos que vecindad de p de la forma(p −ε, p +ε) , es un intervalo abierto centrado en p y radio ε.

3.2.1. Definición de Límite

Definición 3.2

Sea I una vecindad de p, sea f una función definida en I , a excepción quizás de p ( f no necesariamente definida en

p). Se dice que

lımx→p

f (x) = L

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

si 0 < ∣∣x −p∣∣< δ entonces

∣∣ f (x)−L∣∣< ε.

Observación. En términos de vecindades, lo anterior significa que si x se encuentra en la vecindad V(p,δ

), entonces

f (x) se encuentra en la vecindad V (L,ε) .

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

lımx→p

f (x) = L y lımh→0

f (p +h) = L

esto se conoce como: cambio de variable.La definición, intuitivamente establece que los puntos cercanos a p tienen imágenes cercanas o iguales a L. Por otra parte, L

no será el límite de f (x) en x = p si algún elemento ”cerca” a p tiene imagen ”lejos” de L.

A continuación, se muestran gráficos, para ilustrar el hecho de que un número L es el límite y cuando no lo es.

x

y

L−εL

f (x)

L+ε

p −δ x pp +δ

x

y

L−εL

f (x)L+ε

p −δ x pp +δ

Ejemplo 3.2 Consideremos la función f (x) = 3x −1, probaremos que lımx→1

f (x) = 2, en efecto, para ε> 0 existe δ= ε

3tal que

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

= 3 |x −1|< 3δ= 3

ε

3= ε,

esto es,∣∣ f (x)−2

∣∣ < ε. En particular con ε = 0,3 tenemos δ = ε

3= 0,1. Nótese que para puntos cercanos de 1, las imágenes

están cerca de 2.

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

f (x) no puede ser 3, en efecto, si ε = 0,5 , para todo δ > 0 existen

valores como x tales que |x −1| < δ y∣∣ f (x)−3

∣∣> 0,5.


x

y

1,52

2,53

f (x)

0,51 x

1,5

Existen funciones, como f (x) = [x] , en los cuales la función está definida en un punto, pero no existe el límite en dicho

punto. Por ejemplo, si x = 1, f (1) = 1 pero el límite no es L = 1 como se muestra en la siguiente figura. Sin embargo, podemos

decir cuál es el límite por la izquierda y cuál por la derecha, para precisar esto, se dan las correspondientes definiciones:

x

y

−1−1

−2

−2

−3

−3

1

1

2

2

3

3

3.2.2. Límites Laterales

Definición 3.3

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

lımx→p+ f (x) = L

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

0 < x −p < δ entonces∣∣ f (x)−L

∣∣< ε.

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

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

f (x) = 1

Ahora definimos el límite lateral por la izquierda


Definición 3.4

El límite lateral por la izquierda, de una función f en un punto p, denotado por lımx→p− f (x) es definido como:

lımx→p− f (x) = L

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

−δ< x −p < 0 entonces∣∣ f (x)−L

∣∣< ε

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

f (x) = 0.

Respecto de los límites laterales, se tienen los siguientes resultados.

Teorema 3.1

Si lımx→p

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

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

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

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

lımx→n

f (x) no existe.

3.2.3. Propiedades de Límites

Teorema 3.2

El límite de una constante, es la misma constante.

Demostración. Sea f (x) = k para todo x ∈ D f , probaremos que para a ∈ D f se cumple

lımx→a

f (x) = k,

en efecto si ε > 0,∣∣ f (x)−k

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

■

Teorema 3.3

Si lımx→p

f (x) existe, este es único.


Demostración. Supongamos que L1 y L2 son los límites de f (x) cuando x → p. Entonces si ε> 0 existe δ> 0 tal

que si∣∣x −p

∣∣< δ se tiene∣∣ f (x)−L1

∣∣< ε

2y

∣∣ f (x)−L2∣∣< ε

2luego

|L1 −L2| = ∣∣− f (x)+L1 + f (x)−L2∣∣

= ∣∣−(f (x)−L1

)+ (f (x)−L2

)∣∣≤ ∣∣ f (x)−L1

∣∣+ ∣∣ f (x)−L2∣∣

< ε

2+ ε

2= ε.

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

■

Teorema 3.4

Sean f y g funciones tales que lımx→p

f (x) = A y lımx→p

g (x) = B , entonces:

(i) lımx→p

(f (x)± g (x)

)= A±B

(ii) lımx→p

(f (x) g (x)

)) = A B

(iii) lımx→p

f (x)

g (x)= A

Bsi B 6= 0.

Demostración.

(i) Si ε> 0, existen δ1 y δ2 > 0 tales que si∣∣x −p

∣∣< δ1 y∣∣x −p

∣∣< δ2 se tiene∣∣ f (x)− A

∣∣< ε

2y

∣∣ f (x)−B∣∣< ε

2luego

∣∣ f (x)± g (x)− (A±B)∣∣ ≤ ∣∣ f (x)− A

∣∣+ ∣∣g (x)−B∣∣

< ε

2+ ε

2= ε

por tanto∣∣ f (x)± g (x)

∣∣< ε siempre que∣∣x −p

∣∣< δ, donde δ= mın{δ1,δ2}.

(ii) Para demostrar esta parte, escribimos

∣∣ f (x) g (x)− AB∣∣ = ∣∣ f (x)

(g (x)−B

)+B(

f (x)− A)∣∣ se ha sumado y

restado B f (x)

≤ ∣∣ f (x)∣∣ ∣∣g (x)−B

∣∣+|B | ∣∣ f (x)− A∣∣

Si x → p es claro que g (x)−B → 0, y f (x)− A → 0, así si∣∣ f (x)

∣∣ no se hace grande∣∣ f (x) g (x)− AB

∣∣ → 0, mos-

traremos que efectivamente∣∣ f (x)

∣∣ no se hace arbitrariamente grande. Para el número 1, existe δ3 > 0 tal que

si ∣∣x −p∣∣< δ3, entonces

∣∣ f (x)− A∣∣< 1,

puesto que∣∣ f (x)

∣∣= ∣∣ f (x)− A+ A∣∣ se tiene

∣∣ f (x)∣∣≤ ∣∣ f (x)− A

∣∣+|A| de donde∣∣ f (x)

∣∣≤ 1+|A|.Por otra parte, para ε> 0 existen δ1 > 0 y δ2 > 0 tales que

∣∣ f (x)− A∣∣< ε

2(1+|B |) y∣∣g (x)− A

∣∣< ε

2(1+|A|)


Por tanto ∣∣ f (x) g (x)− AB∣∣ ≤ ∣∣ f (x)

∣∣ ∣∣g (x)−B∣∣+|B | ∣∣ f (x)− A

∣∣< (1+|A|) ε

2(1+|A|) +|B | ε

2(1+|B |)

= ε

2

(1+ | B |

1+ | B |)

< ε

2(1+1) = ε,

luego∣∣ f (x) g (x)− AB

∣∣< ε siempre que∣∣x −p

∣∣< δ, donde δ= mın{δ1,δ2,δ3}.

(iii) Puesto quef (x)

g (x)= f (x)

B· B

g (x)es suficiente probar que lım

x→p

B

g (x)= 1, porque entonces:

lımx→p

f (x)

g (x)= lım

x→p

f (x)

B· lım

x→p

B

g (x)= A

B

Si B 6= 0 y ε> 0 :

1. (a) Por una parte, con ε1 = |B |ε2 , existe δ1 > 0 tal que: si

∣∣x −p∣∣< δ1, entonces

∣∣g (x)−B∣∣< |B |ε

2 .

(b) Por otra parte, con ε2 = |B |2 existe δ2 > 0 tal que: si

∣∣x −p∣∣< δ2, entonces

∣∣g (x)−B∣∣< |B |

2 , luego aplicando propieda-

des de valor absoluto:|B |2

> ∣∣g (x)−B∣∣= ∣∣B − g (x)

∣∣≥ |B |− ∣∣g (x)∣∣ ,

de donde: ∣∣g (x)∣∣> |B |

2,

por tanto:1∣∣g (x)

∣∣ < 2

|B | .

Finalmente tomando δ= mın{δ1,δ2} , se encuentra que si∣∣x −p

∣∣< δ entonces:∣∣∣∣ B

g (x)−1

∣∣∣∣=∣∣g (x)−B

∣∣∣∣g (x)∣∣ <

( |B |ε2

)(2

|B |)= ε,

esto prueba (iii).

■

Teorema 3.5

Si k es una constante, entonces

i) lımx→p

(k + f (x)

)= k + lımx→p

f (x).

ii) lımx→p

(k f (x)

)= k lımx→p

f (x).

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


Teorema 3.6

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

f (x) = lımx→p

h(x) = L entonces lımx→p

g (x) = L

Demostración. Ejercicio.

3.3 Un algoritmo para demostrar Límites

Supóngase que se desea mostrar:

lımx→p

f (x) = L.

Para aplicar la definición en términos de ε y δ debemos probar que dado un ε > 0, es posible encontrar un δ > 0 tal que si

0 < ∣∣x −p∣∣< δ para x ∈ D f , entonces

∣∣ f (x)−L∣∣< ε o equivalentemente

∣∣ f (x)−L∣∣< ε siempre que 0 < ∣∣x −p

∣∣< δ, x ∈ D f .

En esta sección, se dará un algoritmo general para encontrar δ dado ε. (se sugiere, para esta parte, repasar la sección sobre

cotas de una función del capítulo precedente)

3.3.1. Algoritmo ε−δ (Epsilon-Delta)

Para demostrar lımx→p

f (x) = l , se siguen los siguientes pasos:

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

2) De∣∣ f (x)−L

∣∣ se obtiene : ∣∣ f (x)−L∣∣≤ ∣∣x −p

∣∣ ∣∣g (x)∣∣ .

3) Se supone∣∣x −p

∣∣< q , donde q es un número elegido de modo que la vecindad V(p, q

)se encuentre en el dominio.

Luego se procede a la acotación de g (x) en el conjunto

{x :

∣∣x −p∣∣< q

},

obteniendose∣∣g (x)

∣∣≤ M , M > 0.

4) Se toma δ= mın{

q,ε

M

}, así encontramos el δ buscado.

5) Fin

Observaciones

(1) Observemos que lo anterior, depende de la acotación de g (x) en el conjunto{

x :∣∣x −p

∣∣< q}

para algún q .

(2) Debemos observar también que el algoritmo ε−δ no dice como encontrar el número L, lo que hace es permitirnos

mostrar si es o no evidente que L es el límite de la función f en el punto dado p.


3.3.1.1. Problemas resueltos

Ejemplo 3.7 Demostrar que lımx→3

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

Solución. Con L = 34 se tiene:

Paso 1. Sea ε> 0.

Paso 2.f (x)−L = x3 +x2 −x +1−34

= x3 +x2 −x −33

= (x −3)(x2 +4x +11

)de lo anterior f (x)−L = (x −3) g (x), donde g (x) = (

x2 +4x +11).

Paso 3. Procedemos ahora a acotar g en algún intervalo abierto que contenga al punto x = 3. Acotemos en la vecindad

V (3,1) = {x : |x −3| < 1}. Si x ∈V (3,1) , entonces obviamente |x −3| < 1, luego:

|x| = |x −3+3| ≤ |x −3|+ |3| ≤ 1+3 = 4,

es decir |x| < 4 válido en {x : |x −3| < 1} . Usando la desigualdad obtenida se tiene:∣∣g (x)∣∣ = ∣∣x2 +4x +11

∣∣≤ |x|2 +4 |x|+11

≤ 42 +4 ·4+11 = 43.

Paso 4. Tomamos ahora δ= mın{

1,ε

43

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

∣∣ f (x)−L∣∣≤ |x −3| ∣∣x2 +4x +11

∣∣≤ 43 |x −3| < 43δ< ε,

así se prueba que lımx→3

f (x) = 34 .

Ejemplo 3.8 Probar que lımx→2

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

Solución. En este ejercicio L = 4.

Paso 1. Sea ε> 0.

Paso 2.f (x)−L = −x3 +6x2 −11x +10−4

= (x −2)(−x2 +4x −3

)= (x −2) g (x)

donde g (x) =−x2 +4x −3.

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

decir, |x| < 3, por tanto ∣∣g (x)∣∣ = ∣∣−x2 +4x −3

∣∣≤ |x|2 +4 |x|+3

< 32 +4 ·3+3 = 24


Paso 4. Tomamos ahora δ= mın{

1,ε

24

}pues entonces si |x −2| < δ se tiene:∣∣ f (x)−L∣∣≤ |x −2| ∣∣−x2 +4x −3

∣∣≤ 24 |x −2| < 24δ< ε,

lo que prueba que lımx→2

f (x) = 4.

Ejemplo 3.9 Sea f (x) =−5x3 −2x +1. Demostrar lımx→1

f (x) =−6.

Solución. Se tiene L =−6, luego:

Paso 1. Sea ε> 0.

Paso 2.f (x)−L = −5x3 −2x +1+6

= (x −1)(−5x2 −5x −7

)luego f (x)−L = (x −1) g (x), donde g (x) =−5x2 −5x −7.

Paso 3. Supongamos que |x −1| < 1, procedemos ahora a acotar g (x) en el conjunto {x : |x −1| < 1}, de esto obtenemos:

|x| = |x −1+1| ≤ |x −1|+ |1| < 2,

por tanto: ∣∣g (x)∣∣ = ∣∣−5x2 −5x −7

∣∣≤ 5 |x|2 +5 |x|+7

< 5 ·22 +5 ·2+7 = 37

(4) Tomamos δ= mın{

1,ε

37

}, así, dado ε> 0, existe δ> 0 tal que

∣∣ f (x)−L∣∣< ε siempre que |x −1| < δ.

Ejemplo 3.10 Mostrar que lımx→0

(1− x2

2

)= 1

Solución. Sea f (x) = 1− x2

2, L = 1.

Paso 1. Sea ε> 0.

Paso 2. f (x)−L = 1− x2

2−1 = x

(−x

2

)= xg (x) donde g (x) =−x

2.

Paso 3. Supongamos que |x| < 1 , luego ∣∣g (x)∣∣= ∣∣∣∣−1

2x

∣∣∣∣= 1

2|x| < 1

2

por tanto∣∣g (x)

∣∣< 1

2para |x| < 1.

Paso 4. Tomamos δ= mın

1,ε

1

2

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

∣∣< ε siempre que |x| < δ.

Otro método Sea ε> 0, ∣∣ f (x)−L∣∣ =

∣∣∣∣1− x2

2−1

∣∣∣∣= |x|2

2< ε

luego de|x|2

2< ε, obtenemos |x| <p

2ε y tomamos δ=p2ε y nuevamente

∣∣ f (x)−L∣∣< ε siempre que |x| < δ.


Ejemplo 3.11 Demuestre que lımx→p

px =p

p.

Solución. Sea f (x) =px, L =p

p. Tenemos dos casos: p = 0 y p > 0.

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

px = 0. El algoritmo ε−δ no puede emplearse como se prueba a

continuación: ∣∣ f (x)−L∣∣ = ∣∣px −0

∣∣= ∣∣px

∣∣= |x|

∣∣∣∣ 1px

∣∣∣∣por tanto

∣∣ f (x)−L∣∣ = |x| ∣∣g (x)

∣∣ con g (x) = 1px

para todo q tal que |x| < q ; la función g (x) no puede acotarse en el

conjunto{

x : |x| < q}. Sin embargo, se puede proceder como sigue:∣∣ f (x)−L

∣∣=px < ε,

de la desigualdadp

x < ε, obtenemos x < ε2 y tomamos δ= ε2 pues, en tal caso∣∣ f (x)−L∣∣=p

x <pδ=

√ε2 = ε,

es decir,∣∣ f (x)−L

∣∣< ε siempre que |x| < δ.

(b) Caso p > 0. Aplicamos el algoritmo ε−δ.

Paso1. Sea ε> 0.

Paso 2f (x)−L = p

x −pp

= x −ppx +p

p

por tanto:

f (x)−L = (x −p)g (x)

donde: g (x) = 1px +p

p.

Paso 3. ∣∣g (x)∣∣= ∣∣∣∣ 1p

x +pp

∣∣∣∣< 1pp

Paso 4. ∣∣ f (x)−L∣∣ = ∣∣x −p

∣∣ · ∣∣g (x)∣∣

< ∣∣x −p∣∣ · 1p

p

de la desigualdad∣∣x −p

∣∣ · 1pp< ε, se obtiene

∣∣x −p∣∣< ε ·pp, esto sugiere tomar δ= ε ·pp, pues entonces

∣∣ f (x)−L∣∣= ∣∣∣∣ x −pp

x +p

∣∣∣∣<∣∣x −p

∣∣p

p< δp

p= ε ·pp

pp

= ε

luego∣∣ f (x)−L

∣∣< ε, siempre que∣∣x −p

∣∣< δ.

Ejemplo 3.12 Demostrar que lımx→−1

x +2

x +3= 1

2.

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

x +3y L = 1

2.


Paso 1. Sea ε> 0.

Paso 2.

f (x)−L = x +2

x +3− 1

2

= x +1

2(x +3)

= (x +1) g (x)

donde g (x) = 1

2(x +3).

Paso 3. Supongamos que

|x +1| < 1,

luego,

−2 < x < 0,

de esto obtenemos:

1 < x +3 < 3,

por tanto, 13 < 1

x +3< 1, lo que permite escribir:

1

6< g (x) = 1

2(x +3)< 1

2

y entonces∣∣g (x)

∣∣< 1

2.

Paso 4. Tomamos δ= mın{1,2ε}.


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

1. lımx→5

(25x3 −375x2 +1839x −2945

)= 0.

2. lımx→−1

(x3 +3x2 +2x

)= 0.

3. lımx→−2

(5x3 +30x2 +55x +20

)=−10.

4. lımx→1

(−x2 +6)= 5.

5. lımx→−5

(x3 −x2 +10

)=−140.

6. lımx→1/2

1

x2 = 4.

7. lımx→0

(sin x +x2

)= 0.

8. lımx→1

(x5 +x3 +1

)= 3.


9. lımx→2

(x4 −8x3 +19x2 −12x −2

)= 2.

Probar que:

10. lımx→3

(3x −2

x +1

)= 7

4.

11. lımx→p

np

x = np

p, donde p ≥ 0 y n ∈N es fijo.

En los siguientes ejercicios, demostrar el límite dado, usando una vecindad V(a, p

)= {x : |x −a| < p

}donde a el punto

en donde se calcula el límite.

12. lımx→−3

(x3 +9x2 +26x

)=−24 : usar V (−3,1) .

13. lımx→2

(x4 −8x3 +15x2 +4x −10

)= 10: usar V (2,3)

14. lımx→−1

(x4 +2x3 −x2 −2x

)= 0 : usar V (−1,1)

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

15. lımx→2

(x2 −4

)= 1.

16. lımx→π/2

sin x = 0.

3.4 La Definición de Continuidad de una Función

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

f (x) ={

1 x 6= 1

2 x = 1

x

y

1

1

2

Podemos observar que lımx→1

f (x) = 2 6= f (1). En general si lımx→p

f (x) = L, no necesariamente L = f (p), si éste es el caso y f (p)

existe diremos que la función es continua. Para mayor precisión definimos la:


3.4.1. Continuidad en un Punto

Definición 3.5

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

a) f(p

)existe

b) lımx→p

f (x) = f (p)

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

Observación. Claramente, si f es continua en p, debemos tener:

lımx→p

f (x) = f(p

)

esto muestra que los límites de funciones continuas, se calculan por simple evaluación.

Ejemplo 3.13 A continuación se muestran las funciones continuas más importantes

Función dominio de continuidad

Polinomios R

ln x (0,∞)

ex R

cos x R

sin x R

Ejemplo 3.14 La función f definida por f (x) = [x], no es continua en x = 1, pues el límite en x = 1 no existe.

Ejemplo 3.15 La función f definida por f (x) = 1

x2 , no es continua en x = 0, pues lımx→p

1

x2 no existe.

x

y

1−1 2−2 3−3 4−4

4

8

12

16

20

24

Definición 3.6

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

Ejemplo 3.16 La función f definida por f (x) = 1

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

A continuación, se presentan los teoremas más importantes sobre continuidad.


Teorema 3.7

Sean f y g funciones continuas en un punto p. Entonces la suma f + g , la diferencia f − g y el producto f g son

continuas en p. Si g (p) 6= 0 entonces f /g es también continua en p.

Teorema 3.8

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

Demostración: Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que R f = Dg = B , esto es, R ff→ B

g→Cg Sea ε> 0.

Al ser g continua en f(p

), existe ε1 > 0 tal que∣∣g (

y)− g

(f(p

))∣∣< εsiempre que

∣∣y − f(p

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

)∣∣< ε1

siempre que∣∣x −p

∣∣< δ. Luego para ε> 0 existe δ tal que∣∣(g ◦ f)

(x)− (g ◦ f

)(p

)∣∣= ∣∣g (f (x)

)− g(

f(p

))∣∣< εsiempre que

∣∣x −p∣∣< δ. Esto muestra que g ◦ f es continua en p.

■Ejemplo 3.17 Sea h(x) = cos x2. Con f (x) = x2 y g (x) = cos x tenemos h(x) = (g ◦ f )(x). Puesto que cos x y x2 son continuas

en todo R, h es continua en todo R.

Ejemplo 3.18 Sea h(x) = 1

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

x, tenemos h(x) = (g ◦ f )(x). La función f (x) es continua en

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

3.4.2. Preservación del signo en funciones continuas

El siguiente teorema, cuya interpretación geométrica es evidente, es de gran aplicación en el Cálculo y en general en el

análisis.

Teorema 3.9

Sea f continua en c y f (c) 6= 0. Entonces existe un intervalo (c −δ,c +δ) en la que f tiene el mismo signo que f (c).

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

2, existe δ> 0 tal que

∣∣ f (x)− f (c)∣∣< 1

2f (c)

siempre que |x − c| < δ, luego1

2f (c) < f (x) < 2

3f (c)

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

Si f (c) < 0, tomamos ε=− f (c)

2.

■


3.4.3. Teorema de Bolzano

Teorema 3.10

(Teorema de Bolzanoa). Sea f continua en el intervalo cerrado [a,b] y supongamos que f (a) y f (b) tienen signos

opuestos. Entonces existe al menos un punto en (a,b) tal que f (c) = 0.

aBernhard Bolzano 1781-1848, hijo de un comerciante en obras de arte nació en Praga, Bohemia (Checoslovaquia). Aunque se ordenó comosacerdote hizo importantes contribuciones a las matemáticas.

3.4.4. El teorema del Valor Intermedio

Teorema 3.11

(Teorema del Valor Intermedio). Sea f continua en [a,b]. Sean x1, x2 puntos en [a,b] tales que x1 < x2 tal que f (x1) 6=f (x2). Entonces para cada valor y0 entre f (x1) y f (x2) existe x0 ∈ (x1, x2) tal que f (x0) = y0.

Demostración. Sin pérdida de generalidad supongamos que

f (x1) < y0 < f (x2)

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

g (x1) = f (x1)− y0 < 0

y

g (x2) = f (x2)− y0 > 0,

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

■

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

Teorema 3.12

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

Demostración: Sea c un número tal que 0 < a < c, c > 1 consideremos la función f : [0,c] → R definida por

f (x) = xn , es claro que f (0) = 0 < f (c) = cn , además puesto que c > 1 se tiene c < cn luego 0 < a < cn . Por el

Teorema del Valor Intermedio existe b ∈ (0,c) tal que f (b) = a, esto es, bn = a. El número b es único pues f es

inyectiva al ser f estrictamente creciente.

■



Ejemplo 3.19 Mostrar que f (x) = xn , es continua en todo p.

Solución. Tenemos f(p

)= pn , además fácilmente se muestra:

lımx→p

xn = pn ,

luego f es continua en p.

Ejemplo 3.20 Encontrar el valor de T tal que la función f definida por

f (x) ={

x2 −x −2 si x < 2

x −T +1 si x ≥ 2

sea continua en todo su dominio.

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

laterales en este punto son iguales, es decir:

22 −2−2 = 2−T +1

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

x

y

1−1

1

−1

2−2

2

−2

x

y

1−1

1

−1

2−2

2

−2

Ejemplo 3.21 Encontrar el valor de k tal que la función definida por

f (x) = x2 + (k −1) x si x < 1

−3

2x2 + 11

2x − (2+k) si x ≥ 1

es continua.

Solución. Claramente f es continua en todo punto x 6= 1, analizamos el caso x = 1.

lımx→1−

f (x) = 1+ (k −1) = k

y

lımx→1+

f (x) =−3

2+ 11

2− (2+k) = 2−k.


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

Así

f (x) = x2 si x < 1

−3

2x2 + 11

2x −3 si x ≥ 1

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


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

2. Sea

f (x) =

x2 −9

x −3si x 6= 3

A si x = 3

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

3. Sea

f (x) =

−2x +5 si x ∈ (−∞,0)

A+2 si x ∈[

0,5

2

)4x −B si x ∈

[5

2,10

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

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

f (x) ={

T 2x2 +x −1 si x ∈ (−∞,1)

x −5 si x ∈ [1,∞)

Sol. No existen.

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

f (x) =

4x +5

K +xsi x ∈ (0,5)

K 2 +x si x ∈ [5,∞)

Sol. K ∈{

0,−5±p

5

2

}

3.5 Cálculo de Límites


3.5.1. El símbolo ∞Si el valor numérico de una variable x, va tomando valores positivos mayores a cualquier valor asignado de antemano,

se dice que x tiende a infinito y se escribe:

x →∞.

Si el valor numérico de una variable x, va tomando valores negativos menores a cualquier valor asignado de antemano,

se dice que x tiende a menos infinito y se escribe:

x →−∞.

Se escribe:

lımx→a

f (x) =∞,

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

claro que lımx→a

f (x) no existe, pero por abuso de lenguaje se escribe de esa manera. Una situación similar se tiene para

el caso −∞.

Ejemplo 3.22 Si la variable x, solo toma valores positivos:

lımx→0

a

x=

{∞ si a > 0

−∞ si a < 0

3.5.2. Indeterminaciones

Si en el límite lımx→p

f (x) , reemplazamos x por p y obtenemos expresiones como:

0

0, 1∞, 00, ∞−∞

se dirá que se tienen indeterminaciones.

3.5.3. El paso al límite

Si en la expresión lımx→p

f (x), calculamos f (p), diremos que hemos hecho la operación paso al límite, si este paso nos lleva a

una indeterminación entonces, antes del ”paso al límite”, pueden emplearse todas las operaciones algebraicas que se deseen

y requieran, de manera que se elimine la indeterminación, si es posible.

Observación. Nótese que si f es continua en x = p, entonces f(p

)es el límite, es decir, lım

x→pf (x) = f

(p

).

Observación. Si lımx→p

f (x) presenta una indeterminación, la idea para eliminar la indeterminación es encontrar una función

g (x) tal que

g (x) = f (x) para todo x 6= p,

pues en tal caso:

lımx→p

f (x) = lımx→p

g (x) ,

si además g (x) es continua en x = p, se tiene:

lımx→p

f (x) = lımx→p

g (x) = g(p

).



Ejemplo 3.23 Calcular lımx→5

x3 −x2 +3x +6

Solución. lımx→5

(x3 −x2 +3x +6

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


x −4

x2 −11x +28

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

0, sin embargo:

lımx→4

x −4

x2 −11x +28= lım

x→4

x −4

(x −4)(x −7)

= lımx→4

1

x −7

= 1

4−7

= −1

3

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


9−x2

5−p

x2 +16.

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

0. Sin embargo podemos usar técnicas algebraicas

para eliminar la indeterminación. Sea L = lımx→3

9−x2

5−p

x2 +16, entonces

L = lımx→3

(9−x2

)(5+

px2 +16

)(5−

px2 +16

)(5+

px2 +16

) multiplicando y dividiendo

por(5+

px2 +16

)

= lımx→3

(9−x2

)(5+

px2 +16

)25− (

x2 +16)

= lımx→3

(9−x2

)(5+

px2 +16

)9−x2 se cancela

(9−x2

)= lım

x→3

(5+

px2 +16

)= 5+

p32 +16 = 10


x −2px2 −4

Solución. En este ejercicio el paso al límite no puede hacerse inmediatamente, antes de ello procedemos a realizar algunas

operaciones algebraicas.


lımx→2

x −2px2 −4

= lımx→2

1√(x −2)(x +2)

(x −2)2

= lımx→2

1√x +2

x −2

= lımx→2

px −2px +2

= 0


x3 +2x −12

3−p

x2 +5

Solución.

lımx→2

x3 +2x −12

3−p

x2 +5= lım

x→2

(x3 +2x −12

)(3+

px2 +5

)(3−

px2 +5

)(3+

px2 +5

)

= lımx→2

(x3 +2x −12

)(3+

px2 +5

)4−x2

= lımx→2

(x −2)(x2 +2x +6

)(3+

px2 +5

)− (x −2)(x +2)

= lımx→2

(x2 +2x +6

)(3+

px2 +5

)− (x +2)

= −21

Observación. Hemos empleado:(p

a −pb)(p

a +pb)= a −b


3px +6− 3px2 +4p

x +2− (x2 −2

)Solución.

lımx→2

3px +6− 3px2 +4p

x +2− (x2 −2

) = lımx→2

3px +6− 3px2 +4

px +2−

√(x2 −2

)2

= lımx→2

(x+6)−(x2+4)(x+2)−(x2−2)2

px+2+

√(x2−2)2

3p

(x+6)2+ 3p

(x+6)(x2+4)+ 3√

(x2+4)2

= lımx→2

−(x+1)(x−2)−(x+1)(x−2)(x2+x−1)

px+2+

√(x2−2)2

3p

(x+6)2+ 3p

(x+6)(x2+4)+ 3√

(x2+4)2

= lımx→2

1(x2+x−1)

px+2+

√(x2−2)2

3p

(x+6)2+ 3p

(x+6)(x2+4)+ 3√

(x2+4)2

= 115

Observación. Hemos empleado las siguientes identidades:(pa −

pb)(p

a +p

b)

= a −b(3p

a − 3pb)(

3√

a2 + 3pab + 3

√b2

)= a −b



(x +h)3 −x3

h

Solución.

lımx→0

(x +h)3 −x3

h= lım

x→0

x3 +3x2h +3xh2 +h3 −x3

h

= lımx→0

h(3x2 +3xh +h2)

h

= lımx→0

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


25−x2

5−p

x2 +16.

Solución. Evaluando el numerador en 3, obtenemos 25−32 = 16. Evaluamos el denominador en 3, obtenemos 5−p

32 +16 =0, luego:

lımx→3

25−x2

5−p

x2 +16= 16

0=∞.


9−x2

10−p

x2 +16.

Solución.

lımx→3

9−x2

10−p

x2 +16= 9−32

10−p

32 +16= 0

5= 0.


Calcular los siguientes límites:

1. lımx→0

x10 −x +1

x2 −1Sol.: −1

2. lımx→0

3x −3−x

3x +3−x Sol.: 0

3. lımx→2

x2 −4

x2 −5x +6Sol.:−4

4. lımx→1

x −1px2 +8−3

Sol.: 3

5. lımx→0

{x x > 0

x +1 x ≤ 0Sol.: No existe.

6. lımx→7

5−p3x +4

x2 −49Sol.: − 3

140.

7. lımx→27

x −273p

x −3Sol.: 27.


8. lımx→6

p7x2 −3x −7−p

3x +2093p

3x2 −1− 3p−4x +131Sol.: 117

40

3p11449p227

9. lımx→a

px −p

a

x −aSol:

1

2p

a.

10. lımx→a

x1/n −a1/n

x −a= a

1n

na

11. lımx→3

px2 −2x +6−

px2 +2x −6

3p

x − 3p3Sol.: −2 3p9.

12. lımx→1

px +1−

px2 +1

4p

x −1Sol.: −p2.

13. lımx→2

px2 −2−p

2px3 −4−2

Sol.: 13

p2

14. lımh→0

√(1+h)3 +5h +6−p

7

hSol.:

4

7

p7.

15. lımx→2

3px5 − 3p32

x −2Sol.:

5

63p32

16. lımx→5

px +x −p

5−5

x −5Sol.: 1+ 1

10

p5.

17. lımx→a

px +x −p

a −a

x −aSol.: 1

2

2p

a +1pa

.

18. lımh→0

(7+h)n −7n

h, n ∈N Sol.: n7n−1.

19. lımx→2

3p256x −8

x −2Sol.:

4

3.

20. lımx→−2

p−x3 +2x −2p

x2 +5−p3x +15

Sol.:15

7.

21. lımx→2

x −2px2 +5−3

Sol.:3

2.

22. lımx→3

px −1−

px2 −4x +5

x −3Sol.:− 1

4

p2

23. lımx→3

p2x2 −2−4

x2 −2x −3Sol.:

3

8.

24. lımx→−2

x2−3−p3+x3p29+x− 3p

2x4−5Sol.: − 243

130

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

f (x) =

3− (3x +3)1/3

a(x1/3 −2

) si x < 8

ab si x = 8

2

|2x −7|b si x > 8


Sol. a = 2, b =−1/3.

(Límite AMARU-SOFT) Calcular:

L = lımx→4

p5x2 +5−

p4x3 −171

x3 +x2 +5x −100

Sol.: L=−76

61p

85

26. (Límite AMARU-SOFT) Calcular:

L = lımx→4

px4 −5x2 −2−

p5x3 −2x2 +2x −122

−2x3 −5x2 +2x +200

Sol.: L = 523316

p174


L = lımx→2

p7x2 +4x −7−p

7x +153p

7x2 +4− 3p−3x +38

Sol.: L= 7562

3p1024p29

= 2,2641


L = lımx→1

p9x2 +9x −9−

px3 +8

3p−9x2 +16− 3p6x +1

Sol.: L =− 32

72/3

3=−1,8297

3.6 Límites trigonométricos

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

lımx→p

senx y lımx→p

cos x,

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

sen x = sen p, lımx→p

cos x = cos p.

Teorema 3.13

lımx→0

sen x

x= 1


Demostración: Consideremos la circunferencia de radio 1:

x

y

1

A

BP

QO x

del gráfico podemos deducir:

Area ∆OQP ≤ Area sector O AP ≤ Area ∆O AB , (3.1)

∴1

2·OQ ·QP ≤ 1

2·1 ·ar co (AP ) ≤ 1

2·O A · AB

∴1

2cos x sen x ≤ 1

2x ≤ 1

2tan x

De lo anterior obtenemos:sen x

x≤ 1

cos xy cos x ≤ sen x

x,

por tanto:

cos x ≤ sen x

x≤ 1

cos x,

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

1 ≤ lımx→0

senx

x≤ 1,

esto prueba el teorema.

■

Teorema 3.14

lımx→0

1−cos x

x= 0

.


Demostración:

lımx→0

1−cos x

x= lım

x→0

(1−cos x)(1+cos x)

x(1+cos x)

= lımx→0

1−cos2 x

x(1+cos x)

= lımx→0

(sen x

x

)( sen x

1+cos x

)

=(

lımx→0

sen x

x

)(lımx→0

sen x

1+cos x

)= 1 ·0 = 0


Ejemplo 3.32 Calcular los siguientes límites:

1. lımx→0

sen2x

x

2. lımx→0

tan2x

sen x

3. lımx→0

sen5x

sen x

4. lımx→0

sen5x − sen3x

x

5. lımx→0

1−cos x

x2

Solución.

1. lımx→0

sen2x

x= 2 · lım

x→0

sen2x

2x= 2 ·1 = 2.

2.

lımx→0

tan2x

sen x= lım

x→0

sen2xcos2x

sen x

= 2 lımx→0

( sen2x2x

)( 1cos2x

)( sin xx

)= 2

(1)( 1

1

)(1) = 2

3.

lımx→0

sen5x

sen x= 5

(lımx→0

sen5x5x

sen xx

)= 5

( 11

)= 5

4.

lımx→0

sen5x − sen3x

x= 5 lım

x→0

sen5x

5x−3 · lım

x→0

sen3x

3x= 5−3 = 2


5.

lımx→0

1−cos x

x2 = lımx→0

(1−cos x) (1+cos x)

x2(1+cos x)

= lımx→0

1−cos2 x

x2(1+cos x)

= lımx→0

(sen x

x

)2(

1

1+cos x

)

= (1)2 . lımx→0

1

1+1

= 1/2

Ejemplo 3.33 Calcular lımx→0+

xp1−cos x

Solución.

lımx→0+

xp1−cos x

= lımx→0+

√x2(1+cos x)

(1−cos x)(1+cos x)

= lımx→0+

√x2(1+cos x)

1−cos2 x

= lımx→0+

√√√√√ 1+cos x(sen2 x

x2

) =p2

Ejemplo 3.34 Calcular lımx→π/3

1−2cos x

sen(x − π

3

) .

Solución. Hacemos el cambio h = x − π3 . Entonces si x → π

3 , h → 0, luego

lımx→π/3

1−2cos x

sen(x − π

3

) = lımx→0

1−2cos(h + π

3

)senh

= lımx→0

1−2[cosh cos π

3 − senh sen π3

]senh

= lımx→0

1−cosh +p3senh

senh

= lımx→0

(1−cosh

senh+p

3

)

= lımx→0

((1−cosh)/h

(senh)/h+p

3

)

= (0+p

3)=p

3


Nótese que: cosπ

3= 1

2, sen

π

3=

p3

2,


Hallar:

1. lımx→0

x − sinp

2x

7x + sin4xSol.: 1

11 − 111

p2.

2. lımx→0

5−5cos2x + sin4x

xSol.: 4.

3. lımx→0

tan ax

xSol.: a.

4. lımx→3

(x −3)cscπx Sol.: − 1

π.

5. lımx→a

cos x −cos a

x −aSol.: −sin a.

6. lımx→6

sin(−2x +12)+ sin(4x −24)

sin(−3x)cos(−18)−cos(−3x)sin(−18)Sol.: −2/3

7. lımx→−2

tanπx

x +2Sol.: π.

8. lımx→π

tan x −x2 +π2

x −π Sol.: 1−2π.

9. lımx→π/4

sin x −cos x

1− tan xSol.: − 1

2

p2.

10. lımx→π/3

1−2cos x

sin(x −π/3)Sol.:

p3.

11. lımx→0

tan x − sin x

x3 Sol.: 12 .

12. lımx→0

sin(a +x)− sin(a −x)

xSol.: 2cos a.

13. lımx→1

(1−x) tan πx2 Sol.: 2

π .

14. lımx→0

1− sin x2

π−xSol.: 1

π

15. lımx→π/3

1−2cos x

π−3xSol.: − 1

3

p3

16. lımx→0

cos2mx −cos3nx

x2 Sol.: −2m2 + 92 n2.

17. lımx→0

sinmx2 − sinnx2

x2 Sol.: m −n.

18. lımx→0

1−cos x

sin xSol.: 0.


19. lımx→π/2

cos x

1+ sin xSol.: 0.

20. lımx→2

4−x2

sinπxSol.: − 4

π .

21. lımx→0

x − sin3x

x + sin4xSol.: − 2

5 .

22. lımx→2

2−p2x

1−cosp

x −2Sol.: −1.

23. lımx→π

1−pcos(x −π)

(x −π)2 Sol.: 14 .

24. lımx→π

p1− sin x −p

1+ sin x

x −π Sol.: 1.

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

a)

f (x) =

A

sin x − sin2

x −2si x ∈ [1,8,2)

B + tanπ (x −4)

x −2si x ∈ (2,2,5]

b)

f (x) =

A

sin x − sin2

x −2si x ∈ [1,8,2)

2π si x = 2

B + tanπ (x −4)

x −2si x ∈ (2,2,5]

Sol.

a) Todo A,B ∈R.

b) A = 2πcos2 , B =π

3.7 Límites con Infinito

Definición 3.7

Se dice que lımx→p

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

0 < ∣∣x −p∣∣< δ entonces f (x) > M

Intuitivamente, esto significa que cuando x se aproxima a p (por la izquierda o la derecha) las imágenes f (x) se hacen

arbitrariamente grandes.

Ejemplo 3.35 lımx→0

1

x2 =∞, en efecto, para M > 0 se tiene que si1

x2 > M entonces |x| < 1pM

, así se toma δ= 1pM

.


Definición 3.8

Se dice que lımx→p

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

0 < ∣∣x −p∣∣< δ entonces f (x) < M

Definición 3.9

Se dice que lımx→∞ f (x) = A si para todo ε> 0 es posible encontrar M > 0 tal que

x > M entonces∣∣ f (x)− A

∣∣< ε

Ejemplo 3.36 lımx→∞

(1

x2 +1

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

εtal que si x > M , entonces

∣∣ f (x)− A∣∣ =

∣∣∣∣ 1

x2 +1−1

∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 1

x2

∣∣∣∣= 1

x2

< 1

M 2 = ε.

Definición 3.10

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

x > N entonces∣∣ f (x)

∣∣> M

Ejemplo 3.37 lımx→∞x2 =∞, en efecto dado M > 0 se tiene

∣∣x2∣∣= |x|2 > M , de donde x >p

M , luego tomamos N =pM .

Los teoremas sobre límites (suma, resta, división y multiplicación) dados anteriormente no necesariamente son válidoscuando los límites involucrados son infinitos.

Ejemplo 3.38 Sean f (x) = x2 +4, g (x) = x2, claramente

lımx→∞ f (x) =∞, lım

x→∞g (x) =∞,

también es claro que:

lımx→∞

(f (x)− g (x)

)= lımx→∞4 = 4,

aquí no necesariamente es válido el hecho que el límite de una diferencia es la diferencia de límites, esto es, lımx→∞

(f (x)− g (x)

)no siempre es igual a lım

x→∞ f (x)− lımx→∞g (x) .

Observación.Para el caso de polinomios se puede emplear el

comportamiento asíntótico de los polinomios.



Ejemplo 3.39 Si n es un entero positivo, demostrar que lımx→∞

1

xn = 0.

Solución. Sea ε> 0. Tenemos: ∣∣∣∣ 1

xn

∣∣∣∣= 1

|x|n < ε,

de esta desigualdad encontramos |x| > 1

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

∣∣∣∣ 1

xn

∣∣∣∣< ε,

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

1

xn = 0.

Ejemplo 3.40 Calcular lımx→∞

2x +1p2x2 −2x +5

.

Solución. Al hacer el paso al límite encontramos∞∞ , es decir una indeterminación. Via operaciones algebraicas eliminamos

la indeterminación. Dividiendo numerador y denominador por x tenemos

lımx→∞

2x +1p2x2 −2x +5

= lımx→∞

2+1/xp2−2/x +5/x2

pero lımx→∞

1

x= lım

x→∞1

x2 = 0, por tanto:

lımx→∞

2x +1p2x2 −2x +5

= 2p2

Otra manera: Empleando el comportamiento asintótico, se tiene:

lımx→∞

2x +1p2x2 −2x +5

= lımx→∞

2xp2x2

= lımx→∞

2xp2x

= lımx→∞

2p2

= 2p2


px√

x +√

x +px

.

Solución.

lımx→∞

px√

x +√

x +px= lım

x→∞1√√√√

1+√

1

x+

√1

x3

= 1

Ejemplo 3.42 Si an y bp son números no nulos, estudiar el límite:

L = lımx→∞

a0 +a1x +·· ·+an−1xn−1 +an xn

b0 +b1x +·· ·+bp−1xp−1 +bp xp

donde n, p son enteros no negativos.


Solución. Veamos tres casos, en cada caso empleamos el comportamiento asintótico de los polinomios.

(a) n = p.

L = lımx→∞

an xn

bn xp

= an

bp

(b) Si n < p, entonces p −n > 0

L = lımx→∞

an xn

bn xp

= lımx→∞

an

bp xp−n

= 0

(c) Si n > p, entonces n −p > 0

L = lımx→∞

an xn

bn xp

= an xn−p

bp

= ±∞en donde el signo depende de los signos de an y bp .


5x100 +x3 +70000

10x500 +25.

Solución.

lımx→∞

5x100 +x3 +70000

10x500 +25= lım

x→∞5x100

10x500 = lımx→∞

5

10x400 = 0


x10 +x3 +7

10x10 +25.

Solución.

lımx→∞

x10 +x3 +7

10x10 +25= lım

x→∞x10

10x10 = 1

10

Ejemplo 3.45 Calcular L = lımx→∞

px2 +2x +3−

px2 −2x +3.

Solución. En este caso el límite es del tipo ∞−∞, es decir una indeterminación. Para calcular el límite procedemos como

sigue:

L = lımx→∞

(√x2 +2x +3−

√x2 −2x +3

) px2 +2x +3+p

x2 −2x +3px2 +2x +3+

px2 −2x +3

= lımx→∞

4xpx2 +2x +3+

px2 −2x +3

= lımx→∞

4xpx2 +2x +3+

px2 −2x +3

= lımx→∞

4xpx2 +

px2

= 2

Observación. En lo anterior, hemos aplicado el comportamiento asintótico de los polinomios.


Ejemplo 3.46 Sea r un número tal que |r | < 1, entonces

lımn→∞r n = 0

La demostración es inmediata.

Ejemplo 3.47 Sea r un número tal que |r | < 1, para todo natural n definimos:

Sn = 1+ r + r 2 +·· ·+ r n , (1)

entonces

lımn→∞Sn = 1

1− r

Demostración. Multiplicamos (1) por r

r Sn = r + r 2 + r 3 +·· ·+ r n+1 (2)

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

Sn = 1

1− r

(1− r n+1)

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

lımn→∞Sn = 1

1− r



1. lımx→∞

(px +1−p

x)

Sol.: 0.

2. lımx→∞

(p2x2 −

p2x2 −6x

)Sol.: 3

2

p2.

3. lımx→∞

1+x +3x3 +x +x5

1+x5 Sol.: 1.

4. lımx→∞

3px2 +1

x +1Sol.: 0.

5. lımx→∞

10+x3p

x +2xSol.: 1

2 .

6. lımx→∞

3x2 +74p

x8 +x +5+4xSol.: 3.

7. lımx→∞

3px3 +x +1

x +1Sol.: 1.

8. lımx→∞

(x +2)(x2 −5

)(x2 +x +1

)(x4 +1

)(x +25)

Sol.: 1.

9. lımx→∞

4x +5x+1

4x +5x Sol.: 5.


10. lımx→∞

ax + (a +1)x+1

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

11. lımx→∞

(px −a −p

x)

donde a es un número real.

3.8 Un límite notable

Presentamos a continuación, un límite muy importante en Cálculo. La demostración de este resultado (que puede omitirse

sin pérdida de continuidad en el curso) se presenta en el apéndice 2.

Teorema 3.15

lımx→∞

(1+ 1

x

)x

= e

Corolario 3.1

lımx→0

(1+x)1/x = e

Demostración. Si u = 1/x, entonces x = 1/u, por otra parte si x toma valores positivos y x → 0 entonces u →∞,

luego:

lımx→0

(1+x)1/x = lımu→∞

(1+ 1

u

)u

= e

■

Corolario 3.2

lımx→0

ex −1

x= 1

Demostración. Mostraremos que

lımx→0

x

ex −1= 1

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

tanto

lımx→0

x

ex −1= lım

u→0

1

uln(1+u)

= ln

lımu→0

(1+u)

1

u

= ln(e) = 1,

eso prueba el teorema.

■Observación. Se puede probar:


1. Si lımx→∞u (x) =∞ entonces

lımx→∞

(1+ 1

u (x)

)u(x)

= e

2. Si lımx→0

u (x) = 0 entonces

lımx→0

(1+u (x))1

u(x) = e


Ejemplo 3.48 Mostrar que si b 6= 0 :

lımx→0

ebx −1

x= b

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

lımx→0

ebx −1

x= b lım

x→0

eu −1

u= b

Ejemplo 3.49 Mostrar que

lımx→0

ax −1

x= ln a

Solución. Para la solución, usamos el ejercicio previo.

lımx→0

ax −1

x= lım

x→0

e(ln a)x −1

x= ln a


(1+ 1

x

)3x

.

Solución.

lımx→∞

(1+ 1

x

)3x

=[

lımx→∞

(1+ 1

x

)x]3

= e3


(x +5

x −2

)x+3

.

Solución. Un cálculo dá:x +5

x −2= 1+ 7

x −2

haciendo u = x −2

7, encontramos: x = 7u +2, de donde x +3 = 7u +5, además si x tiende a ∞, u también tiende a ∞, luego:

lımx→∞

(x +5

x −2

)x+3

= lımx→∞

(1+ 7

x −2

)x+3

= lımu→∞

(1+ 1

u

)7u+5

=[

lımu→∞

(1+ 1

u

)u]7

lımu→∞

(1+ 1

u

)5

= e7 ·1 = e7

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



(x −1

x +1

)x

.

Solución.x −1

x +1= 1− 2

x +1entonces:

lımx→∞

(x −1

x +1

)x

= lımx→∞

(1− 2

x +1

)x

= lımx→∞

(1+ 1

x+1−2

) x+1−2

( −2

x+1

)x

elım

x→∞−2xx+1

= e−2


(x3 −9

x3 −x −5

)x2+3x

.

Solución.x3 −9

x3 −x −5= 1+ x −4

x3 −x −5= 1+ 1

x3−x−5x−4

entonces:

lımx→∞

(x3 −9

x3 −x −5

)x2+3x

= lımx→∞

(1+ 1

x3−x−5x−4

)x2+3x

= lımx→∞

(1+ 1

x3−x−5x−4

) x3−x−5x−4

(x−4)(x2+3x)

x3−x−5

elım

x→∞(x−4)(x2+3x)

x3−x−5

= e1


(cos x)

1

x .

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

lımx→0

(cos x)

1

x = lımx→0

[1+ (cos x −1)]

1

x

= lımx→0

(1+ (cos x −1))

1

cos x −1

cos x −1

x

= elımx→0

cos x −1

x

= e0 = 1

debe recordarse que lımx→0

cos x −1

x= 0.




1. lımx→∞

(x2 +x +1

x2 −x

)x

Sol.: e2.

2. lımx→0

(1+ sin x)

1

x Sol.: e.

3. lımx→0

(cos x)

1

x2 Sol.: e−12 .

4. lımx→∞

(cos m

x

)x Sol.: 1.

5. lımx→π/2

(1+cos x)3sec x Sol.: e3.

6. lımx→0

a5x −a3x

xSol.: 2 ln a.

7. lımx→∞

(x2

x2 +x −1

)x

Sol.: e−1.

8. lımx→∞

(x2 +3x +1

x2 +2x

)3x

Sol.: e3.

9. lımx→∞

(2x2 +x −2

2x2 −x −1

)7(2x+1)

Sol.: e14.

10. lımx→∞

(1+ 3x2 +x

x3 −1

)(x2+x+1)/x

Sol.: e3.

11. lımx→∞

(1+ 2p

x3 −1

) 12

p(x2+x+1)(4x−2)

Sol.: e2.

12. lımx→∞

(1+ 3p

x2 −4

)− 16 (x+2)

Sol.: e−1/2.

13. lımx→∞

(px2 −9+p

x +1px2 −9

)5p

x+3

Sol.: e5.

14. lımx→∞

(x4 +x3 +x2 −8

x4 +x2

)x2/(2x−4)

Sol.: e1/2.

15. lımx→∞

(x3 −x2 −5x +16

x3 −5x

)(x2−p5x

)/(x+4)

Sol.: e−1.

16. lımx→0

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

17. lımx→0

(x +1−cos x

x

)(3sin x)/(1−cos x)

Sol.: e3.


18. lımx→0

(sin x

x

)(sin x cos x)/(sin x−x)

Sol.: e.

Para calcular los siguientes límites, estudie el tipo de indeterminación, antes de aplicar los resultados que se obtuvieron

en esta sección.

19. lımx→0

(sin4x

−x

)x+2

Sol.: 16.

20. lımx→∞

(4x −5

6x +2

)x2

Sol.: 0.

21. lımx→∞

(1

x2 +1

) 3x

2x +1 Sol.: 0.

3.9 Límites con MatLab

Para este propósito, se emplean los siguientes comandos:

3.9.1. limit(función,var,p)

Aquí, var es la variable sobre el cual se calcula el límite, p es el punto donde se calcula el límite.


sin(x2 −4

)x −2

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

>> syms x

>> limit((sin(x^2-4))/(x-2),x,2)

ans =

4

>>


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

3.9.2. limit(función,var,p,’right’)

Se emplea para calcular límites por la derecha.

3.9.3. limit(función,var,p,’left’)

Se emplea para calcular límites por la izquierda.

Ejemplo 3.56 Calcular los límites por la derecha e izquierda de:

f (x) ={

x2 −1 x < 2

2sin x x ≥ 2

x

y

sen(2) = 1,8186

1 2 3 4

−1

1

2

3

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

>> syms x

>> limit(x^2-1+heaviside(x-2)*(sin(x)-x^2+1),x,2,’left’)

ans =

3

>> limit(x^2-1+heaviside(x-2)*(sin(x)-x^2+1),x,2,’right’)

ans =

sin(2)

>>

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


3.9.4. Funciones inline y el límite lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

El resultado de este límite, como veremos más adelante, se llamará derivada de la función f .

Ejemplo 3.57 Calcular lımh→0

f (x +h)− f (x)

hsi f (x) = cos x

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

>> syms x h

>> f=inline(’cos(x)’)

f =

Inline function:

f(x) = cos(x)

>> limit((f(x+h)-f(x))/h,h,0)

ans =

-sin(x)

>>

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


Ejemplo 3.58 Calcular lımh→0

f (x +h)− f (x)

hsi f (x) = x

x2 +1

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

>> syms x h

>> f=inline(’x/(x^2+1)’)

f =

Inline function:

f(x) = x/(x^2+1)

>> limit((f(x+h)-f(x))/h,h,0)

ans =

1/(x^2 + 1) - (2*x^2)/(x^2 + 1)^2

>>

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



1. Hallar lımh→0

f (x +h)− f (x)

hpara las siguientes funciones:

a) sin(x)

b) tan(x)

c) cot(x)

d) sec(x)

e) csc(x)

2. Determinar los límites laterales, de las siguientes funciones, en los puntos indicados:

a) f (x) =

0 x <−π

cos2x−cos xx2 −π< x < 0

sin xx 0 < x <π

x >π, p =−π, p = 0, p =π

b) f (x) =

1 x <−1

x2−1x+1 −1 < x < 1

x2 1 < x < 2x2−2x

x3−2x+1x > 2

, p =−1, p = 1, p = 2

4 Cálculo Diferencial

4.1 La Derivada de una función

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

f (x +h)− f (x)

h

donde h es positivo o negativo, pero no 0. Gráficamente, el cociente de Newton da la pendiente de la recta secante que pasa

por los puntos(x, f (x)

)y

(x +h, f (x +h)

).

x

y

x x +h

f (x)

f (x +h)

h

f (x +h)− f (x)

El límite del cociente de Newton, cuando h se aproxima a cero, si existe, se llama ”derivada de f en el punto x”, denotamos

esto con f ′ (x), leemos “ f prima de x”. Definimos esto a continuación.

Definición 4.1

(Derivada) Sea x ∈ D f . La derivada f ′ (x) se define por:

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h


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

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

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

Si el límite

lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

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

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

f (3+h)− f (3)

h=

[(3+h)2 −2(3+h)+1

]− [32 −2(3)+1

]h

= 2(3)h +h2 −2h

h

= 2(3)+h −2

luego:

f ′ (3) = lımh→0

f (3+h)− f (3)

h= lım

h→0(2(3)−2+h) = 2(3)−2 = 4,

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

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

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

c − c

h= lım

h→00

= 0

por tanto la derivada de la función constante es 0.

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

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

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

|x +h|− |x|h

= lımh→0

x +h −x

h

= lımh→0

h

h= lım

h→01

= 1

Cálculo Diferencial 121

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

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

|x +h|− |x|h

= lımh→0

− (x +h)− (−x)

h

= lımh→0

−h

h= lım

h→0(−1)

= −1

(c) Si x = 0 :f (0+h)− f (0)

h= | h |

h

Observemos que

lımh→0+

| h |h

= 1 y lımh→0−

lım| h |

h=−1,

luego, el límite lımh→0

f (0+h)− f (0)

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

x

y = |x|

1

−1

x

y = |x|x

1

−1

Observemos que esta función es continua en cero, pero no tiene derivada en este punto. La derivada de la función valor

absoluto se puede expresar como:

f ′ (x) = |x|x

, x 6= 0.

Teorema 4.1

Si f ′ (p)

existe, entonces la función f es continua en x = p.

Observación. Nótese que el recíproco del anterior teorema no necesariamente es cierto, por ejemplo la función valor abso-

luto es continua en x = 0 pero f ′ (0) no existe, por tanto: Continuidad no implica derivabilidad.


4.2 Símbolos para representar la derivada

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

Dx f (x) = f ′ (x)

D f (x) = f ′ (x)

d y

d x= f ′ (x) , aquí el símbolo

d y

d xno debe mirarse como una fracción, es la derivada de y = f (x) con respecto a x. No

referiremos a esto como la notación diferencial para la derivada.

d f (x)

d x= f ′ (x) .

4.3 Los diez resultados fundamentales del Cálculo

En Cálculo, se tienen diez resultados fundamentales, a saber:

La derivada de las funciones

xa , a ∈Rcos(x)

sen(x)

ax , a ∈R+

ln(x)

y las reglas conocidas como:

regla de la suma

regla de la resta

regla del producto

regla del cociente

regla de la cadena

Con estos diez resultados, es posible derivar cualquier función.


4.3.1. Primer resultado fundamental

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

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

(x +h)n −xn

h

= lımh→0

xn +nxn−1h + n(n −1)

2!xn−2h2 + n (n −1)(n −2)

3!xn−3h3 +·· ·+hn −xn

h

= lımh→0

nxn−1h + n(n −1)

2!xn−2h2 + n (n −1)(n −2)

3!xn−3h3 +·· ·+hn

h

= lım

h→0

(nxn−1 + n(n −1)

2!xn−2h + n (n −1)(n −2)

3!xn−3h2 +·· ·+hn−1

)= nxn−1

Por tanto: (xn)′ = nxn−1.

En notación diferencial, con y = xn , tenemosd y

d x= nxn−1 o equivalentemente

d

d x(xn) = nxn−1

Se puede probar, que para cualquier a ∈R :

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

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

Ejemplo 4.4

(x3)′ = 3x3−1 = 3x2, x ∈ (−∞,∞)

(px)′ =

(x

12

)′ = 1

2x

12 −1 = 1

2x− 1

2 = 1

2p

x, x ∈ (0,∞)

(3p

x)′ =

(x

13

)′ = 1

3x

13 −1 = 1

3x− 2

3 = 1

33p

x2, x ∈R− {0}


4.3.2. Segundo resultado fundamental

Sea f (x) = sen x, entonces

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

sen(x +h)− sen(x)

h

= lımh→0

1

h(sen x cos h +cos x sin h − sen x)

= lımh→0

((cos x)

(sen h

h

)− (sen x)

(1−cos h

h

))= cos x

por tanto:

Segundo resultado fundamental → (sin x)′ = cos x

4.3.3. Tercer resultado fundamental

Sea f (x) = cos x, entonces

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

cos(x +h)−cos(x)

h

= lımh→0

1

h(cos x cos h − sen x sin h −cos x)

= lımh→0

((−sen x)

(sen h

h

)− (cos x)

(1−cos h

h

))= −sen x

por tanto:

Tercer resultado fundamental → (cos x)′ =−sen x

4.3.4. Cuarto resultado fundamental

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

lımu→0

(1+u)1/u = e

Sea f , la función definida en el intervalo (0,∞) por f (x) = ln x, entonces:

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

ln(x +h)− ln x

h

= lımh→0

ln

(1+ h

x

) 1

h

= lımh→0

1

xln

(1+ h

x

) 1

(h/x)

= 1

x


por tanto:

Cuarto resultado fundamental → (ln x)′ = 1

x

4.3.5. Quinto resultado fundamental

Recordemos que para todo número positivo a se tiene:

lımh→0

ah −1

h= ln a

Con este resultado, encontraremos la derivada de la función exponencial.

Sea f (x) = ax .

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

= lımh→0

ax+h −ax

h

= lımh→0

(ax)( ah −1

h

)= ax ln a

Luego:

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

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

4.3.6. Sexto a noveno resultados fundamentales

Teorema 4.2

Si f y g son funciones definidas en un intervalo común. En cada punto en donde f y g son derivables, f + g , f − g ,

f ·g yf

gson derivables (para

f

gse requiere que g no sea nulo en el punto en donde se calcula la derivada). Se verifica:

Sexto resultado fundamental → (f + g

)′(x) = f ′ (x)+ g ′ (x)

Séptimo resultado fundamental → (f − g

)′(x) = f ′ (x)− g ′ (x)

Octavo resultado fundamental → (f g

)′(x) = f ′ (x) g (x)+ f (x) g ′ (x)

Noveno resultado fundamental →(

fg

)′(x) = f ′ (x) g (x)− f (x) g ′ (x)(

g (x))2 , g (x) 6= 0.


Demostración: Se prueban el sexto y noveno resultados.

El cociente de Newton para la función f + g en un punto x es(f + g

)(x +h)− (

f + g)

(x)

h= f (x +h)+ g (x +h)− (

f (x)+ g (x))

h

= f (x +h)− f (x)

h+ g (x +h)− g (x)

h,

tomando el límite h → 0: (f + g

)′(x) = f ′ (x)+ g ′ (x) .

Para el caso del cociente se tiene(f

g

)(x +h)−

(f

g

)(x)

h=

f (x +h)

g (x +h)− f (x)

g (x)

h

= f (x +h) g (x)− f (x) g (x +h)

hg (x +h)g (x),

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

g

)(x +h)−

(f

g

)(x)

h=

f (x +h)− f (x)

hg (x)− f (x)

g (x +h)− g (x)

hg (x +h) g (x)

,

tomando el límite h → 0 se encuentra: (f

g

)′(x) = f ′ (x) g (x)− f (x) g ′ (x)[

g (x)]2 .

■

4.3.7. Décimo resultado fundamental (La regla de la cadena)

Teorema 4.3

Sea U (x) = f[g (x)

]. Supóngase que g es derivable en x, y que la función f es derivable en g (x), entonces U es deri-

vable en x con derivada:

U ′ (x) = f ′ [g (x)] · g ′ (x) .

Demostración. El cociente de Newton es:

U (x +h)−U (x)

h= f

[g (x +h)

]− f[g (x)

]h

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

de Newton queda:U (x +h)−U (x)

h= f (z +k)− f (z)

h

y si k 6= 0 podemos escribir:U (x +h)−U (x)

h= f (z +k)− f (z)

k· k

h


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

lımh→0

U (x +h)−U (x)

h=

(lımk→0

f (z +k)− f (z)

k

)(lımh→0

k

h

)= f ′ (z)

(lımh→0

g (x +h)− g (x)

h

)= f ′ (z) g ′ (x)

= f ′ [g (x)]

g ′ (x) ,

es decir U ′ (x) = f ′ [g (x)]

g ′ (x), esto demuestra el teorema.

■

Observación. En la anterior demostración, se supone que k 6= 0, ¿Que sucede si k = 0?, pues si k = 0 , la anterior demostración

no es válida, sin embargo se puede demostrar que el teorema en tal caso subsiste (Para una demostración ver el libro: Cálculo

I, de Serge Lang, Fondo Educativo Interamericano S.A., 1976 Página 71).

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

dU

d x= d f

d g· d g

d x

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

Ejemplo 4.5 Hallar la derivada de U (x) =p

x2 +cos x.

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

], en donde

f (x) =px y g (x) = x2 +cos x

derivando encontramos:

f ′ (x) = 1

2p

xy g ′ (x) = 2x − sen x

y entonces:

f ′ [g (x)]= 1

2√

g (x)= 1

2p

x2 +cos x.

Luego por la regla de la cadena:

U ′ (x) = f ′ [g (x)]

g ′ (x) = 1

2p

x2 +cos x(2x − sen x) .

Método abreviado. Miramos a x2 + cos x como una variable, entonces la derivada dep

x2 +cos x respecto de x2 + cos x es:1

2p

x2 +cos x. por otra parte la derivada de x2 +cos x respecto de x es 2x − sen x, por tanto:

f ′ (x) = 1

2p

x2 +cos x(2x − sen x) .

Ejemplo 4.6 g (x) = sen(x2

).

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

)respecto de x2 es cos

(x2

). Por otra parte, la deri-

vada de x2 respecto de x es 2x, luego:

f ′ (x) = cos(x2) 2x = 2x cos

(x2) .


Ejemplo 4.7 h (x) = ecos

(px2+5

).

Solución. Usamos el método abreviado.

h′ (x) =[

ecos

(px2+5

)]′

= ecos

(px2+5

) [cos

(px2 +5

)]′= e

cos(p

x2+5) [

−sen(p

x2 +5)] [p

x2 +5]′

= −ecos

(px2+5

)sin

(px2 +5

) 1

2p

x2 +5

(x2 +5

)′= −e

cos(p

x2+5)

sin(p

x2 +5) 1

2p

x2 +5(2x)

4.4 Derivada con funciones trigonométricas

4.4.1. Derivada de la función tangente

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

cos x. Usando Las propiedades fundamentales encontramos:

f ′ (x) = (sen x)′ (cos x)− (sen x) (cos x)′

(cos x)2

= (cos x) (cos x)− (sen x) (−sen x)

(cos x)2

= cos2 x + sen2 x

cos2 x

= sec2 x.

En notación diferencial:d

d x(tan x) = sec2 x

4.4.2. Derivada de la función cotangente

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

f ′(x) =−csc2 x.


d x(cot x) =−csc2 x


4.4.3. Derivada de la función secante

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

f ′(x) = sec x tan x.


d x(sec x) = sec x tan x.

4.4.4. Derivada de la función cosecante

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

f ′ (x) =−csc x cot x.


d x(csc x) =−csc x cot x.

Ejemplo 4.8 f (x) = cos x sen x −x2.

Solución.

f ′ (x) = (cos x sen x)′− (x2

)′= (cos x)′ sen x +cos x (sen x)′−2x

= −sen x sen x +cos x cos x −2x

= −sen2 x +cos2 x −2x

Ejemplo 4.9 f (x) = cos x − sen x

tan x −px

.

Solución. Escribamos f (x) del siguiente modo f (x) = cos x − sen x

tan x −x12

, luego

f ′ (x) =(cos x − sen x)′

(tan x −x

12

)− (cos x − sen x)

(tan x −x

12

)′(tan x −x

12

)2

=(−sen x −cos x)

(tan x −x

12

)− (cos x − sen x)

(sec2 x − 1

2 x− 12

)(tan x −x

12

)2

Ejemplo 4.10 g (x) = tan2 x + sen2 x.

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

g ′ (x) = 2[tan x] (tan x)′+2[sen x] (sen x)′

= 2tan x sec2 x +2sen x cos x

= 2(tan x sec2 x + sen x cos x

).


Ejemplo 4.11 h (x) = cos x csc x +7p

x.

Solución.h′ (x) = (cos x csc x)′+ (

7p

x)′

= (cos x)′ csc x +cos x (csc x)′+7(p

x)′

= −sen x csc x + cos x (−csc x cot x)+ 7

2p

x

= −sen x csc x − cot2 x + 7

2p

x

= −(1+cot2 x

)+ 7

2p

x

= −csc2 x + 7

2p

x

Observemos que h (x) = cos x csc x +7p

x = cot x +7p

x, luego h′ (x) =−csc2 x + 7

2p

x.

Ejemplo 4.12 Calcular la derivada de f (x) = |cos x|+ |x| |sen x|.Solución.

f ′ (x) = |cos x|′+|x|′ |sen x|+ |x| |sin x|′

= |cos x|cos x

(cos x)′+ |x|x

|sen x|+ |x| |sin x|sen x

(sen x)′

= −|cos x|cos x

sen x + |x|x

|sen x|+ |x| |sen x|sen x

cos x.


Calcular la derivada de las siguientes funciones: (en muchos casos, las soluciones presentadas, pueden simplificarse)

1. l (x) = 1

cos3 xSol.:

3

cos4 xsen x

2. g (x) = x6 +cos x − sen x

tan x −x4/7

Sol.:

(6x5 − sen x −cos x

)(tan x −x4/7

)− (x6 +cos x − sen x

)(sec2 x − 4

7 x−3/7)(

tan x −x4/7)2

3. u (x) = cos x −|x|sen x. Sol.: −sen x − |x|x sen x −|x|cos x

4. s (x) = sen x cos(x

(x3 −5x +9

))Sol.: cos x cos x

(x3 −5x +9

)− sen x sen(x

(x3 −5x +9

)) ·(x3 −5x +9+x

(3x2 −5

)).

5. f (x) = cos x

sen x +cos x

Sol.:(−sen x) (sen x +cos x)− (cos x) (cos x − sen x)

(sen x +cos x)2


6. u (x) = csc x + 1

x5 sen4 x

Sol.: −csc x cot x − 5x4 sen4 x +4x5 sen3 x cos x

x10 sen8 x

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

sen x

8. g (x) = x3 +x − sen x

tan x +|x|

Sol.:

(3x2 +1−cos x

)(tan x +|x|)− (

x3 +x − sen x)(

sec2 x + |x|x

)(tan x +|x|)2

9. f (x) = sec x + (tan x)(x3 +cos2 x

)Sol.: sec x tan x + (

1+ tan2 x)(

x3 +cos2 x)+ (tan x)

(3x2 −2cos x sen x

).

10. u (x) = x6 + sec x

sen2 x − tan2 x +x

Sol.: (6x5+sec x tan x)(sin2 x−tan2 x+x)−(x6+sec x)(2sen x cos x−2tan x sec2 x+1)(sen2 x−tan2 x+x)

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

4.5 Derivadas con la regla de la cadena

Ejemplo 4.13 α (t ) = ln{[

t75 tan

(t 5 −p

t)]}

.

Solución.

α′ (t ) = 1

t75 tan

(t 5 −p

t) {

t75 tan

(t 5 −p

t)}′

= 1

t75 tan

(t 5 −p

t) {

75 t

25 tan

(t 5 −p

t)+ t

75[tan

(t 5 −p

t)]′}

= 1

t75 tan

(t 5 −p

t) {

75 t

25 tan

(t 5 −p

t)+ t

75[sec2

(t 5 −p

t)] [

t 5 −pt]′}

= 1

t75 tan

(t 5 −p

t) {

75 t

25 tan

(t 5 −p

t)+ t

75[sec2

(t 5 −p

t)] [

5t 4 − 12p

t

]}Ejemplo 4.14 Sea

f (x) = x2 +√

ln(x3 +1

)+arctan(x2 +1

)calcular f ′ (x).

Solución.

f ′ (x) = 2x + 1

2√

ln(x3 +1

) · [ln(x3 +1

)]′+ 1(x2 +1

)2 +1· [x2 +1

]′= 2x + 1

2√

ln(x3 +1

) ·( 1

x3 +1

)· (x3 +1

)′+ 1(x2 +1

)2 +1· (2x)

= 2x + 1

2√

ln(x3 +1

) ·( 1

x3 +1

)·3x2 + 1(

x2 +1)2 +1

· (2x)


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

Ejemplo 4.15 Calcular la derivada de:

f (x) = xxx. (1)

Solución. sea u = xx , claramente u es función de la variable x. Con este cambio la función f queda:

f (x) = xu ,

tomando logaritmos:

ln f (x) = u ln x, (2)

derivando a ambos lados de (2) obtenemos :1

f (x)f ′ (x) = u′ ln x +u

1

x,

luego:

f ′ (x) = f (x)(u′ ln x + u

x

), (3)

en este último resultado, sólo falta calcular u′ y la derivada f ′ (x) estará completamente calculada.

Cálculo de u′.Aplicando logaritmos en u = xx :

lnu = x ln x,

derivando esta expresión encontramos:1

uu′ = ln x +x

1

x,

de donde:

u′ = u (ln x +1) ,

reemplazando este resultado en (3) obtenemos:

f ′ (x) = f (x)(u (ln x +1)ln x + u

x

), (4)

reemplazando u y f (x) en (4) se encuentra:

f ′ (x) = xxx(

xx (ln x +1)ln x + xx

x

).

Ejemplo 4.16 Calcular la derivada de g (x) = esin x + tan(ln(sen x)) .

Solución.g ′ (x) = (

esen x)′+ {tan[ln(sen x)]}′

= esen x (sen x)′+ sec2 [ln(sen x)] {ln(sin x)}′

= cos x esen x + sec2 [ln(sin x)]

(1

sen x

)(sen x)′

= cos x esen x + sec2 [ln(sin x)]

(1

sen x

)cos x.



Calcular la derivada de:

1. f (x) = sen(x2 + tan x

)Sol.:

(cos

(x2 + tan x

))(2x + sec2 x

).

2. h (x) = cos[

5√

ln(x4 −x6

)]Sol.: − 1

5

sen(ln

15(x4 −x6

))ln

45(x4 −x6

) 4x3 −6x5

x4 −x6 .

3. u (t ) = ecos{ln[t 2+tan t]

}Sol.:−ecos(ln(t 2+tan t)) (

sen(ln

(t 2 + tan t

))) 2t + sec2 t

t 2 + tan t.

4. g (x) =√√√p

cos x + sen x

Sol.:1

16(

16p

(cos x + sen x))15 (−sen x +cos x) .

5. f (x) = cos√

x2 + ln(sen

(x2 +x

))+arctan x

Sol.: − 12

sen√(

x2 + ln(sin

(x2 +x

))+arctan x)

√(x2 + ln

(sen

(x2 +x

))+arctan x) g (x)

donde:

g (x) =(2x + (

cos(x2 +x

)) 2x +1

sen(x2 +x

) + 1

x2 +1

)6. f (x) = arctan

(sen

px1000 +ex

)Sol.: 1

2

cosp

x1000 +ex

px1000 +ex

1000x999 +ex

1+ sin2p

x1000 +ex.

7. f (x) = cos(cos(cos x))

Sol.: −sen(cos(cos x))sen(cos x)sen x.

8. f (x) = cos(sen(cos x))

Sol.: sen(sen(cos x))cos(cos x)sen x.

9. f (x) = sinh(ln x + tan

(px +1

))Sol.:

(cosh

(ln x + tan

px +1

))( 1

x+ 1

2

sec2p

x +1px +1

).

10. f (x) =[[

cos x + [ln

(x10 + tan x

)]10]10

]10

Sol.:u (x) v (x) w (x)

donde:

u (x) = 10

[[cos x + [

ln(x10 + tan x

)]10]10

]9

v (x) = 10[

cos x + [ln

(x10 + tan x

)]10]9

w (x) =[−sen x +10

[ln

(x10 + tan x

)]9 10x9 + sec2 x

x10 + tan x

]


4.6 Derivada de las funciones hiperbólicas

Recordemos que:

senh x = 12 (ex −e−x ) cosh x = 1

2 (ex +e−x ) tanh x = senh x

cosh x

cschx = 1

senh xsech x = 1

cosh xcoth x = 1

tanh xCon estas fórmulas, es fácil deducir:

(senh x)′ = cosh x

(cosh x)′ = senh x

(tanh x)′ = sech2 x

(coth x)′ =−csch2x

(sech x)′ =− tanh x sech x

(cschx)′ =−coth x cschx

4.7 Derivada de la función inversa

Sea f una función biyectiva en algún dominio. Sea g la función inversa de f , y f ′ [g (x)] 6= 0 entonces:

f[g (x)

]= x

y

f ′ [g (x)] · g ′ (x) = 1,

luego:

g ′ (x) = 1

f ′ [g (x)] ,

es decir, (f −1

)′(x) = 1

f ′ [ f −1 (x)]

.

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

4.7.1. Derivadas de funciones trigonométricas inversas

a) Derivada de la función arcsen x

Sea f (x) = arcsen x. Por definición se tiene sen(

f (x))= x, derivando a ambos lados obtenemos:

cos(

f (x))

f ′ (x) = 1,

de donde:

f ′ (x) = 1

cos(

f (x))

= 1√1− sen2

(f (x)

)= 1p

1−x2,


es decir,d

d x(arcsen x) = 1p

1−x2

De manera similar encontramos las siguientes derivadas:

b)d

d x(arccos x) =− 1p

1−x2

c)d

d x(arctan x) = 1

1+x2

d)d

d x(arccotx) =− 1

1+x2

e)d

d x(arcsecx) =± 1

xp

x2 −1,

{+ si x > 1

− si x <−1

}f)

d

d x(arccscx) =∓ 1

xp

x2 −1,

{− si x > 1

+ si x <−1

}

4.7.2. Derivadas de las funciones hiperbólicas inversas

Recordemos las formulas trigonométricas hiperbólicas inversas.

senh−1 x = ln(x +

px2 +1

), x ∈R

cosh−1 x = ln(x +

px2 −1

), x ≥ 1

tanh−1 x = 12 ln

( 1+x1−x

), |x| < 1

coth−1 x = 12 ln

( x+1x−1

), |x| > 1

sech−1 x = ln(

1+p

1−x2

x

), 0 < x ≤ 1

csch−1x = ln(

1x + 1

|x|p

x2 +1)

, x 6= 0

Derivando, obtenemos las siguientes fórmulas:

d

d x

(senh−1 x

)= 1p1+x2

d

d x

(cosh−1 x

)= 1px2 −1

d

d x

(tanh−1 x

)= 1

1−x2 , |x| < 1

d

d x

(coth−1 x

)= 1

1−x2 , |x| > 1

d

d x

(sech−1 x

)=− 1

xp

1−x2, x ∈ (0,1)

d

d x

(csch−1x

)=− 1

|x|p

1+x2, x 6= 0

Obsérvese que la derivada de tanh−1 x es una expresión igual a la derivada de coth−1 x, la diferencia está en sus dominios,

pues la primera tiene validez en |x| < 1 y la segunda en |x| > 1.


4.8 Tabla generalizada de derivadas con notación diferencial

Usando la regla de la cadena podemos construir la siguiente tabla, en cada caso u es una función de la variable x, esto es,

u = u (x).

Función Derivada

ua a ua−1 du

d x, para todo a ∈R

eu eu du

d x

lnu1

u

du

d x

Función Derivada

senu cosudu

d x

cosu −senudu

d x

tanu sec2 udu

d x

cotu −csc2 udu

d x

secu secu tanudu

d x

cscu −cscu cotudu

d x

Función Derivada

arcsenu1p

1−u2

du

d x

arccosu − 1p1−u2

du

d x

arctanu1

1+u2

du

d x

arccotu − 1

1+u2

du

d x

arcsecu ± 1

up

u2 −1

du

d x

{+ si u > 1

− si u <−1

arccscu ∓ 1

up

u2 −1

du

d x

{− si u > 1

+ si u <−1

Función Derivada

(senhu)′ coshudu

d x

(coshu)′ senhudu

d x

(tanhu)′ sech2 udu

d x

(cothu)′ −csch2udu

d x

(sechu)′ − tanhu sechudu

d x

(cschu)′ −coth xcschudu

d x


Función Derivada

senh−1 u1p

1+u2

du

d x

cosh−1 u1p

u2 −1

du

d x

tanh−1 u1

1−u2

du

d x, |u| < 1

coth−1 u1

1−u2

du

d x, |u| > 1

sech−1 u − 1

up

1−u2

du

d x, u ∈ (0,1)

csch−1u − 1

|u|p

1+u2

du

d x, u 6= 0


Comprobar los siguientes resultados

1.d

d x

(arcsin

(arctan

(x2 +1

)))= 1√(1−arctan2

(x2 +1

)) 2x

1+ (x2 +1

)2 .

2.d

d x

(ln

(arccos

(px)))=− 1

2p

1−xp

x arccosp

x.

3.d

d x

(parcsec(tan x)

)= 1

2p

arcsec(tan x)

sec2 x

tan xp

tan2 x −1.

4.d

d x

(earctan(x5−5x)

)= 5x4 −5

1+ (x5 −5x

)2 earctan(x5−5x).

5.d

d t

(√arccsc

(ln

(t 2 −3t

)))= u (t ), donde

u (t ) =− 1

2√

arccsc(ln

(t 2 −3t

)) 2t −3(t 2 −3t

)(ln

(t 2 −3t

))√ln2 (

t 2 −3t)−1

.

6.d

d t

(t arccott

)= t arccott(− 1

1+t 2 ln t + arccott

t

).

7.d

d t

(tp

arcsec(t 2+1))= u (t ), donde

u (t ) = tp

arcsec(1+t 2) · t(1+ t 2

)√arcsec

(1+ t 2

)√(1+ t 2

)2 −1ln t +

√arcsec

(1+ t 2

)t

8.

d

d x

(sen

(arcsec

px))= cos

(arcsec

px) 1

2xp

x −1.

9.d

d x

(sinh

(arcsec

px))= cosh

(arcsec

px)

2xp

x −1


10.d

d x

(sinh−1 (

cos x + tan(x2 +1

)))= −sen x +2(sec2

(x2 +1

))x√(

1+ (cos x + tan

(x2 +1

))2) .

4.9 Derivadas de Orden Superior

Si una función f es derivable en x, y su derivada f ′ es derivable en x, la derivada de f ′ se llama segunda derivada de f en x y

se escribe con una de las siguientes notaciones:

f ′′ (x) ó f (2) (x) ód 2 f

d x2

Se puede hablar en general de una derivada n-ésima, esto se denota con una de las siguientes notaciones:

f (n) (x) ód n f

d xn

Debemos observar que en general, para un entero positivo k, se tiene:

d

d x

(d k f

d xk

)= d k+1 f

d xk+1

También (f (k) (x)

)′ = f (k+1) (x)


Ejemplo 4.17 Sea f (x) = 1

x, encontrar todas las derivadas de f .

f ′ (x) =− 1

x2 ,

f ′′ (x) = 1 ·2

x3 ,

f ′′′ (x) = f (3) =−1 ·2 ·3

x4

· · ·

De lo anterior, inductivamente se puede probar que

f (n) (x) = (−1)n n!

xn+1

Ejemplo 4.18 Sea la función f (x) = u [v (x)], encontrar una fórmula parad 2 f

d x2 .

Solución. Comod f

d x= du

d v

d v

d x, entonces


d 2 f

d x2 = d

d x

(d f

d x

)

= d

d x

(du

d v

d v

d x

)

= d

d x

(du

d v

)d v

d x+ du

d v

d

d x

(d v

d x

)

= d

d v

(du

d v

)d v

d x

d v

d x+ du

d v

(d 2v

d x2

)

=(

d 2u

d v2

)(d v

d x

)2

+(

du

d v

)(d 2v

d x2

)Otro método: f (x) = u [v (x)], entonces f ′ (x) = u′ [v (x)] v ′ (x), luego

f ′′ (x) = u′′ [v (x)] v ′ (x) v ′ (x)+u′ [v (x)] v ′′ (x)

= u′′ [v (x)][v ′ (x)

]2 +u′ [v (x)] v ′′ (x)

Ejemplo 4.19 Sea f (x) = cos[x2 +1

], hallar f ′′ (x).

Solución. f ′ (x) =−sen(x2 +1

)(2x), entonces

f ′′ (x) = [−sen(x2 +1

)]′(2x)+ [−sen

(x2 +1

)](2x)′

= [−cos(x2 +1

)(2x)

](2x)− sen

(x2 +1

)2

= −4x2 cos(x2 +1

)−2sen(x2 +1

)Ejemplo 4.20 Sea g (x) = xx , hallar g ′′ (x).

Solución. ln g (x) = x ln x, derivandog ′ (x)

g (x)= ln x +1, de donde:

g ′ (x) = xx (ln x +1)

derivando nuevamente:g ′′ (x) = (xx )′ (ln x +1)+xx (ln x +1)′

= xx (ln x +1)(ln x +1)+xx( 1

x

)= xx (ln x +1)2 + xx

x

Ejemplo 4.21 Encontrar un polinomio P de segundo grado tal que P (1) = 1, P ′ (1) = 3 y P ′′ (1) = 4.

Solución. Sea

P (x) = ax2 +bx + c,

derivando se encuentra: P ′ (x) = 2ax +b y P ′′ (x) = 2a, usando las condiciónes del problema, formamos el siguiente sistema

de ecuacionesa +b + c = 1

2a +b = 3

2a = 4

,

resolviendo, encontramos a = 2, b =−1, c = 0, luego el polinomio buscado es: P (x) = 2x2 −x.


Ejemplo 4.22 Sea Y = u (x) v (x), hallar (a) Y ′′, (b) Y (n)

Solución. Por comodidad escribiremos simplemente u y v en lugar de u (x) y v (x) .

(a)

Y ′ = u′ v +u v ′,

entoncesY ′′ = u′′v +u′v ′+u′v ′+uv ′′

= u′′v +2u′v ′+uv ′′

(b) Por inducción, se puede probar que

Y (n) =n∑

k=0

(n

k

)u(n−k)v (k),

aqui

(n

k

)= n!

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

misma función.

Ejemplo 4.23 Calcular la n-ésima derivada de f (x) = cos x + sen x.

Solución.f ′ (x) =−sen x +cos x

f ′′ (x) =−cos x − sen x

f ′′′ (x) =+sen x −cos x

f (i v) (x) = cos x + sen x,

de esto podemos deducir:

f (n) (x) ={

(−1)n2 cos x + (−1)

n2 sen x; para n par

(−1)n+1

2 sen x + (−1)n+3

2 cos x; para n impar


1. Calcular f (n) (x) . si:

a) f (x) = eax , siendo a una constante.

Sol.: aneax .

b) f (x) = bax , siendo a,b constantes con b > 0.

c) f (x) = cos x

Sol.:

(−1)

n+12 sen x, n impar

(−1)n2 cos x, n par

d) f (x) = sen x

e) f (x) = ln(x)

f ) f (x) = ln(x +1)

g) f (x) = 11+ax , Sol. f (n) (x) = (−1)n n! an

(1+ax)n+1

2. Sea f (x) = aex +bx2 + cx, encontrar los valores de a, b y c si se sabe que f (0) = 1 y f ′ (0) = 2, f ′′ (0) = 3.

Sol.:a = 1, b = 1, c = 1.


4.10 Derivación Implícita y el cálculo de y ′ a partir de F(x, y

)= 0

Consideremos la ecuación algebraica F(x, y

)= c, bajo ciertas condiciones, la anterior expresión, define una función y = f (x).

En esta sección, veremos la forma de encontrar:

y ′ (x) = d f (x)

d x

a partir de:

F(x, y

)= c,

sin necesidad de despejar la variable y de la mencionada ecuación.

Ejemplo 4.24 La ecuación x2 + y2 = 1 define, entre otras, las siguientes funciones:

f (x) =√

1−x2

y

g (x) =−√

1−x2

Cálculo de y ′

Para encontrar y ′ a partir de F (x, y) = c usamos la regla de la cadena. En particular recordemos que si u = u(y) y y = y (x)

entonces por la regla de la cadenadu

d x= du

d y

d y

d x


Ejemplo 4.25 Encontrar y ′ = d y

d x, si x2 + y2 = 1.

Solución. Observemos que:d

d x

(x2

) = 2x

d

d x(y2) = 2y y ′

d

d x(1) = 0,

por tanto, derivando a ambos lados de x2 + y2 = 1, se encuentra:

2x +2y y ′ = 0.

Despejando y ′, obtenemos:

y ′ =−x

y.

Nótese que y ′ no existe en los puntos (1,0) y (−1,0).

Ejemplo 4.26 Encontrar y ′ si 2x2py − y2 = 5.

Solución. Derivando respecto a x, en ambos lados de la igualdad dada obtenemos:

4xp

y +2x2 1

2p

yy ′−2y y ′ = 0,


despejando y ′:

y ′ = −4xp

y

x2

py−2y

Ejemplo 4.27 Encontrar y ′ si cos(x y)+e y = 5.

Solución. Derivando,

−sen(x y)(y +x y ′)+e y y ′ = 0,

luego:

y ′ = y sen(x y)

e y −x sen(x y).

Ejemplo 4.28 Encontrar y ′ si x y2 + ln

(x2

y + sen x

)= 0.

Solución. Derivando,

y2 +2x y y ′+ 1

x2

y + sen x

(2x

(y + sen x

)−x2(y ′+cos x

)(y + sen x

)2

)= 0,

despejando y ′ obtenemos:

y ′ =−y2 + 2x(y + sen x)−x2 cos x

x2(y + sen x

)2x y − 1(

y + sen x)


Suponer que las siguientes ecuaciones definen implícitamente una función y = f (x) . Hallar su derivada.

1. x y3 +cos y = 1

Sol.:y ′ =− y3

3x y2 − sen y.

2. x y +5√

ln y x3 = 5

Sol.: y ′ =−y +15

(ln

12 y

)x2

x + 5

2ln12 y

x3

y

.

3. x y2 −arctan

(1√

x2 + y2

)+ sin

(x y

)= 0

Sol. : y ′ =−y2 + 1√

x2 + y2(x2 + y2 +1

) x + (cos x y

)y

2x y + 1√x2 + y2

(x2 + y2 +1

) y + (cos x y

)x

.


4. xg(y)+ y f (x) = 0;

Sol.: y ′ =− g(y)+ y f ′ (x)

xg ′ (y)+ f (x)

.

5. sen(x y

)+ sen(x2 y2

)= 0

Sol : y ′ =−(cos x y

)y +2

(cos x2 y2

)x y2(

cos x y)

x +2(cos x2 y2

)x2 y

.

6. arcsec(y +ex y ) = 0.

Sol : −yex y

1+xex y .

7.(x y + y x

)= 1.

Sol :− x y yx + y x ln y

x y ln x + y x x

y

8. cos(x y

)− sen(x y

)= 2.

Sol :−(sen x y

)y + (

cos x y)

y(sin x y

)x + (

cos x y)

x

9. sen(ex y2

)+ tan

(y +x

)= 0.

Sol :−(cos

(ex y2

))y2ex y2 + sec2

(y +x

)2(cos

(ex y2))x yex y2 + sec2

(y +x

)

10.arcsin

(x y

)x2 y2 −cos

(x y

) = 1.

Sol :− y(x2 y2−cos(x y))p

1−x2 y2+ (

2x y2 + y sen(x y

))arcsin

(x y

)x(x2 y2−cos(x y))p

1−x2 y2− (

2x2 y +x sen(x y

))arcsin

(x y

)

4.11 La recta tangente y normal

4.11.1. Recta tangente

Sea f una función diferenciable en x0. La recta tangente a la gráfica de f en el punto(x0, f (x0)

), es la recta que pasa por este

punto con pendiente f ′ (x0) , esto es,

y = f ′ (x0) (x −x0)+ f (x0) ,

es la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en(x0, f (x0)

).


4.11.2. Recta normal

La recta normal al gráfico de f en(x0, f (x0)

)es:

y =− 1

f ′ (x0)(x −x0)+ f (x0) .

A continuación mostramos las grÃ¡ficas de la recta tangente y la recta normal.

x

y

Recta tangenteRecta normal

x0

f (x0)


Ejemplo 4.29 Sea f la función definida por f (x) =−x2+2x, determinaremos la ecuación de la recta tangente y normal a la

gráfica de f en x = 32 . Calculando f ′(x) encontramos:

f ′(x) =−2x +2,

entonces f ′ ( 32

) =−1, por otra parte f( 3

2

) =− 94 +3 = 3

4 luego la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en( 3

2 , f( 3

2

)) =( 32 , 3

4

)es:

y = f ′ ( 32

)(x − 3

2

)+ f( 3

2

)= (−1)

(x − 3

2

)+ ( 34

)= −x + 9

4

por otra parte la recta normal tiene por ecuación:

y = 1

(x − 3

2

)+ 3

4

= x − 3

4


x

y

Recta tangente

Recta normal

32

34

Ejemplo 4.30 Encuentre, las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de f (x) = sen x en el punto(π/3,

p3/2

).

Solución. f ′ (x) = cos x, luego la pendiente de la recta tangente en el punto dado es:

mT = f ′ (π/3) = 1

2,

por tanto la ecuación de la recta tangente es:

y = 1

2(x −π/3)+

p3/2

= 1

2x − 1

6π+ 1

2

p3

Por otra parte, la pendiente de la recta normal es mN =− 1

mT=−2, luego la ecuación de la recta normal es:

y = −2(x −π/3)+p

3/2

= −2x + 2

3π+ 1

2

p3

x

y

Recta tangente

Recta normal

π/3

p(3)/2

2 3 4

Ejemplo 4.31 Sea f (x) = 15 x5 + 1

2 x4 − 143 x3 + x2 − 15x. Encontrar los puntos de la gráfica de f en donde la tangente es

horizontal.

Solución. Derivando y factorizando:


f ′ (x) = (x −3)(x2 +1

)(x +5)

Los puntos en donde la derivada es nula son x = 3 y x = −5. Por tanto los puntos en donde la tangente es hori-

zontal son:(3,− 729

10

)y

(−5, 22256

).

x

y(−5, 22256

)

(3, −729

10

)1−1 2−2 3−3 4−4 5−5 6−6 −50

100

200

300

400

Ejemplo 4.32 Hallar las ecuaciones de las tangentes a la gráfica de 9x2 +16y2 = 52, paralelas a la recta 9x −8y = 1.

Solución. La pendiente de la recta es: m = 9

8. Por otra parte de 9x2+16y2 = 52 se obtiene 9x+16y y ′ = 0 de donde:

y ′ =− 9x

16y

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

− 9x

16y= 9

8.

Pero, el punto de tangencia, debe satisfacer la ecuación 9x2 +16y2 = 52, por tanto, debemos resolver el sistema:

9x2 +16y2 = 52

− 9x

16y= 9

8,

resolviendo se encuentra:

x = −2 : y = 1

x = 2 : y =−1

Por tanto las rectas tangentes buscadas son:

Por el punto (−2,1) : y = 9x +26

8o 8y −9x = 26

Por el punto (2,−1) : y = 9x −26

8o 8y −9x =−26


x

y8y −9x = 26

8y −9x =−26

8y −9x =−1

1−1 2−2 3−3

1

−1

2

−2


1. Encuentre las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de la función en el punto indicado:

a) f (x) = arctan x en x = 1. Sol. y = 1

2(x −1)+ π

4, y =−2(x −1)+ π

4

b) f (x) = (x3 +2

)5en (−1,1) .

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

x2 + y2 −10x +2y +18 = 0.

Sol. y = x −10, y = x −2.

3. Hallar los puntos de la curva de ecuación: y =−5x ln x −2x donde la recta tangente tiene pendiente m =− 25 . Hallar la

ecuación de tal recta. Sol. Punto de tangencia(e−33/25, 23

5 e−33/25)

. Recta tangente: y =− 25 x +5e−33/25.

4. Sea f (x) = 1

3x3 −x +1. Encontrar los puntos x en donde la pendiente de la recta tangente a la gráfica de f sea (a) 1, (b)

−1. Sol. (a) ±p2 (b) 0.

5. Sea f (x) = x2 + ax +b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la línea y = 2x es tangente a la gráfica de f en

(2,4) . Sol.: a =−2, b = 4.

6. Considere la recta x +2y = 4, determinar el valor de a tal que la recta dada sea tangente a la gráfica de:

a) f (x) =−x2 +ax +1. Sol. Dos soluciones, a = 32 , a =− 5

2 .

b) f (x) = x3 −ax +18. Sol. a = 252

7. Sea f (x) = x2 + ax +b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la parábola pase por (−1,2) y sea tangente a la

recta y = 2x −1. Sol. Dos soluciones, una solución es y = x2 + (4+2

p5)

x + (5+2

p5)

.

8. Considere la elipse de ecuación 9x2 +4y2 = 36. Determinar el área del triángulo situado en el primer cuadrante cons-

truido con una recta tangente de pendiente m y los ejes coordenados. Sol. Ar ea =−4m2 +9

2m.


9. Sea f (x) = −x2 + ax +b. Encontrar todos los valores de a y b tales que la parábola sea tangente a las rectas y = x +1,

y =−2x +1. Sol. y =−x2 − 12 x + 7

16 .

10. Encontrar valores de a,b,c para que los gráficos de los polinomios f (x) = x2 +ax +b y g (x) = x3 −c que se intersectan

en (1,2) tengan la misma tangente en tal punto. Sol. a = 1, b = 0, c =−1.

11. Sea f (x) = x3 − ax. Encontrar los valores de a tales que la cúbica sea tangente a la recta y = x + 1. Sol. f (x) = x3 −(−1+ 32

3p2)

x.

12. Hallar números a,b, tal que las curvas y = x2 − x y y = −x2 + ax + b sean tangentes. Sol. Infinitas soluciones, una

solución es a = 3, b =−2, y = x2 −x, y =−x2 +3x −2.

13. Hallar números a,b, tales que las curvas y = x2 − x y y = −x2 + ax +b sean tangentes y en el punto de tangencia, la

tangente común paralela a la recta y = x +1. Sol. 3, −2, punto de tangencia (1,0) , y =−x2 +3x −2

14. Demostrar que la ecuación de la tangente a la parábola y2 = 4px, en un punto(x0, y0

), de ella es y y0 = 2p (x +x0) .

15. Demostrar que las ecuaciones de las tangentes a la elipse b2x2 + a2 y2 = a2b2 de pendiente igual a m, son y = mx ±pa2m2 +b2.

16. Dada la hipérbola b2x2 − a2 y2 = a2b2, demostrar que (a) la ecuación de la tangente en un punto(x0, y0

)de ella es

b2x0x −a2 y0 y = a2b2. (b) las ecuaciones de las tangentes con pendiente m son y = mx ±p

a2m2 −b2.

4.11.3. Aplicación: Aproximación a funciones

Considérese una función f tal que f ′ (x0) existe. Una de las propiedades importantes de la recta tangente es que esta recta es

aproximadamente igual a la función cerca del punto de tangencia, es decir:

f (x) ' f ′ (x0) (x −x0)+ f (x0) para x ' x0

Por ejemplo consideremos la función f (x) = x−cos x, x0 = 0,25. (Tomaremos cinco decimales para visualizar los resultados).

f ′ (x) = 1+ sen x,

f (0,25) = 0,25−cos(0,25) =−0.71891,

f ′ (0,25) = 1+ sen(0,25) = 1.24740,

por tanto, la recta tangente tiene ecuación: y (x) = 1,24740(x −0,25)−0,71891. A continuación se presenta una tabla de com-

paración entre la función y la recta tangente en el intervalo [0,24,0,26]

x x −cos x 1,24740(x −0,25)−0,71891

0,24 −.73134 −.73138

0,245 −.72514 −.72515

0,25 −.71891 −.71891

0,255 −.71266 −.71267

0,26 −.70639 −.70644


En la siguiente gráfica, se presenta la función f (x) y la recta tangente en dos diferentes intervalos.

x

y

1−1

1

−12−2

2

−2

3−3

3

−3

x

y

0,5−0,5

0,5

−0,51−1

1

−1

4.11.4. Aplicación: El método de Newton

Sea f : [a,b] → R, tal que f ′ (x) 6= 0 para todo x ∈ [a,b] y f (r ) = 0 para algún valor de r ∈ [a,b] , supóngase además que b −a

no es muy grande. Sea x1 ∈ [a,b], la recta tangente a la gráfica de f tiene por ecuación a:

y = f ′ (x1) (x −x1)+ f (x1) .

Como se sabe f (x) es aproximadamente f ′ (x1) (x −x1)+ f (x1) en [a,b] , entonces razonable esperar que la raíz de la recta

tangente sea una mejor aproximación a r que x1. Si x2 es la raíz de la recta tangente, fácilmente se encuentra:

x2 = x1 − f (x1)

f ′ (x1)

x

yy = f (x) y = f ′(x)(x −x1)+ f (x1)

x1

f (x1)

r x2

Este proceso puede repetirse, así se llega a la fórmula de recurrencia:

xn+1 = xn − f (xn)

f ′ (xn), n = 1,2, . . .

Un criterio para detener el proceso es determinar xn+1 tal que |xn+1 −xn | < ε, en tal caso xn+1 es una aproximación a r con

un error no mayor a ε. Es usual tomar ε= 12 10−d , aquí d es el número de decimales exactos requeridos.

Ejemplo 4.33 Calcularemos una raíz de f (x) = x3 +3x −5, empezando con x1 = 3 y ε= 12 10−3 = 0,0005.

La fórmula de recurrencia es:

xn+1 = xn − x3n +3xn −5

3(x2

n +1) , n = 1,2, . . .


Cálculo de x2 :

x2 = 3− 33 +3(3)−5

3(32 +1

) = 1.9667

|1.9667−3| = 1.0333 6 <εCálculo de x3 :

x3 = (1.9667)− (1.9667)3 +3(1.9667)−5

3((1.9667)2 +1

) = 1.3842

|1.3842−1.9667| = 0.5825 6 <εCálculo de x4 :

x4 = (1.3842)− (1.3842)3 +3(1.3842)−5

3((1.3842)2 +1

) = 1.1779

|1.1779−1,3842| = 0.2063 6 <εCálculo de x5 :

x5 = (1.1779)− (1.1779)3 +3(1.1779)−5

3((1.1779)2 +1

) = 1.1544

|1.1544−1.1779| = 0,0235 6 <εCálculo de x6 :

x6 = (1.1544)− (1.1544)3 +3(1.1544)−5

3((1.1544)2 +1

) = 1.1542

|1.1542−1,1544| = 0,0002 < εPor tanto x = 1.1542 es una aproximación de la raíz con al menos tres decimales exactos. A continuación se muestra las dos

primeras rectas tangentes y sus raíces x2 y x3.

x

y

y = x3 +3x −5 y = 30(x −3)+31, primera recta tangente

y = 14,604(x −1,9667)+8,5071, segunda recta tangente

x1 = 3x2 = 1,9667

x3 = 1,3842−10

10

20

30

40

50

−1 1 2 3 4


1. Hallar las raíces de:

a) f (x) = cos x −x, x1 = 0, ε= 12 10−3. Sol. x5 = 0,7391

b) f (x) = e−x −x, x1 = 1, ε= 12 10−3. Sol. x4 = 0,5671

2. Determine el punto donde la siguiente función tiene recta tangente horizontal. Emplee x1 = 1, ε = 12 10−3. f (x) =

12 x2 ln x − 1

4 x2 −2x. Sol. x5 = 2,3458.


4.12 La diferencial

4.12.1. Incrementos

Si una variable cambia de valor de x0 a x, la diferencia x−x0 se llama incremento de la variable y se denota con∆x. Si y = f (x)

y hay un cambio de x0 a x, la diferencia f (x)− f (x0) se llama incremento en la variable dependiente y , tal incremento se

denota por: ∆y. Resumiendo:

∆x = x −x0

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

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

una ilustración.

x

y

x0 x

f (x0)

f (x)

∆x

∆y

Observemos que

lım∆x→0

∆y

∆x= lım

x→x0

f (x)− f (x0)

x −x0

= lım∆x→0

f (x0 +∆x)− f (x0)

∆x= f ′ (x0)

4.12.2. Diferenciales

Considérese una función y = f (x) y x0 un punto del dominio en donde f ′ (x0) existe, entonces en una vecindad pequeña de

x0, en donde la recta tangente es una aproximaxión a a f es decir:

f (x) ≈ f ′ (x0)+ f (x0) (x −x0) ,

Con ∆x = x −x0, podemos formemos la aplicación

T (∆x) = f ′ (x0)∆x

tal aplicación se llama la diferencial de y, es usual escribir d x en lugar de ∆x.


Definición 4.2

(Diferencial) Dada una función y = f (x) la diferencial de y en un punto x es:

d y = f ′ (x) d x.

La diferencial de la variable dependiente y no es igual a su incremento. Considérese por ejemplo la función y = f (x) = x2,

como f ′ (x) = 2x, debemos tener:

d y = f ′ (x) d x

pero

∆y = f (x +∆x)− f (x)

= (x +∆x)2 −x2

= 2x∆x + (∆x)2

= 2x d x + (d x)2

obsérvese, sin embargo, que si d x está próximo de cero, entonces (d x)2 está próximo a cero, por tanto la diferencial ∆y y d y

estarán muy próximos.

4.12.3. La notación diferencial para la derivada

Con la discusión de las dos secciones anteriores se justifica la notación:

d y

d x= f ′ (x) ,

como sabemos esto se lee “la derivada de y = f (x) respecto de x es f ′ (x)”. La notación d y = f ′ (x)d x podría sugerir que se

ha despejado d y de la ecuaciónd y

d x= f ′ (x), esto, si bien funciona, no es cierto pues

d y

d xno es una fracción.

4.12.4. Reglas para el cálculo de las diferenciales

Todas las regla de derivadas se cumplen para diferenciales.

1. d (c) = 0, c una constante

2. d (cu) = cdu

3. d (uv) = u d v + v du

4. d (u/v) = v du −u d v

v2

Ejemplo 4.34 La diferencial de y = cos x2 es:

d y = (cos x2)′ d x =−2x sen x2d x.

Ejemplo 4.35 La diferencial de y = tan x es

d y = (tan x)′ d x = sec2 x d x.


4.12.5. Aplicaciones de la diferencial

Ejemplo 4.36 Se calienta una placa metática cuadrada de 20 cm de longitud, el efecto de este calentamiento el lado au-

menta 0,01 cm. (a) ¿Cuánto aumenta exactamente el área de la placa?. (b) ¿Cuánto aumenta aproximadamente?.

Solución. Si x es el lado del cuadrado, entonces el área está dada por S (x) = x2.

1. (a)

x = 20

∆x = 0,01

x = 20∆x = 0,01

(20)(0,01) = 0,2

(20)

(0,0

1)=

0,2

(∆x)2 = 0,0001

∆S (x) = S (x +∆x)−S (x) ,

con x = 20 y ∆x = 0,01, se encuentra:

∆S (20) = S (20+0,01)−S (20)

= (20+0,01)2 −202

= 0.4001cm2

(b)

∆S (x) ' S′ (x) d x

con S′ (x) = 2x, x = 20 y d x =∆x = 0,01, se encuentra:

∆S (20) ' S′ (20)(0,01)

= 2(20)(0,01)

= 0.4 cm2


1. Un cubo tiene arista igual a 10 cm., el error en la medida es ±0,01 cm. Determinar: (a) El error al evaluar el volumen,

(b) el error al evaluar la superficie del cubo. Sol. (a) ±3, (b) ±1,2

2. Una columna cilíndrica de radio 25 cm y altura 9 m, debe revestirse con una capa de revoque de 1 cm de espesor. ¿que

cantidad aproximada de revoque se requiere? Sol. 0.14137 m3.

3. Estime el cambio en la superficie de una esfera si su radio aumenta de 12 cm a 12,1 cm. Sol. 9.6π cm2.


4. ¿Cuál es el cambio en el volumen de un cilindro si su radio y altura cambian simultáneamente de 10 cm a 10,02 cm.

Sol. 6π cm3?.

5. Considere un cono de radio 15 cm. Determinar el cambio en el volumen si la altura cambia de 25 a 27 cm. Sol. 150π

6. ¿Con qué precisión se debe medir el radio de una esfera de modo que: (a) el error en el volumen sea un 1%?, (b) el error

en su área sea 1%?. Sol. (a) 13 %, (b) 1

2 %.

h

r

Base=πr 2

Area lateral=2πr h

Volumen=πr 2h

h

r

g

Area lateral=πr g

Base=πr 2

Area total=πr g +πr 2

Volumen= 13πr 2h

g =p

h2 + r 2

r

Area=4πr 2

Volumen= 43πr 3

4.13 Derivada y recta tangente con MatLab

4.13.1. Cálculo de la derivada con limit

Como sabemos la derivada de una función f = f (x) en un punto x ∈ D f está dada por:

f ′ (x) = lımh→0

f (x +h)− f (x)

h

siempre que tal límite exista. En el capítulo de límites vimos la manera de emplear el comando limit de MatLab para calcular

el anterior límite.

Ejemplo 4.37 Calcularemos y graficaremos la derivada de f (x) =x(

x2 +1) en cualquier punto x. Para este propósito em-

pleamos lo siguiente

%Derivada con MatLab

syms x,h

f=inline(’x/(x^2+1)’,’x’) %<-- Declara la funci\’on f(x)=x/(x^2+1)

fp=limit((f(x+h)-f(x))/h,h,0) %<-- Calcula la derivada fp=f’(x) simb\’olica

Df=inline(fp) %<-- Declara la derivada como funci\’on Df(p)=f’(x)

ezplot(Df,[-2,2,-1,1]) %<-- Grafica la derivada en [-10,10]

grid on %<-- Muestra cuadr\’icula


hold on; %<-- Congela la pantalla

ezplot(f,[-2,2,-1,1]) %<-- Grafica la funci\’on en [-10,10]

hold off; % <-- Desactiva la congelacion de la pantalla

A continuación mostramos el resultado en el entorno de MatLab

Observaciones.Si se desea calcular y evaluar la derivada en un punto concreto, digamos x = 4, se tiene una de las siguientes alternativas

>>subs(fp,4)

>>Df(4)

4.13.2. Cálculo de la derivada con diff

Este comando, tiene la siguiente forma:

diff(función,’var’,n)

donde:

función, es la expresión algebraica a derivar, debe estar en formato char,var es la variable respecto del cual se deriva,

n es un entero que representa el orden de la derivada.

Ejemplo 4.38 Si f (x) =x(

x2 +1), entonces la primera y segunda derivadas se calculan respectivamente como:

>> syms x

>> f=x/(x^2+1)


f =

x/(x^2 + 1)

>> Df1=diff(f,’x’,1)

Df1 =

1/(x^2 + 1) - (2*x^2)/(x^2 + 1)^2

>> Df2=diff(f,’x’,2)

Df2 =

(8*x^3)/(x^2 + 1)^3 - (6*x)/(x^2 + 1)^2

>>

Los resultados que se obtienen con diff son del tipo syms, es decir las variables Df1 y Df2 son del tipo simbólico.

4.13.3. La recta tangente

Sea f una función derivable en un punto p, entonces, como se sabe, la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el

punto(p, f

(p

))es

y = f ′ (p)(

x −p)+ f

(p

)o con m = f ′ (x0) , x0 = 0 y y0 = f

(p

)se tiene:

y = m (x −x0)+ y0

A continuación se muestra un programa que calcula la recta tangente wn x = p, luego lo grafica en un intervalo de centro p.

%Grafica una funci\’on y su tangente

%y es la variable que contiene la funci\’on (tipo char)

%f es la funci\’on y=f(x) definida en linea

%p es la absisa del punto de tangencia

%yp es la derivada de la funci\’on (tipo char)

%fp es la funcion f’(x) definida en lÃnea

%m es la pendiente de la recta tangente (tipo char)

%x0 absisa del punto de tangencia (tipo char)

%y0 ordenada del punto de tangencia (tipo char)

function tangente

syms x; %delaraci\’on de x como simb\’olica

y=input(’Ingrese la funci\’on: f(x)= ’);

%ingreso de datos

f=inline(y);

p=input(’Ingrese la absisa del punto de tangencia: p= ’);

radio=input(’Ingrese radio de intervalo de visualizaci\’on: radio= ’);


%CÃ¡lculo de la derivada

yp=diff(y,’x’,1);

fp=inline(yp);

%CÃ¡lculo de m,x0,y0 como del tipo char

m=num2str(fp(p));

x0=num2str(abs(p));

y0=num2str(abs(f(p)));

%Construcci\’on de la recta tangente

if (p>=0) && (f(p)>=0)

char_tangente=strcat(m,’*(x-’,x0,’)+’,y0);

end

if (p>=0) && (f(p)<=0)

char_tangente=strcat(m,’*(x-’,x0,’)-’,y0);

end

if (p<=0) && (f(p)>=0)

char_tangente=strcat(m,’*(x+’,x0,’)+’,y0);

end

if (p<=0) && (f(p)<=0)

char_tangente=strcat(m,’*(x+’,x0,’)-’,y0);

end

%Visualizaci\’on de la recta tangente

disp(strcat(’Recta tangente= ’,char_tangente));

%Definici\’on de la recta tangente en lÃnea

T=inline(char_tangente);

%GrÃ¡ficas de la funci\’on y la recta tangente en

%un intervalo de centro p y radio 1

ezplot(f,[p-radio,p+radio])

hold on

ezplot(T,[p-radio,p+radio])

hold off

grid on

Ejemplo 4.39 Calcularemos y graficaremos la recta tangente a la grafica de f (x) = 4−x2 en p =−1. Para este fin empleamos

el programa tangente.m cuya corrida se muestra a continuación.

>> tangente

Ingrese la funci\’on: f(x)= 4-x^2

Ingrese la absisa del punto de tangencia: p= -1

Ingrese radio de intervalo de visualizaci\’on: radio= .5

Recta tangente=2*(x+1)+3

>>



1. Considere la función f definida en [a,b] , divida el intervalo [a,b] con la partición dada por xk = a +kh, k = 0,1, . . .n,

donde h = (b − a)/n, n ∈ N. En cada intervalo [xk−1, xk ] calcule y dibuje la recta tangente con punto de tangencia(xk−1, f (xk−1)

), k = 1, . . . ,n. (Para la función f (x) = 4−x2, definida en [−2,2] debe obtenerse el siguiente gráfico)

2. Lo mismo que en el anterior problema con rectas tangentes en los puntos(xk , f (xk )

), k = 1, . . . ,n.

5 Aplicaciones de la Derivada

5.1 Máximos y Mínimos

5.1.1. Introducción

La idea central, que más se explotará en este capítulo, es la interpretación geométrica de la derivada. Geométricamente si

f ′(x0) = 0 para algún x0 ∈ D f , la recta tangente que pasa por (x0, f (x0)) es paralela al eje de las absisas. En la siguiente gráfica

f ′ (c1) = 0 y f ′ (c2) = 0.

x

y

c1

(c1, f (c1))

c2

(c2, f (c2))

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

x

y

c


Para fijar mejor las ideas, en esta sección se dan algunas definiciones y presentan algunos teoremas preliminares, que serán

importantes para las próximas secciones.

Definición 5.1

(Máximo y Mínimo)

Sea S ⊂ R y f : S → R. Si existe x1 ∈ S tal que f (x1) ≥ f (x) para todo x ∈ S, diremos que f (x1) es el máximo de f

en S.

Si existe x0 ∈ S tal que f (x0) ≤ f (x) para todo x ∈ S, diremos que f (x0) es el mínimo de f en S.

Observemos que f (x0) es una cota inferior y f (x1) es una cota superior de la funciòn f en el dominio S.

Definición 5.2

(Máximo y Mínimo Local). Sea S ⊂R y f : S →R una función.

f tiene un máximo local en un punto c ∈ S, si existe un intervalo abierto G conteniendo a c, tal que f (c) es un

máximo de f en S ∩G .

f tiene un mínimo local en un punto c ∈ S, si existe un intervalo abierto G conteniendo a c, tal que f (c) es un

mínimo de f en S ∩G .

x

y

ac1

c2

c3

p c4

c5

b

Sea S = [a,b], f : S →R cuya gráfica se muestra arriba. Entonces se tiene:

(a) en x = a : máximo = f (a), en tal punto se tiene también un máximo local

(b) en x = c1 : mínimo local = f (c1)

(c) en x = c2 : máximo local= f (c2)

(d) en x = c3 : mínimo = f (c3), en dicho punto se tiene también un mínimo local

(e) en x = p no se tiene ni máximo ni mínimo local.

(f) en x = c4 : máximo local = f (c4)

(g) en x = c5 : mínimo local = f (c5),

Aplicaciones de la Derivada 161

(h) en x = b : máximo local = f (b)

Los máximos o mínimos pueden no existir. Considérese por ejemplo f : [−1,1]− {0} →R definida por f (x) = 1

x2 no posee un

máximo, aunque si tiene mínimo local en x =−1 y x = 1.

x

y

−2 −1 0 1 2

2

4

6

8

10

El siguiente teorema da las condiciones bajo las cuales una función siempre tiene un máximo y un mínimo.

Teorema 5.1

Sea f : [a,b] → R una función continua. Entonces existen puntos x0,x1 ∈ [a,b] tales que f (x0) es el mínimo de f en

[a,b] y f (x1) es el máximo de f en [a,b].

5.1.2. Condición necesaria de existencia de máximo o mínimo local

Teorema 5.2

Sea f : (a,b) →R, sea c ∈ (a,b). Supóngase que f ′(c) existe y f (c) es el máximo o mínimo local de f en (a,b), entonces

f ′(c) = 0.

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

un máximo es análoga.

x

y

c +hh > 0

f (c +h)

c

f (c)

c +h

f (c +h)

h < 0

a b

Es claro que para cualquier h (positivo o negativo suficientemente cerca de cero) se tiene f (c +h) ≥ f (c), luego

Si h > 0

lımh→0+

f (c +h)− f (c)

h≥ 0.


Si h < 0

lımh→0−

f (c +h)− f (c)

h≤ 0.

Pero por hipótesis f ′(c) existe, esto es,

lımh→0+

f (c +h)− f (c)

h= lım

h→0−f (c +h)− f (c)

h

Por tanto necesariamente f ′(c) = 0.

■

5.1.2.1. Observaciones

(1) El recíproco del Teorema no es necesariamente válido, esto es, si f ′(c) = 0 para algún c ∈ (a,b), no necesariamente

f (c) es un máximo o mínimo local de f en (a,b). Por ejemplo la función f : (0,2) →R definido por f (x) = (x−1)3, tiene

derivada f ′(x) = 3(x −1)2 y f ′(1) = 0 sin embargo f (1) no es ni máximo ni mínimo local de f en el intervalo (0,2).

x

y

0 1 2

−1

0

1

(2) Una hipótesis importante es la suposición c ∈ (a,b), esto es, c no puede ser ni a ni b. Si c tomara uno de los valores

extremos del intervalo [a,b] , el teorema no necesariamente es cierto. Por ejemplo f : [0,2] → R definida por f (x) =x2 −3x +2 tiene un máximo local en x = 0, pero f ′ (x) = 2x −3 y f ′(0) =−3 6= 0.

x

y

0 1 2

−1

0

1

2

(3) La contrarrecíproca del teorema se expresa de la siguiente manera. Si f ′(c) 6= 0 entonces en c ∈ (a,b) la función f

no puede tener un máximo o mínimo.

La observación (3) es la clave para futura discusión, pues si estamos interesados en encontrar los máximos y mínimoslocales de una función (en el interior de su dominio), debemos buscarlos en el conjunto:{

x : f ′(x) = 0}

,


claramente esto es una gran ventaja.

{x : f ′(x) = 0

}{

x : f ′(x) 6= 0}

De existir máximos o mínimos locales, debenencontarse en esta parte del dominio.

Aquí no pueden existir nimáximos ni mínimos locales.

5.1.3. Puntos críticos

Definición 5.3

Los puntos críticos de una función son:

(a) Los extremos del intervalo donde está definida la función, si estas existen.

(b) Los valores x tales que f ′(x) = 0.

(c) Los valores x donde f ′ (x) no está definida.

Ejemplo 5.1 Consideremos la función f : [−3,5) → R definido por f (x) = x2 −4x. Derivando: f ′ (x) = 2x −4. Resolviendo

f ′ (x) = 0 obtenemos x = 2, por tanto los puntos críticos de f son:

x =−3 (extremo del intervalo donde se define la función)

x = 2 (solución de f ′ (x) = 0).

5.1.4. Funciones crecientes, decrecientes y derivada

El siguiente teorema, muestra la relación que existe entre funciones crecientes y decrecientes con la derivada.

Teorema 5.3

Sea S un intervalo, f : S →R una función diferenciable en S. Entonces:

1. Si f es creciente (estrictamente creciente) en S, entonces f ′(x) ≥ 0 ( f ′(x) > 0) para toda x ∈ S en donde f ′(x)

existe.

2. Si f es decreciente (estrictamente decreciente) en S, entonces f ′(x) ≤ 0 ( f ′(x) < 0) para toda x ∈ S en donde

existe f ′(x).


Demostración. Supongamos que f es creciente en S, sea x ∈ S. Por definición

f ′(x) = lımh→0+

f (x +h)− f (x)

h,

puesto que f ′(x) existe, los límites laterales del cociente de Newton cuando h → 0+ y h → 0− existen y son iguales

a f ′ (x), luego podemos escribir:

lımh→0+

f (x +h)− f (x)

h,

puesto que h > 0, x < x +h, entonces usando la hipótesis de que f es creciente tenemos f (x) ≤ f (x +h) luegof (x +h)− f (x)

h≥ 0 , para toda h > 0, esto muestra que:

lımh→0+

f (x +h)− f (x)

h≥ 0

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

■

5.1.4.1. Observación

El recíproco de la anterior teorema es verdadero, esto es, si f ′ (x) ≥ 0 en algún dominio S entonces la función es creciente

en dicho dominio; si f ′ (x) > 0, la función es estrictamente creciente en S. Similarmente Si f ′ (x) ≤ 0 en algún dominio S

entonces la función es decreciente en S, si f ′ (x) < 0, la función es estrictamente decreciente en el dominio S.

Parte de lo anterior, se resume a continuación.

f ′ (x) > 0 en S es equivalente a decir f estrictamente creciente en S

f ′ (x) < 0 en S es equivalente a decir f estrictamente decreciente en S


Ejemplo 5.2 Considérese la función f definida por f (x) = 2x + sen x.

(a) Determinar si f es creciente, decreciente o no tiene ninguna de estas propiedades.

(b) ¿Puede f tener más de una raíz?.

Solución.

(a) Derivando obtenemos:

f ′ (x) = 2+cos x,

como sabemos, para cualquier número x, cos x es un número que pertenece al intervalo [−1,1] , eso nos permite con-

cluir que f ′ (x) = 2+ cos x es siempre un número positivo, esto es, f ′ (x) > 0, es decir, la función f es estrictamente

creciente en toda la recta real R.

x

y

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

−10

−5

5

10


(b) Una raíz es 0 pues f (0) = 0, x = 0 debe ser la única raíz ya que la función es estrictamente creciente (véase el gráfico).

Ejemplo 5.3 Sea f (x) = x − sen x, muestre que:

(a) sen x ≤ x para x ∈ [0,∞) .

(b) x ≤ sen x para x ∈ (−∞,0] .

Solución. f ′ (x) = 1−cos x, además cos x ∈ [−1,1] para cualquier número x, esto muestra que f ′ (x) = 1−cos x ≥ 0, es decir, f

es creciente en (−∞,∞) . Por otra parte f (0) = 0, luego:

(a) Si x ≥ 0, tenemos f (x) ≥ f (0) , esto es, x − sen x ≥ 0 de donde

sen x ≤ x

(b) Se muestra como en (a). A continuación se muestran las gráficas de las funciones involucradas.

x

y

f (x) = sen(x)

f (x) = x

−3 −2 −1 0 1 2 3

−2

−1

0

1

2

x

yf (x) = x − sen(x)

−3 −2 −1 0 1 2 3

−2

−1

0

1

2


1. (a) Demuestre que la ecuación 5x −4cos x = 0, tiene exactamente una solución.

(b) Halle un intervalo específico que contenga la solución.

Sol. (a) Estrictamente creciente en R, (b)[0, π2

]2. Si f (x) = x3 +3x +k, muestre que f (x) = 0 tiene exactamente una solución real para cualquier valor de k.

3. Sea f (x) = x2 +cos x.

(a) Mostrar que f es decreciente en (−∞,0] y creciente en [0,∞] .

(b) Calcular los números x tales que f ′ (x) = 0. Sol. x = 0.

(c) ¿Puede la función f tener raices?. Sol. No (Sug. Considere las gráficas de cos x y −x2)

(d) Bosquejar la gráfica.

4. Sea f (x) = 14 x4 − 1

3 x3 −3x2.

(a) Hallar números x tales que f ′ (x) = 0. Sol. 0,3,−2.

(b) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento.

(c) Bosquejar la gráfica de la función.


5. Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la función f definida por:

a) f (x) = (2x2 −3x

)e−x . Sol. Decreciente en

(−∞, 12

)∪ (3,∞) , creciente en( 1

2 ,3)

.

b) f (x) = x2(x2 +1

)2 . Sol. Decreciente en (−1,0)∪ (1,∞) , creciente en (−∞,−1)∪ (0,1) .

c) f (x) = x2 + ln( x

a

). Discutir los casos a > 0 y a < 0. Sol. Creciente para a > 0 en (0,∞) , decreciente para a < 0 en

(−∞,0) .

d) f (x) = |x|x , x 6= 0 . Sol. Decreciente en(−e−1,0

)∪ (0,e−1

), creciente en

(−∞,−e−1)∪ (

e−1,∞).

5.1.5. Criterio de la primera derivada

Definición 5.4

Si f ′(x) ≥ 0 en algún intervalo S, diremos que f ′(x) tiene signo + (más) en S y si f ′(x) ≤ 0 en el intervalo S, diremos

que f ′(x) tiene signo − (menos) en S.

Observación. Si f es continua en algún intervalo abierto S y f ′(x) cambia de signo en S, digamos de + a − (la función f pasa

de creciente a decreciente) es claro que en algún punto de S, la función f tiene un máximo, si cambia de − a +, es claro que

en algún punto de S, la función f tiene un mínimo.

x

y

f ′(x) > 0 f ′(x) < 0

x

y

f ′(x) < 0 f ′(x) > 0

La anterior observación se formaliza en el siguiente criterio.

Sea f : (a,b) → R, una función contínua y diferenciable. Para encontrar los máximos y mínimos locales de f seguimos el

siguiente proceso.

(1) Resolver f ′(x) = 0, los valores encontrados más los valores en donde f ′(x) no está definida son los puntos críticos

(Si el intervalo es cerrado en a o b, tales puntos también son puntos críticos de f ).

(2) Los valores encontrados en (1), se representan en la recta real formándose intervalos.

(3) Se calcula el signo de f ′(x) en cada uno de los intervalos formados en (2).

(4) Para cada punto crítico x0 se tiene:

a) f tiene un máximo en x0 si f ′ pasa de + a −b) f tiene un mínimo en x0 si f ′ pasa de − a +c) si f ′ no cambia de signo alrededor de x0, f no tiene ni máximo ni mínimo en x0. A continuación se muestra un


ejemplo para este caso.

x

y f (x) = (x −2)3 +2

f (x) > 0 f (x) > 0

x0 = 0

Si los puntos a y b estuvieran en el intervalo, esto es, f definida en [a,b] , y f fuera continua cerca de los extremes,

en tales puntos siempre se tienen máximos o mínimos locales. Por ejemplo se tendrá un mínimo local si f ′ (x) > 0 en

[a, a +ε) para ε suficientemente pequeño, este caso y los otros posibles se presentan en los siguientes gráficos.

x

y

Mínimo locala

f ′(x) > 0

x

y

Máximo locala

f ′(x) < 0

x

y

Máximo localb

f ′(x) > 0

x

y

Mínimo localb

f ′(x) < 0

Observación. Si el dominio es un intervalo cerrado, entonces:

El máximo absoluto es:

max{

f(p

): p es un punto crítico

}El mínimo absoluto es:

mın{

f(p

): p es un punto crítico

}Ejemplo 5.4 Dada la función f : [−5,6) →R definida por

f (x) = 2x3 −3x2 −12x,

calcular:

a) Puntos críticos.

b) Intervalos en donde f es creciente y decreciente.

c) Máximos, mínimos, máximos locales, mínimos locales.

Solución:

a)

f ′(x) = 6x2 −6x −12 = 6(x +1)(x −2).

Resolviendo f ′(x) = 0 obtenemos x = −1, x = 2 estos son los primeros puntos críticos, también es un punto crítico

x = −5, luego los puntos críticos en [−5,6) son: x = −5, x = −1, x = 2. Observemos que x = 6 no es punto crítico pues

no pertenece al dominio.

b) Representamos los puntos críticos en la recta real para analizar el signo de f ′ en [−5,6).


−∞ −5 −1 2 6 ∞

+ − + Signos de

f ′(x)

c) Máximo: no existe; mínimo f (−5) ; máximos locales: f (−1) ; mínimos locales f (−5) , f (2) .

A continuación mostramos la gráfica de la función analizada:

x

y

Mín.

Máx.Mín.

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6

−250

−200

−150

−100

−50

0

50

100

150

200

250

Observaciones. (1) Si x = 6 estuviera en el dominio, f (6) sería un máximo local y a la vez un máximo absoluto. (2)En realidad la información obtenida con la primera derivada no es suficiente para bosquejar la gráfica. Si se sabe que

una función es creciente en un intervalo, aún no se sabe si la curva va doblándose hacia abajo o hacia arriba, esta

información nos da la segunda derivada que se estudia más adelante.

x

y

f ′(x) > 0

Se dobla hacia abajo

x

y

f ′(x) > 0

Se dobla hacia arriba


1. En los siguientes ejercicios y en el intervalo indicado hallar: (i) puntos críticos, (ii) Intervalos de crecimiento y decreci-

miento, (iii) Máximos y mínimos locales.

a) f (x) = 1

1+x2 , (−∞,∞) . Sol. (iii) Máx. f (0)


b) f (x) = x2/5 +1, [−1,1] . Sol. (iii) Máx. f (±1) , Mín. f (0)

c) f (x) =p−x2 +4x, [0,4] . Sol. (iii) Máx. f (2) , Min. f (0) , f (4)

d) f (x) = x2e−x , (0,∞) . Sol. (iii) Máx. f (2) , Mín. f (0)

e) f (x) = x2 + ln( x

5

), (0,10] . Sol. (iii) Máx. f (10)

f ) f (x) = (−x)−x/2 , [−2,0] . Sol. (iii) Máx. f (−2) , Mín. f(−e−1

).

g) f (x) = (x −1)1/3 + 12 (x +1)2/3 , [−1,2] . Sol. (iii)

h) f (x) = x5 −x3, [−1,1] , Sol. (iii)

i) f (x) = (2x2 +3x

)e−x , (−∞,∞) . Sol. Máx. f

( 32

), Mín. f (−1) .

j) f (x) = x2(x2 +1

)2 , (−∞,∞) . Sol. Máx. f (±1) , Mín. f (0) .

A continuación se muestran las gráficas de las primeras ocho funciones (no necesariamente en orden)

2. Sean f g funciones derivables en (a,b) . Supongamos que f ′ (x) > g ′ (x) en (a,b) y que existe un número c en este

intervalo tal que f (c) = g (c) . Demostrar que si x ∈ (a,b) , entonces f (x) > g (x) si x > c, y f (x) < g (x) si x < c.

5.2 Teoremas de Valor Medio

En esta sección, se presentan resultados que permiten probar un segundo criterio para determinar máximos y mínimos

locales. La importancia de los resultados que se presentan, naturalmente va más alla de las aplicaciones que se dan.

Teorema 5.4

(De Rolle). Sea f : [a,b] → R continua en [a,b] y diferenciable en (a,b) tal que f (a) = f (b) = 0. Entonces existe

c ∈ (a,b) tal que f ′ (c) = 0.

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

la conclusión del teorema.

Supongamos que existe un punto x ∈ (a,b) tal que f (x) 6= 0. Como f es continua en [a,b] existe un máximo o

un mínimo de f en (a,b) (el máximo o mínimo no puede ocurrir en a o b). Si existe un máximo concluimos que

existe c ∈ (a,b) tal que f (c) es el máximo de f en (a,b) y entonces f ′ (c) = 0.

Llegamos a la misma conclusión si c es un mínimo.

■


Geométricamente, esto significa que existe un punto c ∈ (a,b) , tal que la recta tangente a la curva en(c, f (c)

)es paralela al

eje x (de las absisas).

Teorema 5.5

(De Valor Medio). Sea f : [a,b] →R, continua en [a,b] y diferenciable en (a,b). Entonces existe c ∈ (a,b) tal que:

f ′ (c) = f (b)− f (a)

b −a

Demostración: Consideremos la función:

F (x) = f (x)− f (b)− f (a)

b −a(x −a)− f (a) .

Observemos que F (a) = F (b) = 0, además F es continua en [a,b] y diferenciable en (a,b) ya que f lo es. Por el

Teorema de Rolle existe c ∈ (a,b) tal que F ′ (c) = 0. Por otra parte:

F ′(x) = f ′(x)− f (b)− f (a)

b −a,

luego

F ′ (c) = f ′ (c)− f (b)− f (a)

b −a= 0,

es decir;

f ′ (c) = f (b)− f (a)

b −a.

■

Geométricamente, esto significa que existe un punto c ∈ (a,b) tal que la recta tangente a la curva en(c, f (c)

)es paralela a la

recta secante que va desde f (a) hasta f (b) , ilustramos esto en la siguiente gráfica.

x

y

a c b

Recta tangente

Teorema de Rolle

x

y

a c b

Recta secante

Recta tangente

Teorema del valor medio

Teorema 5.6

(De Cauchy). Sean f , g : [a,b] →R continuas en [a,b] y diferenciables en (a,b) . Supóngase además que g ′(x) 6= 0 para

todo x ∈ (a,b). Entonces:


(1) g (a) 6= g (b) y

(2) existe c ∈ (a,b) tal que

f ′ (c)

g ′ (c)= f (b)− f (a)

g (b)− g (a)

Demostración. Si g (a) = g (b) , el teorema del valor medio da una contradicción, tal contradicción prueba (1). La

demostración de (2) es análoga a la demostración del Teorema del valor medio considerando la función

F (x) = f (x)− f (b)− f (a)

g (b)− g (a)

(g (x)− g (a)

)− f (a) .

■


Ejemplo 5.5 Sea f (x) = x3 +x, definida en [0,2] . Encontrar el valor c ∈ (0,2) , que satisface el teorema del valor medio.

Solución. f ′ (x) = 3x2 +1, el valor de c debe satisfacer la ecuación

f ′ (c) = f (2)− f (0)

2−0,

luego:

3c2 +1 =[23 +2

]− [(0)3 +0

]2

= 5,

resolviendo encontramos c = 23

p3.

Notemos que c =− 23

p3 no es una solución, pues no pertenece al intervalo (0,2) . A continuación se muestran las gráficas de

la función f , la recta tangente y la recta secante.

x

y

Recta tangente

Recta rectante

0 1 2

2

4

6

8

10

Ejemplo 5.6 Sea f (x) = x2/3 definida en [−1,1] . ¿Existe un valor c ∈ (−1,1) que satisface el teorema del valor medio?.

Solución. f ′ (x) = 23 x−1/3. Observemos que f (−1) = f (1) = 1. Si existe c ∈ (−1,1) que satisface el teorema del valor medio

debemos tener.

f ′ (c) = f (1)− f (−1)

1− (−1)

es decir2

3c−1/3 = 0


esta ecuación no tiene solución, luego no existe c ∈ (−1,1) que satisface el teorema del valor medio.

x

y

−1 0 10

1

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

Ejemplo 5.7 (a) Si 0 < a < b, demostrar que 1− a

b< ln

(b

a

)< b

a−1.

(b)Utilizar el resultado de (a) para mostrar que 1/6 < ln1,2 < 1/5.

Solución.

(a) Sea f (x) = ln x, definida en [a,b] . Claramente f satisface las hipótesis del teorema del valor medio, entonces existe

un número c ∈ (a,b) tal que:

f ′ (c) = f (b)− f (a)

b −a,

puesto que f ′ (x) = 1

x1

c= lnb − ln a

b −a= ln(b/a)

b −a,

es decir,

ln

(b

a

)= b −a

c. (1)

Por otra parte a < c < b, es decir1

b< 1

c< 1

a, también es claro que b −a > 0, luego,

b −a

b< b −a

c< b −a

a,

de este resultado se obtiene:

1− a

b< b −a

c< b

a−1 (2)

por tanto reemplazando el resultado de (1) en (2)

1− a

b< ln

(b

a

)< b

a−1

(b) Con a = 5 y b = 6 tenemos 1/6 < ln1,2 < 1/5.



1. Verificar el teorema del Valor Medio para f (x) = x3 −x2 definido en [1,2] .

2. Sea f (x) = 3−3(x −1)2/3 definido en [0,2]. ¿Es aplicable el teorema de Rolle?.

3. Demostrar que π/6+p3/15 < arcsin0,6 <π/6+1/8. Sug. Trabaje en

[1

2,

3

5

].

4. (a) Demostrar que si 0 < a < b

b −a

1+b2 < arctanb −arctan a < b −a

1+a2

(b) Mostrar que

π

4+ 3

25< arctan

4

3< π

4+ 1

6

Sug.: Considerar la función f definida por f (x) = arctan x.

5. Demostrar que entre dos raices reales de ex sen x −1 = 0, hay al menos una raíz de ex cos x +1 = 0.

Sug.: Aplicar el teorema del valor medio a la función definida por e−x − sen x.

6. Aplicar el teorema del valor medio para mostrar que si 0 < x < 1 se cumple

x < arcsin x < xp1−x2

7. Sea f una función definida en un intervalo cerrado [a,b] con a < b. Demostrar que si f ′ (x) = 0 para todo x del dominio,

entonces f debe ser la función constante.

8. ¿En qué punto, la tangente a la parábola f (x) = −x2 + 8x − 15 es paralela a la recta x + 2y − 5 = 0?, ¿en qué punto

perpendicular?..

5.3 Concavidad

En esta sección, se discute un criterio para decidir si en un punto crítico existe un máximo o un mínimo. Iniciamos esta

sección dando algunas definiciones.

Definición 5.5

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

(a,b) se cumple:

f (x) ≤ f (b1)− f (a1)

b1 −a1(x −a1)+ f (a1),

para todo x ∈ (a1,b1).


x

y

(b1, f ′(b1))

(a1, f ′(a1))

a1

f (x)

f (b1)− f (a1)

b1 −a1(x −a1)+ f (a1)

x b1

Definición 5.6

(Cóncava Hacia Abajo)Sea f : (a,b) → R. f es cóncava hacia abajo si para puntos cualesquiera a1, b1 en (a,b) se

cumple:

f (x) ≥ f (b1)− f (a1)

b1 −a1(x −a1)+ f (a1),

para todo x ∈ (a1,b1).

x

y

(a1, f ′(a1))

(b1, f ′(b1))

a1

f (x)

f (b1)− f (a1)

b1 −a1(x −a1)+ f (a1)

x b1

Teorema 5.7

Sea f : [a,b] →R, una función tal que f ′′ existe en (a,b).

1. Si f ′′(x) > 0 en (a,b) entonces f es cóncava hacia arriba en (a,b).

2. Si f ′′(x) < 0 en (a,b) entonces f es cóncava hacia abajo en (a,b).

Demostración. Se demostrará (1)

Sean a1,b1 puntos cualesquiera en (a,b) tales que a1 < b1.

a a1 b1x b


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

f (x) ≤ f (b1)− f (a1)

b1 −a1(x −a1)+ f (a1)

Es claro que f es continua y diferenciable en los intervalos [a1, x] y [x,b1] (Recordemos que la existencia de

la derivada en un conjunto implica la continuidad en el conjunto), luego por teorema del Valor Medio existen

c1 ∈ (a1, x) y c2 ∈ (x,b1) tales que:

f ′(c1) = f (x)− f (a)

x −ay f ′(c2) = f (b)− f (x)

b −x.

Ahora usaremos la hipótesis de que f ′′(x) > 0 para todo x ∈ (a,b). De esta hipótesis concluimos que f ′ es cre-

ciente en (a1,b1). Puesto que c1 < c2 debemos tener f ′(c1) < f ′(c2), por tanto:

f (x)− f (a1)

x −a1< f (b1)− f (x)

b1 −x,

de este último resultado se obtiene:

f (x) < f (b1)− f (a1)

b1 −a1(x −a1)+ f (a1).

Esto prueba la primera parte del teorema. De manera similar se prueba el caso f ′′(x) < 0.

■

Definición 5.7

(Punto de inflexión) El punto c alrededor del cual el signo de f ′′ cambia se llama punto de inflexión de la función f .

Ejemplo 5.8 Sea f :R− {0} →R, una función definida por f (x) = 1

x. Derivando se encuentra:

f ′ (x) =− 1

x2 , f ′′ (x) = 2

x3 ,

los signos de las derivadas se muestran a continuación.

−∞ 0 ∞

− − Signos de

f ′(x)

−∞ 0 ∞

− + Signos de

f ′′(x)

Nótese que 0 es un punto de inflexión, notemos además que:

lımx→0−

1

x= −∞

lımx→0+

1

x= ∞


A continuación mostramos la gráfica de la función analizada.

x

y

−6 −4 −2 0 2 4 6

−4

−2

0

2

4

Ejemplo 5.9 Consideraremos la función f :R→R definida por

f (x) = ax2 +bx + c,

tenemos, f ′′(x) = 2a, entonces f es cóncava hacia arriba en R si a > 0 y es cóncava hacia abajo si a < 0. A continuación se

ilustran los casos a > 0 y a < 0 respectivamente.

x

y f (x) = ax2 +bx + c, a < 0f ′′(x) = 2a < 0

x

y f (x) = ax2 +bx + c, a > 0f ′′(x) = 2a > 0

Ejemplo 5.10 Graficaremos f (x) = 4x

x2 +4en (−∞,∞) .

Derivando se encuentra:

f ′ (x) = −4(x2 −4

)(x2 +4

)2

f ′′ (x) = 8x(x2 −12

)(x2 +4

)3

los signos de estas derivadas se muestran a continuación:

−∞ −2 2 ∞

− + − Signos de

f ′(x)

Mín. local Máx. local


−∞ −2p

(3) 0 2p

(3) ∞

− + − + Signos de

f ′′(x)

Puntos de inflexión

La gráfica se muestra a continuación:

x

y

f (x) = 4x

x2 +4

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−1

1

Ejemplo 5.11 Graficaremos f (x) = x ln x en (0,∞) .

Las derivadas y sus signos se muestran a continuación.

f ′ (x) = 2x ln x ln x

x

f ′′ (x) =4x ln x

((ln x − 1

4

)2 + 716

)x2

0 1 ∞

− + Signos de

f ′(x)

(En la segunda derivada se han completado cuadrados)

0 ∞

+ Signos de

f ′′(x)


Finalmente mostramos la gráfica.

x

y

f (x) = x ln(x)

0 1 2 30

1

2

3

4

5.4 Criterio de la segunda derivada

Teorema 5.8

Sea f : [a,b] → R continua en [a,b]. Sea c un punto crítico de f en (a,b) y f ′ (c) = 0. Supongamos también que f ′′

existe en (a,b). Entonces

(a) Si f ′′(x) < 0 en (a,b) f tiene un máximo local en c.

(b) Si f ′′(x) > 0 en (a,b) f tiene un mínimo local en c.

Demostración.

(a) Si f ′′(x) < 0 en (a,b), f ′(x) es estrictamente decreciente en (a,b) pero a < c < b y f ′(c) = 0, luego f ′ cambia de positivo a

negativo, por tanto por el criterio de la primera derivada f tiene un máximo en x = c.

(b) Se prueba como en (a)

■

Para terminar esta sección se da un criterio muy importante sobre máximos y mínimos llamado Criterio de la segundaderivada.

Corolario 5.1 (Criterio de la Segunda Derivada). Sea f : [a,b] → R continua en [a,b]. Sea c un punto crítico de f en

(a,b) y f ′ (c) = 0. Entonces

(a) Si f ′′(c) < 0 en (a,b) entonces f tiene un máximo local en c.

(b) Si f ′′(c) > 0 en (a,b) entonces f tiene un mínimo local en c.

Demostración. Si f ′′(c) 6= 0, existe un intervalo abierto (a,b) que contiene a c en donde f ′′(x) 6= 0 y tiene el mismo

signo de f ′′(c) mas aún, si además f ′(c) = 0 usando el teorema f tiene un máximo local o un mínimo local en c

dependiendo si f ′′(c) < 0 o f ′′(c) > 0.

■


Si f ′′(c) = 0 o si f ′′(c) no está definida, el criterio falla.

Ejemplo 5.12 Consideremos la función f con dominio en R definida por:

f (x) = x + 1

x.

Derivando y luego realizando operaciones se encuentra:

f ′(x) = 1− 1

x2 = x2 −1

x2 ,

resolviendo f ′(x) = 0 encontramos los puntos x = 1, x =−1, observemos que f ′(x) no está definida en x = 0, luego los puntos

críticos son: x =−1, x = 0, x = 1.

Se tiene también f ′′(x) = 1

x3 , luego f ′′(−1) =−1 < 0, f ′′(1) = 1 > 0 y f ′′(0) no está definida.

Conclusión.

mínimo local en x = 1, el mínimo local es f (1) = 2,

máximo local en x =−1, el máximo local es f (−1) =−2,

Punto de inflexión en x = 0.(En este punto f ′′ no está definida y f cambia de concavidad alrededor de este punto)

Luego de un análisis de signos de las derivadas, se deduce la siguiente gráfica.

x

y

f (x) = x + 1x

−4

−4

−3

−3

−2

−2

−1 −100

1

1

2

2

3

3

4

4


En los siguientes ejercicios, encontrar (a) puntos críticos, (b) máximos y mínimos, (c) intervalos de crecimiento y decreci-

miento, (d) intervalos de concavidad, (e) puntos de inflexión, (f) gráfica de la función. Asumimos que el dominio es el más

grande posible.

1. f (x) = xx

Sol. (a) e−1

2. f (x) = x2e−x

Sol. (a) 0,2

3. f (x) = 15 x5 +x4 − 4

3 x3 +2x2 −5x

Sol: (a) −5,1


4. f (x) = x2 − 54

xSol. (a) −3

5. f (x) = 8+x1/4

6. f (x) = 14 x4 − 5

36 x3 − 116 x2 + 1

24 x

Sol. (a) 12 , 1

4 ,− 13

7. f (x) = x4/5(x2 −2

)Sol. (a) ±2

7

p7

8. f (x) = −1

1+x2 . Sol. (a) 0

9. f (x) = (x2 −1

)2/3. Sol. (a) ±1,0

10. f (x) = (4x2 +3x

)e2x . Sol. (a) − 3

2 , − 14

11. f (x) = |x|x , x 6= 0 . Sol. −e−1,0,e−1.

En los siguientes problemas, graficar la función que satisface las condiciones dadas

12. f definida en [−2,4] ,f (−2) = f (4) = 2, f (1) = 3, f (0) = f (2) = 0

f ′ (x) > 0 en (0,1)∪ (2,4)

f ′ (x) < 0 en (−2,0)∪ (1,2)

f ′′ (x) > 0 en (2,4)

f ′′ (x) < 0 en (−2,0)∪ (0,2)

13. f definida en toda la recta real,f (−2) = f (3) = 0, f (0) = 1

f ′ (x) > 0 en (−∞,0)∪ (3,∞)

f ′ (x) < 0 en (0,3)

f ′′ (x) > 0 en (3,∞)

f ′′ (x) < 0 en (−∞,3)

A continuación se muestran las gráficas de los primeros ocho problemas planteados.


5.5 Maximos y mínimos con MatLab

5.5.1. El comando fminbnd

MatLab resuelve el problema de calcular un mínimo local en un intervalo (a,b) . El comando para este fin es:

fminbnd(función,a,b)

este comando devuelve el valor del intervalo (a,b) en donde la función alcanza el mínimo.

Observaciones.

1. Si existen varios puntos en donde se tiene mínimos locales, fminbnd no devuelve todos ellos.

2. Si la función es creciente en (a,b) , fminbnd devuelve un punto cerca de a, si es decreciente, un punto cerca de b.

3. Si se emplea [x_min,y]=fminbnd(función,a,b), se obtiene en x el valor donde ocurre el mínimo y y = f (x_mın) .

4. Para determinar el punto en donde la función alcanza el máximo se emplea:

fminbnd(-función,a,b)

A continuación, se muestra el programa max_min.m que emplea el comando fminbnd, para calcular un máximo y un míni-

mo local en un intervalo (a,b) .

1 %max_min(a,b)2 %Calcula un mínimo y un máximo local de la función f=f(x)3 %en un intervalo [a,b],4 %No calcula todos extremos locales5

6 function max_min(a,b)7

8 syms x; %declaración de x como simbólica9

10 %ingreso de la función a optimizar11 y=input(’Ingrese la función: f(x)= ’);12

13 %Cálculo del punto x_mínimo en [a,b] y f(x_mínimo)14 f=char(y);15 [x_min,f_x_min]=fminbnd(f,a,b);16 %Cálculo del punto x_máximo en [a,b] y f(x_máximo)17 g=char(-y);18 [x_max,f_x_max_tempo]=fminbnd(g,a,b);19 f_x_max=-f_x_max_tempo;20

21 %Se imprimen resultados22 fprintf(’%10s %15.6f %9s %15.6f \n’,’x_mínimo= ’,...23 x_min,’f(x_mínimo)=’,f_x_min)


24 fprintf(’%10s %15.6f %9s %15.6f \n’,’x_máximo= ’,...25 x_max,’f(x_máximo)=’,f_x_max)26 ezplot(y,[a,b])27 grid on

Empleamos el anterior programa con la función f (x) = (x2 −2x

)sen x en el intervalo (1,6) .

Corrida de MatLab

>> max_min(1,6)

Ingrese la funcion: f(x)= (x^2-2*x)*sin(x)

x_minimo= 5.181832 f(x_minimo)= -14.704084

x_maximo= 2.656850 f(x_maximo)= 0.813207

>>

5.5.2. Máximos y mínimos locales con los comandos diff y solve

A continuación se muestra el progama max_min_loc que emplea los comandos diff y solve para determinar extremos locales.

1 %max_min_loc, calcula los máximos y mínimos de una función f=f(x)2 %Se emplea el comando solve para calcular puntos críticos,3 %no siempre encuentra todos los puntos críticos4

5 function max_min_loc6 syms x h; %delaración de x,h como simbólicas7 %ingreso de datos8 f_char=input(’Ingrese la función: f(x)= ’);9 f=inline(f_char);

10 Df1=diff(f_char,’x’,1);11 Df2=diff(f_char,’x’,2);12 % Determina si la función tiene derivada constante13 c=char(Df1);14 n=size(c,2);15 bandera1=0;


16 bandera2=0;17 bandera3=0;18

19 %comprobación si la derivada no es constante20 for i=1:n21 if (c(i))==’x’22 bandera1=1;23 end24 end25

26 %comprobación de existencia de puntos críticos27 %o existencia de raíces reales28 puntos_criticos=solve(Df1);29 n=size(puntos_criticos,1);30 if n>031 bandera2=1;32 for i=1:n33 z=puntos_criticos(i);34 v=str2num(char(abs(imag(z))));35 if v<(0.5*10^(-10))36 bandera3=1;37 end38 end39 end40

41 bandera=bandera1*bandera2*bandera3;42

43 if bandera==144 k=1;45 for i=1:n46 z=puntos_criticos(i);47 u=real(z);48 v=str2num(char(abs(imag(z))));49 if v<(0.5*10^(-10))50 pc(k)=str2num(char(u));51 pc_v(k)=puntos_criticos(i);52 k=k+1;53 end54 end55

56 %Odenación de los puntos críticos en forma creciente57 %(método de la burbuja)58 n=size(pc,2);59 for i=1:n-160 for j=1:n-161 if pc(j)>pc(j+1)62 aux=pc(j);


63 pc(j)=pc(j+1);64 pc(j+1)=aux;65 aux=pc_v(j);66 pc_v(j)=pc_v(j+1);67 pc_v(j+1)=aux;68 end69 end70 end71

72 %Visualización de resultados73 fprintf(’%18s %18s %10s %18s\n’,’Punto crítico simbólico’...74 ,’Punto Crítico’,’Máx o Mín’,’Valor Máx o Mín’)75 for i=1:n76 if (subs(Df2,pc(i)))>077 fprintf(’%18s %18.4f %14s %18.4f\n’,char(pc_v(i)),str2num(char(pc_v(i))),’

Mínimo’,f(pc(i)));78 elseif (subs(Df2,pc(i)))<079 fprintf(’%18s %18.4f %14s %18.4f\n’,char(pc_v(i)),str2num(char(pc_v(i))),’

Máximo’,f(pc(i)));80 else81 fprintf(’%18s %18.4f %14s %18.4f\n’,char(pc_v(i)),str2num(char(pc_v(i))),’

Falla’,f(pc(i)));82 end83 end84 disp(’Pueden existir más puntos críticos’)85

86 limite_inf=pc(1);87 limite_sup=pc(n);88 ezplot(f,[limite_inf-0.25,limite_sup+0.25])89 grid on90 else91 if bandera1==092 disp(’La derivada es constante’)93 elseif bandera2==094 disp(’MatLab no encuentra raíces de la derivada de:’)95 Df196 elseif bandera3==097 disp(’MatLab no encuentra puntos críticos reales de:’)98 Df199 end

100 ezplot(f)101 grid on102 end

Empleamos este programa para calcular los máximos y mínimos de f (x) = (x2 −1

)e−x .

>> max_min_loc

Ingrese la funcion: f(x)= (x^2-1)*exp(-x)


Punto crÃtico simblico Punto Critico Max o M\’in Valor Max o Min

1 - 2^(1/2) -0.4142 Minimo -1.2536

2^(1/2) + 1 2.4142 Maximo 0.4318

Pueden existir mas puntos criticos

>>


Empleando el programa max_min.m y max_min_loc.m, hallar, si es posible, los máximos y mínimos de las siguientes fun-

ciones. Comente los resultados.

1. f (x) = sen(x2 +1

)2. f (x) = x

x2+4

3. f (x) = (x2 −1

)(x2 −4

)(x +3)

4. f (x) = xx sen x

5.6 Problemas sobre Máximos y Mínimos

5.6.1. Problemas Geométricos

Para resolver este tipo de problemas conviene recordar las siguientes fórmulas:


1) Triángulo de altura h y base b

h

Area = 12 b h

b

2) Círculo de radio r

rArea =πr2

Longitud deCircunferencia = 2πr

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

r

r

α

Longitud dearco =αr

Area = 12 r2α

4) Trapecio de bases b y B con altura h:

h

b

B

Area = 12 h(B+b)

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


h

r

g

Area lateral =πrg

Base =πr2

Area total =πrg+πr2

Volumen = 13πr2h

6) Esfera de radio r :

rVolumen = 4

3πr3

Superficie = 4πr2

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

r

Base =πr2

Area lateral = 2πr

Volumen =πr2h

También es necesario recordar las propiedades de semejanza de triángulos.

α β

γ

ba

c

α β

γ

y x

z

a

x= b

y= c

z


Ejemplo 5.13 Un triángulo isósceles es inscrito en un círculo de radio r que es conocido (ver figura). Si el ángulo 2α está

entre 0 y 12π, encontrar el valor más grande del perímetro del triángulo. Dar detalles de su razonamiento.

αA B

C

D

EO

rh

x

Solución. Sea x el lado igual del triángulo y 2h la base. El perímetro del triángulo está dado por P = 2x+2h. Puesto que A,B ,C

son puntos de un semicírculo, el triángulo ABC es un triángulo rectángulo. También por construcción el triángulo AEC es

un triángulo rectángulo, entonces:

En el ∆AEC : sinα= C E

AC= h

x

En el ∆ABC : cosα= AC

AB= x

2r

por tanto: x = 2r cosα, h = 2r cosαsenα, y

P (α) = 4r cosα+4r cosαsinα, DP =[

0,π

4

].

Derivando se encuentra:

P ′ (α) = 4r(−sinα− sin2α+cos2α

).

Resolviendo la ecuación P ′ (α) = 0 se obtienen los puntos: α= 16π y α= 3

2π, nótese que α= 32π ∉ DP pero α= 1

6π ∈ DP , para

determinar si en 16π se tiene un máximo o mínimo recurrimos a la segunda derivada:

P ′′ (α) = 4r (−cosα−2senαcosα−2cosαsenα)

= 4r (−cosα−4senαcosα) ,

evaluando en 16π se encuentra:

P ′′(π

6

)= 4r

(−cos

π

6−4sin

π

6cos

π

6

)=−6r

p3 < 0

por tanto en α = 16π se encuentra un máximo, el valor máximo de P es P

( 16π

) = 3rp

3. Por tanto el valor más grande del

perímetro del triángulo isosceles inscrito en la circunferencia de radio r es 3rp

3.

Ejemplo 5.14 Pruebe que de todos los rectángulos de área dada, el cuadrado es el que tiene menor perímetro.

Solución. Sea x, y los lados del rectángulo de área dada a, es decir x y = a.

x

y

x y = a


El perímetro está dado por P = 2(x + y

). A partir de x y = a se encuentra y = a/x, por tanto el perímetro se puede escribir

como:

P (x) = 2(x + a

x

), DP = (0,∞) ,

derivando se obtiene;

P ′ (x) = 2(1− a

x2

),

resolviendo P ′ (x) = 0 se encuentra x =pa, (x =−pa ∉ DP ). La segunda derivada es:

P ′′ (x) = 4a

x3 ,

luego P ′′ (pa) = 4a

(p

a)3 > 0, luego en x =pa se tiene un mínimo. Finalmente y = ap

a=p

a, luego x = y =pa, esto muestra

que efectivamente el rectángulo de menor perímetro con un área dada es el cuadrado.

Ejemplo 5.15 Hallar las dimensiones del cilindro circular recto de volumen máximo que se puede inscribir en una esfera

de radio R.

Solución. Sea 2h la altura del cilindro y r el radio de su base.

r

2hh R

Del gráfico vemos que:

r 2 +h2 = R2 (1)

El volumen del cilindro está dado por

V = 2πr 2h (2)

Despejando r 2 de (1) y reemplazando en (2) se tiene el volumen en función de h:

V (h) = 2π(R2h −h3)

Calculamos ahora V ′(h) y V ′′(h)V ′(h) = 2π(R2 −3h2)

V ′′(h) = −12πh

Resolviendo V ′(h) = 0 encontramos el punto crítico h =p

33 R. Puesto que V ′′

(p3

3 R)=−4π

p3R < 0, concluimos que V tiene

un máximo en h =p

3

3R. Reemplazando h =

p3

3R en (1) encontramos que r =

p6

3R.

Conclusión: Si la esfera es de radio R el cilindro de máximo volumen que se puede inscribir en ella tiene:

Altura = 2h = 2

3

p3R

Radio = 1

3

p6R


Ejemplo 5.16 Hallar la altura y radio de un cilindro de volúmen máximo que puede inscribirse en un cono circular recto

de altura h y radio r .

Solución.

r

h

A C

B

D E

r

h

A C

B

D Ex

y

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

DE

AC= BE

BC,

por tantox

r= h − y

h(1)

El volumen del cilindro está dado por

V =πx2 y (2)

Despejando y de (1) se encuentra y = h

r(r −x); reemplazándolo en (2) obtenemos el volumen en función de x:

V (x) = πh

r(r x2 −x3), DV = (0,r )

Derivando se tiene:

V ′(x) = πh

r

(2r x −3x2

)V ′′ (x) = πh

r(2r −6x)

De V ′(x) = 0 encontramos x = 0 y x = 23 r . El punto x = 0 no pertenece al dominio. Con x = 2

3 r se encuentra V ′′ ( 23 r

)=−2πh <0. Concluimos que V tiene un máximo en x = 2

3 r . Finalmente reeemplazando x = 23 r , en y = h

r(r −x) se tiene y = 1

3 h.

Conclusión:

Radio del cilindro: x = 23 r

Altura del cilindro: y = 13 h

Volumen máximo: V =πx2 y =π( 23 r

)2 ( 13 h

)= 427πr 2h.

5.6.2. Problemas de construcción

Ejemplo 5.17 Se debe construir una caja de base cuadrada, abierta en su parte superior. El área del material con que se va

a construir la caja debe ser de 100 cm2. ¿Cuáles deben ser sus dimensiones para que su volumen sea el máximo posible?


Solución.

x

x

z

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

V = x2 y (1)

Puesto que el área total de la caja debe ser 100 cm2, debemos tener:

x2 +4x y = 100. (2)

De (2) se encuentra

y = 100−x2

4x(3)

reemplazando en (1) se encuentra:

V (x) = 1

4

(100x −x3) , DV = (0,∞) (4)

Derivando:

V ′ (x) = 1

4

(100−3x2)

V ′′ (x) = −3

2x

De V ′ (x) = 0, encontramos el único punto crítico x = 103

p3. Puesto que V ′′ ( 10

3

p3))−5

p3 < 0 concluimos con que V tiene un

máximo en x = 103

p3, reemplazando este valor en (3) se encuentra y = 100−( 10

3

p3)2

4( 10

3

p3) = 5

3

p3.

Conclusión.

Lado de la base x = 103

p3

Altura: y = 53

p3

Volumen máximo: V = ( 103

p3)2 ( 5

3

p3)= 500

9

p3.

Ejemplo 5.18 Una pieza de alambre de longitud L se corta en dos partes, con una de ellas se forma un triángulo equilátero

y con la otra una circunferencia. ¿Cómo se debe cortar el alambre para que la suma de las áreas sea mínima?.


Solución.

p3

2x

rx

1

2x

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

A = 1

4

p3x2 +πr 2 (1)

El perímetro del triángulo es 3x y la longitud de la circunferencia es 2πr. Puesto que la longitud total del alambre es L se debe

tener:

3x +2πr = L (2)

Despejando x de (2) y reemplazando en (1) obtenemos el área en función de r .

x = L−2πr

3(3)

A(r ) = 1

36

p3(L−2πr )2 +πr 2, D A =

(0,

L

2π

)((4))

Derivando tenemos

A′(r ) = π9

p3(−L+2πr )+2πr

A′′(r ) = π9

p3(2π)+2π

Resolviendo A′(x) = 0 encontramos el punto crítico r =p

3L

18+2p

3π∈ D A . Puesto que A′′(r ) > 0 para toda r , en particular es

positivo para el punto crítico encontrado. Concluimos que en el punto crítico encontrado, la función A tiene un mínimo.

Conclusión.

Lado del triángulo: x = L−2πr

3= 3L

9+πp3≈ 0.20774L

Radio de la circunferencia: r =p

3L

18+2p

3π≈ 0,059968L.

Area mínima A

( p3L

18+2p

3π

)= 3

4 L2 3p

3+π(9+πp3

)2 .

Ejemplo 5.19 Una ventana tiene la forma de un rectángulo coronado por un semicírculo con diámetro igual a la base del

rectángulo. Hallar las dimensiones de la ventana cuando el perímetro es p metros y el área es la mayor posible.


Solución.

r

h

2r

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

total de la ventana está dado por

2h +2r +πr = p (1)

El área total es

A = 2r h + 1

2πr 2 (2)

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

h = p −2r −πr

2(3)

A(r ) = pr −2r 2 − 1

2πr 2 (4)

Derivando:A′(r ) = p −4r −πr

A′′(r ) = −4−π

Resolviendo A′(r ) = 0 encontramos r = p

4+π , en este punto crítico, A tiene un máximo pues A′′(r ) < 0 para todo r .

Conclusión.Radio de la semi circunferencia: r = p

4+πAltura del rectángulo: h = p

4+πÁrea de la ventana: A = p2

2(4+π).

Ejemplo 5.20 Se tiene que hacer un depósito sin tapa de base cuadrada con una capacidad de V cm3. ¿Qué dimensiones

debe tener el depósito de manera que el área sea mínima?

Solución.

x

x

y


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

V = x2 y (1)

El área total que se requiere para la construcción es la suma del área de la base(x2

)más la suma de las áreas laterales

(4x y

),

esto es,

A = x2 +4x y (2)

Despejando y de (1) y reemplazándolo en (2) obtenemos el área en función de x,

y = V

x2 (3)

A = x2 + 4V

x(4)

Derivando obtenemos:

A′(x) = 2x − 4V

x2

A′′

(x) = 2+ 8V

x3 .

Resolviendo A′(x) = 0 encontramos x = 3p2V , observemos que en x = 0 A′ no está definida, luego los puntos críticos son

x = 0 y x = 3p2V . Sin embargo x = 0 no es una solución aceptable pues en tal caso el volumen V es cero. En x = 3p2V se tiene

un mínimo pues A′′( 3p2V ) = 6 > 0.

Conclusión:Lado de la base: x = 3p2V

Altura: y = V

x2 = 3

√V

4Area total: A = 3(4V 2)

13 .

Ejemplo 5.21 En un almacen se va a abrir un pasillo perpendicular a uno ya existente de 8 metros de ancho. ¿Qué an-

cho debe darse al pasillo para que una varilla de 27 metros de largo pueda moverse de un pasillo a otro en una posición

horizontal?

Solución.

θ

θ

x

8

y

27− y

A

B

Sea x el ancho del pasillo a construir. En la figura AB es la varilla de 27 metros. De la figura senθ = x

y, cosθ = 8

27− y. De estas

igualdades se obtiene

y = x

senθ

27− y = 8

cosθ;


sumando miembro a miembro se encuentra:x

senθ+ 8

cosθ= 27. (1)

Despejando x tenemos el ancho del pasillo como función de θ

x(θ) = 27senθ−8tanθ (2)

Derivando:x ′(θ) = 27cosθ−8sec2θ

x ′′(θ) = −27senθ−16sec2θ tanθ

Resolviendo x ′(θ) = 0 se encuentra cosθ = 23 , de esto encontramos senθ =

p5

3 y tanθ =p

52 . Para este ángulo x ′′(θ) < 0, luego

x tiene un máximo en θ = arccos( 23 ).

Conclusión.Ancho del pasillo: x = 27

(p5

3

)−8

(p5

2

)= 5

p5 m.

5.6.3. Problemas de costos

Ejemplo 5.22 Una distribuidora tiene la siguiente política de venta de cierto componente electrónico. Si el pedido es menor

o igual a 100 cajas el costo es de $US 10 por caja. Por cada 25 cajas adicionales se tiene una rebaja de un 5%. ¿Cuál es el pedido

que produce el máximo valor de la venta?.

Solución. Sea x el número de cajas de un pedido. Si x ≤ 100 el costo por caja es $US 10 y el importe de la venta es 10x dólares.

Si x > 100 (x toma valores 125,150, ....), el costo por caja es

10− (0,05)(10)

(x −100

25

)= 10−0,5

(x −100

25

)

Si V es el importe de la venta tendremos:

V (x) = 10x si x ≤ 100[

10−0,5

(x −100

25

)]x si x ≥ 100

La parte que nos interesa de esta función es cuando x ≥ 100. Para encontrar un punto extremo encontramos V ′(x), para

x ≥ 100, luego de esto resolvemos V ′(x) = 0.

V ′(x) = 10− 0,5

25(2x −100) .

V ′′ (x) = −0,5(2)

25< 0 para todo x

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

V (300) = 1800.

x ×100

y ×100

−1 0 1 2 3 4 502468

101214161820


Nota: Observemos que hemos supuesto que V (x) es continua siendo que en realidad no lo es. Sin esta consideración, como

sabemos, no podríamos derivar la función V (x).

Ejemplo 5.23 Una entidad bancaria tiene las siguientes tarifas: p Bs por cada mil para operaciones de hasta M Bs. Para la

cantidad que sobrepase esta cifra, disminuye la tasa anterior en r Bs por cada mil. Hallar la operación óptima de manera que

el beneficio del banco sea máximo.

¿Cuál es la operación óptima si p = 30, M = 50000, r = 0,375?

Solución: Sea x la cantidad en Bs de la operación buscada. Si x ≤ M el beneficio para el banco espx

1000. Si x > M la tasa es

p − r (x −M)

1000por cada mil que excede a M (por ejemplo si x = M +1000, la tasa es p − r ), luego el beneficio en este caso es:

pM

1000+

(p − r (x −M)

1000

)(x −M

1000

).

Si B es la función del beneficio:

B(x) =

px

1000si x ≤ M

pM

1000+

(p − r (x −M)

1000

)(x −M

1000

)si x ≥ M

Si x ≥ M ,

B ′(x) = 1

1000

(p − 2r (x −M)

1000

).

Resolviendo B ′(x) = 0 se encuentra x = M + 500p

r. Este punto es un máximo pues B ′′(x) < 0 para todo x ≥ M . Si M = 50000,

p = 30 y r = 0,375, el banco obtiene el beneficio máximo cuando x = 50000+ 500(30)

0,375= 90000.

Ejemplo 5.24 Un minero desea abrir un túnel desde un punto A hasta un punto B situado 80 metros más abajo de A y 240

metros más al este de el. Debajo el nivel de A es roca; arriba de este nivel es tierra blanda. Si el costo de construcción del

túnel es $US 30 por metro lineal en tierra blanda y $US 78 en roca, hállase el costo del túnel de manera que este sea mínimo.

Solución. Sea x la parte del tunel por tierra blanda, y la parte del tunel por roca, como se ilustra en el siguiente gráfico.

E D B

A C

y =√

802 + (240−x)2

x

240

240−x

80

En el gráfico AE =C D = 80, EB = 240, DB = 240−x. Por las condiciones del problema, el costo C es:

C = 30x +78y, ((1))


puesto que

y =√

802 + (240−x)2 ((2))

se tiene el costo en función de la variable x

C ′(x) = 30− 78(240−x)√802 + (240−x)2

Derivando se obtiene:

C ′(x) = 30− 78(240−x)√802 + (240−x)2

Resolviendo C ′(x) = 0, obtenemos x = 620

3, reemplazando este valor en (1) se tiene y = 260

3. Por tanto el costo es:

C = 30

(620

3

)+78

(260

3

)= 12960.

5.6.4. El principio de Fermat

El principio de Fermat establece que “El trayecto seguido por la luz al propagarse de un punto a otro es tal que el tiempo

empleado en recorrerlo es un mínimo”1. Si un rayo de luz parte de la fuente, rebota en el espejo y regresa al observador,

entonces su trayectoria constará de dos segmentos de recta como se muestra en la figura, más aún el tiempo mínimo ocurrirá

cuando la distancia recorrida por el rayo de luz sea mínima. Demostrar que el rayo de luz chocará con el espejo en el punto

P en el que ángulo de incidencia α es igual al ángulo de reflexión β.

Espejo

Observador

Fuente

Rayo de luz

Px

c

b

a

α

β

αβ

α

β

αβ

Solución. La distancia que recorre el rayo de luz está dado por

f (x) =√

x2 +b2 +√

(c −x)2 +a2

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

f ′ (x) = xpx2 +b2

− c −x√(c −x)2 +a2

1Enunciado en el siglo XVII por el matemático francés Pierre de Fermat.


resolviendo f ′ (x) = 0 se encuentra x = bc

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

derivada resulta ser:

f ′′ (x) = b2(px2 +b2

)3 + a2(√(c −x)2 +a2

)3

por tanto es claro que f es cóncava hacia arriba en todo su dominio, en particular f ′′(

bc

a +b

)> 0, por tanto la función f tiene

un mínimo en x = bc

a +b, pero entonces:

tanα = c −x

a=

c − bc

a +ba

= c

a +b

tanβ = x

b=

bc

a +bb

= c

a +b

por tanto tanα= tanβ, finalmente puesto que la función tangente es inyectiva en(0, π2

), se concluye con que α=β.


1. (Área máxima) Considere las gráficas de la parábola dada por y = x2, y la recta dada por x + y = 2. (a) Hallar un punto

(h,k) , h ∈ [−2,1] , sobre la parábola de modo que el rectángulo formado con este punto, (ver gráfico) tenga la mayor

área. (b) Lo mismo que en (a) cuando h ∈ [0,1] .

x

yy = x2

(h,k) x + y = 2

−2 −1 1 2

−1

1

2

3

4

Sol. (a)(− 3

8 − 18

p73, 41

32 + 332

p73

), (b)

(− 38 + 1

8

p73,− 3

8 + 18

p73

)

2. (Área máxima) Considere las funciones f , g , estas funciones son tales que f (x) ≤ g (x) x ∈ [a,b] . Determinar un punto

(h,k), h ∈ [a,b] ,de la gráfica de f , tal que el triángulo construido (ver gráfica), tiene área máxima para los siguientes


casos:

x

y

y = f (x)

y = g (x)

(h,k)

ab

a) f (x) = |x| , g (x) = 1− x

2, x ∈ [−2, 2

3

]. Sol. h =− 2

3 , k = 23

b) f (x) = x, g (x) =px, x ∈ [0,1] . Sol. h = 1

4 , k = 14

c) f (x) = 2x

9−2, g (x) =p

x, x ∈ [0,36] . Sol. h = 8116 , k =− 7

8 , área máxima: 5625256

3. (Área máxima) Considere la parábola de ecuación y = ax2 +bx, con a < 0 y b > 0. Se sabe que el área encerrada por

la gráfica de la parábola y el eje x en el intervalo[

0,− ba

]es A = b3

6a2 . Determinar los valores de a y b de modo que la

parábola sea tangente a la gráfica de la recta x + y = 1 y el área dada sea el mayor posible. Sol. a =−4, b = 3.

4. (Área máxima) Dentro la región del primer cuadrante encerrada por las gráficas de y = x2 y y = px, se construye el

triángulo de vértices (0,0) y los puntos de intersección de la recta de ecuación x+y = a, a ∈ [0,2] con las gráficas del las

ecuaciones dadas antes. Determinar el valor de a, de modo que el área del triángulo sea un máximo. Sol. a = 12

p2+ 1

2área máxima 1

8 .

5. (Área máxima) (a) Sea f (x) = (4x −3)e−2x , x ∈ [ 34 ,∞)

se construye un triángulo rectángulo de modo que los extremos

de la hipotenusa sean los puntos (0,0) un punto(x, y

)de la gráfica de f . Determinar el punto

(x, y

)de modo que el área

del triángulo sea un máximo. Sol. x = 32 , y = 3e−3. (Obs. un cateto puede estar en el eje x o y ). (b) Resolver el inciso (a)

cuando f (x) = |4x −3|e−2x , x ∈ [0, 3

4

]. Sol. x = 1

4 , y = 2e−12 .

6. (Área máxima) Encontrar el área del mayor triángulo isósceles que tenga un perímetro de 18 cm. Sol: 9p

3.

7. (Área máxima) Probar que de todos los triángulos rectángulos con la misma hipotenusa, el de área máxima es el

isósceles.

8. (Área máxima) Determinar un punto sobre la gráfica de y = |x|2/3 , y ∈ [0,1] , de modo el área del triángulo que se


muestra en la figura tenga área máxima.

x

y y = |x|2/3

,2−,2

,2

,4−,4

,4

,6−,6

,6

,8−,8

,8

1−1

1

Sol.(( 3

5

)3/2, 3

5

)

9. (Volumen máximo) Se tiene una placa de hojalata en forma de un triángulo equilatero de L cm. de lado. Se plantea el

problema de construir un recipiente de base triangular de modo que la base sea un triángulo equilátero con vértices en

las bisectrices del triángulo mayor. Para este propósito se recortan los cuadriláteros que se muestran en la figura. De-

terminar los lados de los cuadriláteros que se recortan de modo que el recipiente construido tenga volumen máximo.

Sol.L

6,

p3L

18.

L

10. (Longitud mínima) Un segmento de recta está situado en el primer cuadrante con extremos en los ejes coordenados y

tangente a la circunferencia x2+ y2 = 1. Hallar la longitud del segmento más pequeño que cumpla con las condiciones


dadas. Sol. 2.

x

y

−1

−1

1

1

11. (Longitud mínima) Un segmento de recta está situado en el primer cuadrante con extremos en los ejes coordenados y

tangente a la circunferenciax2

a2 +y2

b2 = 1. Hallar la longitud del segmento más pequeño que cumpla con las condiciones

dadas. Sol. a +b.

12. (Volumen máximo) Hallar las dimensiones del cono de volumen máximo que puede inscribirse en una esfera de radio

R. Sol. 2p

2R3 , 4R

3 .

13. (Costo mínimo) Un tanque debe tener un volumen dado V y la forma de un cilindro circular recto con semiesferas

agregadas en sus extremos. El material para los extremos cuesta dos veces más por unidad cuadrada de lo que cuesta

el de los lados. Hallar las dimensiones más económicas.

Sol. radio= 12

3√

3V2π , altura=2 3

√3V2π .

A h B

2x

D

C

AB = altura del cilindro = hC D = diámetro de la semiesfera = 2x

14. (Volumen máximo) De una lámina circular de radio r se quiere recortar un sector circular para construir un cono

circular recto. Hallar el ángulo de corte θ de modo que el volumen del cono sea máximo.


Sol. θ = 2π√

23 .

θ

r

15. (Volumen máximo) Un tronco de un arbol que mide h metros, tiene la forma de un cono truncado recto. Los diámetros

de sus bases miden 2b y 2a metros respectivamente. Se debe cortar una viga de sección transversal cuadrada cuyo eje

coincide con el eje del tronco y cuyo volumen sea el mayor posible. ¿que dimensiones debe tener la viga? (se supone

que a,b y h son conocidos)

(Sug. Sea 2x la longitud del lado de la base y y la altura, por semejanza de triángulos h−yy = x−a

b−x )

Sol. x = 23 b, y = hb

3(b−a) .

2a

2b

hy

a

xb

16. (a) ¿Cómo deberían elegirse dos números no negativos cuya suma sea 1 para maximizar la suma de sus cuadrados?, (b)

¿Y para minimizar la suma de sus cuadrados?. Sol. (a) 0,1. (b) 1/2,1/2.

17. Cómo deberían elegirse dos números no negativos cuya suma sea 1 para

(a) maximizar el producto del cuadrado de uno de ellos por el cubo del otro. Sol. 2/5

(b) minimizar el anterior producto. Sol. 0,1

18. (Punto más cercano) Hallar puntos de la hipérbola x2 − y2 = a2 más cercanos al punto (0,b) donde b > 0.


Sol.(± 1

2

p4a2 +b2, 1

2 b)

x

y

−a a

−a

a

(0,b)

19. (Menor y mayor distancia) Considere la curva de ecuación y2 +x − 192 = 0

(a) Hallar puntos de la curva que se encuentren a la menor distancia del origen.

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

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

Sol. (a)( 1

2 ,±3)

(b)( 17

2 ,±1)

(c)( 19

2 ,0)

.

x

y

−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

20. (Superficie mínima) Se debe construir una lata cilíndrica (con tapa) de a unidades cúbicas de volumen de manera

que se gaste el menor material posible. ¿cuál debe ser la relación entre la altura h y el radio r de la base para que esto

ocurra?. Sol. h = 2r .

21. (Area mínima) Encontrar la ecuación de la recta que pasa por (3,4) y forma con el primer cuadrante un triángulo de

área mínima. Sol. 4x +3y −24 = 0.

x

y

(3,4)


22. (Área máxima) Un rectángulo tiene dos de sus vértices sobre el eje x y los otros dos están respectivamente sobre las

rectas y = x y 4y +5x = 20. Hallar el valor y para que el área del rectángulo sea máximo. Sol. 10/9.

23. (Superficie mínima) Una hoja de papel tiene a unidades cuadradas de material impreso, con márgenes superior e

inferior de 4 unidades y márgenes laterales de 2 unidades. Determinar cuales deben ser las dimensiones de la hoja

para que se use la menor cantidad de papel. Sol. base = 8+p2a

2, altura = 8+p

2a.

2 2

4

4

Area impresa

24. (Área máxima) Determinar la superficie lateral del cilindro recto de área máxima que puede ser inscrito en un cono

circular recto de radio basal b y altura a. Sol. área = abπ/2.

25. (Área máxima) Determine las dimensiones del rectángulo de mayor área, que se puede inscribir en la región limitada

por la elipse x2

a2 + y2

b2 = 1 y el eje x, tal como se muestra en la gráfica.

x

y

Sol. 2a/p

2×b/p

2, área máxima igual a ab.

26. (Suma de áreas mínima) Un alambre de longitud L, es cortado en dos partes, con una parte se forma un cuadrado y

con la otra una circunferencia. ¿De que modo debe ser cortado para que la suma de las áreas sea mínima?. Sol. Para la

circunferencia:Lπ

4+π , para el cuadrado4L

4+π .


27. (Superficie mínima) La base de una caja rectangular es tal que su longitud es tres veces su ancho. Si el volumen de

la caja es 36 m3, hallar las dimensiones de dicha caja de modo que la superficie total sea mínima para los siguientes

casos: (a) la caja es con tapa, (b) la caja es sin tapa. Sol. (a) 6×2×3, (b) 6 3p2×2 3p2× 32

3p2.

28. (Área máxima) Un vidrio rectangular de 80 cm. por 60 cm, se rompe en una esquina según una recta, tal como se ve

en el gráfico, con un punto(x, y

)de la recta se construye un rectángulo. Hallar el punto

(x, y

)de la recta de modo que

el área de dicho rectángulo sea el mayor posible. Sol.( 25

3 , 1552

)

60

80

15

10

(x, y)

29. (Distancia mínima) Un punto movil P describe la curva y = 4/x, x > 0. Determinar la distancia mínima de P al origen.

Sol.: 2p

2.

30. (Área máxima) Se desea inscribir un rectángulo en un triángulo rectángulo cuyos catetos miden 4, 3 cm. Determinar

las dimensiones que debe tener dicho rectángulo, si este se coloca como en (I ) o (I I ) , de modo que su área sea elmayor posible .

4

3

(I )4

3

(I I )

Sol. (I ) a2 , b

2 , (I I ) c2 , ab

2c

31. (Volúmen máximo) Se necesita construir un embudo cónico cuya generatriz debe ser igual a 20 cm. ¿Cuál debe ser la

altura del embudo para que el volumen sea el mayor posible?. Sol.20

p3

3.

32. (Área mínima) Hallar un punto sobre la parábola y = 4−x2, tal que la recta tangente en el segundo cuadrante y los ejes

coordenados determinen un triángulo de área mínima. Sol. x =−p4/3.

33. (Área máxima) Si un punto de una elipse, inscrito en un semicírculo, está sobre el diámetro y tiene otros dos puntos

sobre la semicircunferencia en posición simétrica. Demostrar que su área será un máximo igual a2πr 2

3p

3, donde r es

el radio de la circunferencia. (Sug. sean a, b los semiejes de la elipse de centro (0,b) , la intersección de la elipse y la


semicircunferencia debe ser única en el primer cuadrante, esto da una relación entre a y b)

x

y

−r r

r

34. (Área máxima) Determinar la elipse de área máxima, inscrita en un triángulo isósceles de ladosp

2r,p

2r,2r de modo

que dos puntos estén en los lados iguales en posición simétrica y el tercero en el lado desigual. Sol. Semiejes

p3

3r, 1

3 r,

centro(0, 1

3 r)

x

y

−r r

r

35. (Volumen mínimo) Un cono recto circular va a ser circunscrito en una esfera de radio conocido. Encontrar la razón de

la altura y el radio de la base del cono de volumen mínimo. Sol. 2p

2.


36. (Área máxima) Demostrar que el triángulo isósceles de área máxima que puede inscribirse en una circunferencia es

un triángulo equilátero.

37. (Volumen máximo) Un cono recto circular es cortado por un plano paralelo a su base. ¿A que distancia de la base debe

ser hecho el corte, para que el cono recto de base en la sección determinada por el corte y de vértice en el centro de la

base del cono dado, tenga volumen máximo?. Sol. 13 de la altura del cono).

38. (Volumen máximo) Resolver el anterior problema si se reemplaza el cono por una semiesfera de radio r. Sol.√

13 del

radio de la semiesfera.

39. (Área mínima) Hallar el área mínima del triángulo isósceles circunscrito a la elipse b2x2 + a2 y2 = a2b2 cuyo lado

desigual es paralelo al eje x. (Sol. altura 3b, base 2ap

3, área 3abp

3). (Sug. Considere un punto (u, v) de la elipse en el

primer cuadrante, calcule la recta tangente a la elipse que pasa por este punto. La intersección de esta recta con el eje

y permite calcular la altura, la intersección de la recta tangente con la recta y =−b permite calcular la base)

x

y

b

a


40. (Costo mínimo) La curva del costo total de un producto esta dado por y = 15x −8x2 +2x3, en donde y representa el

costo total y x representa la cantidad producida. Suponga que las condiciones del mercado indican que deben produ-

cirse entre 3 y 10 unidades. Determine la cantidad para el cual el costo medio es mínimo. (Sug. Costo medio y = y

x).

Sol. y = 9, para x = 3.

41. (Valor máximo) Un fabricante produce miniaturas que vende al precio de $U S 3 por unidad, hasta 1000 unidades.

Por cada 100 unidades adicionales el precio se reduce en 6 centavos por ciento. ¿De que magnitud es el pedido que

produce el máximo valor en dólares?. Sol. 3500.

42. (Área máxima) Una ventana esta hecha de un rectángulo y de un triángulo equilátero. ¿Cuales deben ser las dimen-

siones de la ventana para maximizar el área si el perímetro es fijo?. Sol. Lado del triángulo = un lado del rectángulo

= p(6+p

3)

33, otro lado del rectángulo =

p(5−p

3)

22donde p es el perímetro de la ventana.

43. (Mayor iluminación) Cuando una luz proveniente de un punto luminoso choca con una superficie plana, la intensidad

de la iluminación es proporcional al coseno del ángulo de incidencia e inversamente proporcional al cuadrado de la

distancia respecto a la fuente. ¿A que altura debe estar colocada una luz por encima del centro de un círculo de 12 pies

de radio para obtener la mejor iluminación a lo largo de la circunferencia?

θ

altura

radio=12

44. (Area máxima) Determinar un triángulo rectángulo de área máxima, de modo que los extremos de su hipotenusa sean

el origen y un punto de la gráfica de y = (x −p

)(x −q

), q > p > 0, en el primer cuadrante. Sol. Base

p +q −√

p2 −pq +q2

3

45. (Suma de distancias mínima) Sean P,Q, R puntos del plano como se muestra en la figura. Demostrar que la suma de

las distancias PR y QR es mínima cuando los ángulos θ1 y θ2 son iguales.

y1

y2

xa −x

a

θ1 θ2

P

R

Q


46. (Fisiología celular) Los investigadores de fisiología celular intentan determinar la permeabilidad de una célula a varios

compuestos si la concentración al exterior de una célula se mantiene en un nivel fijo. Si

A = superficie de la célula

V = volumen de la célula

k >= es la constante de permeabilidad

x ≥ representa la concentración del compuesto dentro de la célula, entonces se tiene el siguiente modelo, que con

frecuencia se utiliza en la práctica:d x

d t= k

A

V(c −x) .

(a) Suponiendo x (0) < c, determinar la máxima concentración posible en la célula.

¿Puede probar que la respuesta en (a) es realmente un máximo?

¿Cuál es la concentración mínima posible?, ¿Porque?.

Sol.: (a) x = c, (b) Aplicar el criterio de la segunda derivada, (c) cuando x = 0.

47. (Equilibrio) Un agitador AB de longitud 2l (ver figura), se apoya sobre el fondo y el borde de una cápsula de porcelana;

suponiendo que no existiera rozamiento, la varilla se moveria hasta alcanzar una posición de equilibrio. Sabiendo que

el centro de gravedad, en el estado de equilibrio estable, adquiere la posición más baja de entre todas las que puede

tomar, se pide la posición de equilibrio de la varilla AB.

A

BE

C

θ

(Sug.: Si C es el centro de gravedad de AB , la distancia y = EC será máxima en la posición de equilibrio buscada.

Calcule y en función del ángulo θ)

Sol. cosθ = l

8r±

√l 2

64r 2 + 1

2.

5.7 La Derivada como Razón de Cambio

Sea y = y(x), y x = x(t ), esto es y es una función de x y x es una función de t . La expresiónd x

d tse llama razón de cambio de x

respecto a t. Por la regla de la cadena tenemos:d y

d t= d y

d x· d x

d t

A continuación se presentan aplicaciones de la razón de cambio.



Ejemplo 5.25 Una escalera de 20 metros se apoya contra un edificio. Hallar:

a) La velocidad a la que se mueve el extremo superior cuando el inferior se aleja del edificio a una velocidad de 2 metros por

segundo y se encuentra a una distancia de él de 12 metros.

b) La velocidad a la que disminuye la pendiente.

Solución.

C

B

A

20

θ

y

x

(a) Sea AB = 20, la longitud de la escalera, y =C B la altura del extremo superior de la escalera al piso, x = AC la distancia del

extremo inferior de la escalera a la pared. Entonces

y =√

400−x2 (1)

m = tanθ = y

x(2)

aquí m es la pendiente que forma la escalera con el piso. Nótese que x = x (t ) y y = y (t ) , es decir son funciones dependientes

de la variable t . Derivando en (1) respecto de t se encuentra:

d y

d t= −xp

400−x2

d x

d t

Como dato se tiene que d xd t = 2, por otra parte se pide calcular d y

d t cuando x = 12, por tanto:

d y

d t=

(−12√

400− (12)2

)(2) =−3

2,

esto muestra que el extremo superior baja a una velocidad de 32 metros por segundo, (el signo menos indica que la altura

disminuye).

(b) En (2) derivando m respecto de t se encuentra:

dm

d t= x d y

d t − y d xd t

x2

= x d yd t −

p400−x2 d x

d t

x2

reemplazando x = 12, d xd t = 2 y d y

d t =− 32 se tiene:

dm

d t= (12)

(− 32

)−√400− (12)2 (2)

(12)2

= −25

72


lo que muestra que la pendiente disminuye a una velocidad de 2572 metros por segundo.

Ejemplo 5.26 Se arroja una piedra a un lago, causando ondas circulares. Si después de t segundos, el radio de una de las

ondas es 40t cm, encuentre la razón de cambio con respecto a t del área del círculo formado por la onda en t = 1.

Solución.

r

Se tiene r = r (t ) = 40t , por tanto el área en cualquier instante t está dado por:

A =πr 2

Luegod A

d t= 2πr

d t

d t

Pero drd t = 40 (en cualquier instante t ), además en t = 1, se tiene r = 40, por tanto:

d A

d t= 2π (40)(40)

= 3200πcm2/seg.

Ejemplo 5.27 Dos automóviles parten simultáneamente desde un punto A. Uno de ellos se dirige hacia el oeste a 60 km/h,

y el otro se dirige hacia el norte a 35 Km/h. ¿A qué velocidad aumenta la distancia entre ambos 3 horas después?.

Solución. Sea x la distancia recorrida por el primer automóvil en un tiempo t , y la distancia recorrida por el segundo auto-

móvil en un tiempo t , es claro que x = x (t ) y y = y (t ), entonces

d x

d t= 60 (1)

yd y

d t= 35. (2)

La distancia entre los dos vehículos es:

D =√

x2 + y2,

luego:

dD

d t=

xd x

d t+ y

d y

d t√x2 + y2

,

de (1) deducimos que en 3 horas el automovil recorrerá x = 3(60), similarmente de (2) deducimos que el automovil en 3 horas

recorrerá y = 3(35). Por tanto:dD

d t= 3(60)60+3(35)35√

(3(60))2 + (3(35))2= 5

p193

lo anterior nos dice que la distancia entre los automóviles crece a razón de 5p

193 Km/h.


Ejemplo 5.28 Se vierte agua en un recipiente de forma de cono truncado de radios superior e inferior de 10 y 5 cm y altura

30 cm. Si la rapidéz con la que vierte el agua es 2 cc/seg, ¿con qué rapidez sube el nivel del agua cuando la altura de la misma

es la mitad de la altura del recipiente?

5

10

altura=30

Solución. Sean x = x (t ) , h = h (t ) el radio y la altura del cono truncado que ocupa el agua en algún instante t , la relación

entre x y h se consigue con la ayuda de los siguientes gráficos y semejanza de triángulos:

5

10

30

30−hx

h

30−h

x 5

30

10−x

5= 30−h

30

de donde:

x = h +30

6

por tanto:

V = π

3h

(25+5

(h +30

6

)+

(h +30

6

)2)= π

108

(2700h +90h2 +h3)

derivando respecto de t :dV

d t= π

108

(2700+180h +3h2) dh

d t

condV

d t= 2, h = 15 se encuentra:

2 = π

108

(2700+180(15)+3(15)2) dh

d t


de donde:dh

d t= 8

225πcm.


1. Un globo se eleva de la tierra desde una distancia de 100 m respecto de un observador, a razón de 50 m/min. ¿Con qué

rapidez crece el ángulo de elevación de la línea que une al observador con el globo cuando éste está a una altura de

100 m.?.

2. Un avión vuela horizontalmente a una altura de 4400 m. alejándose respecto a un observador. Cuando el ángulo de

elevación es π/4, el ángulo decrece a razón de 0,05 rad/seg. ¿Cuánto es la rapidéz del avión en ese instante?.

Sol. 440 m/seg.

3. Una torre está al final de una calle Un hombre va en un automovil hacia la torre a razón de 50 m/seg. La torre tiene 500

m de altura. ¿con que rapidez crece el ángulo subtendido por la torre y el ojo del hombre cuando éste se encuentra a

1000 m de la torre?.

Sol. 0,02 rad/seg.

4. Un carro de la policia se aproxima a una intersección a 80 pies/seg. Cuando está a 200 pies de este punto, un carro cruza

la intersección, viajando en ángulo recto con respecto a la dirección en que viaja el carro de la policia, a la velocidad

de 60 pies/seg. Si el policia dirige el rayo de luz de su faro hacia el segundo carro, ¿con que velocidad girará el rayo de

luz 2 segundos después, suponiendo que ambos carros mantengan sus velocidades originales?.

5. Un peso es jalado a lo largo de un piso horizontal mediante una cuerda que pasa por un gancho situado a 6 pies sobre

el piso. Si la cuerda es jalada sobre el gancho a la velocidad de 1 pie/seg, encontrar una expresión para la razón de

cambio del ángulo θ, formado por la cuerda y el piso, como función del ángulo θ.

Sol.dθ

d t= 1

6 senθ tanθ.

6. Un hombre parado en un punto fijo de un muelle, jala un pequeño bote. El muelle está a 20 pies sobre el nivel del agua.

Si el hombre jala la cuerda a 2 pies/seg, ¿con qué velocidad crecerá el ángulo que la cuerda forma con el agua, cuando

la distancia desde el hombre hasta el bote sea de 50 pies?.

7. Un helicóptero despega a 1000 pies de un observador y se eleva verticalmente a 20 pies/seg. ¿A qué velocidad cambiará

el ángulo de elevación del helicóptero respecto al observador cuando el helicóptero esté a 800 pies sobre el suelo?.

Sol.1

82rad/seg.

8. Supóngase que se filtra un líquido a partir de un residuo sólido en un filtro cónico de 60 cm de radio y 20 cm de

altura. ¿Con que rapidez cambia el nivel del líquido en el filtro si se introduce tal líquido a razón de 5 cm3/mın?. (Sug.

Considere el cono con el vértice hacia abajo).

Sol.dh

d t= −5

9πh2 .

9. El costo que tiene una compañia al fabricar x relojes eléctricos por mes es

c (x) = 15000+5x

dólares. El precio está determinado por la demanda y está dado por la ecuación

p (x) = 15− x

10000,


donde x es el número de relojes fabricados y vendidos por més. Hallar la rapidez de cambio con respecto al tiempo del

costo, del ingreso y de la utilidad por mes, considerando que se aumenta la producción en 5000 relojes al mes y que

ahora es de 20000 relojes mensuales.

Sol. $25000/mes, $55000/mes, $30000/mes.

5.8 Límites Indeterminados

En esta sección, se usan derivadas en el cálculo de límites para algunos casos particulares conocidos como indeterminacio-nes.

5.8.1. La indeterminación 00

Diremos que un límite es del caso 00 si en el límite

lımx→a

f (x)

g (x)

se cumple lımx→a

f (x) = 0 y lımx→a

g (x) = 0. Iniciamos este estudio con el siguiente teorema.

Teorema 5.9

(Regla de L’Hopital)

(1) Sean f , g : [a,b] →R, continuas en [a,b] tales que f ′ y g ′ existen para x ∈ (a,b), con g ′(x) 6= 0. Supóngase que

lımx→a

f (x) = 0, lımx→a

g (x) = 0, y lımx→a

f ′ (x)

g ′ (x)= L

entonces:

lımx→a

f (x)

g (x)= lım

x→a

f ′ (x)

g ′ (x)= L.

(2) Sean f , g funciones definidas para valores x suficientemente grandes tales que f ′ y g ′ existen en el dominio

común de f y g . Si g ′(x) 6= 0 y

lımx→∞ f (x) = 0, lım

x→∞g (x) = 0, y lımx→∞

f ′ (x)

g ′ (x)= L

entonces:

lımx→∞

f (x)

g (x)= lım

x→∞f ′ (x)

g ′ (x)= L.

(3) Sean f , g funciones definidas para valores −x suficientemente grandes tales que f ′ y g ′ existen en el dominio

común de f y g . Si g ′(x) 6= 0 y

lımx→−∞ f (x) = 0, lım

x→−∞g (x) = 0, y lımx→−∞

f ′ (x)

g ′ (x)= L

entonces:

lımx→−∞

f (x)

g (x)= lım

x→−∞f ′ (x)

g ′ (x)= L.


Demostración. Se demuestra la parte (1). Las partes (2) y (3) quedan como ejercicio.

(1) Sea x ∈ (a,b). Las hipótesis del Teorema de Cauchy se satisfacen en el intervalo [a, x], luego existe c ∈ (a, x) tal que:

f (x)− f (a)

g (x)− g (a)= f ′ (c)

g ′ (c)

puesto que f y g son continuas y lımx→a

f (x) = 0, lımx→a

g (x) = 0 se tiene f (a) = g (a) = 0. Con estas consideraciones:

f (x)

g (x)= f ′(c)

g ′(c)

Claramente si x → a, entonces debe verificarse c → a, luego

lımx→a

f (x)

g (x)= lım

c→a

f ′(c)

g ′(c)= lım

x→a

f ′(x)

g ′(x)= L.

(2) Sug. Considere lımu→0+

f (1/u)

g (1/u).

■

(Nótese que para cualquier función h se verifica: lımx→a

h (x) = lımu→a

h (u))



3x2 +2x −16

x2 −x −2.

Solución. Aquí,

f (x) = 3x2 +2x −16

g (x) = x2 −x −2

claramente es una indeterminación 00 . Se cumplen también hipótesis de la Regla de L’Hopital, luego:

lımx→2

f (x)

g (x)= lım

x→2

f ′ (x)

g ′ (x)

= lımx→2

6x +2

2x −1

= 14

3.


x − tan x

x − sin x.

Solución. Nuevamente es un caso 00 . Por la Regla de L’Hopital con

f (x) = x − tan x, y g (x) = x − sin x

tenemos:

lımx→0

f (x)

g (x)= lım

x→0

f ′ (x)

g ′ (x)

= lımx→0

1− sec2 x

1−cos x


el último límite encontrado es nuevamente un caso 00 , aplicamos muevamente la regla de L’ Hopital

lımx→0

f (x)

g (x)= lım

x→0

1− sec2 x

1−cos x

= lımx→0

−2sec x (sec x tan x)

sin x= lım

x→0−2sec3 x

= −2.


1−e5p

x

px +x

.

Solución. En este ejercicio conviene hacer un cambio de variable. Sea u =px, con este cambio el límite dado queda

lımx→0

1−e5p

x

px +x

= lımu→0

1−e5u

u +u2 .

Aplicando la regla de L’ Hopital:

lımu→0

1−e5u

u +u2 = lımu→0

−5e5u

1+2u=−5.


arcsin2x −2arcsin x

x3 .

Solución. Aplicando la regla de L’ Hopital:

lımx→0

arcsin2x −2arcsin x

x3 = 2

3lımx→0

(1−4x2

)−1/2 − (1−x2

)−1/2

x2

= 1

3lımx→0

4(1−4x2)−3/2 − (

1−x2)−3/2

= 1.

(En este ejercicio se ha aplicado la regla de L’ Hopital dos veces).

Ejemplo 5.33 Calcular lımx→ π

2

ln(−cos2x)

1+cos2x.

Solución. Notemos que cos(π) =−1. Aplicando la regla de L’ Hopital encontramos:

lımx→ π

2

ln(−cos2x)

1+cos2x= lım

x→ π2

2sin2x

−cos2x−2sin2x

= lımx→ π

2

1

cos2x

= −1.


π

2−arctan x

sin1

x

.

Solución.

lımx→∞

π

2−arctan x

sin1

x

= lımx→∞

− 1

1+x2(cos

1

x

)(− 1

x2

)= 1.



1(π2−arctan x

)x

.

Solución. El límite dado se escribe como: lımx→∞

1

x(π2−arctan x

) que es una indeterminación 00 , aplicamos entonces la regla de

L’ Hopital:

lımx→∞

1x(π

2−arctan x

) = lımx→∞

− 1

x2

− 1

1+x2

= 1.

5.8.2. La indeterminación ∞∞

En este caso aplicamos el siguiente teorema, que es una extensión de la regla de Hopital.

Teorema 5.10

(Regla de L’Hopital para el caso∞∞ ). Sean f y g definidas y diferenciables para todo x mayor que un entero fijo.

Supóngase que

lımx→∞ f (x) =∞, lım

x→∞g (x) =∞, y lımx→∞

f ′ (x)

g ′ (x)= L

entonces:

lımx→∞

f (x)

g (x)= lım

x→∞f ′ (x)

g ′ (x)= L

Observación. El teorema sigue siendo válido si reemplazamos x →∞ por x → a.



ln x

x.

Solución.

lımx→∞

ln x

x= lım

x→∞1/x

1= 0.


xn

ex , donde n es un número natural.

Solución.

lımx→∞

xn

ex = lımx→∞

nxn−1

ex

= lımx→∞

n (n −1) xn−2

ex

= . . .

= lımx→∞

n!

ex = 0


cosh(x +1)

ex .

Solución. Por definición

cosh(x +1) = 1

2

(ex+1 +e−x−1)


luego

lımx→∞

cosh(x +1)

ex = 12 lım

x→∞ex+1 +e−x−1

ex

= 12 lım

x→∞(e+e−2x−1

)= e

2.

En el anterior ejercicio no se emplea la regla de L’ Hopital, si se emplera, nunca prodríamos romper la indeterminación. Asi

pues, en algunos casos la regla de Hopital no da ningún resultado.

Ejemplo 5.39 Calcular lımx→π/2−

tan x

lncos x.

Solución.

lımx→π/2−

tan x

lncos x= lım

x→π/2−sec2 x−sin x

cos x

= − lımx→π/2−

sec x

sin x= −∞.


cot2x

cot4x.

Solución. Este límite es del caso ∞∞ , luego aplicando la regla de L’Hopital:

lımx→0

cot2x

cot4x= lım

x→0

−2csc2 (2x)

−4csc2 (4x)

podemos observar que el nuevo límite es otra vez del caso ∞∞ . Si seguimos aplicando L’Hopital seguiremos obteniendo in-

definidamente el caso ∞∞ , es decir, el límite no pierde su calidad de indefinida. Sin embargo con una pequeña modificación

podremos resolver el problema, en efecto:

lımx→0

cot2x

cot4x= lım

x→0

tan4x

tan2x= lım

x→0

4sec2 4x

2sec2 2x= 2

5.8.3. Indeterminaciones 0 ·∞ e ∞−∞Estos casos se reducen a uno de los casos estudiados arriba.



(1

x− 1

ex −1

).

Solución. Es un caso ∞−∞.

lımx→0

(1

x− 1

ex −1

)= lım

x→0

(ex −1−x

x (ex −1)

)el límite de la derecha es del tipo 0

0 . Aplicando Hopital tenemos

lımx→0

(1

x− 1

ex −1

)= lım

x→0

ex −1

ex −1+xex

= lımx→0

ex

2ex +xex

= 12



(1

ln x− x

x −1

).

Solución. Es un caso ∞−∞. lım

x→1

(1

ln x− x

x −1

)= lım

x→1

x −1−x ln x

(x −1)ln x

este último límite es del tipo 00 . Aplicando dos veces la regla de L’ Hopital:

lımx→1

(1

ln x− x

x −1

)= lım

x→1− ln x

ln x + (x −1)

x

= lımx→1

− x ln x

x ln x +x −1

nuevamente el último límite es del tipo 00 , aplicando otra vez la regla de L’ Hopital:

lımx→1

(1

ln x− x

x −1

)= − lım

x→1

1+ ln x

1+ ln x +1

= −1

2


(x −arcsin x)csc3 x.

Solución. Es del caso 0 ·∞.

lımx→0

(x −arcsin x)csc3 x = lımx→0

(x −arcsin x)

sin3 x(tipo 0

0 )

= lımx→0

1− 1p1−x2

3sin2 x cos x

= lımx→0

(1−x2

)1/2 −1

3(1−x2

)1/2 sin2 x cos x

el resultado encontrado es nuevamente del tipo 00 , aplicando una vez más la regla de L’ Hopital encontramos:

lımx→0

(x −arcsin x)csc3 x =−1

6

5.8.4. Casos 00, ∞0, 1∞


En este caso se toma el logaritmo natural y entonces se transforma el límite dado a la forma 0 ·∞.


xx .

Solución. Es del caso 00. Sabemos que ln xx = x ln x, calculamos ahora el límite

lımx→0

x ln x,

este límite es de la forma 0 ·∞, que se puede transformar al caso 00 o

∞∞ .

lımx→0

x ln x = lımx→0

ln x

1/xtipo

∞∞

= lımx→0

1/x

−1/x2 = lımx→0

−x

= 0


de este resultado encontramos:lımx→0

xx = lımx→0

ex ln x

= elımx→0

x ln x

= e0 = 1


(1−2x)1/x .

Solución. Es del caso 1∞. Calculamos el límite lımx→0

ln(1−2x)1/x = lımx→0

1

xln(1−2x), este es un caso ∞·0.

lımx→0

1

xln(1−2x) = lım

x→0

ln(1−2x)1

1/x

, caso 00

= lımx→0

−2

1−2x1

= −2,

Con este resultado:lımx→0

(1−2x)1/x = lımx→0

e1x ln(1−2x)

= elımx→0

1x ln(1−2x)

= e−2.

Ejemplo 5.46 Calcular lımx→−π/2−

(tan x)cos x .

Solución. Es del caso ∞0, inicialmente calculamos el siguiente límite

lımx→−π/2−

cos x (lntan x) = lımx→−π/2−

lntan x

sec x

= lımx→−π/2−

sec2 x

tan xsec x tan x

= lımx→−π/2−

cos x

sin2 x= 0

de esto se deduce:

lımx→−π/2−

(tan x)cos x = elım

x→−π/2−cos x(lntan x)

= e0 = 1.


Calcular:

1. lımx→0

(cos2x)

3

x2 Sol. e−6.


2. lımx→0

tan x −x

x − sin xSol. 2.

3. lımx→π/2

lnsin x

(π−2x)2 Sol. − 18 .

4. lımθ→0

θ−arcsinθ

sin3θSol.− 1

6 .

5. lımy→0

ey +cos y −2

ln(1+ y

) Sol. 1.

6. lımy→0

ey + sin y −1

ln(1+ y

) Sol. 2.

7. lımφ→ π

4

sec2φ−2tanφ

1+cos4φSol. 1

2 .

8. lımy→0

tan y − sin y

sin3 ySol. 1

2

9. lımx→2

p16x −x4 −2 3p4x

2−√p

2x3Sol. 32

9

10. lımx→3

p3x −p

12−x

2x −3p

19−5xSol. 8

69

11. lımx→a

xp −ap

xq −aq , a > 0, p, q ∈N. Sol. pq ap−q .

12. lımx→0

x cos x − sin x

x3 Sol. − 13 .

13. lımx→0

x − sin x

x3 Sol. 16 .

14. lımx→0

ln(sinmx)

ln(sin x)Sol. 1.

15. lımx→∞x sin a

x Sol. a.

16. lımx→∞x

1

x Sol.: 1.

17. lımx→∞

(ln x)3

x2 Sol.: 0.

18. lımθ→ π

2

tan3θ

tanθSol.: 1/3.


19. lımx→1

(x

x −1− 1

ln x

)Sol.: 1

2 .

20. lımx→π/2

( x

cot x− π

2cos x

)Sol.: −1

21. lımx→0

x

3

4+ ln x Sol.: e3.

22. lımx→1

1−x

1− sinπx

2

Sol. ∞.

23. lımx→1

[1

2(1−p

x) − 1

3(1− 3

px)]

Sol. 112 .

24. lımx→0

(1

sin2 x− 1

x2

)Sol. 1

3 .

25. lımx→0

xsin x Sol. 1.

26. lımx→1

(1−x)cos πx2 Sol. 1.

27. lımx→0

(1+x2

)1/xSol. 1.

28. lımx→1

x1

1−x Sol. e−1.

29. lımx→1

(tan πx

4

)tan πx4 Sol. 1.

Verificar :

30. lımx→0

(x tan(π (x +1)/2)) =− 2π .

31. lımx→0

(1+x −cos x

x

) 1+cos x25x = e

125 .

32. lımx→1

sinπx + tan(x −1)

x2 −x=−π+1.

33. lımx→π/4

(1− tan x)sec2x = 1.

34. lımx→2

[8

x2 −12− 2

x −6

]=− 1

2 .

35. lımx→0

[1

ln(x+1) − x+1ln(x+1)

]=−1.

36. lımx→0

[2x +1

2x− 1

ln(2x +1)

]= 1

2 .

37. lımu→1

(2

sin2 (u −1)− 1

1−cos(u −1)

)= 1

2


38. lımu→ π

2

4u2 −4uπ+π2 −4cos2 u(cos2 u

)(4u2 −4uπ+π2

) = 13

39. lımx→−π

12

x +πsin x

=− 12 .

40. lımφ→a

(a2 −φ2

)tan

(πφ2a

)= 4 a2

π .

41. lımx→0

(π

4x− π

2x (eπx +1)

)= 1

8π2.

42. lımx→0

(1

x2 − 1

x tan x

)= 1

3.

43. lımu→0

((u+2)2−4

(u+2)2 tan(π(u+2)

4

))=− 4

π .

44. lımx→1

(3−2x)tan(πx2

)= e

4π .

45. lımx→0

(cot x)5sin x = 1.

46. lımx→0

(sin(2x +π))tan x = 1.

47. lımx→∞

( 7x +1

)x−3 = e7.

48. lımx→2

(x/2)1

2−x = e−12 .

49. lımx→∞

(cos

( 5x

)x2)= e−

252 .

50. lımx→0

(1−cos x)x

x−1 = 1.

51. lımx→0

(3x −4x

5x −6x

)= ln3−ln4

ln5−ln6

52. lımx→0

(etan x −ex

x3

)= 1

3

53. lımx→0+

(xe

1x

)=∞

54. lımx→0

(1

x2 −cot2 x

)= 2

3

5.9 Trazado de curvas algebraicas

Con los resultados relativos a límites, máximos, mínimos y concavidad de las funciones, más algunas definiciones que se

dan en esta sección, se puede dibujar con bastante precisión el gráfico de curvas algebraicas. Con este propósito pondremos

especial interés en los siguientes aspectos:

1. Simetría.

2. Intersecciones con los ejes.


3. Campo de variación.

4. Comportamiento cuando x tiende a infinito o menos infinito.

5. Asíntotas verticales, horizontales y oblicuas.

6. Empleo de la primera y segunda derivadas

Aunque la técnica para dibujar cualquier función es siempre la misma, en esta sección pondremos énfasis en graficar curvas

algebraicas de la forma.

an yn +an−1 yn−1 +·· ·+a1 y +a0 = 0,

donde cada a j (x) es un polinomio en la variable x.

5.9.1. Simetría

Una curva es simétrica con respecto:

1. Al eje x si su ecuación no varia al cambiar y por −y

2. Al eje y si su ecuación no varia al cambiar x por −x.

3. Al origen si la ecuación no cambia al cambiar x por −x y y por −y simultáneamente.

4. A la recta y = x si la ecuación no cambia al intercambiar x por y.

Ejemplo 5.47 x y4 +x y2 −1 = 0 es simétrica respecto del eje x pero no respecto del eje y.

x

y

−2

−1

1

2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

En el caso de funciones se tiene la siguiente definición de simetria.

Definición 5.8

(Funciónes pares e impares) Una función f es par si para todo x,−x ∈ D f se verifica f (x) = f (−x) . Una función f esimpar si para todo x,−x ∈ D f se verifica f (−x) =− f (x) .


Ejemplo 5.48 Sea f :R→R, definida por f (x) = x2(x2 −4

), sea x ∈R, entonces:

f (−x) = (−x)2((−x)2 −4

)= x2

(x2 −4

)= f (x)

por tanto f (−x) = f (x) , esto es, la función f es par.

x

y

−4

−2

0

2

4

6

8

−2 −1 1 2

La ventaja de reconocer que una función sea par, radica en el hecho de que es suficiente graficar la función en la parte

positiva del dominio, pues para graficar en la parte negativa se hace simplemente una reflexión del gráfico ya trazado con

respecto al eje y.

Ejemplo 5.49 Sea f :R→R, definida por f (x) = x3 −4x, sea x ∈R, entonces:

f (−x) = (−x)3 −4(−x)

= −x3 +4x =−(x3 −4x

)= − f (x) ,

por tanto f (−x) =− f (x) , esto es, la función f es impar.

x

y

−3−2−1

123

−2 −1 1 2

Nuevamente, se tiene una ventaja al reconocer una función impar, una vez que se ha trazado la gráfica en la parte positiva,

se hace una reflexión con respecto al origen para obtener la gráfica en la parte negativa.

Muchas funciones no son pares ni impares, por ejemplo x3 − x2, no es par ni impar, sin embargo está formado por partes

pares e impares, su parte par es −x2, y su parte impar x3. En general si f es una función su parte par está dado por:

u (x) = f (x)+ f (−x)

2

y su parte impar por:

v (x) = f (x)− f (−x)

2es claro que f (x) = u (x)+ v (x) .


Ejemplo 5.50 Sea f (x) = ex , la parte par de f es u (x) = 12 (ex +e−x ) y su parte impar es v (x) = 1

2 (ex −e−x ) .


1. Clasificar las siguientes curvas (simetrías)

a) x3 y +x2 y2 +x y = 1

b) x2 y4 +x2 y2 = 1

2. Clasificar (decir si son pares o impares) las funciones definidas por

a) f (x) = x2 +x sin x

b) g (x) = x2 + sin x

c) h (x) = tan(x)+cos x

d) f (x) = x3 sin x −cos x

e) s (x) = ln(x)

f ) u (x) = ex + ln x

3. Hallar las partes pares e impares de:

a) f (x) = ex + sin x

b) g (x) = tan x +x2

c) h (x) = 5x4 +4x3 +3x2 +2x +1

4. Demostrar que la suma de funciones pares (impares) es par (impar).

5. Demostrar que el producto de una función par con una impar es impar.

6. Demostrar que el producto de funciones impares es par.

7. Demostrar que el producto de una función par con una par es par.

8. Demostrar que la división de una función par con una par es par.

9. Demostrar que la división de una función par con una impar es impar.

5.9.2. Intersecciones con los ejes

Sea C una curva definida implícitamente por una expresión algebraica en las variables x, y. La intersecciones con el eje x se

encuentran haciendo y = 0. Similarmente las intersecciones con el eje y se encuentran haciendo x = 0.

Ejemplo 5.51 Hallar las intersecciones con los ejes de la función definida implícitamente por

(x −2)

(x2 − 9

2y2

)= 9

(Intersección con el eje x). Haciendo y = 0, tenemos x2 (x −2)−9 = 0, cuya única solución real es: x = 3, es decir, la

gráfica de la función corta al eje x en el punto 3, dicho de otra manera, el gráfico pasa por el punto (3,0).


(Intersección con el eje y). Haciendo x = 0, tenemos y2 −1 = 0, las soluciones son y = −1 y y = 1, es decir, la gráfica

corta al eje y en el punto −1 y 1, dicho de otra manera, el gráfico pasa por (0,−1) y (0,1) .


En los siguientes ejercicios calcular las intersecciones con los ejes:

1. x2 +2x + y2 = 0

Sol. Eje x : x = 0, x =−2. Eje y : y = 0.

2. (x −2)2 + (3y −5

)2 = 9

Sol. Eje x : no existen, Eje y : y = 13

(5±p

5)

.

3. (x −2)2 + (y −5

)2 = 25

Sol. Eje x : x = 2 Eje y : y = 5+p21, y = 5−p

21.

4. y(x2 −1

)= x −2,

Sol. Eje x : x = 2, Eje y : y = 2.

5. x2 y2 +x y −2x + y = 2.

Sol. Eje x : x =−1, eje y : y = 2.

5.9.3. Campo de variación

Si(x, y

)es un punto de la gráfica de una función:

El campo de variación en el eje x es el conjunto

Vx = {x ∈R : y existe

}El campo de variación en el eje y es el conjunto

Vy ={

y ∈R : x existe}

Ejemplo 5.52 Hallar los campos de variación de la curva dada por

x2 −2x + y2 +6y = 6.

Despejando x e y encontramos

y = −3±√

16− (x −1)2

x = 1±√

16− (y +3

)2

podemos observar que y existe si y solamente si

16− (x −1)2 ≥ 0,

resolviendo la desigualdad encontramos −3 ≤ x ≤ 5, así el campo de variación de x es el intervalo Vx = [−3,5] . Similarmente

podemos observar que x existe si y solamente si

16− (y +3

)2 ≥ 0,

resolviendo esta desigualdad encontramos que el campo de variación de y es el intervalo Vy = [−7,1] .


5.9.4. Comportamiento cuando x →−∞ y x →∞Si tenemos una función f definida para números suficientemente ”lejos” de 0, obtenemos información sustancial investi-

gando como se comporta la función cuando x →−∞ o cuando x →∞. El comportamiento de muchas funciones ya se sabe,

así sin x se comporta en forma oscilante, sin embargo no todas las funciones tienen ese comportamiento. En esta sección via

ejemplos veremos el comportamiento de algunas funciones.

Ejemplo 5.53 Consideremos el polinomio f definido por

f (x) = x2 −2x +5,

este polinomio se puede escribir en la siguiente forma

f (x) = x2(1− 2

x+ 5

x2

).

observemos que :

lımx→∞

(1− 2

x+ 5

x2

)= 1

lımx→∞x2 = ∞

esto nos dice que el comportamiento de f (x) cuando x →∞ es parecido al comportamiento de x2, esto es, f (x) →∞ cuando

x →∞. De modo similar podemos concluir que f (x) →∞ cuando x →−∞

Observación. Con un argumento análogo al anterior podemos discutir el comportamiento de cualquier polinomio.

Ejemplo 5.54 Consideremos la función:

f (x) = x2 −1

x2 −2x

dividiendo numerador y denominador por x2:

f (x) = 1−1/x2

1−2/x

es claro que:

lımx→∞ f (x) = 1

así cuando x →∞, f (x) → 1. De manera similar podemos mostrar que si x →−∞, f (x) → 1. Geométricamente esto significa

que los puntos f (x) tales que x es un número mucho mayor que cero y números x mucho menores que cero están cerca del

la recta y = 1.

5.9.5. Asíntotas

Estudiaremos la asíntotas de curvas algebraicas.

an yn +an−1 yn−1 +·· ·+a1 y +a0 = 0, , (i)

donde como dijimos antes cada a j es un polinomio en x.

Una recta dada por x = a, es llamada una Asíntota Vertical si∣∣y

∣∣ toma valores arbitrariamente grandes cuando x → a.

Una recta dada por y = a, es llamada Asíntota Horizontal si la diferencia

y −a → 0

para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente.


Una recta dada por y = mx +b es una Asíntota oblicua si la diferencia

f (x)− (mx +b) → 0

donde y = f (x) , para valores de x arbitrariamente grandes positiva o negativamente.

Para calcular las asíntotas procedemos de la siguiente manera

Cálculo de las asíntotas verticales. Con referencia a (i), se resuelve:

an = 0,

a cada raíz de esta ecuación le corresponde una asíntota vertical.

Calculo de las asíntotas horizontales. Escribimos (i) en la forma

bm xm +bm−1xn−1 +·· ·+b1x +b0 = 0, (ii)

donde cada b j es un polinomio en y. Las raíces de bm = 0, dan las asíntotas horizontales.

Cálculo de las asíntotas oblicuas. Se sustituye y por mx +b en la ecuación (i) para obtener

cn xn + cn−1xn−1 +·· ·+c1x + c0 = 0. (iii)

Resolvemos ahora el sistemacn = 0

cn−1 = 0

del anterior sistema encontramos los valores de m y b. Para cada par de valores m,b tenemos la asíntota oblicua

y = mx +b.

Observación. Si an−1 = 0 se resuelve el sistema

an = 0

an−2 = 0,

si an−2 también fuera cero, tomamos an−3 y así sucesivamente.

Ejemplo 5.55 Encontraremos las asíntotas de la curva definida por

y2 −x2 +x y2 = 0

Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación en la siguiente forma

(x +1) y2 −x2 = 0,

observamos que el coeficiente de mayor potencia de y es (x +1), de esto concluimos que tenemos una asíntota vertical

en x +1 = 0, esto es x =−1.

Asíntotas horizontales. Escribimos la ecuación en la forma

−x2 +x y2 + y2 = 0,

observamos que el coeficiente de mayor potencia de x no es una función de y y por tanto no tiene factores lineales en

la variable y. De esto concluimos que no existen asíntotas horizontales.


Asíntotas oblicuas. Reemplazamos y por mx +b en la ecuación dada obteniendo sucesivamente:

(mx +b)2 −x2 +x (mx +b)2 = 0

m2x2 +2mxb +b2 −x2 +x(m2x2 +2mxb +b2) = 0

m2x2 +2mxb +b2 −x2 +m2x3 +2mbx2 +b2x = 0

m2x3 + (m2 +2mb −1

)x2 + (

2mb +b2)+b2 = 0

de la última ecuación encontramos el sistema

m2 = 0

m2 +2mb −1 = 0,

este sistema no tiene solución, esto prueba que la curva dada no tiene asíntotas oblicuas.


Ejemplo 5.56 Estudiar y representar la curva dada por

x3 −x2 y + y = 0 (i)

Solución. Seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar la curva.

1. Simetría. Reemplazando y por −y obtenemos x3 + x2 y − y = 0 que naturalmente no es igual a la ecuación (i), por

tanto la curva no es simétrica respecto al eje x. Podemos probar que no es simétrica respecto al eje y, podemos probar

también que la curva es simétrica respecto del origen.

Por otra parte despejando y encontramos:

y = f (x) = x3

x2 −1

Reemplazando −x por x :

f (−x) = (−x)3

(−x)2 −1=− x3

x2 −1=− f (x)

Lo anterior muestra que y = f (x) es impar.

2. Intersecciones. Haciendo y = 0, la ecuación (i) se reduce a:

x3 = 0

cuya solución es x = 0.

Haciendo x = 0, la ecuación (i) se reduce a

y = 0

cuya solución es y = 0. De lo anterior concluimos que las intersecciones son:

Con el eje X : x = 0.

Con el eje Y : y = 0.

Por tanto la curva pasa por el punto (0,0) .


3. Campo (rango) de variación. De (i) despejando y encontramos:

y = x3

x2 −1.

El rango de variación de x esta formado por los números x para los cuales y existe, esto se da cuando x 6= 1 y x 6= −1, es

decir cuando x ∈R− {1,−1} (Los reales menos los números 1 y −1).

Por otra parte la ecuación x3 − x2 y + y = 0, considerado como polinomio de grado 3 en la variable x siempre tiene al

menos una raíz real cualquiera sea el valor de y, de esto deducimos que el rango de variacíon de y es R.

4. Comportamiento cuando x →∞ y x →−∞.

lımx→∞

x3

x2 −1=∞.

lımx→−∞

x3

x2 −1=−∞.

5. Asíntotas.

Asíntotas verticales. Escribimos la ecuación dada como:(−x2 +1)

y +x3 = 0

igualamos a cero el coeficiente de la potencia más alta de y, y encontramos

−x2 +1 = 0,

de esto deducimos que la curva tiene asíntotas en x =−1 y x = 1. Para realizar el gráfico observamos el compor-

tamiento de y = f (x) a la izquierda y a la derecha de los anteriores puntos.

lımx→−1−

x3

x2 −1= −∞

lımx→−1+

x3

x2 −1= ∞

lımx→1−

x3

x2 −1= −∞

lımx→1+

x3

x2 −1= ∞

Asíntotas horizontales. La ecuación dada es

x3 −x2 y + y = 0,

observamos que el coeficiente de mayor grado de x es 1(una constante), luego la curva no tiene asíntotas hori-

zontales.

Asíntotas oblicuas. En la ecuación (i) reemplazamos y por mx +b obteniendo sucesivamente:

x3 −x2 (mx +b)+mx +b = 0

(1−m) x3 + (−b) x2 +mx +b = 0.

De la última ecuación resulta el siguiente sistema:

1−m = 0

−b = 0

resolviendo se encuentra que m = 1 y b = 0. Por tanto la única asíntota oblicua es y = x.


6. Puntos críticos. Derivando:

f (x) = x3

x2 −1,

se encuentra:

f ′ (x) = 3x2(x2 −1

)−x3 (2x)(x2 −1

)2

= x2(x2 −3

)(x2 −1

)2

Resolviendo f ′ (x) = 0 encontramos x = 0, x =−p3 y x =p3, luego el conjunto de puntos críticos es:{

0,−p3,p

3,−1,1}

.

Observación. Los puntos −1 y 1 son puntos críticos, pues en esos puntos f ′ no está definida.

7. Regiones de crecimiento y decrecimiento. Derivando y = f (x) se encuentra:

f ′ (x) = x2(x2 −3

)(x2 −1

)2

Sus signos se muestran a continuación:

−∞ −p3 −1 0 1 p3 ∞

+ − − − − + Signos de

f ′(x)

de esto concluimos:

f es creciente en(−∞,−p3

)∪ (p3,∞)

.

f es decreciente en(−p3,

p3)− {−1,1} .

8. Máximos y mínimos locales. Con los resultados correspondientes a crecimiento podemos concluir con lo siguiente:

f pasa de creciente a decreciente en −p3, luego f tiene un máximo local en x =−p3.

f pasa de decreciente a creciente enp

3, luego f tiene un mínimo local en x =p3.

Alrededor de x = 0 la función es decreciente por tanto en este punto no se tiene un máximo o mínimo local.

9. Máximos y mínimos absolutos (globales). No existen pues si x →∞, f (x) →∞ y si x →−∞ se tiene f (x) →−∞.

10. Concavidad. La segunda derivada es:

f ′′ (x) = 2x(x2 +3

)(x2 −1

)3 .

−∞ −1 0 1 ∞


f (2)(x)


Se observa que en x = 0 se tiene f ′′ (0) = 0, de este hecho concluimos que f tiene un punto de inflexión en x = 0 (La

concavidad cambia alrededor del cero). Se observa además que:

f es cóncava hacia abajo en (−∞,−1)∪ (0,1) .

f es cóncava hacia arriba en (−1,0)∪ (1,∞) .

11. Gráfica de la función. Toda la información obtenida hasta ahora nos permite bosquejar la curva.

x

yAsíntota y = x

Asíntota x = 1

Asíntota x = 1

−4

−4

−3

−3−2

−2 −1−1

1

1

2

2

3

3

4

4

Ejemplo 5.57 Estudiar y representar la curva dada por

y3 (x −1) = x. (i)

Solución. Nuevamente seguiremos todos los pasos dados en esta sección para representar la curva.

1. Simetria. La curva no es simétrica a ninguno de los ejes.

2. Intersecciones con los ejes. Haciendo y = 0, obtenemos

x = 0.

Haciendo x = 0 obtenemos

y = 0.

Así, los puntos de intersección son

Con el eje x : x = 0.

Con el eje y : y = 0.

Esto muestra que la curva pasa por (0,0) .

3. Campo de variación. Despejando y de la ecuación (i):

y = 3

√x

x −1,

de donde deducimos que el campo de variación de x es el conjunto R− {1} . Por otra parte despejando x encontramos

x = y3

y3 −1,

de donde deducimos que el campo de variación de y es R− {1} .

4. Comportamiento cuando x →±∞.


lımx→∞

3

√x

x −1= 1 y

lımx→∞

3

√x

x −1= 1

5. Asíntotas.

Asíntotas verticales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable y

y3 (x −1) = x,

igualando a cero el coeficiente de más alta potencia tenemos

x −1 = 0,

de esto deducimos que la curva tiene una asíntota en x = 1. Para bosquejar el gráfico cerca el punto x = 1 calcu-

lamos los siguientes límites

lımx→1−

3

√x

x −1=−∞

lımx→1+

3

√x

x −1=∞

Asíntotas horizontales. Se escribe la expresión dada como un polinomio en la variable x

x(y3 −1

)− y3 = 0,

el coeficiente de la más alta potencia es y3 −1, igualando a cero tenemos

y3 −1 = 0,

resolviendo obtenemos y = 1 (la única solución real), de esto deducimos que la curva tiene una asíntota horizon-

tal en y = 1.

Asíntotas oblicuas. Reemplazamos en (i) y por mx +b obteniendo sucesivamente:

(mx +b)3 (x −1) = x,

desarrollando obtenemos

m3x4 − (m3 −3m2b

)x3 − (

3mb2 −b3 −1)

x −b3 = 0,

Igualando a 0 los coeficientes de más alta potencia tenemos

m3 = 0

m3 −3m2b = 0,

de lo anterior concluimos que m = 0, esto muestra que la curva dada no tiene asíntotas oblícuas.

6. Regiones de crecimiento y decrecimiento. Derivando y = f (x) se encuentra:

f ′ (x) =− 1

3(

3p

x)2 (

3p

(x −1))4 ,

De este resultado deducimos que la derivada y ′ > 0 en todo su dominio.

7. Máximos y mínimos locales y absolutos (globales). No existen


8. Concavidad. La segunda derivada es

f ′′ (x) = 2

9

3x −1(3p

x)5 (

3p

(x −1))7 ,

un análisis de signos nos da:

−∞ 0 13

1 ∞


f (2)(x)

por tanto:

f es cóncava hacia abajo en (−∞,0)∪ ( 13 ,1

)f es cóncava hacia arriba en

(0, 1

3

)∪ (1,∞)

9. Bosquejo del gráfico de la función.

x

y

Asíntota x = 1

Asíntota y = 1

−2

−2−1

−1

1

1

2

2


Estudiar y representar la curva dada por:

1. y x2 − y =−2x3.

2. (x −2)2 y = 1.

3. y2(x2 −1

)= (x2 +1

).

4.(4−x2

)y = x4.

5. x2 − y2 +2y = 1.

6. y2 = (x −1)(x +4) .

7. y3 = 4x2(9−x2

).

8.(x2 + y2

)2 = 8x y.

9. x3 y3 = (x −4)2 .


10. (x −5) y2 = x2 (x −4) .

11. y = ln(x2 −9

).

12.(x2 −9

)y2 = x (x −1) .

6 Cálculo Integral

6.1 Sumas

En este capítulo se presentan teoremas que muestran la relación entre la diferenciación y la integración y hasta cierto punto

muestran que la operación de integración es la operación “inversa de la derivación”. La conexión entre derivadas e integrales,

cuestión no tan obvia, está dado por el Teorema Fundamental del Cálculo, que es consecuencia, como veremos luego, de la

continuidad y del teorema de valor medio.

Iniciamos esta sección recordando algunos resultados de álgebra.

6.1.1. Sumatorias

Si n es un entero positivo y a1, a2, ......, an son números, entonces la suma de los números ak se escribe como:

n∑k=1

ak = a1 +a2 + ......+an

el símbolon∑

k=1ak se lee “sumatoria de ak , desde k = 1 hasta k = n”

Ejemplo 6.1

4∑k=1

7k2 = 7(12)+7

(22)+7

(32)+7

(42)

3∑k=1

k +1

k= 1+1

1+ 2+1

2+ 3+1

3

5∑k=1

k2

n= 12

n+ 22

n+ 32

n+ 42

n+ 52

n

Las propiedades más importantes de la sumatoria se muestran en el siguiente teorema.

238 Cálculo Integral

Teorema 6.1

Para cualquier entero positivo n.

a)n∑

k=1cak = c

n∑k=1

ak , donde c una constante

b)n∑

k=1(ak +bk ) =

n∑k=1

ak +n∑

k=1bk

c)n∑

k=1(ak −ak−1) = an −a0. (Propiedad telescópica)

d)n∑

k=1c = nc.

Usando las anteriores propiedades e Inducción Matemática, es posible demostrar los siguientes resultados:

Teorema 6.2

1.n∑

k=1k = 1

2n (n +1)

2.n∑

k=1k2 = 1

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

3.n∑

k=1k3 = 1

4n2 (n +1)2

4.n∑

k=1k4 = 1

30n (n +1)(2n +1)

(3n2 +3n −1

)5.

n∑k=1

k5 = 1

12n2 (n +1)2 (

2n2 +2n −1)

6.n∑

k=1

k

2k= 2− n +2

2n

7.n∑

k=1sen(2k −1) x = 1−cos(2nx)

2sen x.


Ejemplo 6.2 Sea f (x) = 3x +5, calcular:

n∑k=1

f (xk ) yn∑

k=1f (xk−1),

donde xk = 2+ 2k

n.

Cálculo Integral 239

Solución.n∑

k=1f (xk ) =

n∑k=1

(3xk +5)

=n∑

k=13xk +

n∑k=1

5

= 3n∑

k=1

(2+ 2k

n

)+5n

= 3

(2n + 2

n

n∑k=1

k

)+5n

= 6n + 6

n

(n(n +1)

2

)+5n

= 11n +3(n +1)

= 14n +3

Asi mismo se prueba:n∑

k=1f (xk−1) = 14n −3.

Ejemplo 6.3 Sea f (x) = x2, xk = 2+ k

n, calcular

n∑k=1

f (xk )

n

Solución.n∑

k=1

f (xk )

n= 1

n

n∑k=1

f (xk ) = 1

n

n∑k=1

(2+ k

n

)2

= 1

n

n∑k=1

(4+ 4k

n+ k2

n2

)

= 1

n

(4n + 4

n

n∑k=1

k + 1

n2

n∑k=1

k2

)

= 4+ 4

n2

n∑k=1

k + 1

n3

n∑k=1

k2

= 4+ 4

n2

n (n +1)

2+ 1

n3

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

6

= 4+2+ 2

n+ 1

3+ 1

2n+ 1

6n2

= 19

3+ 5

2n+ 1

6n2

Ejercicios propuestos

Ejemplo 6.4 Sea f (x) = x, xk = 5

n, calcular

n∑k=1

5 f (xk )

n


Ejemplo 6.5 Sea f (x) = 2x2 +5x +1, xk = 1+ 1

n, calcular

n∑k=1

f (xk )

n,

n∑k=1

f (xk−1)

n.

Ejemplo 6.6 Sea f (x) = x3, sea xk = 1+ 2k

n, calcular

lımn→∞

n∑k=1

f (xk )2

n

6.1.2. Área como el límite de una suma

En esta sección estudiaremos una manera de calcular el área bajo la gráfica de una función. Previamente son necesarias las

siguientes definiciones.

6.1.2.1. Partición de un intervalo

Definición 6.1

(Longitud de un intervalo finito). La longitud de cualquiera de los intervalos (a,b), (a,b], [a,b) y [a,b] es b −a.

Definición 6.2

(Partición). Sean a,b ∈R, tal que a < b. Consideremos el intervalo cerrado [a,b]. Una partición de [a,b] es un conjunto

de puntos

P = {x0, x1, . . . , xn}

tales que a = x0 < x1 < ·· · < xn = b.

Ejemplo 6.7 1. (i) P1 ={1, 3

2 , 74 ,2

}es una partición del intervalo [1,2].

(ii) P2 ={1, 5

4 , 64 , 7

4 ,2}

es otra partición del intervalo [1,2].

Observemos que las longitudes de los intervalos [xk−1, xk ] no necesariamente son iguales.

Definimos a continuación la medida de una partición.

Definición 6.3

(Norma de una partición). Sea P una partición del intervalo cerrado [a,b]. La norma de P , escrito ‖P‖, se define por:

‖P‖ = max{xk −xk−1 : k = 1,2, . . . ,n} ,

así la norma ‖P‖ es la longitud del subintervalo más grande de entre los [xk−1, xk ] .

Ejemplo 6.8 Considérese las particiones del intervalo [1,2]


(i) Si P1 ={1, 3

2 , 74 ,2

}, entonces:

‖P‖ = max

3

2−1

,7

4− 3

2,2− 7

4

= 1

2.

(ii) Si P2 ={1, 5

4 , 64 , 7

4 ,2}, entonces:

‖P‖ = max

{5

4−1,

6

4− 5

4,

7

4− 6

4,2− 7

4

}= 1

4

6.1.2.2. Particiones igualmente espaciadas

Considérese el intervalo [a,b] , sea h = b −a

n, definimos una partición P por:

xk = a +kh, k = 0,1, . . . ,n

nótese que para cada k se tiene xk −xk−1 = h, k = 1,2, . . . ,n, por tanto

‖P ‖ = h.

Finalmente, nótese que para particiones igualmente espaciadas se debe tener ‖P ‖→ 0 es lo mismo que n →∞.

6.1.2.3. Cálculo de áreas

Planteamos el siguiente problema: Sea f : [a,b] →R, continua en [a,b] y f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a,b]. Se plantea el problema

de calcular el área de la región del plano limitada por las gráficas de:

y = f (x)

y = 0

x = a

x = b,

tal como se muestra en la siguiente gráfica.

x

y

x = bx = a

a y = 0 b

y = f (x)

Para resolver el problema se considera la parttición P = {a = x0, x1, ......, xn = b} de [a,b] . En cada intervalo [xk−1, xk ] , k =1,2, . . . ,n se toma el número tk y se construye el rectángulo de base xk − xk−1 y altura f (tk ) , este rectángulo tiene área igual

a f (tk ) (xk −xk−1) , por tanto, si A es el área buscada, se debe tener:

A 'n∑

k=1f (tk ) (xk −xk−1) ,


esto se ilustra en el siguiente gráfico con n = 4

x

y

x = bx = a

a = x0 b = x4x1 x2 x3

t1

f (t1)

t2

f (t2)

t3

f (t3)

t4

f (t4)

y = f (x)

Si ‖P ‖→ 0, tendremos el área exacta, es decir:

A = lım‖P ‖→0

n∑k=1

f (tk ) (xk −xk−1) ,

finalmente definiendo ∆k x = xk −xk−1, una fórmula para el cálculo del área es:

A = lım‖P ‖→0

n∑k=1

f (tk )∆k x .

Con una partición igualmente espaciada:

xk = a +kh, k = 0,1, . . . ,n

donde h = b −a

n, cada intervalo [xk−1, xk ] tiene longitud ∆k x = xk − xk−1 = h, tomando tk = xk , otra fórmula para el cálculo

del área es:

A = lım‖P ‖→0

n∑k=1

f (xk )∆k x

= lımn→∞h

n∑k=1

f (xk ) .


Ejemplo 6.9 Demostrar que el área de un triángulo de altura p y base q es A = 12 pq .

Solución La función que nos servirá para nuestro propósito es f (x) = p

qx definida en el intervalo

[0, q

]. El área que nos


interesa está bajo la gráfica de f desde 0 hasta q como se observa en el gráfico.

x

y

x0 = 0 xn = qx1 x2 x3

f (x1)

f (x1)

f (x1)

f (xn) = p

Para este caso:

h = q

nxk = kh

Ar ea ≈ hn∑

k=1f (xk ) = h

n∑k=1

p

qxk = p

qh2

n∑k=1

k

= p

qh2 n (n +1)

2

= p

2q

( q

n

)2 (n2 +n

)= pq

2

(1+ 1

n

)Tomando el límite n →∞ habremos encontrado el área exacta.

Ar ea = lımn→∞

pq

2

(1+ 1

n

)= pq

2

Si p = 7 y q = 4 el área verdadera es Ar ea = 14. La siguiente tabla muestra algunas aproximaciones.

n Area' 14

(1+ 1

n

)1 28

10 15,4

100 14,14

1000 14,014

100000 14,00014

Ejemplo 6.10 Sea f (x) = x2, encontrar el área bajo la gráfica de f en el intervalo [2,7].

Solución: f es continua en [2,7], por tanto podemos aplicar nuestro método de cálculo del área. Para este caso

h = 7−2

n= 5

nxk = 2+kh


luego

Ar ea ≈ hn∑

k=1f (xk )

= hn∑

k=1f (2+kh)

= hn∑

k=1

(4+4kh +k2h2)

= h

(n∑

k=14+4h

n∑k=1

k +h2n∑

k=1k2

)

= h

(4n +4h

n (n +1)

2+h2 n (n +1)(2n +1)

6

)5

n

(4n +4

5

n

n (n +1)

2+ 25

n2

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

6

)= 20+ 50(n +1)

n+ 125(n +1)(2n +1)

6n2

Tomando el límite n →∞, encontramos:

Ar ea = lımn→∞

(20+ 50(n +1)

n+ 125(n +1)(2n +1)

6n2

)= 20+50+ (125)(2)

6

= 335

3


Calcular el área encerrada por la gráfica de f y g en el intervalo indicado.

1. f (x) = 2x2 +x, g (x) = 0, [1,5] Sol. 2843 .

2. f (x) = 12 x3, g (x) = 0, [0,2] Sol. 2.

3. f (x) = 1−x2, g (x) = 0, [−1,1] Sol. 43 .

4. f (x) = x −x3, g (x) = 0, [−1,1] Sol. 12

5. f (x) = x2 +2x −15 y g (x) = 2x +1, [−4,4] Sol.: 256/3.

6.1.2.6. El programa def_integral.m

______________________________________________________

%Def_integral(a,b,n)

%Dibuja rectángulos n en una partición igualmente espaciada

%en el intervalo [a,b]

function Def_integral(a,b,n)

syms x;

f_char=input(’Ingrese f(x)= ’);


f=inline(f_char);

%Gráfica de f en el intervalo [a-epsilon, a+epsilon]

epsilon=0.01*(b-a);

h1=(b-a+2*epsilon)/(3*n);

x=a-epsilon:h1:b+epsilon;

y=f(x);

plot(x,y,’linewidth’,2)

hold on;

%Gráfica de los rectángulos, estos tiene base

%h y altura f(x(k-1))

h=(b-a)/n;

for k=1:n

%parte superior del rectángulo

plot([a+(k-1)*h,a+k*h],[f(a+(k-1)*h),f(a+(k-1)*h)],’color’,’r’,’linewidth’,2)

%parte izquierda del rectángulo

plot([a+(k-1)*h,a+(k-1)*h],[0,f(a+(k-1)*h)],’color’,’r’,’linewidth’,2)

%parte izquierda del rectángulo

plot([a+(k)*h,a+(k)*h],[0,f(a+(k-1)*h)],’color’,’r’,’linewidth’,2)

end

hold off

grid on

______________________________________________________

Ejemplo 6.11 Dibujaremos 15 rectángulos en el intervalo [0,6] con la función f (x) = 10− x sin(2x) . Empleamos el progra-

ma def_integral como se muestra a continuación.


6.1.3. Funciones Integrables y la Integral Definida

En la sección anterior vimos algunos ejemplos en donde fácilmente se calculan áreas bajo las gráficas de ciertas funcio-

nes (polinomios). No es difícil darse cuenta que tal proceso no puede generalizarse a cualquier función, entonces, se hace

necesario encontrar nuevas técnicas; con este propósito definimos:

Definición 6.4

(Función integrable). Una función f : [a,b] → R es integrable sobre [a,b] si existe un número A con la siguiente

propiedad:

Para todo ε> 0, existe δ> 0 tal que ∣∣∣∣∣ n∑k=1

f (ξk )∆xk − A

∣∣∣∣∣< εpara toda partición P de [a,b] con ‖P‖ < δ y para cualquier elección ξk ∈ [xk−1, xk ].


El número A de la anterior definición, si existe, se llama integral definida de f desde a hasta b, se denota por:

A =∫ b

af (x)d x

Nótese que ∫ b

af (x)d x = lım

‖P ‖→0

n∑k=1

f (ξk )∆xk .

La función f se llama integrando, x se llama variable muda o variable de integración, a es el límite inferior y b límitesuperior.

En la anterior sección vimos que en [2,7], f (x) = x2, satisface la anterior definición de función integrable para una partición

bien especial y ξk el extremo superior de cada subintervalo, concretamente encontramos:

n∑k=1

f (ξk )∆xk = 335

3+ 4

n+ 1

n2 → 335

3,

así: ∣∣∣∣∣ n∑k=1

f (ξk )∆xk −335

3

∣∣∣∣∣→ 0,

y entonces: ∫ 7

2x2 d x = 335

3No es intención de este texto la discusión rigurosa de las funciones integrables. nos limitamos a enunciar algunos resultados.

Teorema 6.3

Sea f : [a,b] →R. Si f es creciente, entonces f es integrable en [a,b].

Teorema 6.4

Sea f : [a,b] →R. Si f es decreciente, entonces f es integrable en [a,b].

Teorema 6.5

Si f es continua en [a,b], entonces f es integrable en [a,b].

Teorema 6.6

Sea f continua en [a,b] excepto en un número finito de puntos. Si f es acotada entonces f es integrable sobre [a,b].

6.1.4. Propiedades de la Integral Definida

En los siguientes teoremas se enuncian algunas propiedades de la integral definida.


Teorema 6.7

Sean f , g : [a,b] →R integrables en [a,b] entonces:

1. c f es integrable y ∫ b

ac f (x)d x = c

∫ b

af (x)d x, c ∈R

2. f + g es integrable y ∫ b

a

(f (x)+ g (x)

)d x =

∫ b

af (x)d x +

∫ b

ag (x)d x

Teorema 6.8

Si f es integrable en [a,b] , entonces ∫ b

af (x)d x =−

∫ a

bf (x)d x

Teorema 6.9

Si f es integrable en [a,b] y m y M son números tales que m ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a,b], entonces:

m (b −a) ≤∫ b

af (x) d x ≤ M (b −a)

Teorema 6.10

Si f , g : [a,b] →R son integrables en [a,b] y si f (x) ≤ g (x) para todo x ∈ [a,b], entonces:∫ b

af (x) d x ≤

∫ b

ag (x) d x

Teorema 6.11

Si f es integrable en [a,b] y c ∈ [a,b], entonces:∫ b

af (x) d x =

∫ c

af (x) d x +

∫ b

cf (x) d x.

Teorema 6.12

Si f es integrable en [a,b], entonces f es acotada en dicho intervalo.


Teorema 6.13

(Teorema de Bliss) Sean f , g : [a,b] →R funciones continuas en [a,b] . Sea

P = {a = x0, x1, . . . , xn = b}

una partición de [a,b]. En cada intervalo [xk−1, xk ] elijamos puntos ck y c ′k . Entonces si ‖P ‖→ 0

n∑k=1

f (ck ) g(c ′k

)∆k x =

∫ b

af (x) g (x) d x

Demostración. Escribimos

n∑k=1

f (ck ) g(c ′k

)∆k x =

n∑k=1

f (ck ) g (ck )∆k x −n∑

k=1f (ck )

{g (ck )− g

(c ′k

)}∆k x.

Puesto que ‖P ‖→ 0 concluimos que ck → c ′k . Por la continuidad de g tenemos g (ck ) → g(c ′k

), es decir, g (ck )−g

(c ′k

)→0.

Por otra parte es claro, por definición de integral, que si ‖P ‖→ 0 se tiene

n∑k=1

f (ck ) g (ck )∆k x =∫ b

af (x) g (x) d x.

De lo anterior concluimos que si ‖P ‖→ 0 se verifica

n∑k=1

f (ck ) g(c ′k

)∆k x =

n∑k=1

f (ck ) g (ck )∆k x =∫ b

af (x) g (x) d x.

■

Notas.

1. Observemos que el teorema es cierto si ck = c ′k . El valor del teorema reside en el hecho de que no importa que valor se

tome en cada subintervalo [xk−1, xk ] , el resultado es el mismo que cuando coinciden.

2. Obsérvese también que ‖P ‖→ 0 significa que el número de elementos en la partición crece indefinidamente, es decir,

n →∞, por tanto la conclusión del teorema puede expresarse también de la siguiente manera:

lımn→∞

n∑k=1

f (ck ) g(c ′k

)∆k x =

∫ b

af (x) g (x) d x.

6.1.5. La primitiva de una función

En esta sección respondemos a la siguiente cuestión: Dada una función f (x) ¿que función F (x) habría que derivar para

encontrar f (x) ?


Definición 6.5

(Primitiva de una función) Una función F tal que F ′ = f se llama primitiva de f . F es llamada también la antiderivada

de f .

Ejemplo 6.12 Sea f (x) = x2. Una primitiva es F (x) = 13 x3 pues:

F ′ (x) = x2 = f (x) .

(Obsérvese que otra primitiva es F (x) = 13 x3 +C , donde C es cualquier constante)

Ejemplo 6.13 Sea f (x) = cos x + sen x. Una primitiva es F (x) = sen x −cos x.

Teorema 6.14

Sean F1 (x), F2 (x) primitivas de f (x), entonces estas difieren solo en una constante, esto es,

F1 (x) = F2 (x)+C , C ∈R

Demostración: Sea F (x) = F1 (x)−F2 (x), derivando:

F ′ (x) = F ′1 (x)−F ′

2 (x) = f (x)− f (x) = 0,

luego F (x) debe ser una constante. Esto muestra la proposición.

También muestra que si F (x) es la primitiva de f (x), entonces todas las primitivas de f son de la forma F (x)+C , C una constante.

A continuación se muestra una tabla con las primitivas más empleadas:

f (x) F (x)

xa xa+1

a+C , a 6= −1

x−1 ln|x|+C

cos(ax)sin(ax)

a+C

sin(ax) −cos(ax)

a+C

eax eax

a+C

6.1.6. El Teorema Fundamental del Cálculo

Hasta ahora no tenemos ningún instrumento para calcular una integral salvo la discusión que se hizo en la sección anterior

con referencia al cálculo de áreas, que naturalmente no es nada práctico cuando la función f (x) es más o menos complicada.

En esta sección se presenta el Teorema Fundamental del Cálculo que liga el Cálculo Diferencial con el Cálculo Integral.


Teorema 6.15

(Teorema Fundamental del Cálculo, Primera Forma). Sea F (x) una función continua, tal que F ′ (x) = f (x). Si f es

integrable en [a,b], entonces: ∫ b

af (x)d x = F (b)−F (a) .

Demostración: Sea P = {a = x0, x1, · · · , xn = b} una partición de [a,b]. Puesto que f es integrable, para todo ε> 0,

existe un número δ> 0 tal que si ‖P‖ < δ se tiene:∣∣∣∣∣ n∑i=1

f (ξi )∆i x −∫ b

af (x)d x

∣∣∣∣∣< ε (1)

para cualquier elección ξi ∈ [xi−1, xi ].

Puesto que F es una función continua en [a,b] es también continua en cada intervalo [xi−1, xi ]. Aplicando el

teorema de valor medio en cada [xi−1, xi ] encontramos ξi ∈ [xi−1, xi ] tal que:

F ′(ξi ) = F (xi )−F (xi−1)

xi −xi−1

Puesto que F ′ = f y ∆i x = xi −xi−1 se tiene:

F (xi )−F (xi−1) = f (ξi )∆i x

Sumando desde i = 1 hasta i = n se obtiene :

n∑i=1

(F (xi )−F (xi−1)) =n∑

i=1f (ξi )∆i x.

pero

n∑i=1

(F (xi )−F (xi−1)) = (F (x1)−F (x0))+ (F (x2)−F (x1))+·· ·+ (F (xn)−F (xn−1))

= F (xn)−F (x0)

= F (b)−F (a)

de donde deducimos:n∑

i=1f (ξi )∆i x = F (b)−F (a)

Como lo anterior es cierto para todas las particiones P , a partir de (1), concluimos:∫ b

af (x)d x = F (b)−F (a) .

■

Con el objeto de facilitar la notación definimos:


Definición 6.6

Para cualquier función F :

F (x)|ba = F (b)−F (a) ,

por tanto si F es una primitiva de f : ∫ b

af (x) d x = F (x)|ba .

Ejemplo 6.14(i) x3

∣∣85 = 83 −53

(ii) tan x∣∣3ππ = tan(3π)− tanπ.

Ejemplo 6.15 Calcular∫ 1

0x5 d x.

Solución: Con f (x) = x5, una primitiva es:x6

6+k, luego:

∫ 1

0x5d x = x6

6+k

∣∣∣∣1

0

=(

16

6+k

)−

(06

6+k

)= 1

6

Nótese que el valor de k es irrelevante.

Ejemplo 6.16 Calcular∫ 5

2

(x2 +2x +5

)d x.

Solución: Una antiderivada (primitiva) es: F (x) = x3

3+x2 +5x, Luego:∫ 5

2

(x2 +2x +5

)d x = x3

3 +x2 +5x∣∣∣5

2

= ( 1253 +25+25

)− ( 83 +4+10

)= 225

3 .

6.1.7. Teorema del Valor Medio para integrales

Usando el Teorema del Valor intermedio se prueba el siguiente teorema.

Teorema 6.16

Sea f una función continua en un intervalo cerrado [a,b], entonces existe un número c ∈ [a,b] tal que:∫ b

af (x) d x = f (c) (b −a) .


Demostración. Puesto que f es continua en [a,b] (un dominio cerrado) la función f tiene un máximo y un

mínimo en [a,b], esto es, existen números m y M tales que para todo x ∈ [a,b] se verifica:

m ≤ f (x) ≤ M .

Aplicando propiedades de integral encontramos:

m ≤ 1

(b −a)

∫ b

af (x) d x ≤ M ,

por tanto el número1

(b −a)

∫ b

af (x) d x se encuentra entre los números m y M . Por el Teorema del valor inter-

medio, existe un número c ∈ [a,b] tal que:

f (c) = 1

(b −a)

∫ b

af (x) d x,

es decir: ∫ b

af (x) d x = f (c) (b −a)

■

Ejemplo 6.17 Sea f : [1,2] →R definida por f (x) = 3x2 −3, encontrar el número c que satisface el teorema del valor medio

para integrales.

Solución. Una antiderivada es F (x) = x3 −3x, por tanto:∫ 2

1

(3x2 −3

)d x = x3 −3x

∣∣21 = 4,

luego, usando el Teorema del Valor Medio para integrales tenemos∫ 2

1f (x) d x = f (c) (b −a) ,

esto es,

4 = (3c2 −3

)(2−1) ,

resolviendo encontramos c =√

73 ' 1,5275. (Se nota que −

√73 no puede ser solución pues −

√73 ∉ [1,2]).

6.1.8. Segunda forma del Teorema Fundamental del Cálculo

Teorema 6.17

Sea f una función continua en el intervalo [a,b] y x ∈ [a,b]. Definimos la función F por

F (x) =∫ x

af (t ) d t

para todo x ∈ (a,b). Entonces:

F ′ (x) = f (x) .


Demostración. El cociente de Newton de F en un punto x ∈ [a,b] es

F (x +h)−F (x)

h= 1

h

{∫ x+h

af (t ) d t −

∫ x

af (t ) d t

}. (i)

Aplicando propiedades de la integral:∫ x+h

af (t ) d t −

∫ x

af (t ) d t =

∫ x+h

xf (t ) d t ,

luego la igualdad (i) queda como:

F (x +h)−F (x)

h= 1

h

{∫ x+h

xf (t ) d t .

}(ii)

Aplicando el teorema del valor medio para integrales a la integral∫ x+h

x f (t ) d t existe c ∈ [x, x +h] tal que∫ x+h

xf (t ) d t = f (c)h. (iii)

Sustituyendo el resultado (iii) en (ii):F (x +h)−F (x)

h= 1

hf (c)h,

es decir,F (x +h)−F (x)

h= f (c) . (iv)

Notamos ahora que si h → 0 se tiene c → x, por tanto:

F ′ (x) = lımh→0

F (x +h)−F (x)

h= lım

h→0f (c) = f (x) .

■

Del teorema fundamental del cálculo (primera y segunda forma) concluimos que efectivamente que la operación integración

es la operación inversa de la diferenciación.


1. Demostrar que f definida por f (x) = x2 es integrable en [−1,1] .

2. Sea f la función máximo entero, es decir, f (x) = [x] . ¿es integrable esta función en [0,2]?.

3. Sea f la función definida por f (x) = 1x2 , ¿Es f integrable en [−1,1]?. Si su respuesta es negativa, ¿en qué intervalos es f

integrable?

Probar:

4.∫ 5

0

(x2 +1

)d x = 140

3.


5.∫ π

0cos x d x = 0.

6.∫ 5

1xn d x = 5n+1 −1

n +1, n un número natural.

7.∫ π

−πsin xd x = 0.

8.∫ π/4

0

(x2 −x +cos x − sec2 x

)d x = 1

384

(p2π3 −6

p2π2 −192

p2+192

)p2

6.2 Métodos de integración

6.2.1. La integral indefinida

Para evaluar una integral, debemos encontrar antes una primitiva y luego sustituir en los límites apropiados de integración,

así si el problema es ∫ 3

1f (x) d x ,

debemos primero encontrar una función F tal que F ′(x) = f (x) y entonces:∫ 3

1f (x) d x = F (3)−F (1) .

Toda función integrable tiene infinitas primitivas o antiderivadas ya que a toda antiderivada se puede añadir una constante

y obtener otra antiderivada. La notación usual para representar todas las antiderivadas es:

∫f (x) d x

en la que no hay límites de integración. A esta se llama Integral indefinida de f .

Ejemplo 6.18 Una antiderivada de cos x es sen x, luego todas las antiderivadas de cos x se representan por:∫cos x d x = sen x +C

Ejemplo 6.19 ∫xn d x = xn+1

n +1+C

Ejemplo 6.20 ∫2x ex2

d x = ex2 +C


6.2.2. Fórmulas fundamentales de integración

Todas las fórmulas que se dan a continuación se deducen inmediatamente de las fórmulas de derivación.

1.∫

un du = un+1

n +1+C

2.∫

1

udu = lnu +C

3.∫

au du = au

lne+C

4.∫

eu du = eu +C

5.∫

sinu du =−cosu +C

6.∫

cosu du = senu +C

7.∫

tanu du =− ln |cosu|+C

8.∫

cotu du = ln |sinu|+C

9.∫

secu du = ln |secu + tanu|+C

10.∫

cscu du = ln |cscu −cotu|+C

11.∫

sec2 du = tanu +C

12.∫

csc2 u du =−cotu +C

13.∫

secu tanu du = secu +C

14.∫

cscu cotu du =−cscu +C

15.∫

1pa2 −u2

du = arcsinu

a+C

16.∫

1

a2 +u2 du = 1

aarctan

u

a+C

17.∫

1

up

u2 −a2du = 1

aarcsec

u

a+C

18.∫

sinhu du = coshu +C

19.∫

coshu du = sinhu +C

20.∫

sech2u du = tanhu +C

21.∫

csch2u du =−cothu +C

22.∫

sechu tanhu du =−sechu +C

23.∫

cschu cothu du =−cschu +C


24.

∫1p

a2 +u2du = ln

(u +

√a2 +u2

)+C .

= arcsinh(u

a

)+C .

25.

∫1p

u2 −a2du = ln

(u +

√u2 −a2

)+C , |u| > a

= arccosh( x

a

)+C .

26.∫

1

a2 −u2 du =

1

2aln

∣∣∣ a +u

a −u

∣∣∣+C

− 1

2aln

∣∣∣u −a

u +a

∣∣∣+C

27.∫

1

up

a2 −u2du =− 1

aln

∣∣∣∣∣ a +p

a2 −u2

u

∣∣∣∣∣+C , 0 < |u| < a

28.∫

1

up

a2 +u2du =− 1

aln

∣∣∣∣∣ a +p

a2 +u2

u

∣∣∣∣∣+C , u 6= 0

6.2.3. Integración por sustitución

Considérese la integral:

I =∫

f[g (x)

]g ′ (x) d x, (1)

haciendo el cambio de variable u = g (x), obtenemos du = g ′ (x) d x, con lo que la integral se convierte en

I =∫

f (u)du.

Esta técnica se llama integración por sustitución. No todas las integrales se encuentran en la forma (1), sin embargo con

alguna manipulación algebraica, a veces, es posible llegar a esta forma.


Ejemplo 6.21 Calcular:

I =∫

sin x cos x d x

Solución. Sea u = sin x, entonces du = cos x d x, con esta sustitución la integral se transforma en

I =∫

sin x cos x d x =∫

u du

cuya solución es: I = 12 u2 +C . La solución se expresa ahora en función de la variable x de la siguiente forma:∫

sin x cos x d x = 1

2sin2 x +C


I =∫

x2(x3 +5

)7 d x

Solución. Sea u = x3 + 5, entonces du = 3x2 d x, observemos que la expresión 3x2 d x no aparece en la integral dada, sin

embargo podemos multiplicar y dividir por 3 obteniendo

I = 1

3

∫3x2(

x3 +5)7 d x


sustituyendo u en la última integral:

I = 1

3

∫1

u7 du,

cuya solución es I =− 118 u−6. En función de la variable x queda:

I =− 1

18

(x3 +5

)−6.


I =∫

1

x ln xd x

Solución. La integral dada se puede escribir como

I =∫

1

ln x

1

xd x.

Sea u = ln x, entonces du = 1

xd x, con esta sustitución la integral dada queda:

I =∫

1

udu,

cuya solución es:

I = ln |u|+C .

En función de la variable x queda:

I = ln |ln x|+C .


I =∫

e2x

1+e4x d x

Solución. Sea u = e2x , entonces du = 2e2x d x. Con este cambio la integral dada queda:

I = 1

2

∫1

1+u2 du

cuya solución es:

I = 1

2arctanu +C ,

que en función de x es:

I = 1

2arctan

(e2x)+C .


I =∫

x√1+x2 +

√(1+x2

)3

d x

Solución. Sea u = 1+x2, entonces du = 2x d x. Con este cambio:

I = 1

2

∫1√

u +p

u3du = 1

2

∫1√

1+pu

1pu

du,

hagamos ahora el cambio z =pu, entonces d z = 1

2p

udu, por tanto,

I =∫

1p1+ z

d z


esta integral tampoco es directa, hagamos nuevamente otro cambio de variable, sea w = 1+ z, entonces d w = d z, luego:

I =∫

1pw

d w

la solución es:

I = 2p

w +C ,

en función de x es:

I = 2

√1+

√1+x2 +C

Ejemplo 6.26 Calcular: ∫1√

(x −a)2 +b2d x

Solución. Sea u = x −a, entonces du = d x, por tanto:∫1√

(x −a)2 +b2d x =

∫1p

u2 +b2du

= ln

(x −a +

√(x −a)2 +b2

)+C .

Ejemplo 6.27 Calcular: ∫1p

ax2 +bx + cd x

donde ax2 +bx + c es irreducible.

Solución.

ax2 +bx + c = a

(x2 + b

ax + c

a

)= a

(x2 + b

ax + b2

4a2 + c

a− b2

4a2

)= a

((x + b

2a

)2

+ 4ac −b2

4a2

)

= a

(x + b

2a

)2

+√

4ac −b2

4a2

2

Observemos que la irreducibilidad implica4ac −b2

4a2 > 0. Por tanto, aplicando el anterior resultado se tiene::

∫1p

ax2 +bx + cd x = 1p

a

∫1√√√√√(

x + b

2a

)2

+√

4ac −b2

4a2

2

= 1pa

ln

x + b

2a+

√√√√√(x + b

2a

)2

+√

4ac −b2

4a2

2+C

= .1pa

ln

(x + b

2a+ 1p

a

√x2a +xb + c

)+C



I =∫ 1/2

0

3arcsin xp1−x2

d x

Solución. Inicialmente calculamos la integral indefinida F =∫

3arcsin xp1−x2

d x. Sea u = arcsin x, entonces du = 1p1−x2

d x.

Con este cambio la integral queda:

F =∫

3u du = 3

2u2 +C = 3

2(arcsin x)2 +C

por tanto todas las primitivas de

f (x) = 3arcsin xp1−x2

están dados por

F (x) = 3

2(arcsin x)2 +C ,

luego:I = F (1/2)−F (0)

= 32

(arcsin 1

2

)2

Observaciones.

Observemos que al evaluar la integral definida la constante C se anula.

Existe otra manera de hacer la evaluación al calcular una integral definida en donde se usa un cambio de variable, esto

se muestra el siguiente teorema.

Teorema 6.18

(Teorema de sustitución para integrales). Supongamos que g tiene derivada continua g ′ en un intervalo abierto A,

Sea B = {g (x) : x ∈ A} y supongamos que f es continua en B . Entonces para cada a,b ∈ A∫ b

af[g (t )

]g ′ (t ) d t =

∫ g (b)

g (a)f (u) du.

La demostración se deja al lector.

Ejemplo 6.29 Calcular I si

I =∫ π/3

0sec2 x (sec x tan x) d x

Solución. Sea u = sec x, entonces du = sec x tan x d x, también

si x = 0, u = sec(0) = 1

si x =π/3 u = sec(π/3) = 2

luego:I = ∫ π/3

0 sec2 x (sec x tan x) d x

= ∫ 21 u2 du = 1

3u3

∣∣∣∣2

1

= 1

3(8−1) ,

por tanto∫ π/3

0 sec2 x (sec x tan x) d t = 7

3.



Calcular las siguientes integrales

1.∫

xpx2 +1

ep

x2+1d x Sol. ep

x2+1 +C .

2.∫

x2√

5+2x3 d x Sol. 19

(√(5+2x3

))3+C .

3.∫

2x +1(x2 +x

)1/3d x Sol. 3

2

(3p

x2 +x)2 +C .

4.∫

1

ex +1d x Sol. − ln(ex +1)+x +C .

5.∫

2x −5

x2 −6x +10d x Sol. ln

(x2 −6x +10

)+arctan(x −3)+C .

6.∫

2x +10px2 +x +1

d x Sol. 2p

x2 +x +1+9arcsinh 23

p3(x + 1

2

)+C .

ó también: 2p

x2 +x +1+9ln(2p

x2 +x +1+2x +1)+C

7.∫

5x5p

x2 +5d x Sol. 25

8

(5p

x2 +5)4 +C .

8.∫ (

1+px)3

px3

d x Sol. −2px+6ln

px +6

px +x +C .

9.∫

1px

(1−p

x) d x Sol. −2ln

∣∣1−px∣∣+C .

10.∫

1

xp

ln xd x Sol. 2ln

12 x.

11.∫

1

e−x +ex d x Sol. arctan(ex )+C .

12.∫

2e2x

e4x +2e2x +2d x Sol. arctan

(e2x +1

)+C .

13.∫

cos(2x)esin(2x)d x Sol. 12 esin(2x).

14.∫

(2+ sin x)

(2x −cos x)5 d x Sol. − 1

4(2x −cos x)4

15.∫

1

ax2 +bx + cd x , donde ax2 +bx + c es irreducible.

Sol.2√(

4ca −b2) arctan

2ax +b√(4ca −b2

)


6.2.4. Integración por Partes

Sean u y v funciones que dependen de la variable x. Se ha probado que

d (uv) = u d v + v du.

Integrando

uv =∫

u d v +∫

v du,

esto es, ∫u d v = uv −

∫v du

esta fórmula se llama fórmula de integración por partes.En el fondo esta fórmula dice que si es posible expresar el integrando como u d v , entonces se puede tener otra expresión

para la integral, la nueva expresión puede ser a veces mucho mas difícil de resolver que el problema original, pero en muchos

casos es una buena técnica para resolver problemas de integración.

Ejemplo 6.30 Calcular I =∫

ln x d x.

Solución. Sean

u = ln x d v = d x

entonces

du = 1

xd x v = x

luegoI = (ln x) x −∫

x( 1

x d x)

= x ln x −∫d x

= x ln x −x +C

Observemos el orden en que se realizan las operaciones:

u = ln x d v = d x

↘du = 1

xd x ← v = x

Ejemplo 6.31 Calcular∫

sin2 x d x.

Solución. Sean

u = sin x d v = sin x d x

entonces

du = cos x v =−cos x

aplicando la fórmula de integración por partes:∫sin2 x d x = −sin x cos x +

∫cos2 x d x

= −sin x cos x +∫ (

1− sin2)d x

= −sin x cos x +∫

d x −∫

sin2 x d x

= −sin x cos x +x −∫

sin2 x d x

de lo anterior deducimos: ∫sin2 x d x = 1

2(x − sin x cos x)+C



sin x sin3x d x.

Solución.u = sin x d v = sin3x d x

du = cos x d x v =− 13 cos3x

luego ∫sin x sin3x d x = − 1

3 sin x cos3x + 13

∫cos x cos3x d x (1)

aplicando nuevamente integración por partes

u = cos x d v = cos3x d x

du =−sin x d x v = 13 sin3x

por tanto ∫cos x cos3x = 1

3 cos x sin3x + 13

∫sin x sin3x d x (2)

luego de (1) y (2): ∫sin x sin3x d x = 1

8 (−3sin x cos3x +cos x sin3x)+C .

Ejemplo 6.33 Integrando por partes mostrar que:∫sinn x d x =−sinn−1 x cos x

n+ n −1

n

∫sinn−2 x d x

Solución. Con la decomposición u = sinn−1 x y d v = sin x:

u = sinn−1 x d v = sin x d x

du = (n −1)sinn−2 x cos xd x v =−cos x

luego: ∫sinn x d x = −sinn−1 x cos x + (n −1)

∫sinn−2 x cos2 x d x

= −sinn−1 x cos x + (n −1)∫

sinn−2 x(1− sin2 x

)d x

= −sinn−1 x cos x + (n −1)[∫

sinn−2 x d x −∫sinn x d x

]de lo anterior se deduce: ∫

sinn x d x =−sinn−1 x cos x

n+ n −1

n

∫sinn−2 x d x.


Resolver:

1.∫

x cos x d x Sol. cos x +x sin x +C .

2.∫

x3 cos x d x Sol. x3 sin x +3x2 cos x −6cos x −6x sin x +C .

3.∫

arctan x d x Sol. x arctan x − 12 ln

(x2 +1

)+C .

4.∫

eax cos(bx)d x Sol.eax (b sin(bx)+a cos(bx))

a2 +b2 +C .


5.∫

eax sin(bx)d x Sol.eax (a sin(bx)−b cos(bx))

a2 +b2 +C .

6.∫

x2 ln x2 d x Sol. 23 x3 ln x − 2

9 x3.

7.∫

x arcsin x2 d x Sol. 12 x2 arcsin x2 + 1

2

p1−x4 +C .

8.∫ xex

(1+x)2 d x Sol.ex

1+x+C .

9.∫

sinp

2x d x Sol. sinp

2x −p2x cos

p2x +C .

10.∫ 2x

cos2 2xd x Sol. x tan2x + 1

2 ln(cos2x)+C .

11.∫

x5 (ln x)2 d x Sol. 16 x6 ln2 x − 1

18 x6 ln x + 1108 x6 +C .

12.∫ arcsin x

x2 d x Sol. − 1

xarcsin x + ln

(p1−x2 −1

x

). Sug. Hacer z = arcsin x.

13.∫ sin2 x

ex d x Sol.e−x

2

(cos(2x)−2sin(2x)

5−1

)+C .

(Usar una identidad trigonométrica).

14.∫

sin(ln x)d x Sol.x

2(sin(ln x)−cos(ln x))+C .

15.∫ x cos x

sin2 xd x Sol.: − x

sin x+ ln(csc x −cot x)+C .

16.∫

5x cos x d x Sol. (ln5cos x + sin x)5x

ln2 5+1

17.∫

5x sin x d x Sol. (−cos x + ln5sin x)5x

ln2 5+1.

18. En la integral∫ 1

xd x hacer u = 1

xy d v = d x, entonces: du =− 1

x2 d x y v = x. Aplicando integración por partes:

∫1

xd x = 1+

∫1

xd x,

¿Esto es contradictorio?.

(Sug. Recordemos que∫

f (x)d x es una primitiva de f )


6.2.5. Integrales trigonométricas

En esta sección son útiles las siguientes identidades trigonométricas1. sin(u + v) = sinu cos v +cosu sin v

2. cos(u + v) = cosu cos v − sinu sin v

3. tan(u + v) = tanu + tan v

1− tanu tan v4. sin2 u +cos2 u = 1

5. tan2 u +1 = sec2 u

6. 1+cot2 u = csc2 u

7. sin2 u = 12 (1−cos2u)

8. cos2 u = 12 (1+cos2u)

9. cos2u = cos2 u − sin2 u

10. sin2u = 2sinu cosu

11. sinu cos v = 12 [sin(u − v)+ sin(u + v)]

12. sinu sin v = 12 [cos(u − v)−cos(u + v)]

13. cosu cos v = 12 [cos(u − v)+cos(u + v)]

14. 1± sinu = 1±cos( 1

2π−u)

También son útiles las fórmulas de reducción que se pueden demostrar integrando por partes.

15.∫

sinn u du =−sinn−1 u cosu

n+ n −1

n

∫sinn−2 u du

16.∫

cosn u du = cosn−1 u sinu

n+ n −1

n

∫cosn−2 u du

17.∫

sinn u cosm u du = sinn+1 u cosm−1 u

n +m+ m −1

n +m

∫sinn u cosm−2 du

18.∫

sinn u cosm u du =−sinn−1 u cosm+1 u

n +m+ n −1

n +m

∫sinn−2 u cosm du

En las fórmulas (17) y (18) suponemos que n +m 6= 0.

19.∫

um sinbu du =−um

bcosbu + m

b

∫um−1 cosbu du b 6= 0

20.∫

um cosbu du = um

bsinbu − m

b

∫um−1 sinbu du b 6= 0

6.2.5.1. Potencias impares de senos y cosenos

Si la integral es de la forma ∫sin2n+1 u du,

escribimos la integral en la forma ∫sin2n u sinu du =

∫ (sin2 u

)nsinu du,

con sin2 u = 1−cos2 x : ∫sin2n+1 u du =

∫ (1−cos2 u

)nsinu du

=n∑

k=0

(nk

)(−1)k

∫cos2k u sinu du,


aquí,

(n

k

)= n!

k ! (n −k)!. Sea w = cosu, entonces d w =−sinu du, luego:

∫sin2n+1 u du =

n∑k=0

(n

k

)(−1)k

∫w2k (−d w)

=n∑

k=0

(n

k

)(−1)k+1

∫w2k d w

=n∑

k=0

(n

k

)(−1)k+1 1

2k +1w2k+1 +C

que en función de la variable u: ∫sin2n+1 u du =

n∑k=0

(nk

)(−1)k+1 1

2k +1(cosu)2k+1 +C

Una fórmula similar se tiene para el caso de coseno.


sin7 x d x.

Solución. Sea w = cos x, entonces d w =−sin x, por tanto∫sin7 x d x =

∫ (1−cos2 x

)3sin x d x

=∫ (

1−3cos2 x +3cos4 x −cos6 x)

sin x d x

= −∫ (

1−3w2 +3w4 −w6)d w

= −(w −w3 + 3

5 w5 − 17 w7

)+C

en función de x : ∫sin7 x d x =−cos x +cos3 x − 3

5cos5 x + 1

7cos7 x +C


Probar:

1.∫

sin3 5x d x =− 15 cos5x + 1

15 cos3 5x +C

2.∫

sin7 3x d x = 121 cos7 3x − 1

5 cos5 3x + 13 cos3 3x − 1

3 cos3x +C

3.∫

cos7 xd x =− 17 sin7 x + 3

5 sin5 x − sin3 x + sin x +C

4.∫

x cos5 x2 d x = 12

(sin x2 − 2

3 sin3 x2 + 15 sin5 x2

)+C

5.∫

sin3 x cos2 x d x =− 13 cos3 x + 1

5 cos5 x +C

6.∫

x−1 sin3(ln x3

)d x =− 1

3 cos(3ln x)+ 19 cos3 (3ln x)+C

7.∫

(1+cos3x)3/2 d x = 43

p1−cos3x − 2

9

(p1−cos3x

)3 +C


6.2.5.3. Potencias pares de senos y cosenos

En estos casos se puede reducir el tamaño de la potencia usando las fórmulas de reducción o usando las fórmulas (7) y (8).


cos2 7x d x.

Solución. Se tiene cos2 7x = 12 (1+cos14x), luego:

∫cos2 7x d x = 1

2

∫(1+cos14x) d x

= 12

(x + 1

14 sin14x)


sin4 2x d x.

Solución. ∫sin4 2x d x =

∫ [sin2 2x

]2d x

=∫ [

1

2(1−cos4x)

]2

d x

= 14

∫ [1−2cos4x +cos2 4x

]d x

= 14

∫ [1−2cos4x + 1

2(1+cos8x)

]d x

= 14

[x − 1

2 sin4x + 12 x + 1

16 sin8x]+C

= 38 x − 1

8 sin4x + 164 sin8x +C ,

esto es, ∫sin4 2x d x = 3

8x − 1

8sin4x + 1

64sin8x +C .


Probar:

1.∫

cos4 x d x = 38 x + 1

4sin2x + 1

32sin4x +C

2.∫

sin6 x d x = 5

16x − 1

4sin2x + 3

64sin4x + 1

48sin3 2x +C .

3.∫

(1− sin4x)2 d x = 3

2x + 1

2cos4x − 1

16sin8x +C .

4.∫

x−1 cos2 (ln x2)d x = 1

4cos2(ln x)sin2(ln x)+ 1

2ln x +C .

5.∫

sin8 xd x = 1

16

(35

8x −4sin x + 7

8sin4x + 1

64sin8x + 2

3sin3 2x

)+C


6.2.5.5. Productos de senos y cosenos

En este caso siempre podemos aplicar las fórmulas de redución dados en las fórmulas 15 al 18. Sin embargo existen casos en

los que podemos manipular algebraicamente y obtener simplificaciones. Si el integrando es de la forma

sin2k x cos2n−1 x,

o de la forma

sin2k−1 x cos2n x,

con k,n números naturales, se puede simplificar de manera que la nueva integral es fácilmente resoluble.


sin2 x cos3 x d x.

Solución. ∫sin2 x cos3 x d x =

∫sin2 x cos2 x cos x d x

=∫

sin2 x(1− sin2 x

)cos x d x

=∫ (

sin2 x − sin4 x)

cos x d x

=∫

sin2 x cos x d x −∫

sin4 x cos x d x

= 13 sin3 x − 1

5 sin5 x +C


sin2 x cos7 x d x.

Solución. ∫sin2 x cos7 x d x =

∫sin2 x cos6 x cos x d x

=∫

sin2 x(1− sin2 x

)3cos x d x

=∫

sin2 x(1−3sin2 x +3sin4 x − sin6 x

)cos x d x

=∫ (

sin2 x −3sin4 x +3sin6 x − sin8 x)

cos x d x

= 13 sin3 x − 3

5 sin5 x + 37 sin7 x − 1

9 sin9 x +C


cos3 x

1− sin xd x.

Solución. ∫cos3 x

1− sin xd x =

∫cos3 x (1+ sin x)

(1− sin x) (1+ sin x)d x

=∫

cos3 x +cos3 x sin x

1− sin2 xd x

=∫

cos3 x +cos3 x sin x

cos2 xd x

=∫

(cos x +cos x sin x) d x

= sin x + 12 sin2 x +C



Probar:

1.∫

sin x cos2 xd x =−1

3cos3 x +C

2.∫

sin3x cos8x d x =− 1

22cos11x + 1

10cos5x +C

3.∫

sin2 4x cos2 4x d x =− 1

128sin16x + 1

8x +C

4.∫

sin3 x cos3 x d x = 1

4sin4 x − 1

6sin6 x +C

5.∫

sin2 x sin2x d x =−1

4cos2x + 1

16cos4x +C

6.∫

sin2x cos2 4x d x =−2

5cos5 2x + 2

3cos3 2x − 1

2cos2x +C

7.∫

cos10x cos5x d x = 1

10sin5x + 1

30sin15x +C

8. Calcular:∫

sin2n+1 x cosm x d x, m,n ∈N.

6.2.5.7. Producto de seno y coseno con argumentos distintos

Si la integral tiene una de las siguientes formas: ∫cosαx sinβx d x∫cosαx cosβx d x∫sinαx sinβx d x

puede usarse las siguientes identidades:

sinu cos v = 12 [sin(u + v)+ sin(u − v)]

cosu sin v = 12 [sin(u + v)− sin(u − v)]

cosu cos v = 12 [cos(u + v)+cos(u − v)]

sinu sin v = 12 [cos(u − v)−cos(u + v)]

para transformar la integral en una más simple.


cos2x sin7x d x

Solución. ∫cos2x sin7x d x = 1

2

∫(sin(9x)− sin(−5x))d x

= 1

2

∫(sin9x + sin5x)d x

= 1

2

(−1

9cos9x − 1

5cos5x

)= − 1

18cos9x − 1

10cos5x +C



sin5x sin3x d x

Solución. ∫sin5x sin3x d x = 1

2

∫(cos2x −cos8x)d x

= 1

2

∫cos2x d x − 1

2

∫cos8x d x

= 1

4sin2x − 1

16sin8x +C

6.2.5.8. Potencias de tangentes

Si la integral es∫

tann x d x, escribimos

∫tann x d x =

∫tann−2 x tan2 x d x

=∫

tann−2 x(sec2 x −1

)d x

=∫

tann−2 x sec2 x d x −∫

tann−2 x d x

= 1

n −1tann−1 x −

∫tann−2 x d x

obteniéndose una reducción. En lo anterior se han empleado los siguientes resultados: La derivada de tan x es sec2 x y

tan2 x = sec2 x −1.


tan3 x d x.

Solución. ∫tan3 x d x =

∫tan x

(sec2−1

)d x

=∫ (

tan x sec2 x − tan x)

d x

= 12 tan2 x − ln |cos x|+C


tan4 x d x.

Solución. ∫tan4 x d x =

∫tan2 x

(sec2−1

)d x

=∫

tan2 x sec2 x d x −∫

tan2 x d x

= 13 tan3 x −

∫ (sec2 x −1

)d x

= 13 tan3 x − tan x +x +C

6.2.5.9. Potencias de secantes, cotangentes y cosecantes

Se procede con simplificaciones como en el caso de las tangentes.



sec4 t d t .

Solución. ∫sec4 t d t =

∫sec2 t sec2 t d t

=∫

sec2 t(1+ tan2 t

)d t

=∫

sec2 t d t +∫

tan2 t sec2 t d t

= tan t + 13 tan3 t +C

observemos que sec2 t = 1+ tan2 t .


sec3 x d x

Solución. ∫sec3 x d x =

∫sec x

(1+ tan2 x

)d x

=∫

sec x d x +∫

sec x tan2 x d x

(1)

resolvemos estas integrales por separado.∫sec x d x =

∫sec x (sec x + tan x)

sec x + tan xd x

=∫

sec2 x + sec x tan x

sec x + tan xd x

= ln |sec x + tan x|

(2)

la otra integral se resuelve por partesu = tan x d v = sec x tan x

d v = sec2 x d x v = sec x

luego ∫sec x tan2 x d x = tan x sec x −∫

sec3 x d x (3)

reemplazando los resultados obtenidos (2) y (3) en (1) se tiene:∫sec3 x d x = ln |sec x + tan x|+ tan x sec x −∫

sec3 x d x

de donde deducimos que: ∫sec3 x d x = 1

2ln(sec x + tan x)+ 1

2tan x sec x +C


cot4 3x d x.

Solución. Usamos la identidad: 1+cot2 3x = csc2 3x.∫cot4 3x d x =

∫cot2 3x

(csc2 3x −1

)d x

=∫

cot2 3x csc2 3x d x −∫

cot2 3x d x

= − 19 cot3 3x −

∫ (csc2 3x −1

)d x

= − 19 cot3 3x + 1

3 cot3x +x +C


6.2.5.10. Productos de tangentes, secantes, cotangentes y cosecantes


tan4 x sec4 x d x.

Solución. ∫tan4 x sec4 x d x =

∫tan4 x sec2 x sec2 x d x

=∫

tan4 x sec2 x(1+ tan2 x

)d x

=∫

tan4 x sec2 x d x +∫

tan6 x sec2 xd x

= 15 tan5 x + 1

7 tan7 x +C


Probar:

1.∫

cot3 x d x =−1

2cot2 x + 1

2ln

(csc2 x

)2.

∫tan5 xd x = 1

4tan4 x − 1

2tan2 x + 1

2ln

(sec2 x

)+C .

3.∫

tan3 x sec3 x d x =−1

3sec3 x + 1

5sec5 x +C .

4.∫

cot x csc3 x d x = − 13 csc3 x +C .

5.∫

tan4 x sec3 xd x =

− 1

16tan x sec x + 1

24tan3 x sec x + 1

6tan5 x sec x + 1

16ln(sec x + tan x)+C .

Sol. Equiv.1

16 sec x tan x − 724 sec3 x tan x + 1

6 sec5 x tan x + 116 ln |sec x + tan x|+C

6.∫

cot3 x csc4 x d x =−1

6cot4 x csc2 x − 1

12cot4 x +C .

Sol. Equiv. −1

6csc6 x + 1

4csc4 x +C .

Aplicando integración por partes deducir las siguientes fórmulas de reducción

7.∫

secm u du = 1

m −1secm−2 u tanu + m −2

m −1

∫secm−2 u du.

8.∫

cscm u du =− 1

m −1cscm−2 u cotu + m −2

m −1

∫cscm−2 u du.

6.2.6. Resumen de las fórmulas de reducción

En lo que sigue m y n son números naturales.


1.∫

sinn u du =−sinn−1 u cosu

n+ n −1

n

∫sinn−2 u du

2.∫

cosn u du = cosn−1 u sinu

n+ n −1

n

∫cosn−2 u du

3.∫

tann x d x = 1

n −1tann−1 x −

∫tann−2 x d x

4.∫

cotn x d x =− 1

n −1cotn−1 x −

∫cotn−2 x d x

5.∫

secm u du = 1

m −1secm−2 u tanu + m −2

m −1

∫secm−2 u du.

6.∫

cscm u du =− 1

m −1cscm−2 u cotu + m −2

m −1

∫cscm−2 u du.

En (7) y (8) m 6= −n

7.∫

sinn u cosm u du = sinn+1 u cosm−1 u

n +m+ m −1

n +m

∫sinn u cosm−2 du

8.∫

sinn u cosm u du =−sinn−1 u cosm+1 u

n +m+ n −1

n +m

∫sinn−2 u cosm du

9.∫

um sinbu du =−um

bcosbu + m

b

∫um−1 cosbu du b 6= 0

10.∫

um cosbu du = um

bsinbu − m

b

∫um−1 sinbu du b 6= 0

En (11), (13) m 6= 1 y en (12), (14) m 6= −1/2

11.∫

1(a2 ±u2

)m du = 1

a2

(u

(2m −2)(a2 ±u2

)m−1

)+ 2m −3

2m −2

∫1(

a2 ±u2)m−1 du

12.∫ (

a2 ±u2)mdu = u

(a2 ±u2

)m

2m +1+ 2ma2

2m +1

∫ (a2 ±u2) m−1 du

13.∫

1(u2 −a2

)m du =− 1

a2

(u

(2m −2)(u2 −a2

)m−1

)+ 2m −3

2m −2

∫1(

u2 −a2)m−1 du

14.∫ (

u2 −a2)mdu = u

(u2 −a2

)m

2m +1− 2ma2

2m +1

∫ (u2 −a2)m−1

du

15.∫

umeaudu = 1

aumeau − m

a

∫um−1eau du

6.2.7. Funciones racionales a dos variables

Una función racional a dos variables F (u, v), es el cociente de dos polinomios en u y en v .

Ejemplo 6.48 F(x, y

)= 2x2 −x y2 + y3 +4

x5 +2x yes una función racional en las variables x, y .

Ejemplo 6.49 F(x,p

2x +1)= x3

p2x +1+ (p

2x +1+3)2

p2x +1−x4 +10

es una función racional en x yp

2x +1.

Ejemplo 6.50 F(x,p

x +5)= p

x +px +5

x2 +5no es una función racional en x y

px +5, (¿por qué?)


6.2.8. Cambios de variable trigonométricos

Si el integrando es una función racional a dos variables de una de las siguientes formas:

F(u,

pa2 −b2u2

)F

(u,

pa2 +b2u2

)F

(u,

pb2u2 −a2

)es posible hacer cambios de variable trigonométricos construyendo un triángulo rectángulo.

6.2.8.1. Forma F(u,

pa2 −b2u2

).

En este caso consideramos el siguiente triángulo:

��

��

��

z

a bu

pa2 −b2u2

Se hace el cambio sin z = bu

a, de donde:

u = a

bsin z

du = a

bcos z d z

pa2 −b2u2 = a cos z

luego: ∫F

(u,

√a2 −b2u2

)du =

∫F

( a

bsin z, a cos z

) a

bcos z d z

donde la integral de la derecha es una integral en términos de cosenos y senos.


x2

p9−x2

d x.

Solución.Consideremos el siguiente triángulo

��

��

��

z

3 x

p9−x2 ,

hacemos el cambio sin z = 13 x, luego

x = 3sin z

d x = 3cos z d zp9−x2 = 3cos z


con este cambio la integral queda: ∫x2

p9−x2

d x =∫

(3sin z)2

3cos z(3cos z d z)

= 9∫

sin2 z d z

= 92

∫(1−cos2z) d z

= 92 z − 9

4 sin2z +C

= 92 z − 9

2 sin z cos z +C

para terminar tomemos en cuenta que z = arcsin( 1

3 x)y entonces∫

x2

p9−x2

d x = 92 arcsin

( 13 x

)− 92

x

3

p9−x2

3+C

= 92 arcsin

( 13 x

)− 12 x

p9−x2 +C

6.2.8.2. Forma F(u,

pa2 +b2u2

).

En este caso consideramos el siguiente triángulo

��

��

��

z

pa2 +b2u2 bu

a .

el cambio de variable que sugiere el gráfico es: tan z = bua , luego:

u = a

btan z

du = a

bsec2 z d z

pa2 +b2u2 = a sec z

con este cambio de variable tenemos:∫F

(u,

√a2 +b2u2

)du =

∫F

( a

btan z, a sec z

) a

bsec2 z d z

donde la integral de la derecha es una integral en términos de tangentes y secantes.

Ejemplo 6.52 Calcular∫ p

4+x2 d x.

Solución. Consideramos el siguiente triángulo

��

��

��

z

p4+x2 x

2


hacemos el cambio tan z = x

2, luego

x = 2tan z

d x = 2sec2 z d zp4+x2 = 2sec z

con este cambio se tiene ∫ √4+x2 d x =

∫4sec3 z d z

= 2ln |sec z + tan z|+2tan z sec z +C

= 2ln

∣∣∣∣1

2

p4+x2 + 1

2x

∣∣∣∣+2

(1

2x

)(1

2

p4+x2

)= 2ln

∣∣∣∣1

2

p4+x2 + 1

2x

∣∣∣∣+ 1

2xp

4+x2 +C

6.2.8.3. Forma F(u,

pb2u2 −a2

).

En este caso consideramos el siguiente triángulo

��

��

��

z

bup

b2u2 −a2

a

el cambio de variable que sugiere el gráfico es sec z = bua , luego

u = a

bsec z

du = a

bsec z tan z d z

pb2u2 −a2 = a tan z

con este cambio de variable tenemos:∫F

(u,

√b2u2 −a2

)du =

∫F

( a

bsec z, a tan z

) a

bsec z tan z d z

donde la integral de la derecha es una integral en términos de tangentes y secantes.


x2

px2 −16

d x.

Solución.

En gráfico que corresponde es

��

��

��

z

xp

x2 −16

4


el cambio de variable es sec z = x

4, luego

x = 4sec z

d x = 4sec z tan z d zpx2 −16 = 4tan z

con este cambio de variable tenemos:∫x2

px2 −16

d x =∫

16sec2 z

4tan z4sec z tan z d z

= 16∫

sec3 z d z

= 8ln |sec z + tan z|+8tan z sec z

= 8ln∣∣∣ 1

4 x + 14

px2 −16

∣∣∣+ 12 x

px2 −16+K

= 8ln∣∣∣x +

px2 −16

∣∣∣+ 12 x

px2 −16+C

(C = K −8ln4)


1.∫ (

x2 +1)3/2

d x.

Sol. 14 x

(px2 +1

)3 + 38 x

px2 +1+ 3

8 ln∣∣∣px2 +1+x

∣∣∣+C .

2.∫ x +x2

p1−x2

d x.

Sol. −p

1−x2 − 12 x

p1−x2 + 1

2 arcsin x +C .

3.∫ x2

p9−x2

d x.

Sol. − 12 x

p9−x2 + 9

2 arcsin 13 x +C .

4.∫ 1

x2p

x2 −16d x

Sol. 116x

√(x2 −16

)+C .

5.∫ 1(

x + 12

)px2 +x +1

d x.

Sol. 2p

33

(ln

(2p

x2 +x +1−p3)− ln(2x +1)

)+C .

6.∫

x3p

4−x2d x.

Sol. − 15 x2

(p4−x2

)3 − 815

(p4−x2

)3 +C .

7.∫ 1(

9+x2)2 d x.

Sol. 118

x

9+x2 + 154 arctan 1

3 x +C .


8.∫ x +2

x2 −6x +10d x

Sol. 12 ln

(x2 −6x +10

)+5arctan(x −3)+C .

9.∫

x +2

x2 +6x +10d x

Sol. 12 ln

(x2 +6x +10

)−arctan(x +3)+C .

10.∫ p

4−x2

xd x.

Sol.p

4−x2 +2ln

∣∣∣∣∣2−p

4−x2

x

∣∣∣∣∣+C .

11.∫ 1(

9−x2)3/2

d x.

Sol.1

9

xp9−x2

.

12.∫ x2

px2 −1

d x.

Sol. 12 x

px2 −1+ 1

2 ln(x +

px2 −1

)+C .

13.∫ p

x2 +x +5 d x.

Sol. 14 (2x +1)

√(x2 +x +5

)+ 198 ln

(2p

x2 +x +5+2x +1)+C .

14.∫ 5p

x2 −4x +9d x.

Sol. 5ln(p

x2 −4x +9+x −2)+C

15.∫ xp

1−x2 +(p

1−x2)3 d x.

Sol.: −arctan(p

1−x2)+C

6.3 Integración por Fracciones Parciales

6.3.1. Preliminares algebraicos

Inicialmente se enuncian sin demostración algunos resultados del álgebra elemental. Como se sabe, si an 6= 0, la expresión

p (x) = a0 +a1x +a2x2 +·· ·+an xn se llama polinomio en x de grado n.

Teorema 6.19

Todo polinomio a0 +a1x +a2x2 +·· ·+an xn tiene a lo sumo n raíces reales distintas.

Observación. Un polinomio puede no tener raíces reales (Ej. x2 +1).


Teorema 6.20

Todo polinomio se puede factorizar en factores con coeficientes reales de la forma (Ax +B) y(ax2 +bx + c2

), donde

ax2 +bx + c2 es irreducible, esto es, b2 −4ac < 0.

En esta sección nos interesan cocientes de polinomios en donde el grado del numerador es estrictamente menor que el grado

del denominador; si este no es el caso, por simple división puede llevarse a la forma de un polinomio más un cociente con la

forma deseada.

Ejemplo 6.54

x4 −x2 +5

x2 +1= x2 −2+ 7

x2 +1

6.3.2. Fracciones parciales

Si enP (x)

Q (x)el grado de P (x) es estrictamente menor que el grado de Q (x) entonces es posible escribir

P (x)

Q (x)como suma de

funciones racionales más simples de la forma:A

ax +b,

oAx +B

ax2 +bx + c.

De acuerdo a los factores del polinomio Q (x) podemos tener los siguientes casos:

6.3.2.1. Factores lineales: ax +b

La regla es la siguiente: A cada factor

(ax +b)m

le corresponde la sumaA1

ax +b+ A2

(ax +b)+·· ·+ Am

(ax +b)m

en donde los Ai son constantes a determinar

Ejemplo 6.55 Sea f (x) = x2 +5

(x −1)(x −2)2 , entonces f se puede expresar como la suma de expresiones racionales más sim-

ples.

Al factor (x −1) le correspondeB

x −1,

en donde B es una constante a determinar.

Al factor (x −2)2 le corresponde la sumaA1

x −2+ A2

(x −2)2 ,

en donde A1 y A2 son constantes a determinar.

Entonces f puede escribirse como

f (x) = B

x −1+ A1

x −2+ A2

(x −2)2


6.3.2.2. Factores cuadráticos: ax2 +bx + c

La regla a aplicar es la siguiente: A cada factor (ax2 +bx + c

)m

le corresponde la sumaA1x +B1

ax2 +bx + c+ A2x +B2(

ax2 +bx + c)2 +·· ·+ Am x +Bm(

ax2 +bx + c)m

en donde los Ai ,Bi son constantes a determinar.

Ejemplo 6.56 Sea f (x) = x2 +x +1(x2 +x +1

)(x2 +1

)2 , entonces f se puede expresar como

f (x) = Ax +B

x2 +x +1+ C x +D

x2 +1+ E x +F(

x2 +1)2

en donde A,B ,C ,D,E ,F son constantes a determinar.

6.3.3. Cálculo de constantes en fracciones parciales

Via ejercicios, en esta sección, ilustramos las técnicas para calcular las constantes en fracciones parciales.

Ejemplo 6.57 Expresar como suma de fracciones parciales la siguiente función racional.

f (x) = x2 +5

(x −1)(x −2)2 .

Solución.x2 +5

(x −1)(x −2)2 = A

x −1+ B

x −2+ C

(x −2)2

quitando denominadores

x2 +5 = A (x −2)2 +B (x −1)(x −2)+C (x −1) (1)

el resultado mostrado en (1) es una identidad, esto es, (1) es válido para todo x.

Método general. Realizando operaciones algebraicas en (1) encontramos

x2 +5 = (A+B) x2 + (−4A−3B +C ) x + (4A+2B −C )

igualando coeficientes encontramos el sistema de ecuaciones:

A+B = 1

−4A−3B +C = 0

4A+2B −C = 5

resolviendo este sistema encontramos A = 6, B =−5, C = 9, por tanto:

x2 +5

(x −1)(x −2)2 = 6

x −1− 5

x −2+ 9

(x −2)2 .

Método abreviado. Puesto que (1) es una identidad, es válido para todo x. Sustituimos valores de x apropiados, buscamos

números x tales que se anulen la mayor cantidad de sumandos que aparecen en (1).

Sustituyendo x = 1 en (1):

6 = A



9 =C

Hasta ahora hemos logrado calcular A y C . No tenemos más valores que anulen algunos sumandos de (1). Elegimos ahora

un valor arbitrario, digamos x = 0, sustituyendo este valor en (1) encontramos

5 = 4A+2B −C

de donde despejando B tenemos

B = 1

2(5−4A+C )

luego puesto que A = 6 y C = 9 tenemos B = −5. Este resultado coincide con el encontrado en el método general. En este

método elegimos el valor arbitrario x = 0, debe quedar claro que pudimos haber elegido cualquier otro número real.

6.3.4. Integración por Fracciones parciales

La descomposición de una función racional en fracciones parciales puede aplicarse en la resolución de integrales en las

cuales el integrando es una función racional.

Ejemplo 6.58 Calcular: I =∫

4x

(2x −1)(2x +1)d x.

Solución. Aplicando fracciones parciales al integrando:

4x

(2x −1)(2x +1)= A

2x −1+ B

2x +1

quitando denominadores queda

4x = A (2x +1)+B (2x −1)

Sustituyendo x = 1/2 obtenemos A = 1.

Sustituyendo x =−1/2 obtenemos B = 1, por tanto:

I =∫ (

1

2x −1+ 1

2x +1

)d x

de donde:I = 1

2 (ln |2x −1|+ ln |2x +1|)+C

= lnp|(2x −1)(2x +1)|+C


x2 +5

(x −1)(x −2)2 d x.

Solución. En la sección anterior se prueba:

x2 +5

(x −1)(x −2)2 = 6

x −1− 5

x −2+ 9

(x −2)2

integrando: ∫x2 +5

(x −1)(x −2)2 d x =∫

6

x −1d x −

∫5

x −2d x +

∫9

(x −2)2 d x

de donde: ∫x2 +5

(x −1)(x −2)2 d x = 6ln |x −1|−5ln |x −2|− 9

x −2+C



x2 −3x −1

x3 +x2 −2xd x.

Solución. Factorizando el denominador:

x3 +x2 −2x = x (x +2)(x −1)

Aplicando fracciones parciales:x2 −3x −1

x (x +2)(x −1)= A

x+ B

x +2+ C

x −1


x2 −3x −1 = A (x +2)(x −1)+B x (x −1)+C x (x +2) (1)


−1 =−2A ⇒ A = 1

2

Sustituyendo x = 1 en (1) :

−3 = 3C ⇒C =−1

Sustituyendo x =−2 en (1):

9 = 6B ⇒ B = 3

2

luego podemos escribir: ∫x2 −3x −1

x3 +x2 −2xd x = 1

2

∫1

xd x + 3

2

∫1

x +2d x −

∫1

x −1d x

= 1

2ln |x|+ 3

2 ln |x +2|− ln |x −1|+C

= ln

∣∣∣∣ x1/2 (x +2)3/2

x −1

∣∣∣∣+C


x3 +x −1(x2 +1

)2 d x.

Solución. El factor x2 +1 es irreducible por tanto escribimos

x3 +x −1(x2 +1

)2 = Ax +B

x2 +1+ C x +D(

x2 +1)2


x3 +x −1 = (Ax +B)(x2 +1

)+ (C x +D) (1)

ahora no tenemos valores reales que anulen sumandos de (1). Sin embargo puesto que (1) es una identidad podemos tomar

algunos valores de x y sustituirlos en (1) para obtener las suficientes ecuaciones que nos permitirán encontrar los valores de

A,B ,C ,D . Para los valores −1,0,1,2 encontramos respectivamente las siguientes ecuaciones:

−2A+2B −C +D = −3

B +D = −1

2A+2B +C +D = 1

10A+5B +2C +D = 9


resolviendo encontramos A = 1, B =C = 0, D =−1. Por tanto∫x3 +x −1(

x2 +1)2 d x =

∫x

x2 +1d x −

∫1(

x2 +1)2 d x

resolviendo las integrales de la derecha encontramos:∫x

x2 +1d x = 1

2ln

(x2 +1

)∫1(

x2 +1)2 d x = 1

2

( x

x2 +1

)+ 1

2arctan x

(2)

por tanto ∫x3 +x −1(

x2 +1)2 d x = 1

2ln

(x2 +1

)− 1

2

( x

x2 +1

)− 1

2arctan x +C

Comentario. La segunda integral que aparece (2) puede resolverse con la sustitución x = tan z (que viene de la sustitución

trigonométrica).


x3

2x2 −x −1d x.

Solución. En este caso es necesaria una división pues el numerador es de grado mayor que el denominador. Dividiendo:

x3

2x2 −x −1= 1

2x + 1

4+ 3x +1

4(2x2 −x −1

) ,

Aplicando fracciones parciales al tercer sumando:

3x +1

4(2x2 −x −1

) = 1

12(2x +1)+ 1

3(x −1)

por tanto: ∫x3

2x2 −x −1d x =

∫1

2xd x +

∫1

4d x + 1

12

∫1

2x +1d x + 1

3

∫1

x −1d x

= 1

4x2 + 1

4x + 1

24ln |2x +1|+ 1

3ln |x −1|+C


Resolver

1.∫

2x +4

8x2 −14x +3d x.

Sol. − 920 ln(4x −1)+ 7

10 ln(2x −3)+C .

2.∫

x2 +1

(x −2)(x −3)2 d x.

Sol. 5ln(x −2)− 10

x −3−4ln(x −3)

3.∫

x

(x −1)(x −4)(x −1)2 d x.

Sol.1

6(x −1)2 + 4

9(x −1)− 4

27 ln(x −1)+ 427 ln(x −4)+C .


4.∫

sin x

cos x(1+cos2 x

)d x.

Sol. ln

∣∣∣∣∣p

1+cos2 x

cos x

∣∣∣∣∣+C .

5.∫

1(x3 −1

)2 d x.

Sol. f (x)+ g (x) donde:

f (x) =− 1

9(x −1)− 2

9 ln(x −1)+ 19 ln

(x2 +x +1

)g (x) = 2

9

p3arctan 1

3 (2x +1)p

3+ 19

x −1

x2 +x +1+C .

6.∫

1

x3 +1d x.

Sol. 13 ln(x +1)− 1

6 ln(x2 −x +1

)+ 13

p3arctan 1

3 (2x −1)p

3+C .

7.∫

1

x3 −1d x.

Sol. 13 ln(x −1)− 1

6 ln(x2 +x +1

)− 13

p3arctan 1

3 (2x +1)p

3+C .

8.∫

1

x4 +1d x.

Sol. 18

p2ln

x2 +xp

2+1

x2 −xp

2+1+ 1

4

p2arctan

(xp

2+1)+

14

p2arctan

(xp

2−1)+C .

Sug:

x4 +1 =((

x2)2 +2x2 +1)−2x2 =

= (x2 +1

)2 −2x2 =(x2 +1−p

2x)(

x2 +1+p2x

)y entonces:

1

x4 +1= −p2x +2

4(x2 −p

2x +1) + p

2x +2

4(x2 +p

2x +1)

9.∫

1

x6 +1d x.

Sol. 13 arctan x − 1

12

p3ln

(x2 −p

3x +1)+ 1

6 arctan(2x −p

3)+

112

p3ln

(x2 +p

3x +1)+ 1

6 arctan(2x +p

3)

(Sug. observe que x6 +1 =((

x2)3 +3

(x2

)2 +3x2 +1)−3

(x4 +x2

))

10.∫

x2 −8x +7(x2 −7x +6

)2 d x.

Sol. 15(x−6) + 6

25 ln(x −6)− 625 ln(x −1)+C .

11.∫

1

x4 −2x3 +2x2 −2x +1d x.

Sol. − 1

2(x −1)− 1

2 ln(x −1)+ 14 ln

(x2 +1

)+C .


12.∫

x

x6 +x2 d x.

Sol. ln x − 14 ln

(x4 +1

)+C .

13.∫

x5

x8 +1d x.

Sol. 116

p2ln

x4 −x2p

2+1

x4 +x2p

2+1+ 1

8

p2arctan

(x2

p2+1

)+18

p2arctan

(x2

p2−1

)+C .

14.∫

x2

(x −1)2 d x.

Sol. x − 1

x −1+2ln(x −1)+C .

15.∫

x4(x2 +1

)(x2 +x +1

)d x.

Sol. x − 12 ln

(x2 +1

)− 23

p3arctan

(p3

3 (2x +1))+C .

6.4 Funciones racionales del tipo F(x,p

ax +b)

Si F es una función racional en x yp

ax +b. La integral∫F

(x,p

ax +b)

d x

se racionaliza (integrando racional) con el cambio de variable:

t =p

ax +b

del cambio de variable se deduce:

x = t 2 −b

a

d x = 2t

ad t

por tanto ∫F

(x,p

ax +b)

d x =∫

F

(t 2 −b

a, t

)2t

ad t

que es una integral con integrando una función racional en la variable t .



x +p2x +1

1+p2x +1

d x =.

Solución. Realizamos el cambio:

t =p2x +1


luego:

x = t 2 −1

2

d x = t d t

sustituyendo en la integral dada:

I =∫ t 2 −1

2+ t

1+ ttd t = 1

2

∫t 3 +2t 2 − t

t +1d t

dividiendo la integral toma la forma:

I = 1

2

∫ (t 2 + t −2+ 2

t +1

)d t .

Integrando y reemplazando en la variable x:

I = 12

( 13 t 3 + 1

2 t 2 −2t +2ln |t +1|)+C

= 16

√(2x +1)3 + 1

4 (2x +1)−p2x +1+ ln

(1+p

2x +1)+C


x2p

x +1d x.

Solución. Realizamos el cambio:

t =px +1

de esto obtenemos:x = t 2 −1

d x = 2t d t

sustituyendo en la integral dada :

I =∫ (

t 2 −1)2

t 2td t =∫ (

2t 6 −4t 4 +2t 2) d t

Integrando:I = 2

7 t 7 − 45 t 5 + 2

3 t 3 +C

= 27

√(x +1)7 − 4

5

√(x +1)5 + 2

3

√(x +1)3 +C


xp

x −1px −1+x

d x.

Solución. Con el cambio t =px −1 se tiene:

x = t 2 +1

d x = 2t d t

luego: ∫xp

x −1px −1+x

d x =∫ (

t 2 +1)

t

t + t 2 +1(2t d t )

= 2∫

t 4 + t 2

t 2 + t +1d t

= 2∫ (

t 2 − t +1)

d t −2∫

1

t 2 + t +1d t

= 23 t 3 − t 2 +2t − 4

3

p3arctan 1

3 (2t +1)p

3+C

en función de la variable x la solución es: ∫xp

x −1px −1+x

d x = f (x)+ g (x)+C


donde:f (x) = 2

3

(px −1

)3 − (px −1

)2 +2p

x −1

g (x) = − 43

p3arctan

[ 13

(2p

x −1+1)p

3]


Calcular:

1.∫

1px −1− 4px −1

d x.

Sol. 4ln( 4px −1−1

)+2 4px −1( 4px −1+2

)+C

2.∫ p

x +1(px)3 −x

d x.

Sol. 4ln(p

x −1)− ln x +C .

3.∫

x +px +1p

x +1d x.

Sol. 23

(px +1

)3 −2p

x +1+x +C .

4.∫ p

2x −4

xd x.

Sol. 2p

2x −4−4arctan 12

p2x −4+C .

5.∫ p

x +1+1p

x +1− (px +1

)3 d x.

Sol. −2ln(p

x +1−1)

6.∫ p

x +2

x +1d x.

Sol. 2p

x +2+ ln

(px +2−1px +2+1

)+C

6.5 Funciones racionales del tipo F (sin x,cos x)

Si el integrando es una función racional de este tipo, se puede racionalizar con el cambio de variable

t = tanx

2,

de este cambio de variable se obtiene:

sin x = 2t

1+ t 2

cos x = 1− t 2

1+ t 2


x = 2arctan t

d x = 2

1+ t 2 d t

por tanto : ∫F (sin x,cos x) d x =

∫F

(2t

1+ t 2 ,1− t 2

1+ t 2

)2

1+ t 2 d t

que es una función racional en la variable t .



1+ sin x

cos xd x.

Solución. Con el cambio t = tan x2 :

I =∫ 1+ 2t

1+ t 2

1− t 2

1+ t 2

2

1+ t 2 d t

=∫

2t 2 +4t +2(1− t 2

)(1+ t 2

)d t

simplificando y aplicando fracciones parciales:

2t 2 +4t +2(1− t 2

)(1+ t 2

) =− 2(t +1)2

(t −1)(t +1)(1+ t 2

) =− 2

t −1+2

t

1+ t 2

luego:

I = −∫

2

t −1d t +2

∫t

1+ t 2 d t

= −2ln |t −1|+ ln(1+ t 2

)+C

= −2ln∣∣tan x

2 −1∣∣+ ln

(1+ tan2 x

2

)+C

Ejemplo 6.67 Calcular I = ∫sec x d x.

Solución. Con el cambio t = tan x2 :

I =∫

1

1− t 2

1+ t 2

2

1+ t 2 d t

=∫ −2

t 2 −1d t

aplicando fracciones parciales:−2

t 2 −1=− 1

t −1+ 1

t +1

luego:

I =∫

− 1

t −1d t +

∫1

t +1d t

= ln

∣∣∣∣ t +1

t −1

∣∣∣∣+C

= ln

∣∣∣∣ tan x2 +1

tan x2 −1

∣∣∣∣+C


tomando en cuenta el resultado:

tanx

2= sin x

1+cos x

encontramos:

I = ln |sec x + tan x|+C


IMPORTANTE: En las soluciones de los siguientes ejercicios t = tan( x

2

).

Calcular:

1.∫

5

1+5cos xd x

Sol.5p

6

12ln

(p2t +p

3p2t −p

3

)+C

2.∫

cos x

1+5cos xd x

Sol. 25 arctan t +

p6

60 ln

(p2t −p

3p2t +p

3

)+C

3.∫

1

1+ sin x +cos xd x.

Sol. ln(t +1)+C .

4.∫

1

1+ sin2 xd x

Sol.p

22 arctan

(p2t + t

)+ p2

2 arctan(p

2t − t)+C

5.∫

cos x

sin x −cos2 xd x.

Sol. 15

p5ln

(2sin x −p

5+1

2sin x +p5+1

)+C . (Ind. ¿No es mejor hacer el cambio u = sin x?)

6.∫

sin x +cos x

1+ sin xd x.

Sol. 2arctan t − ln(t 2 +1

)+2ln(t +1)+ 2

t +1+C .

7.∫

2sin x −cos x

sin x −5cos xd x.

Sol. 713 arctan t + 9

26 ln

(5t +p

26+1

t 2 +1

)+ 9

26 ln(5t −p

26+1)+C .

8.∫

1

1+p

1−x2d x.

Sol. arcsin x +p

1−x2 −1

x.


6.6 Integración con MatLab

Para calcular ∫ b

af (x) d x

empleamos el comando int, cuyo formato es:

int(f(x),x,a,b)

si se omiten a y b, el resultado es la integral indefinida.

Ejemplo 6.68 Calculamos∫ 3

1x cos

(x2) d x

______________________________________________________

>> syms x

>> int(x*cos(x^2),x,1,3)

ans =

sin(9)/2 - sin(1)/2

>>

______________________________________________________

Por tanto: ∫ 3

1x cos

(x2) d x = 1

2sin(9)− 1

2sin(1)

Ejemplo 6.69 Calculamos∫

x +1

(x −1)(x2 +1

)d x

______________________________________________________

>> syms x

>> int((x+1)/(((x-1))*(x^2+1)),x)

ans =

log(x - 1) - log(x^2 + 1)/2

>>

______________________________________________________

Por tanto: ∫x +1

(x −1)(x2 +1

)d x = log(x −1)− 1

2ln

(x2 +1

)


6.7 Polinomios con MatLab

6.7.1. Polinomios en MatLab

El polinomio P (x) = an xn +an−1xn−1 +a1x +a0 se representa en MatLab como un vector de n +1 coordenadas.

P = [an an−1 . . . a1 a0]

Ejemplo 6.70 El polinomio P (x) = 3x2 −x +2 se representa por el vector de tres ccordenadas

P = [3 −1 2

6.7.2. Producto de polinomios

Para multiplicar polinomios empleamos el comando conv, su sintaxis es:

c=conv(a,b)

donde a,b son polinomios y c es el producto.

Ejemplo 6.71 Consideremos los polinomios a (x) = 3x3 −x +2, b (x) = x2 −4, el producto c (x) = a (x) b (x) se calcula como

______________________________________________________

>> a=[3 0 -1 2]

a =

3 0 -1 2

>> b=[1 0 -4]

b =

1 0 -4

>> c=conv(a,b)

c =

3 0 -13 2 4 -8

>>

______________________________________________________

el vector c se interpreta como c (x) = 3x5 −13x3 +2x2 +4x −8


6.7.3. División de polinomios

Para dividir polinomios empleamos el comando deconv, su sintaxis es

[q,r]=deconv(a,b)

donde a,b son polinomios, q es el cociente y r el residuo, es decir:

a

b= q + r

b

Ejemplo 6.72 Nuevamente consideremos los polinomios a (x) = 3x3−x+2, b (x) = x2−4, el cociente d (x) = a(x)b(x) se calcula

como

______________________________________________________

>> [q,r]=deconv(a,b)

q =

3 0

r = 0 0 11 2

>>

______________________________________________________

lo cual se interpreta como:

3x3 −x +2

x2 −4= 3x︸︷︷︸

q(x)

+

r (x)︷︸︸︷11x +2

x2 −4

6.7.4. Operaciones simbólicas con MatLab

6.7.4.1. Factorización

MatLab Permite la factorización simbólica, esto se logra con el comando factor

factor(f )

donde f representa la función (no necesariamente un polinomio) a factorizar.

Ejemplo 6.73 Factorizaremos p (x) = 3x5 −13x3 +2x2 +4x −8

______________________________________________________

>> syms x

>> p=factor(3*x^5-13*x^3+2*x^2+4*x-8)

p =


(x - 2)*(x + 2)*(x + 1)*(3*x^2 - 3*x + 2)

>> pretty(p)

2

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

>>

______________________________________________________

6.7.4.2. Expansion simbólica

El comando:

expand(S)

______________________________________________________

>> syms x

>> p=expand((x^3-1)*(x+2))

p =

x^4 + 2*x^3 - x - 2

>>

______________________________________________________

Observación. El comando expand permite expandir otros tipos de funciones.

______________________________________________________

>> syms x a

>> expand(cos(x+a))

ans =

cos(a)*cos(x) - sin(a)*sin(x)

>>

______________________________________________________

6.7.5. Fracciones simples

El comando residue tiene las siguientes sintaxis:

[r,s,k]=residue(a,b)

[a,b]=residue(r,s,k)


la primera forma, nos permite construir fracciones simples, en tanto que la segunda permite reconstruir un fracción. Depen-

diendo de las multiplicidades de las raíces del denominador del cocientea (x)

b (x)se tiene una interpretación adecuada de los

vectores r,s,k,a,b, esto se ilustra con los siguientes ejemplos:

6.7.5.1. Multiplicidad uno y raíces reales

Ejemplo 6.74 Consideremos el cociente:x4 +4x −1

(x −1)(x +2)(x −3)

Para escribir lo anterior en fracciones simples, procedemos como sigue:

______________________________________________________

>> format rat

>> a=[1 0 0 4 -1];

>> b=conv(conv([1,-1],[1,2]),[1,-3]);

>> [r,s,k]=residue(a,b)

r =

46/5

7/15

-2/3

s =

3

-2

1

k =

1 2

______________________________________________________

Lo anterior se interpreta como:

x4 +4x −1

(x −1)(x +2)(x −3)=

r (1)︷︸︸︷46/5

x −3︸︷︷︸de s(1)

+

r (2)︷︸︸︷7/15

x +2︸︷︷︸de s(2)

+

r (3)︷︸︸︷−2/3

x −1︸︷︷︸de s(3)

+ x +2︸︷︷︸se construye con k=[1 2]

Observaciones:

1. Empleamos el comando format rat para que los resultados estén en formato racional. Para retornar al formato normal

se emplea el comando format.


2. El vector r contiene los numeradores de las fracciones simples y el vector s contiene las entradas para formar los

denominadores de las fracciones simples.

3. El vector k permite contruir el residuo, este vector es vacío si el grado del numerador es estrictamente menor que el

grado del denominador.

Ejemplo 6.75 Consideremos ahora el cociente:

4x2 −1

(x −1)(x +2)(x −3)

______________________________________________________

>> a=[4 0 -1];

>> format rat

>> a=[4 0 -1];

>> b=conv(conv([1,-1],[1,2]),[1,-3]);


r =

7/2

1

-1/2

s =

3

-2

1

k =

[]

>>

______________________________________________________

Lo que se interpreta como:4x2 −1

(x −1)(x +2)(x −3)= 7

2(x −3)+ 1

x +2− 1

2(x −1)


6.7.5.2. Multiplicidad mayor a uno y raíces reales

Ejemplo 6.76x −2

(x −1)2 (x +3)______________________________________________________

>> format rat

>> a=[1 -2];

>> b=conv(conv([1,-1],[1,-1]),[1,3]);


r =

-5/16

5/16

-1/4

s =

-3

1

1

k =

[]

>>

______________________________________________________


x −2

(x −1)2 (x +3)=

r (1)︷︸︸︷−5/16

(x +3)︸︷︷︸de r (1)

+

r (2)︷︸︸︷5/16

(x −1)︸︷︷︸de r (2)

+

r (3)︷︸︸︷−1/4

(x −1)2︸︷︷︸de r (3)

6.7.5.3. Raíces complejas

x −2(x2 +2x +2

)(x −1)


______________________________________________________

>> format rat

>> a=[1 -2];

>> b=conv([1 2 2],[1 -1]);


r =

1/10 - 7/10i

1/10 + 7/10i

-1/5

s =

-1 + 1i

-1 - 1i

1

k =

[]

>>

______________________________________________________


x −2(x2 +2x +2

)(x −1)

=1

10 − 710 i

x +1− i+

110 + 7

10 i

x +1+ i+ − 1

5

x −1

Los primeros términos son términos conjugados, aplicando la propiedad de números complejos: (a + i b)+ (a − i b) = 2a, los

dos primeros términos se escriben como:

110 − 7

10 i

x +1− i+

110 + 7

10 i

x +1+ i=

( 110 − 7

10 i)

(x +1+ i )+ ( 110 + 7

10 i)

(x +1− i )

(x +1− i ) (x +1+ i )

=15 x + 8

5

x2 +2x +2

por tanto:

x −2(x2 +2x +2

)(x −1)

=15 x + 8

5

x2 +2x +2+ − 1

5

x −1


6.7.6. Reconstrucción de una fracción

Permite reconstruir una fraccion a partir de una suma de fracciones simples y quizás un polinomio. Se emplea el comando:

[a,b] = residue(r,s,k).

Ejemplo 6.77 Consideremos la suma:1

x −1+ 2

x +3

______________________________________________________

>> r=[1 2];

>> s=[1 -3];

>> k=[];

>> [a,b]=residue(r,s,k)

a =

3 1

b =

1 2 -3

>>

______________________________________________________

Este resultado se interpreta como:1

x −1+ 2

x +3= 3x +1

x2 +2x −3

Ejemplo 6.78 Consideremos ahora la suma:

1

x −1+ 2

x +3+x2 +x −1

______________________________________________________

>> r=[1 2];

>> s=[1 -3];

>> k=[1 1 -1];

>> [a,b]=residue(r,s,k)

a =


1 3 -2 -2 4

b =

1 2 -3

>>

______________________________________________________

Así obtenemos:1

x −1+ 2

x +3+x2 +x −1 = x4 +3x3 −2x2 −2x +4

x2 +2x −3


1. Escribir como suma de fracciones simples:

a)x2 −1(

x2 −4)2 . Sol.

3

16(x −2)2 + 5

32(x −2)+ 3

16(x +2)2 − 5

32(x +2)

b)x2

(x −1)(x2 +4

)(x +3)

. Sol.1

20(x −1)− 9

52(x +3)+

465 (2x +7)

x2 +4

2. Reconstruir el cociente de polinomios a partir de:

a)1

x +2− 2

x +3. Sol. − x +1

(x +2)(x +3)

b)1

x +2− 2

x +3+x2 −1.Sol.

x4 +5x3 +5x2 −6x −7

x2 +5x +6

7 Integrales impropias

Al definir la integral∫ b

af (x)d x se ha considerado el intervalo [a,b] finito, esto es, ninguno de los extremos a o b podian ser

infinitos, además f debia ser una función acotada en [a,b] . Por ejemplo no se ha dado ningún significado a integrales como

las que siguen: ∫ ∞

0

1

x2 +1d x

∫ 3

0

1p9−x2

d x

en este capítulo desarrollamos técnicas para resolver este tipo de integrales.

7.1 Integrales impropias de primera clase

7.1.1. Límite superior infinito

Sea f una función integrable en [a,b] para todo b <∞. La integral∫ ∞

af (x)d x

se llama integral impropia de primera clase. Si el límite lımb→∞

∫ b

af (x)d x existe, entonces la integral impropia se dice con-

vergente y ∫ ∞

af (x)d x = lım

b→∞

∫ b

af (x)d x.

Si el límite no existe, se dice que la integral impropia es divergente.

Ejemplo 7.1 ∫ ∞

0e−x d x = lım

b→∞

∫ b

0e−x d x

= lımb→∞

−e−x ∣∣b0

= lımb→∞

(−e−b +1

)= 1

por tanto la integral es convergente y∫ ∞

0e−x d x = 1


Ejemplo 7.2 ∫ ∞

1

1px

d x = lımb→∞

∫ b

1

1px

d x

= lımb→∞

2p

x∣∣b1

= lımb→∞

(2p

b −2)

= ∞

por tanto la integral impropia es divergente.

7.1.2. Límite inferior infinito

Sea f una función integrable en [a,b] para todo −∞< a. entonces la integral∫ b

−∞f (x)d x

también se llama integral impropia de primera clase. Si lıma→−∞

∫ b

af (x)d x existe, entonces la integral impropia se dice con-

vergente y ∫ b

−∞f (x)d x = lım

a→−∞

∫ b

af (x)d x

si el límite no existe, la integral se llama divergente.

7.2 Integrales impropias de segunda clase

7.2.1. No acotada en el límite superior

Consideremos ahora una función f que es integrable en [a,b −ε] para todo ε > 0 y no está acotada en [a,b) , entonces la

integral ∫ b−ε

af (x)d x

se llama integral impropia de segunda clase. Si

lımε→0+

∫ b−ε

af (x)d x

existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente.

Ejemplo 7.3 ∫ 2

0

1

2−xd x = lım

ε→0+

∫ 2−ε

0

1

2−xd x

= lımε→0+

− ln(2−x)|2−ε0

= lımε→0+

(− ln(ε)+ ln2)

como el anterior límite no existe, la integral impropia es divergente.

Integrales impropias 303

Ejemplo 7.4 ∫ 4

0

1p4−x

d x = lımε→0+

∫ 4−ε

0

1p4−x

d x

= lımε→0+

−2p

4−x∣∣∣4−ε0

= lımε→0+

(−2pε+4

)= 4

por tanto la integral impropia es convergente.

7.2.2. No acotada en el límite inferior

Consideremos ahora una función f que es integrable en [a +ε,b] para todo ε > 0 y no está acotada en (a,b] , entonces la

integral ∫ b

a+εf (x)d x

también se llama integral impropia de segunda clase. Si

lımε→0+

∫ b

a+εf (x)d x

existe, la integral impropia se dice convergente, en caso contrario se dice divergente.


Ejemplo 7.5 Calcular ∫ ∞

0

1

x2 +1d x

Solución.

x

y

f (x) = 1

x2 +1

0

,2

,4

,6

,8

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

La integral impropia es de primera clase. ∫ ∞

0

1

x2 +1d x = lım

b→∞

∫ b

0

1

x2 +1d x

= lımb→∞

arctan x|b0= lım

b→∞arctanb

= π/2


así la integral impropia es convergente. Esta integral puede interpretarse como el área bajo la gráfica de f (x) = 1

1+x2 en el

intervalo [0,∞) .

Ejemplo 7.6 Calcular: ∫ 1

0ln xd x

Solución.

x

y f (x) = ln(x)

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

0 ,2 ,4 ,6 ,8 1

La integral es impropia de segunda clase.

∫ 1

0ln xd x = lım

ε→0+

∫ 1

0+εln x d x

= lımε→0+

x ln x −x|1ε= lım

ε→0+(−1−ε lnε+ε)

Aplicando la recla de Hopital:

lımε→0

(ε lnε) = lımε→0+

lnε

1/ε

= lımε→0+

1/ε

−1/ε2 = lımε→0

−ε= 0

entonces: ∫ 1

0ln xd x = lım

ε→0+(−1−ε lnε+ε)

= −1− lımε→0+

(ε lnε)

= −1

por tanto la integral dada es convergente.

Ejemplo 7.7 Calcular: ∫ ∞

0

1

(1+x)2 d x


Solución.

x

y

f (x) = 1

(1+x)2

0

0,5

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

La integral impropia es de primera clase. ∫ ∞

0

1

(1+x)2 d x = lımb→∞

∫ b

0

1

(1+x)2 d x

= lımb→∞

− 1

1+x

∣∣∣∣b

0

= lımb→∞

(− 1

1+b+1

)= 1

por tanto la integral impropia converge.


0

1p1+x

d x

Solución.

x

y

f (x) = 1p1+x

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

La integral es impropia de primera clase: ∫ ∞

0

1p1+x

d x = lımb→∞

∫ b

0

1p1+x

d x

= lımb→∞

2p

1+x∣∣∣b

0

= lımb→∞

(2p

1+b −2)

= ∞

por tanto la integral impropia diverge.


Ejemplo 7.9 Calcular: ∫ 5

0

x(25−x2

)3/2d x

Solución.

x

yf (x) = x

(25−x2)3/2

0

1

2

3

0 1 2 3 4 5

La integral impropia es de segunda clase.∫ 5

0

x(25−x2

)3/2d x = lım

ε→0+

∫ 5−ε

0

x(25−x2

)3/2d x

= lımε→0+

1√(25−x2

)∣∣∣∣∣∣∣5−ε

0

= lımε→0+

(1√

25− (5−ε)2− 1

5

)

= lımε→0+

(1p

10ε−ε2− 1

5

)= ∞

por tanto la integral es divergente.


0e−x sen x d x

Solución.

x

yf (x) = e−x sen(x)

0

,25

,5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

La integral es impropia de primera clase. Un cálculo da:∫e−x sen x d x =−1

2e−x (cos x + sen x)


luego: ∫ ∞

0e−x sen x d x = lım

b→∞

∫ b

0e−x sen x d x

= lımb→∞

−1

2e−x (cos x + sen x)

∣∣∣∣b

0

= −1

2lım

b→∞

(e−b (cosb + senb)−1

)= 1

2


Clasificar y calcular las siguientes integrales impropias.

1.∫ π/2

0cos−2 x d x Sol. Div.

2.∫ 3

0

1p9−x2

d x Sol.1

2π

3.∫ 4

0

13px −1

d x Sol.3

2

( 3p9−1)

(Sug. Existe una discontinuidad en 1)

4.∫ π/2

0sec xd x Sol. Div

5.∫ π/2

0

cos xp1− sen x

d x Sol. 2

6.∫ 0

−∞e2x d x Sol.

1

2

7.∫ ∞

−∞1

e−x +ex d x Sol.1

2π

8.∫ ∞

−∞1

1+4x2 d x Sol. π/2

9.∫ ∞

−∞|x|e−x2

d x = Sol. 1

10.∫ ∞

2

1

x ln2 xd x Sol. 1

ln2

11. Demostrar que∫ ∞

0

1

xp diverge para todos los valores de p.

12. Demostrar que∫ ∞

a

1

xp d x existe para p > 1 y es divergente para p ≤ 1.

13. Demostrar que∫ b

a

1

(x −b)p d x existe para p < 1 y es divergente para p ≥ 1


14. Para cierto real c la integral ∫ ∞

2

(cx

x2 +1− 1

2x +1

)d x

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol. 1/2,1

4ln

5

4


0

(1p

1+2x2− c

x +1

)d x

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.1

2

p2,

3p2

lnp

2


1

( x

2x2 +2c− c

x +1

)d x

converge. Determinar el valor de c y evaluar la integral. Sol.1

2,

1

4ln

8

3

17. Encontrar los valores de a,b,c tales que ∫ ∞

1

(2x2 +bx +a

x (2x +a)−1

)d x = 1

Sol. a = b = 2e −2.

8 Cálculo de áreas planas

En el capítulo 6, la integral estuvo inspirada en el cálculo de áreas. Sabemos que si f : [a,b] → R es una función continua no

negativa, el área limitada por:

la curva dada por f , las rectas x = a, x = b y el eje x ,

está dado por:

A = ∫ ba f (x) d x.

En este capítulo se dan técnicas para calcular áreas encerradas por curvas, tales técnicas se justifican fácilmente usando la

definición de integral.

8.1 Regiones acotadas

Definición 8.1

(Región acotada) Una región R en R2 es acotada si puede inscribirse en el interior de un rectángulo de lados finitos.

Ejemplo 8.1 Considérese las regiones R1 y R2 definidas por:

R1 = {(x, y

): x2 +1 ≤ y , y ≤ x +3

}R2 = {(

x, y)

: y ≤ x +3}

x

y

y = x2 +1

y = x +3

Región acotada

0

1

2

3

4

5

−1 0 1 2 x

y

y = x +3

Región no acotada

0

1

2

3

4

5

−1 0 1 2


Definición 8.2

(Región tipo I) Una región acotada es llamada región tipo I, denotado por RX , si es de la forma:

RX = {(x, y

): a ≤ x ≤ b, g (x) ≤ y ≤ h (x)

},

donde g y h son continuas en [a,b] con g (x) ≤ h (x) para todo x ∈ [a,b] .

Definición 8.3

(Región tipo II) Una región acotada es llamada región tipo II, denotado por RY , si es de la forma:

RY = {(x, y

): a ≤ y ≤ b, g

(y)≤ x ≤ h

(y)}

.

donde g y h son continuas en [a,b] con g(y)≤ h

(y)

para todo y ∈ [a,b] .

x

y

y = g (x)

y = h(x)

x = b

x = a

Región tipo I

0

1

2

3

4

5

−1 0 1 2 x

y

x = g (y)

x = h(y)

y = b

y = a

Región tipo II

0

1

2

3

4

5

−1 0 1 2 3 4

Toda región acotada puede considerarse como la unión de regiones tipo I o tipo II.

8.2 Cálculo de áreas

Área de una región tipo I y tipo II. El área de una región tipo I está dado por:

∫ b

a

(h (x)− g (x)

)d x,

y el área de una región tipo II está dado por:

∫ b

a

(h

(y)− g

(y))

d y.

Cálculo de áreas planas 311


Ejemplo 8.2 Hallar el área limitada por h (x) = 2x −x2 y el eje x.

x

y

y = 2x −x2

y = 00

,2

,4

,6

,8

1

0 1 2

Solución. La curva corta al eje x en los puntos 0 y 2. La curva puede considerarse como una región tipo I en el intervalo [0,2]

con ecuaciones:

y = 0

y = 2x −x2

x = 0

x = 2,

Por tanto el área es:

A =∫ 2

0

(h (x)− g (x)

)d x =

∫ 2

0

(2x −x2) d x

= x2 − 13 x3

∣∣20

= 43

Ejemplo 8.3 Hallar el área encerrada por las gráficas de f (x) = 3x2 −2 y g (x) = x2/3.

Solución. Las dos curvas se intersectan en (−1,1) y (1,1) . La región puede considerarse como una región tipo I en [−1,1] con

ecuaciones

y = 3x2 −2

y = x2/3

x = −1

x = 1,


.

x

y

g (x) = x2/3

f (x) = 3x2 −2−2

−1

1

−1 −,5 ,5 1

El área se calcula como sigue:

A =∫ 1

−1

(g (x)− f (x)

)d x

=∫ 1

−1

(x2/3 −3x2 +2

)d x

= ( 35 x5/3 −x3 +2x

)∣∣1−1

= ( 35 −1+2

)− (− 35 +1−2

)= 16

5

Observación. El área puede calcularse también como: A = 2∫ 1

0

(x2/3 −3x2 +2

)d x.

Ejemplo 8.4 Hallar el área encerrada por la circunferencia dada por x2 + y2 = R2.

Solución.

x

y

x2 + y2 = R2

−R R

−R

R

La región del primer cuadrante puede considerarse como una región tipo I en el intervalo [0,R] con ecuaciones:

y = 0

y =√

R2 −x2

x = 0

x = R

Por otra parte el área buscada es cuatro veces el área, que aparece en el primer cuadrante, luego el área total encerrada por

la circunferencia es:

A = 4∫ R

0

√R2 −x2d x (1)


con el cambio x = R sin z, tenemos d x = R cos z d z yp

R2 −x2 = R cos z, además

x = 0 ⇒ z = 0

x = R ⇒ z =π/2

reemplazando en (1) se tiene:

A = 4R2∫ π/2

0cos2 z d z

= 4R2∫ π/2

0

1

2(1+cos2z)d z

= 2R2(

z + 1

2sin2z

)∣∣∣∣π/2

0

= 2R2(π

2

)= πR2

Ejemplo 8.5 Hallar el área encerrada por f (x) = x3 y g (x) = x.

Solución. Las curvas se intersectan en (1,1) , (0,0) y (−1,−1)

x

y

y = x

y = x3

−1

−,5

,5

1

−1 −,5 ,5 1

En este caso se tienen dos regiones tipo I. La primera región en [−1,0] y la segunda en [0,1] , en ambos casos intervienen las

funciones f y g .

A =∫ 0

−1

(f (x)− g (x)

)d x +

∫ 1

0

(g (x)− f (x)

)d x

=∫ 0

−1

(x3 −x

)d x +

∫ 1

0

(x −x3)d x

= ( 14 x4 − 1

2 x2)∣∣0−1 +

( 12 x2 − 1

4 x4)∣∣1

0= −( 1

4 − 12

)+ ( 12 − 1

4

)= 1

2.

Ejemplo 8.6 Hallar el área encerrado por f (x) = x3 y g (x) = 3x2 +10x.


Solución. f y g se intersectan en (−2,−8) , (0,0) y (5,125) .

x

y

y = 3x2 +10

y = x3153045607590

105120

−2 −1 0 1 2 3 4 5

El área está dado por:

A =∫ 0

−2

(f (x)− g (x)

)d x +

∫ 5

0

(g (x)− f (x)

)d x

=∫ 0

−2

(x3 −3x2 −10x

)d x +

∫ 5

0

(3x2 +10x −x3)d x

= ( 14 x4 −x3 −5x2

)∣∣0−2 +

(x3 +5x2 − 1

4 x4)∣∣5

0− (4+8−20)+ (

125+125− 6254

)= 407

4

Ejemplo 8.7 Hallar la menor área encerrada por las curvas:

y2 = −x2 +8x −12

y2 = 2x −4

Solución. Las dos curvas se intersectan en los puntos (2,0) , (4,−2) y (4,2) . La menor área se ilustra en siguiente gráfico.

x

yy2 =−x2 +8x −12

y2 −2x +4 = 0

−2

−1

0

1

2

0 1 2 3 4 5 6

El área que aparece por arriba del eje x es igual al área que aparece por debajo, por tanto el área buscada es:

A = 2∫ 4

2

(√−x2 +8x −12−

√2(x −2)

)d x

=(2arcsin

( x−42

)+ (x −4)√

4− (x −4)2 − 23 (2(x −2))3/2

)∣∣∣4

2= − 2

3 (8)− (−2π)

= − 163 +2π.


Ejemplo 8.8 Hallar el área comprendida entre la curva de agnesi y = 1

1+x2 y la parábola y = 12 x2

Solución. Graficando:

x

y

y = 1

1+x2

y = 12 x2

,5

1

−1 1

Observemos que el área a la derecha del eje y es igual al área de la izquierda, luego

A = 2∫ 1

0

(1

1+x2 − x2

2

)d x

= 2

(arctan x − x3

6

)∣∣∣∣1

0

= 2(π/4−1/6)

= π

2− 1

3.

Ejemplo 8.9 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por

f (x) = x4 −9x2

g (x) = 9−x2

Solución. f y g se intersectan en (−3,0) y (3,0) .

x

yg (x) = 9−x2

f (x) = x4 −9x2

−20

−10

0

10

−3 −2 −1 0 1 2 3


A = 2∫ 3

0

[(9−x2)− (

x4 −9x2)]d x

= 2∫ 3

0

(9+8x2 −x4)d x

= 2(9x + 8

3 x3 − 15 x5

)∣∣30

= 2(27+72− 243

5

)= 504

5

Ejemplo 8.10 Hallar el área encerrada por las curvas dadas por:

f (x) = x3 −9x

g (x) = 4x +12

Solución. Los puntos de intersección de las curvas son los puntos (−3,0) , (−1,8) y (4,28) como se muestra en la figura.

x

y

g (x) = 4x +12

f (x) = x3 −9x−10

−5

0

5

10

15

20

25

30

−3 −2 −1 0 1 2 3 4

Observemos que tienen dos regiones tipo I en los intervalos [−3,−1] y [−1,4] .

A =∫ −1

−3

[(x3 −9x

)− (4x +12)]

d x +∫ 4

−1

[(4x +12)− (

x3 −9x)]

d x

=∫ −1

−3

(x3 −13x −12

)d x +

∫ 4

−1

(−x3 +13x +12)

d x

= 4074 .

Ejemplo 8.11 Hallar el área comprendida entre la parábola x = 9− y2 y la recta x = 2.

Solución. El área buscada se ilustra en la siguiente gráfica. La región puede considerarse como región del tipo II.

x

y

x = 2

x = 9− y2x−3

−2

−1

0

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9


intersectando las curvas dadas se encuentra:x = 9− y2

x = 2,

resolviendo encontramos los puntos de intersección(2,−p7

)y

(2,p

7), por tanto:

A =∫ p

7

−p7

(9− y2 −2

)d y

= 2∫ p

7

0

(7− y2) d y

= 2

(7y − 1

3y3

)∣∣∣∣y=p7

y=0

= 28

3

p7

Observación. El área puede calcularse también como

A = 2∫ 9

2

p9−x d x

Ejemplo 8.12 Calcular el área encerrada por las curvas

x = y2 +2y −8

x = 2y

Solución. El área buscada puede considerarse como la correspondiente a una región tipo II.

x

y

x +2y = 0

x = y2 +2y −8x(−4p

2,−2p

2)

(4p

2,2p

2)

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

−9 −7 −5 −3 −1 1 3 5 6

Debemos observar que las dos curvas se intersectan en los puntos(−4

p2,−2

p2)

y(4p

2,2p

2). El área es:

A =∫ 2

p2

−2p

2

[2y − (

y2 +2y −8)]

d y

=∫ 2

p2

−2p

2

(−y2 +8)

d y

= [− 13 y3 +8y

]2p

2−2

p2 =

64

3

p2.



1. En los siguientes ejercicios hallar el área entre el eje x y la curva dada por y = y (x) .

a) y = x2 −2x. Sol. 4/3

b) y = x3 −x. Sol. 1/2

c) y = x −px. Sol. 1/6

d) y = (x +2)(x2 −1

). Sol. 37/12

e) y = 3p

x −x. Sol. 27/2

2. Hallar el área limitada por las curvas:

a) y2 = 6x, x2 = 6y. Sol.: 12

b) x y = a2, y = 0, x = a, x = 2a y a > 0. Sol.: a2 ln2.

c) y = xex , y = 0, x = 4. Sol.: 3e4 +1.

d) x2/3 + y2/3 = a2/3, a una constante. Sol.: 3a2π8 .

x

y

x2/3 + y2/3 = a2/3

−a −a

−a

a

La curva se llama hipocicloide de cuatro picos.

e) y = x3, y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 20.

f ) y = 4x −x2, y = 0, x = 1, x = 3. Sol. 22/3.

g) x = 1+ y2, x = 10, Sol. 36.

h) x = 3y2 −9, x = 0, y = 0, y = 1. Sol. 8.

i) x = y2 +4y +2, x = 2. Sol. 32/3.

j) y = 9−x2, y = x +3. Sol. 125/6.

k) y = 2−x2, y =−x. Sol. 9/2.

l) x2

a2 + y2

b2 = 1. Sol. πab.

m) y = ex , y = e−x , x = 0, x = 2. Sol. e2 +1/e2 −2.

n) x y = 12, y = 0, x = 1, x = e2. Sol. 24.

3. En los siguientes ejercicios calcular el área de la región entre los gráficos de f y g sobre el intervalo [a,b] especificado.

a) f (x) = 4−x2, g (x) = 8−2x2 , [−2,2] . Sol. 32/3

b) f (x) = x3 +x2, g (x) = x3 +4, [−2,2] . Sol. 32/3


c) f (x) = x −x2, g (x) =−x, [0,2] . Sol. 4/3

d) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [0,1] . Sol. 1/12

e) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [1,2] . Sol. 4p

23 − 3

(21/3)2 + 1

12

f ) f (x) = x1/3, g (x) = x1/2, [0,2] . Sol. 4p

23 − 3

(21/3)2 + 1

6

g) f (x) = x1/2, g (x) = x2, [0,2] . Sol. 13

(10−4

p2)

h) f (x) = x2, g (x) = x +1,[−1,

(1+p

5)

/2]

. Sol. 14

(5p

5−3)

i) f (x) = x(x2 −1

), g (x) = x,

[−1,p

2]

. Sol. 74

j) f (x) = |x| , g (x) = x2 −1, [−1,1] . Sol. 73

k) f (x) = |x −1| , g (x) = x2 −2x, [0,2] . Sol. 73

l) f (x) = 2 |x| , g (x) = 1−3x3,[−p3/3,1/3

]. Sol. 9

p3−1

27

m) f (x) = |x|+ |x −1| , g (x) = 0, [−1,2] . Sol. 5

4. El gráfico de f (x) = x2 y g (x) = c x3, donde c > 0, intersecta al punto (0,0) y(1/c,1/c2

). Encontrar c tal que la región

que yace entre esos gráficos sobre el intervalo [0,1/c] tiene área igual a 23 .

Sol. 12 .

5. Sea f (x) = x −x2, g (x) = ax. Determine a tal que la región sobre el gráfico de g y bajo el gráfico de f tiene área 92 .

Sol. a =−2.

6. Calcular el área limitada por la cisoide y2 = x3

2a −xy su asíntota x = 2a (a > 0) .

Sol. πa2.

8.3 Dibujo de áreas planas con MatLab

Para este efecto emplearemos la posibilidad que tiene el comando area de MatLab de graficar polígonos llenos. por ejemplo

consideremos el cuadrilátero de vértices: (−1,1) , (2,1) , (4,−1) , (2,−3) , para graficar este polígono procedemos como sigue

______________________________________________________

>> x=[-1 2 4 2 -1];

>> y=[1 5 -1 -3 1];

>> area(x,y)

>> grid on

>>

______________________________________________________


Con esta posibilidad podemos graficar el área entre dos funciones f , g definidas en un intervalo [a,b] , para este fin contrui-

mos los siguientes vectores:

x = [x0 , x1 , . . . , xn−1 , xn , xn , xn−1 , . . . , x1 , x0, x0]

y = [f (x0) , f (x1) , . . . , f (xn−1) , f (xn) , g (xn) , g (xn−1) , . . . , g (x1) , g (x0) , f (x0)

]y graficamos luego el poligono dado por los puntos

(xi , yi

). Esto se implementa en el programa areafg.m que se muestra a

continuación______________________________________________________

%areafg(a,b), dibuja el Ã¡rea entre dos funciones

%en el intervalo [a,b], por cada unidad se toman 15 puntos

function areafg(a,b)

syms x; %declaracion de x como simbolica

%ingreso de la funciones f y g

y1=input(’Ingrese la funcion: f(x)= ’);

y2=input(’Ingrese la funcion: g(x)= ’);

%declaracion de f y g como funciones en linea

f=inline(y1);

g=inline(y2);

%Calculo del incremento en x

n=(b-a)*15;

h=(b-a)/n;

%Calcula los puntos (xi,yi) a amplearse con el comando area

x1=a:h:b;

x2=b:-h:a;

z=[x1,x2,x1(1)];

for i=1:n+1

y(i)=f(z(i));

y(i+n+1)=g(z(i+n+1));

end

y(2*n+3)=y(1);

%Dibujo de la region entre f y g

area(z,y)

grid on

______________________________________________________


Ejemplo 8.13 Graficamos el área encerrada por f (x) = 10−x sin(2x) y g (x) = 10+x2 en el intervalo [−3,3] . Para este efecto,

empleamos el programa areafg(-3,3) como se muestra a continuación.

>> areafg(-3,3)

Ingrese la funcion: f(x)= 10-x*sin(2*x)

Ingrese la funcion: g(x)= 10+x^2

>>

9 Longitud de Arco

Supóngase que una curva C es generada por la función f definida por y = f (x) desde x = a hasta x = b, en este capítulo se

da una fórmula para calcular la longitud de tal curva C .

Teorema 9.1

Sea f una función diferenciable definida en un intervalo cerrado [a,b] . Sea C la curva generada por f . Entonces la

longitud de la curva C está dada por :

L =∫ b

a

√1+{

f ′ (x)}2 d x.

Demostración. Algunos detalles de la demostración se pueden observar en el siguiente gráfico.

x

y

a bx

yy = f (x)

P0

Pk−1

Pk

Pn

x0 = a yn = bxk−1 xk

∆k x

∆k y

Consideremos la partición

P = {a = x0, x1, . . . , xn = b} ,

del intervalo [a,b] . En un intervalo [xk−1, xk ] la cuerda que une los puntos Pk−1 y Pk , tiene longitud:

Pk−1Pk =√

(∆k x)2 + (∆k y

)2 =√

1+{

f (xk−1)− f (xk )

xk−1 −xk

}2

∆k x, (i)

Debe observarse que se han usado las igualdades:

∆k x = xk−1 −xk

∆k y = f (xk−1)− f (xk ) .

324 Longitud de Arco

La suma de todas las longitudes Pk−1Pk es una aproximación a la longitud verdadera. Tendremos la longitud

exacta cuando ‖P ‖→ 0.

Por otra parte, por el Teorema del Valor Medio aplicado a la función f en el intervalo [xk−1, xk ] , existe un número

ξk ∈ [xk−1 −xk ] tal que

f ′ (ξk ) = f (xk−1)− f (xk )

xk−1 −xk. (ii)

Reemplazando (ii) en (i) encontramos

Pk−1Pk =√

1+{f ′ (ξk )

}2∆k x.

Haciendo ‖P ‖→ 0 , la longitud de la curva está dada por:

L = lım‖P ‖→0

n∑k=1

√1+{

f ′ (ξk )}2∆k x =

∫ b

a

√1+{

f ′ (x)}

d x

■


Ejemplo 9.1 Dado f (x) = 14 x2 − 1

2 ln x, x ∈ [1,2] , hallar la longitud de arco desde x = 1 hasta x = 2.

Solución.

f ′ (x) = 1

2x − 1

2x.

Por tanto:

L =∫ 2

1

√1+

(1

2x − 1

2x

)2

d x. (i)

La integral que aparece en (i) se puede escribir como

∫ √1+

(1

2x − 1

2x

)2

d x =∫ √

1+(

x2 −1

2x

)2

d x (ii)

Con el cambio sec z = x:

tan z =p

x2 −1

sec z tan z d z = d x

reemplazando lo anterior en (ii):

∫ √1+

(1

2x − 1

2x

)2

d x =∫ √

1+(

tan2 z

2sec z

)2

sec z tan z d z

= 12

∫ √4sec2 z + tan4 z tan z d z.

(iii)

Usando la identidad tan2 z = sec2 z −1 obtenemos 4sec2 z + tan4 z = (sec2 z +1

)2, luego:

∫ √1+

(1

2x − 1

2x

)2

d x = 12

∫ (sec2 z +1

)tan z d z

= 12

( 12 sec2 z − ln(cos z)

)= 1

4 x2 − 12 ln

( 1x

)+C

(iv)

Longitud de Arco 325

Finalmente la longitud de arco es:

L =∫ 2

1

√1+

(1

2x − 1

2x

)2

d x

= 14 x2 − 1

2 ln

(1

x

)∣∣∣∣2

1

= 34 + 1

2 ln2.

Por tanto la longitud buscada es L = 34 + 1

2 ln2 ' 1,0966 unidades de longitud..

Ejemplo 9.2 Hallar la longitud del arco de la curva f (x) = 16 x3 + 1

2x desde x = 1 hasta x = 3.

Solución. La derivada es:

f ′ (x) = 1

2x2 − 1

2x2

L =∫ 3

1

√1+

(1

2x2 − 1

2x2

)2

d x

= 1

2

∫ 3

1

(1+x4

x2

)d x

= 1

2

(− 1

2x+ 1

3x3

)∣∣∣∣3

1

= 143 .

Por tanto la longitud buscada es 143 , esto es, 4,6667 unidades de volumen.

Ejemplo 9.3 Hallar la longitud de arco de la curva dada en su forma paramétrica por x = e−t cos t , y = e−t sin t , 0 ≤ t ≤ 4π.

Solución. Para resolver este problema observemos que con y = f (x) se obtiene:

∫ √1+{

f ′ (x)}2 d x =

∫ √1+

{d y

d x

}2

d x

=∫ √(

d x

d t

)2

+(

d y

d t

)2

d t .

Lo anterior nos da una fórmula para calcular la longitud de arco cuando la curva está en su forma paramétrica. Derivando

respecto a la variable t se obtiene:

d x

d t= e−t (−cos t − sin t )

d y

d t= e−t (−sin t +cos t )

Por tanto: (d x

d t

)2

+(

d y

d t

)2

= 2e−2t ,

luego:

L =∫ 4π

0

√(d x

d t

)2

+(

d y

d t

)2

d t .

= p2∫ 4π

0e−t d t =p

2(1−e−4π)

.

326 Longitud de Arco

A continuación se muestra la gráfica de esta curva

x

y (e−t cos t ,e−t sen t

)

−0,2

0,2

0,4

0,2 0,4 0,6 0,8 1


1. En los siguientes ejercicios encontrar la longitud de arco con las condiciones dadas.

a) y = x3/2, 0 ≤ x ≤ 5.

Sol. 33527 .

b) y = 12 (ex +e−x ) , 0 ≤ x ≤ 2.

Sol. 12

(e4 −1

)e−2.

c) y =p

36−x2, 0 ≤ x ≤ 4.

Sol. 6arcsin(2/3) .

d) y3 = x2, 0 ≤ x ≤ 8.

Sol. 827

(103/2 −1

).

e) y2 = 2px, desde el vértice a un extremo del lado recto.

Sol. pp

22 + p

2 ln(1+p

2)

.

f ) y2/3 +x2/3 = a2/3, a una constante positiva.

Sol. 6a.

Sug. La curva dada se llama astroide (también hipocicloide) y es simétrica con respecto a los ejes x e y. Su gráfica

es:

x

y

x2/3 + y2/3 = a2/3

−a −a

−a

a

g) y = ln x,p

3 ≤ x ≤p8.

Sol. 1+ 12 ln 3

2 .

Longitud de Arco 327

h) y = arcsin(e−x ) , 0 ≤ x ≤ 1.

Sol. ln(e +

pe2 −1

).

i) La parte cerrada de 9ay2 = x (x −3a)2 .

Sol. 2ap

3

j) y = ln(coth x

2

), a ≤ x ≤ b, 0 < a < b.

Sol. ln

(e2b −1

e2a −1

)+a −b.

k) x = a (cos t + t sin t ) , y = a (sin t − t cos t ) , desde t = 0 hasta t = T.

Sol. 12 aT 2.

l) x = a (2cos t −cos2t ) , y = a (2sin t − sin2t ) .

Sol. 16a.

m) x = 5t −2, y = 2t +8 desde t = 1 hasta t = 5.

Sol. 4p

29

2. Expresar la longitud de cada una de las curvas como una integral definida.

a) Un arco de la gráfica de la función seno.

b) y =∫ x

1

1

td t desde x = 1

2 hasta x = 2.

10 Cálculo de Volúmenes

En este capítulo se dan dos técnicas para calcular volúmenes de sólidos que se forman por rotación de ciertas áreas planas.

En ambas técnicas se usa la sencilla idea de aproximar el volumen mediante cilindros sólidos o cilindros huecos cuyos vo-

lúmemes son conocidos. A continuación se recuerdan las fórmulas para el cálculo del volumen de un cilindro sólido y un

cilindro hueco.

r

h

Cilindro sólido

Radio=r

Altura=h

Volumen=πr 2h

r1

r2

h

Cilindro hueco

Radio menor=r1

Radio mayor=r2

Altura=h

Volumen=π(r 2

2 − r 21

)h

Cilindro sólido (disco). Un cilindro sólido de radio r y altura h tiene volumen =πr 2h.

Cilindro hueco (anillo). Un cilindro hueco de radio menor r1, radio mayor r2 y altura h tiene volumen V =π(r 2

2 − r 21

)h

10.1 Método de los cilindros sólidos


Teorema 10.1

Considérese un área finita del primer cuadrante limitada por:

y = f (x) , x = a, x = b, y = c

Supóngase que dicha área rota alrededor de la recta y = c, generando un sólido de volumen V. Entonces:

V =π∫ b

a

[f (x)− c

]2 d x.

Este método es también conocido como método del disco.

Demostración. Detalles de la demostración se observan en los siguientes gráficos.

y = c

x

y

a b

Región que rota

y = f (x)

y = c

x

y

a b

Sólido obtenido por rotacióny = f (x)

y = c

x

y

x0 = a xn = b

y = f (x)

xk−1ξkxk

Rectángulo que rota

radio=y = f (ξk )− c

altura=xk −xk−1

Debemos observar que el eje de rotación es parte del área que rota.

Consideremos una partición P = {a = x0, x1, . . . , xn = b} del intervalo [a,b] Tomando un intervalo [xk−1, xk ] , se

dibuja en el área plana un rectángulo perpendicular al eje de rotación. Tal rectángulo tiene base ∆k x = xk −xk−1

y altura igual a f (ξk )−c, donde ξk ∈ [xk−1, xk ] . Al hacer rotar este rectángulo alrededor de la recta y = c se genera

un cilindro sólido con las siguientes dimensiones:

Radio = f (ξk )− c

Altura = ∆k x,

Cálculo de Volúmenes 331

por tanto el volumen de tal cilindro es

π(

f (ξk )− c)2∆k x

La suma de los volúmenes de todos los cilindros es una aproximación al volumen buscado, si V es la aproxima-

ción, escribimos:

V ≈n∑

k=1π

[f (ξk )− c

]2∆k x

Si ‖P ‖→ 0, se debe tener el volumen exacto esto es:

V = lım‖P ‖→0

n∑k=1

π[

f (ξk )− c]2∆k x =

∫ b

aπ

[f (x)− c

]2 d x

Observación. En lo que sigue, en lugar de(ξk , f (ξk )

)escribiremos simplemente

(x, f (x)

)o más brevemente

(x, y

), también

en lugar de ∆k x escribiremos ∆x o más brevemente d x.

Ejemplo 10.1 Calcularemos el volumen que resulta al hacer rotar el área limitada por

f (x) =px +3

x = 0

x = 9

y = 0

f (x) =px +3 alrededor de la recta y = 0.

Procedemos como en el teorema.

1. Se dibuja el área que va a rotar, en ella se dibuja un rectángulo perpendicular al eje de rotación.

x

y y =px +3(

ξ, f (ξ))

xk−1 xkξk

x = 9

∆k x

123456

1 9 x

y y =px +3

123456

1 9

2. Se puede apreciar que cuando el rectángulo gira alrededor de la recta y = 0 genera un cilindro de:

Radio = f (ξk )

Altura = ∆k x

3. El volumen del cilindro es entonces:

V = π

∫ 9

0

(px +3

)2d x

= π

∫ 9

0

(x +6

px +9

)d x

= 4592 π


Observación. Cuando el eje de rotación no es parte de la frontera del área plana a rotar, se hace diferencia de volúmenes.

Ejemplo 10.2 Calcularemos el volumen que resulta de hacer rotar el volumen limitado por

y = cos x

y = 1/2

x = −π/3

x = π/3

alrededor de la recta y = 0.

Procedemos del siguiente modo:

1. Observemos que el volumen generado al rotar el área dada tiene un hueco cilíndrico de radio cos(π/3) = 12 . Calculare-

mos el volumen V1 sin el hueco y luego calcularemos el volumen V2 del hueco. El volumen buscado será V =V1 −V2.

x

y

y = cos(x)

(ξ, f (ξ)

)

xk−1 xkξk

∆k x

−1

1

−π/3 π/3 x

y

−1

1

−π/3 π/3

2. El volumen V1 se obtiene rotando el área encerrada por:

y = cos x

y = 0

x = −π3

x = π3

luego:

V1 =π∫ π/3

−π/3(cos x)2 d x = 2π

∫ π/3

0cos2 x d x

3. El hueco cilíndrico tiene volumen

V2 = 2π∫ π/3

0

(1

2

)2

d x


4. Por lo tanto

V = V1 −V2

= 2π∫ π/3

0

(cos2 x − (1/2)2) d x

= 2π(

12 cos x sin x + 1

4 x∣∣π/30

)= 2π

( 18

p3+ 1

12π)

10.2 Método de los cilindros huecos

En el método anterior se aproxima al volumen con cilindros sólidos. El método que estudiaremos en esta sección utiliza apro-

ximaciones usando cilindros huecos (anillos). El siguiente teorema nos dá una fórmula y una técnica para calcular ciertos

volúmenes.

Teorema 10.2

Considérese un área finita del primer cuadrante limitada por: las gráficas de y = f (x) , y = 0, x = a, x = b.

x

y

y = f (x)

c a b

Eje de rotación: x = c

Supóngase que dicha área rota al rededor de la recta x = c, (c < a) generando un generando un sólido de volumen V.

Entonces

V = 2π∫ b

a(x − c) f (x) d x.

Este método se conoce también como método del anillo.


Demostración. Detalles de la demostración se observan en los siguientes gráficos.

x

y

y = f (x)

c a ξk

xk−1 xkxk−1 xk

∆xk

b

Eje de rotación: x = c

Rectánguloque rota

(ξk , f (ξk )

)

x

y

c ξk

xk−1 xk

∆xkEje de rotación: x = c

Consideremos la partición del intervalo [a,b]

P = {a = x0, x1, . . . , xn = b}

Consideremos el rectángulo de base∆k x = xk −xk−1 y altura f (ξk ) , donde ξk ∈ [xk−1, xk ] , este rectángulo al rotar

alrededor del eje x = c genera un cilindro hueco de :

radio menor = xk−1 − c

radio mayor = xk − c

altura = f (ξk ) ,

el volumen ∆kV de este rectángulo es

∆kV =π((xk − c)2 − (xk−1 − c)2) f (ξk ) . (i)

Consideremos ahora la función g (x) = (x − c)2 definida en [xk−1, xk ] , claramente g es contínua y diferenciable

en [xk−1, xk ] . Por el teorema del valor medio, existe ξ′k ∈ [xk−1, xk ] tal que

g (xk )− g (xk−1) =d g

(ξ′k

)d x

(xk −xk−1) (ii)

Puesto qued g (x)

d x= 2(x − c) y ∆k x = xk −xk−1, la igualdad (ii) se convierte en

(xk − c)2 − (xk−1 − c)2 = 2(ξ′k − c

)∆k x. (iii)

Reemplazando (iii) en (i) obtenemos

∆kV = 2π(ξ′k − c

)f (ξk )∆k x (iv)

La suma de los n anillos correspondientes a la partición P es una aproximación al volumen buscado. Sea V el

volumen exacto, entonces:

V ≈ 2πn∑

k=1

(ξ′k − c

)f (ξk )∆k x. (v)

Finalmente haciendo ‖P ‖→ 0, y usando el teorema de Bliss (ver capítulo 6) tenemos

V = lım‖P ‖→0

2πn∑

k=1

(ξ′k − c

)f (ξk )∆k x = 2π

∫ b

a(x − c) f (x) d x.

■


Observación.

El número x−c es la distancia del punto(x, y

)de la curva al eje de giro, como debe ser positivo, a veces este x−c se reemplaza

con c −x.

Ejemplo 10.3 Se calculará el volumen del toro generado por rotación, alrededor del eje x = 3, de la región limitada por la

circunferencia dada por x2 + y2 = 4

Procedemos como en el teorema.

1. Se dibuja el área a rotar y el toro.

x

y

−2−1

012

−2−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

−20

24

−2

0

2−1

0

1

Toro

2. La distancia del punto(x, y

)al eje de giro es

3−x,

por otra parte la altura del cilindro hueco que se genera con el rectángulo representativo es 2y.

3. Por tanto el volumen es

V = 2π∫ 2

−2(3−x)

(2y

)d x

= 4π∫ 2

−2(3−x)

√4−x2 d x

= 4π

{32 x

p4−x2 +6arcsin 1

2 x + 13

(p4−x2

)3}2

−2

= 4π (6π) = 24π2

4. El volumen es por tanto V = 24π2 unidades de volumen.


En los siguientes ejercicios hallar el volumen generado por rotación de un área plana alrededor del eje indicado.

10.2.0.8. Cilindros sólidos

Ejemplo 10.4 Calcular el volumen determinado por rotación del área encerrada por f (x) = x+4 y g (x) = 6x−x2 alrededor

del eje x.


Solución.

x

y y = 6x −x2

y = x +4

2468

1 2 3 4 x

y

−8−6−4−2

02468

1 2 3 4

Las dos curvas se intersectan en x = 1 y x = 4 (ver gráfico), el volumen generado por el área encerrada por las curvas se puede

calcular como la diferencia de los siguientes volúmenes:

El volumen V1 generado por rotación del área encerrado por

Curva dada por g

rectas: x = 1, x = 4, y = 0,

este volumen es V1 =π∫ 4

1

(g (x)

)2 d x =π∫ 4

1

(6x −x2)2

d x.

El volumen V2 generado por rotación del área encerrado por

Curva dada por f

rectas: x = 1, x = 4, y = 0,

este volumen es V2 =π∫ 4

1

(f (x)

)2 d x =π∫ 4

1(x +4)2 d x

Así el volumen es V =V1 −V2, esto es,

V = π

∫ 4

1

((6x −x2)2 − (x +4)2

)d x

= π 3335 .

Ejemplo 10.5 Calcular el volumen generado por rotación del área encerrada por f (x) = 12 (x −2) , las rectas x = 0 y y = 0

alrededor del eje x.

Solución. EL volumen en este caso es (ver figura)

V = π∫ 2

0

(f (x)

)2 d x =π∫ 20

( 12 (x −2)

)2d x

= 23π

x

y

−1

1

0 1 2 x

y

−1

1

0 1 2


Ejemplo 10.6 Calcular el volumen que generado por rotación del área encerrada por f (x) = 2x , g (x) = 1

x , x = 1 y x = 4

alrededor del eje x.

Solución. El área a rotar se muestra en la siguiente gráfica.

x

y

y = 2

x

y = 1

x

1

2

1 2 3 4 x

y

y = 2

x

y = 1

x

−2

−1

1

2

1 2 3 4

El volumen es:

V = π

∫ 4

1

((f (x)

)2 − (g (x)

)2)

d x =π∫ 4

1

((2

x

)2

−(

1

x

)2)d x

= 94π.

Ejemplo 10.7 Hallar el volumen del sólido de revolución formado por rotación del área limitada por y = 2+ cos x, x = π,

x = 10π y el eje x, alrededor del eje x.

Solución. El volumen total es nueve veces el generado por el área encerrada por y = 2+cos x, x =π, x = 2π, es decir:

V = 9π∫ 2π

πy2d x

= 9π∫ 2π

π(2+cos x)2 d x

= 812 π

2.

10.2.0.9. Cilindros Huecos

Ejemplo 10.8 Calcular el volumen generado por la rotación del área limitada por f (x) = 2x −x2, y = 0 alrededor del eje y .

Solución. Ilustramos el área a rotar en el siguiente gráfico.

x

y

f (x) = 2x −x2

1

1 2


La distancia del punto(x, y

)de la curva al eje de rotación es x. La altura del cilindro hueco que se genera es y, luego el

volumen esV = 2π

∫ 20 x y d x = 2π

∫ 20 x

(2x −x2

)d x

= 83π.

Ejemplo 10.9 Calcular el volumen generado por la rotación del área limitada por f (x) = 1+ x + x7, y = 0, x = 0, x = 1

alrededor del eje y.

Solución. El área a rotar se muestra en la siguiente gráfica.

x

y

f (x) = 1+x +x7

1

2

3

1

La distancia de un punto(x, y

)al eje de rotación es x y la altura del cilindro es y, luego el volumen es

V = 2π∫ 1

0x y d x = 2π

∫ 1

0x

(1+x +x7)d x

= 179 π.

Ejemplo 10.10 Hallar el volumen del sólido de revolución formado por rotación del área limitada por y = 2+cos x, x = π,

x = 10π y el eje x, alrededor del eje x.

Solución. La distancia al eje de rotación de un punto(x, y

)de la curva es siempre x y la altura del cilindro hueco es y, por

tanto el volumen es:V = 2π

∫ 10ππ x yd x

= 2π∫ 10ππ x (2+cos x)d x

= 2π(99π2 +2

)


En los siguientes ejercicios calcular el volumen generado por rotación del área que indica.

1. f (x) = 12 (ex +e−x ) , y = 0, x = 0, x = 2 alrededor del eje x

Sol. 18π

(e8 −1+8e4

)e−4.

2. f (x) = 12 (ex +e−x ) , y = 0, x = 0, x = 2 alrededor del eje x

Sol.(e2 −3e−2 +2

)π


3. f (x) = x3 +3x2 y g (x) = 10x en el primer cuadrante, alrededor del eje x.

Sol. 13312105 π.

4. f (x) = x2 −4, g (x) = 2x +4, alrededor de la recta y =−6.

Sol. π 30245 .

5. x2 − y2 = 16, y = 0, x = 8, eje y.

Sol. 128p

3π.

6. x2 − y2 = 16, y = 0, x = 8, eje x.

Sol. 256π/3.

7. x = 9− y2, entre x − y −7 = 0, x = 0, alrededor del eje y.

Sol. 963π/5.

8. y = e−x2, y = 0, x = 0, x = 1, alrededor del eje y.

Sol. π(1−e−1

).

9. Considere una esfera de radio r, determinar el volumen que queda después de perforar un agurero de forma cilíndrica

de radio a menor a r, cuyo eje pasa por el centro de la esfera. Sol. 43π

(r 2 −a2

)3/2.

11 Apéndice 1: El axioma del supremo

Los nueve axiomas estudiados en el capítulo 1 dan lugar a todas las propiedades algebraicas y de orden de los números

reales. Existe un otro axioma que es de fundamental importancia en el análisis. Este axioma es el que distingue el sistema

de números reales con el sistema de números racionales (el sistema de números racionales satisface todos los axiomas del

sistema de números reales exepto el axioma del supremo). Sin este axioma no podría mostrarse, por ejemplo, la existencia

de números comop

2.

Antes de estudiar el axioma del supremo es necesario introducir algunos conceptos.

11.1 Máximo y mínimo

Sea S un conjunto finito de números reales, entonces en S existen números m y M tales que m ≤ x ≤ M para todo x ∈ S. m se

conoce como el mínimo de S y M el máximo de S. Esta afirmación es un teorema cuya demostración puede verse en ”Curso

de Análisis, Elon Lages Lima, IMPA, Brasil, 1976”.

Si S es un conjunto infinito de números reales puede que no tenga máximo y tampoco tenga mínimo, esto es, no existen

números m, M ∈ S tales que m ≤ x ≤ M para todo x ∈ S. Por ejemplo si a,b son números reales tales que a < b el conjunto

S = {x ∈R : a < x < b} no tiene máximo ni mínimo.

11.2 Cota superior

Definición 11.1

Un conjunto de números reales S está acotado superiormente (o tiene cota superior) si existe un número c tal que

para todo x ∈ S se verifica x ≤ c Tal número se llama Cota superior de S.

Ejemplo 11.1 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota superior es c = b. Cualquier número mayor a b también es una cota

superior de S.


11.3 Cota inferior

Definición 11.2

Un conjunto de números reales S está acotado inferiormente (o tiene cota inferior) si existe un número c tal que para

todo x ∈ S se verifica x ≥ c. Tal número se llama Cota inferior de S.

Ejemplo 11.2 Sea S = {x ∈ R : a < x < b} , una cota inferior es c = a. Cualquier número menor que a es también una cota

inferior de S.

Teorema 11.1

Si una cota superior de S está en S, tal cota es el máximo de S, Similarmente si una cota inferior está en S, tal cota es

el mínimo de S.

11.4 Mínima cota superior

Definición 11.3

Un número c es llamado mínima cota superior de un conjunto no vacio S si

i) c es una cota superior de S

ii) Ningún número menor a c es una cota superior de S.

El siguiente teorema es muy útil cuando se tiene que probar que un número c es una mínima cota superior.

Teorema 11.2

Un número c es la mínima cota superior de un conjunto vacio S si y solo si

i′) c es una cota superior de S

ii′) Para cualquier ε> 0, existe s0 ∈ S tal que s0 > c −ε

En lo que sigue la mínima cota superior de un conjunto S se abreviará con mcs(S) y a veces se dirá simplemente

supremo lo que escribiremos sup(S). Si c es el supremo de S escribiremos c = sup(S).

Apéndice 1: El axioma del supremo 343

11.5 Axioma 10 (el axioma del supremo)

Cada conjunto no vacio S de números reales acotado superiormente posee un supremo, esto es, existe un número c talque c = sup(S).

11.5.1. Máxima cota inferior

Definición 11.4

Un número c es llamado máxima cota inferior de un conjunto no vacío S si

i ) c es una cota inferior de S

i i ) Níngún número mayor a c es una cota inferior de S.

Al igual que en el caso del supremo se tiene el siguiente teorema.

Teorema 11.3

Un número c es llamado máxima cota inferior de un conjunto no vacio S si y solamente si

i ′) c es una cota inferior de S

i i ′) Para cualquier ε> 0, existe s0 ∈ S tal que s0 < c +ε

La máxima cota inferior se abreviará con mcm y se llamará ínfimo. Si c es el ínfimo de un conjunto S escribiremos c = ınf(S).

Usando el axioma del supremo se puede probar el siguiente teorema.

Teorema 11.4

Cada conjunto de números reales acotado inferiormente posee un ínfimo.

Ejemplo 11.3 El conjunto S = {x ∈ R : 1 ≤ x ≤ 2} está acotado inferior y superiormente ınf(S) = 1, sup(S) = 2.

Ejemplo 11.4 Determinaremos (si existen) el ínfimo y el supremo del siguiente conjunto.

S ={

1

n: n es un entero positivo

}Escribiendo S por extensión se tiene:

S ={

1

1,

1

2,

1

4, · · ·

},

se puede probar que ınf(S) = 0 y sup(S) = 1.


Teorema 11.5

El conjunto P de los enteros positivos 1,2,3, . . . , no es acotado por arriba.

Demostración. Supongamos que P es acotado por arriba. Sabemos que P 6= ; luego por el axioma del supremo P tiene

supremo, sea b = sup(P), luego para todo ε > 0, existe p ∈ P tal que b − ε < p ≤ b. En particular puesto que 1 > 0, existe

p ∈ P tal que b −1 < p ≤ b pero entonces p +1 > b y puesto que p +1 ∈ P, b no puede ser cota superior, esto contradice a la

suposición de que b es una cota superior. De esta contradicción concluimos que P no es acotado por arriba.

■

11.5.2. La propiedad arquimediana

Teorema 11.6

Para cada real x existe un entero positivo n tal que n > x.

Demostración. Si para cada entero positivo n se tiene n ≤ x tendríamos que el conjunto de los enteros positivos es acotado,

en contradicción con el anterior teorema, luego debe existir un entero positivo n tal que n > x.

■

Teorema 11.7

Si x > 0 y y es un número arbitrario, existe un entero positivo n tal que nx > y.

Demostración. Reemplazando x por y/x en el anterior teorema encontramos que existe un entero positivo n tal que n > y/x

de donde nx > y .

■La propiedad descrita en el anterior teorema es llamada Propiedad Arquimediana de los Reales.

Teorema 11.8

Para cualquier real x existe un entero m tal que m −1 ≤ x < m.

Teorema 11.9

Si a,b son números reales cualesquiera tales que a < b, entonces existe un número racional r tal que a < r < b.

Al iniciar el apéndice que existe una diferencia entre el sistema de números reales y el sistema de números racionales, el

siguiente ejemplo muestra esta afirmación.

Teorema 11.10

Existe un número real x tal que x2 = 5

Apéndice 1: El axioma del supremo 345

Demostración. Definamos S = {y ∈R : y ≥ 0, y2 ≤ 5

}, este conjunto es acotado superiormente, una cota es M = 5, si no

fuera asì, existiría un número y0 ∈ S tal que y0 > 5, pero entonces 25 < y20 , pero y0 ∈ S entonces y2

0 < 5, luego se tendría:

25 < y20 < 5,

lo cual evidentemente es una contradicción, por tanto S es acotado superiormente, en consecuencia el conjunto S tiene

supremo. Sea x = sup(S) , probaremos que x2 = 5. Con este fin mostraremos que los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles:

x2 < 5. Para todo natural m se tiene: (x + 1

m

)2

= x2 + 2x

m+ 1

m2 < x2 + 2x +1

m.

Puesto que 5−x2 > 0, por la propiedad arquimediana, existe un natural n0 tal que2x +1

5−x2 < n0, por tanto:

2x −1

n0< 5−x2

con lo que se tiene: (x + 1

n0

)2

< x2 + 2x +1

n0< x2 + (

5−x2)= 5

por tanto: (x + 1

n0

)2

< 5,

esto muestra que x + 1n0

∈ S, lo cual es contradictorio, pues x, al ser supremo, es una cota superior.

x2 > 5. Para todo natural m se tiene: (x − 1

m

)2

= x2 − 2x

m+ 1

m2 > x2 − 2x

m

puesto que 2x > 0 y x2 −5 > 0, existe un natural n0 tal que2x

x2 −5< n0, por tanto:

−2x

n0>−(

x2 −5)

y en consecuencia: (x − 1

n0

)2

> x2 − 2x

n0> x2 − (

x2 −5)= 5, (1)

finalmente puesto que x − 1n0

< x, existe y0 ∈ S tal que

x − 1

n0< y0

con lo que: (x − 1

n0

)2

< y20 ≤ 5 (2)

combinando (1) y (2)

5 <(

x − 1

n0

)2

≤ 5

que evidentemente es una contradicción.

Por tanto los casos x2 < 5 y x2 > 5 son imposibles, es decir, debemos tener necesariamente x2 = 5.


Ejercicios propuestos

1. Demostrar los teoremas que no presentan demostración.

2. Si tres números reales a, x, y satisfacen las desigualdades a ≤ x ≤ a + y

npara cada n ≥ 1, entonces x = a.

3. Probar que si el producto de dos números es par, entonces uno de ellos es par, en particular si n2 es par entonces n es

par.

4. Determinar el supremo y el ínfimo, si existen, de los siguientes conjuntos.

a)

{2− 1


},

b)

{(−1)n 1


}c)

{n + (−1)

1


}5. Pruébese que entre dos reales distintos a,b hay infinitos racionales.

6. Si S y T son conjuntos de números reales tales que para cualquier x ∈ S existe un y ∈ T tal que x ≤ y , demuéstrese que

sup(S) ≤ sup(T ).

7. Si A,B ,C son conjuntos de números reales tales que para cada x ∈ A y cada y ∈ B existe z ∈C tal que x+ y ≤ z, demués-

trese que sup(A)+ sup(B) ≤ sup(C ).

12 Apéndice 2: Un límite notable

En este apéndice demostramos el siguiente resultado:

lımx→∞

(1+ 1

x

)x

= e

Empezamos definiendo el concepto de sucesión.

Definición 12.1

Una sucesión s es una función con dominio el conjunto de los enteros positivos y codominio el conjunto de los reales,

esto es, s :Z+ →R. Los elementos de la sucesión se denotan por s (n) o simplemente por sn .

Ejemplo 12.1 La sucesión1

1,

1

2,

1

3, . . . está generado por la función s definida por s (n) = 1

n.

Definición 12.2

Se dice que L es el límite de una sucesión s si

(∀ε> 0)(∃N ∈Z+)

(n ≥ N ⇒|s (n)−L| < ε) ,

en tal caso escribimos:

lımn→∞ s (n) = L.

Definición 12.3

Una sucesión s es acotada si el conjunto:

S = {s (n) : n ∈Z+}

es acotado.

348 Apéndice 2: Un límite notable

Definición 12.4

Usa sucesión s es creciente si para n ≤ m, tenemos s (n) ≤ s (m).

Teorema 12.1

Sea s una sucesión creciente, supongamos que s está acotada superiormente. Entonces el límite de la sucesión existe

y es igual al supremo del conjunto S = {s (n) : n ∈Z+}

.

Demostración. Sea

L = supS,

por tanto, dado ε> 0, existe un entero N tal que:

L− ε

2< s (N ) ≤ L

puesto que la sucesión es creciente, para n ≥ N tenemos:

S (N ) ≤ s (n)

es claro además que s (n) ≤ L, luego:

L− ε

2< s (N ) ≤ s (n) ≤ L

de este resultado tenemos:

− ε2< s (n)−L ≤ 0

de esto deducimos que |s (n)−L| ≤ ε

2< ε. Esto prueba el teorema.

■

Teorema 12.2

Para cualquier entero positivo n.

2 <(1+ 1

n

)n

< 3

Demostración. Por el teorema del binomio, para un natural n podemos escribir:(1+ 1

n

)n

=n∑

k=0

(nk

)( 1

n

)k

= 1+1+ 1

2!

(1− 1

n

)+ 1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+·· ·+ 1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)(1− n −1

n

)< 1+1+ 1

2!+ 1

3!+·· ·+ 1

n!< 3

(12.1)

esto muestra que efectivamente:

2 <(1+ 1

n

)n

< 3.

■

Apéndice 2: Un límite notable 349

Teorema 12.3

El límite

lımn→∞

(1+ 1

n

)n

existe.

Demostración. Consideremos la sucesión dada por

s (n) =(1+ 1

n

)n

luego s es una sucesión creciente de números reales. Por el teorema previo s está acotado superiormente, luego el

límite existe y es igual al supremo, es decir,

lımn→∞

(1+ 1

n

)n

= sup{s (n) : n ∈Z}

Denotamos a este límite por e. El valor de esta constante es aproximadamente e = 2,718281828. . .., tenemos entonces

lımn→∞

(1+ 1

n

)n

= e

■

Teorema 12.4

lımx→∞

(1+ 1

x

)x

= e

Demostración. Para todo real x existe un entero n tal que

n ≤ x < n +1

por tanto (1+ 1

n

)n

≤(1+ 1

x

)x

<(1+ 1

n +1

)n+1

es claro que si x →∞ también n →∞, también es claro que

lımn→∞

(1+ 1

n

)n

= lımn→∞

(1+ 1

n +1

)n+1

= e

por tanto

lımx→∞

(1+ 1

x

)x

= lımn→∞

(1+ 1

n

)n

= e

■

Cálculo I.

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