ejercicios resueltos de calculo superior

Ejercicios resueltos de

CALCULO

Agustın Valverde Ramos

***** BORRADOR *****

Editado electronicamente por Agustın Valverde

c© Agustın Valverde Ramos

Dpto. de Matematica Aplicada

Escuela Tecnica Superior de Ingenierıa Informatica

Universidad de Malaga

Bvd. Louis Pasteur, s/n (Campus de Teatinos)

29071 Malaga

Introduccion

Notacion de ejercicios: cap.ej(apart) o cap.ej o ej(apart) o ej

iii

Indice general

1. El cuerpo de los numeros complejos 1

2. Sucesiones y series numericas 27

3. Sucesiones y series funcionales 105

4. El espacio metrico Rn.

Curvas parametrizadas 149

5. Calculo en varias variables 228

iv

6. Optimizacion no-lineal 268

7. Integracion 327

8. Ecuaciones diferenciales ordinarias 549

v

Capıtulo 1

El cuerpo de los

numeros complejos

1

El cuerpo de los numeros complejos 2

Problema 1 Hallar el modulo y el argumento de cada uno de los siguientes numeros:

3 + 4i; (3 + 4i)−1; (1 + i)5; 7√

3 + 4i; |3 + 4i|

Recordemos que el recorrido considerado para la funcion arc tg es (−π/2, π/2); ademas, esta funcion es impar y

verifica la siguiente igualdad:

arc tg x+ arc tg1

x=π

2

✎ |3 + 4i| =√

32 + 42 = 5

arg(3 + 4i) = arc tg 4/3

✎ Utilizamos el apartado anterior:

|(3 + 4i)−1| = |3 + 4i|−1 = 1/5

arg((3 + 4i)−1) = − arg(3 + 4i) = − arc tg 4/3

✎ Resolvemos este apartado de una forma alternativa utilizando la notacion de Euler y la formula de Moivre

(1 + i)5 = (√

2(1√2

+1√2i))5 = (

√2(cos

π

4+ i sen

π

4))5 = 4

√2(cos

5π

4+ i sen

5π

4)

Por tanto, |(1 + i)5| = 4√

2 y arg(1 + i)5 = 5π4

Ejercicios resueltos de Calculo. c©Agustın Valverde


✎ Dado que |3 + 4i| = 5, | 7√

3 + 4i| = 7√

5. Por otra parte, un numero complejo tiene n raıces n−esimas distintas

cuyos modulos coinciden; si α = arc tg 43 es el argumento de 3 + 4i, entonces los argumentos de las 7 raıces

septimas son 17α+ 2

7πk para k = 0, 1, . . . , 6.

✎ Dado que |3 + 4i| = 5 es un numero real positivo, coincide con su valor absoluto y su argumento es 0.



Problema 2 Expresar cada uno de los siguientes numeros complejos en la forma “a+ bi”:

eπi/2; 2e−πi/2; 3eπi; −e−πi; i+ e2πi; eπi/4; eπi/4 − e−πi/4;1 − eπi/2

1 + eπi/2

✎ eπi/2 = cos π2 + i sen π

2 = i.

✎ 2e−πi/2 = −2i.

✎ 3eπi = −3.

✎ −e−πi = 1.

✎ i+ e2πi = i+ 1.

✎ eπi/4 = 1√2

+ i 1√2.

✎ eπi/4 − e−πi/4 = 2iIm(eπi/4) = 2i sen π/4 = 2i1√2

= i√

2

✎1 − eπi/2

1 + eπi/2 = 1 − i1 + i

= 12(1 − i)2 = −i



Problema 3 En cada caso, hallar todos los valores de x e y que satisfacen la relacion dada:

x+ iy = xeiy; x+ iy = yeix; ex+iy = −1;1 + i1 − i

= xeiy

✎ x+ iy = xeiy:

Si x = 0, entonces y = 0; si x 6= 0, y dado que xeiy = x cos y + ix sen y, debe ocurrir que cos y = 1 y, en tal

caso, sen y = 0 e y = x sen y = 0. Por tanto, las soluciones son todos los complejos con parte imaginaria nula.

✎ x + iy = yeix: Si y = 0, entonces x = 0; si y 6= 0, y dado que yeix = y cos x + iy senx, debe ocurrir que

senx = 1 y en tal caso cosx = 0 y x = y cos x = 0; finalmente, dado que la igualdad y = iy no es posible para

ningun y 6= 0, deducimos que la unica solucion es (0, 0).

✎ Dado que −1 = eiπ, las soluciones de la ecuacion ex+iy = −1 son: x = 0 e y = π + 2kπ

✎ Dado que1 + i1 − i

= i = eiπ/2, las soluciones de la ecuacion1 + i1 − i

= xeiy son: x = 1 e y = π2 + 2kπ



Problema 4 Resolver las ecuaciones siguientes:

1. x2 + ix+ 1 = 0; 2. x4 + x2 + 1 = 0; 3. x3 − x2 − x− 2 = 0; 4.

ix− (1 + i)y = 3

(2 + i)x+ iy = 4

1. x2 + ix+ 1 = 0 ⇐⇒ x =12(−i±

√−1 − 4)

Por tanto, las dos soluciones de la ecuacion son x1 = 12(√

5 − 1)i y x2 = −12(√

5 + 1)i.

2. Esta es una ecuacion bicuadrada:

x4 + x2 + 1 = 0 ⇐⇒ x2 =1

2(−1 ±

√1 − 4) =

1

2(−1 ± i

√3)

Por tanto, las dos soluciones de la ecuacion en x2 son:

y1 =1

2(−1 + i

√3) = cos

2π

3+ i sen

2π

3y2 =

1

2(−1 − i

√3) = cos

4π

3+ i sen

4π

3



Las cuatro soluciones de la ecuacion del enunciado son las dos raıces cuadradas de y1 y las dos de y2:

x1 = cosπ

3+ i sen

π

3=

1

2(1 + i

√3)

x2 = cos4π

3+ i sen

4π

3= −1

2(1 + i

√3)

x3 = cos2π

3+ i sen

2π

3=

1

2(−1 + i

√3)

x4 = cos5π

3+ i sen

5π

3=

1

2(1 − i

√3)

3. Dado que el polinomio x3−x2−x−2 tiene grado impar, al menos una de las tres soluciones es real; comprobando

los divisores del termino independiente, encontramos que 2 es esta solucion; las otras dos, son las soluciones

de la ecuacion x2 + x+ 1 = 0 que hemos resuelto en el apartado anterior. Las tres soluciones son:

x1 = 2 x2 =1

2(−1 + i

√3) x3 =

1

2(−1 − i

√3)

4. Aplicamos el metodo de reduccion o metodo de Gauss:

{

ix− (1 + i)y = 3

(2 + i)x+ iy = 4

}

⇐⇒

ix− (1 + i)y = 3

ix+i2

2 + iy =

4i

2 + i

⇐⇒

ix− (1 + i)y = 3

3i

2 + iy =

i− 6

2 + i

Por tanto, y =i− 63i

= 13 + 2i y x =

3 + (1 + i)yi

= −13(5 + 7i).



Problema 5 Hallar todas las raıces cuartas de i en la forma “a+ bi” sin hacer intervenir ninguna funcion trigo-

nometrica.

Las cuatro raıces cuartas de i son: zk = exp(π

2 · 4 +2π4k)

, k = 0, 1, 2, 3:

z1 = cos π8 + i sen π

8 ; z2 = cos 5π8 + i sen 5π

8 ; z3 = cos 9π8 + i sen 9π

8 ; z4 = cos 13π8 + i sen 13π

8

Las siguientes igualdades permiten el calculo exacto de estas raıces:

cos π8 = cos 1

2π4 =

√12

(1 + cos π

4

)=

√2+

√2

2 sen π8 = sen 1

2π4 =

√12

(1 − cos π

4

)=

√2−

√2

2

Por tanto, las raıces son:

z1 = cos π8 + i sen π

8 =

√2+

√2

2 + i

√2−

√2

2

z2 = cos 5π8 + i sen 5π

8 = −√

2+√

22 + i

√2−

√2

2


8 = −√

2+√

22 − i

√2−

√2

2


8 =

√2+

√2

2 − i

√2−

√2

2

z1

z2i

Re

Im

z3

z4

π8



Problema 6 Expresar los numeros complejos siguientes en la forma “a+ bi”:

(1 + i)2; 1/i; 1/(1 + i); (2 + 3i)(3 − 4i); (1 + i)/(1 − 2i); i5 + i16; 12 (1 + i)(1 + i−8)

✎ (1 + i)2 = 1 + 2i− 1 = 2i.

✎1i

= ii2

= −i.

✎1

1 + i=

1 − i1 + 1

=12− 1

2i.

✎ (2 + 3i)(3 − 4i) = 6 − 12i2 + i = 18 + i.

✎1 + i1 − 2i

=15(1 + i)(1 + 2i) = 1

5(−1 + 3i).

✎ i5 + i16 = (−1)2i+ (−1)8 = i+ 1.

✎12(1 + i)(1 + i−8) =

12(1 + i)(1 + 1) = 1 + i.



Problema 7 Simplificar la siguiente expresion para cada n ∈ N

1 + i+ i2 + · · · + in

Para simplificarla, vamos a multiplicar y dividir por (1 − i):

1 + i+ i2 + · · · + in =(1 + i+ i2 + · · · + in)(1 − i)

1 − i

=1 + i+ i2 + · · · + in − i− i2 − · · · − in − in+1

1 − i=

1 − in+1

1 − i

Por lo tanto, esta expresion depende de la congruencia de n modulo 4:

Si n = 4k, 1 + i+ i2 + · · · + in =1 − i4k+1

1 − i=

1 − i1 − i

= 1

Si n = 4k + 1, 1 + i+ i2 + · · · + in =1 − i4k+2

1 − i=

1 + 11 − i

= 1 + i

Si n = 4k + 2, 1 + i+ i2 + · · · + in = 1 − i4k+3

1 − i= 1 + i

1 − i= i

Si n = 4k + 3, 1 + i+ i2 + · · · + in =1 − i4k+4

1 − i=

1 − 11 − i

= 0



Problema 8 Representar el conjunto de todos los complejos z que satisfacen cada una de las condiciones siguientes:

1. |2z + 3| < 1; 2. |z + 1| < |z − 1|; 3. |z − i| ≤ |z + i|; 4. |z| ≤ |2z + 1|

Las representacion de los lugares geometricos determinados por las inecuaciones es la siguiente:

Im

Re

ImIm

ReRe

3/2 2/31/31

|2z + 3| < 1 |z + 1| < |z − 1| |z| ≥ |2z − 1|

Im

Re

|z + i | ≥ |z − i |

1. |2z + 3| < 1 ⇐⇒∣∣z + 3

2

∣∣ < 1

2 : interior de la circunferencia de radio 1/2 y centro en (3/2, 0).

Recordemos que los numeros complejos que verifican |z| = r son los situados en la circunferencia de radio r

centrada en el origen; los que verifican |z| < r corresponden al interior de esta circunferencia. En general, los

numeros z que verifican |z − z0| = r son los situados en la circunferencia de radio r y centro en z0.



2. Considerando z = x+ iy, tenemos

|z + 1| < |z − 1| ⇐⇒ (x+ 1)2 + y2 < (x− 1)2 + y2

⇐⇒ x2 + 2x+ 1 < x2 − 2x+ 1

⇐⇒ 4x < 0 ⇐⇒ x < 0

3. Considerando z = x+ iy, tenemos

|z − i| ≥ |z + i| ⇐⇒ x2 + (y − 1)2 ≥ x2 + (y + 1)2

⇐⇒ y2 + 2y + 1 ≥ y2 − 2y + 1

⇐⇒ 4y ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ 0

4. Considerando z = x+ yi, tenemos:

|z| ≥ |2z − 1| ⇐⇒ x2 + y2 ≥ (2x− 1)2 + 4y2 ⇐⇒ y2 +

(

x− 2

3

)2

≤ 1

9

Es decir, la solucion es el interior de la circunferencia de radio 1/3 y centro en (2/3, 0)



Problema 9

1. Hallar la parte real y la parte imaginaria de senh z, cosh z y tgh z.

2. Hallar tgh(2 + iπ4 )

✎ senh(x+ iy) =1

2(ex+iy − e−x−iy)

=1

2(ex(cos y + i sen y) − e−x(cos y − i sen y))

=1

2(ex − e−x) cos y + i

1

2(ex + e−x) sen y

= senhx cos y + i cosh x sen y

✎ cosh(x+ iy) =1

2(ex+iy + e−x−iy)

=1

2(ex(cos y + i sen y) + e−x(cos y − i sen y))

=1

2(ex + e−x) cos y + i

1

2(ex − e−x) sen y

= coshx cos y + i senhx sen y



✎ Para evaluar la funcion tgh dividimos las expresiones anteriores y simplificamos simplificamos el resultado:

tgh(x+ iy) =senh(x+ iy)

cosh(x+ iy)=

senhx cos y + i cosh x sen y

coshx cos y + i senhx sen y

=(senhx cos y + i cosh x sen y)(cosh x cos y − i senhx sen y)

(cosh x cos y + i senhx sen y)(cosh x cos y − i senhx sen y)

=senhx coshx cos2 y + senhx cosh x sen2 y + i(cosh2 x sen y cos y − senh2 x sen y cos y)

cosh2 x cos2 y + senh2 x sen2 y

=senhx cosh x+ i sen y cos y

cosh2 x cos2 y + senh2 x sen2 y

=12 senh 2x+ i12 sen 2y

cosh2 x cos2 y + senh2 x sen2 y + cosh2 x sen2 y − cosh2 x sen2 y

=senh 2x+ i sen 2y

2(cosh2 x− sen2 y)

✎ tgh(2 + iπ

4) =

senh 4 + i sen π2

2(cosh2 2 − sen2 π4 )

=senh 4 + i

2(cosh2 2 − 12)

=senh 4 + i

2 cosh2 2 − 1

=senh 4 + i

cosh 4= tgh 4 +

i

cosh 4≈ 0′999329 + i0′036619



Problema 10 Resolver la ecuacion sen z = 2.

Empezamos utilizando la definicion de la funcion seno

2 = sen z =1

2i(eiz − e−iz) =

e2iz − 1

2eizi

De aqui obtenemos: e2iz − 1 = 4eizi. Esta es una ecuacion de segundo grado en eiz y sus soluciones son

eiz =1

2(4i±

√−16 + 4) = i(2 ±

√3)

Entonces, las soluciones de la ecuacion propuesta verifican:

z =1

ilog i(2 ±

√3) = −i log i(2 ±

√3) = −i(log i+ log(2 ±

√3))

= −i(i(π2

+ 2nπ) + log(2 ±√

3))

=π

2+ 2nπ − i log(2 ±

√3)

Es decir, para cada n ∈ Z tenemos dos soluciones:

z1n =π

2+ 2nπ − i log(2 +

√3) z2n =

π

2+ 2nπ − i log(2 −

√3)



Problema 11 El objetivo de este ejercicio es calcular el coseno de los angulos π/5 y 2π/5.

1. Sea z = cos θ + i sen θ una raız quinta de −1. Probar que, si z 6= −1, entonces z4 − z3 + z2 − z + 1 = 0 y

deducir que 4 cos2 θ − 2 cos θ − 1 = 0. Concluir que cos π/5 = 14(√

5 + 1).

2. Sea z = cos θ + i sen θ una raız quinta de la unidad. Probar que, si z 6= 1, entonces z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 y

deducir que 4 cos2 θ + 2cos θ − 1 = 0. Concluir que cos 2π/5 = 14 (√

5 − 1).

Efectivamente, el valor de los cosenos de los angulos pedidos esta relacionado con las raıces quintas de 1 y de

−1, ya que, por la formula de Moivre:

(cos

π

5+ i sen

π

5

)5= cos π + i senπ = −1

(cos

2π

5+ i sen

2π

5

)5= cos 2π + i sen 2π = 1

Vamos a explicitar la solucion del primer apartado, puesto que la del segundo es exactamente igual. La primera

afirmacion del enunciado es trivial, puesto que una simple division de polinomios prueba que:

z5 + 1 = (z + 1)(z4 − z3 + z2 − z + 1)

Dado que z = cos π5 + i sen π

5 es una de las cinco raıces quintas de -1 distinta de -1, este numero debe ser raız del



polinomio de grado 4; llamando α = cos π5 y β = sen π

5 y sustituyendo z por α+ iβ en dicho polinomio, obtenemos:

0 = z4 − z3 + z2 − z + 1 = α4 + 4iα3β − 6α2β2 − 4iαβ3 + β4

− α3 − 3iα2β + 3αβ2 + iβ3

+ α2 + 2iαβ − β2

− α− iβ + 1

Por lo tanto, tanto la parte imaginaria como la parte real de la expresion de la derecha deben ser 0. Debemos

serparar y simplificar ambas partes para obtener la expresion mas sencilla posible; en este caso, la expresion mas

simple se obtiene de la parte imaginaria, pero el lector deberıa desarrollar igualmente la parte real para comprobarlo.

0 = 4α3β − 4αβ3 − 3α2β + β3 + 2αβ − β

Dividiendo por β obtenemos:

0 = 4α3 − 4αβ2 − 3α2 + β2 + 2α− 1

Dado que tenemos que obtener un polinomio en α, sustituimos β2 por 1 − α2:

0 = 4α3 − 4α+ 4α3 − 3α2 + 1 − α2 + 2α− 1

= 8α3 − 4α2 − 2α

Finalmente, dividiendo por 2α obtenemos el polinomio buscado:

0 = 4α2 − 2α− 1



La resolucion de esta ecuacion de segundo grado, conduce finalmente al valor de cos π5 (tomamos solamente la

solucion positiva):

α = cosπ

5=

1

8(2 +

√20) =

1

4(1 +

√5)



Problema 12 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definicion de las funciones hiperbolicas en el

cuerpo de los numeros complejos.

1. senh z coshu+ cosh z senhu = senh(z + u)

2. cosh z coshu+ senh z senhu = cosh(z + u)

A partir de ellas deducir las siguientes:

3. cosh2 z − senh2 z = 1

4. 2 senh z cosh z = senh 2z

5. cosh2 z + senh2 z = cosh 2z

6. senh z coshu = 12(senh(z + u) + senh(z − u))

7. senh z senhu = 12(cosh(z + u) − cosh(z − u))

8. cosh z coshu = 12(cosh(z + u) + cosh(z − u))



Problema 13 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definicion de las funciones trigonometricas en

el cuerpo de los numeros complejos.

1. sen z cos u+ cos z senu = sen(z + u)

2. cos z cos u− sen z senu = cos(z + u)

A partir de ellas deducir las siguientes:

3. cos2 z + sen2 z = 1

4. 2 sen z cos z = sen 2z

5. cos2 z − sen2 z = cos 2z

6. sen z cos u = 12(sen(z + u) + sen(z − u))

7. sen z senu = 12(− cos(z + u) + cos(z − u))

8. cos z cos u = 12(cos(z + u) + cos(z − u))



Problema 14 Deducir las siguientes expresiones para las funciones inversas de las funciones hiperbolicas:

arg senhx = log(x+√

x2 + 1) arg coshx = log(x+√

x2 − 1)

La funcion cosh no es inyectiva, ya que coshx = cosh−x. Por lo tanto, la funcion arg coshx podrıa tomar dos

valores para cada x; el valor que se considera en la definicion de dicha funcion es el positivo. Por otra parte, si

la funcion la consideramos definida sobre los numeros complejos, las expresiones anteriores son validas, pero los

posibles valores del logaritmo son infinitos; en este caso, la definicion de las funciones inversas se hace tomando los

valores principales del logaritmo.

Deducir una expresion para la funcion arg cosh se reduce a despejar y en funcion de x en la expresion

ez + e−z

2= x

Multiplicando por 2ez, la igualdad anterior se convierte en la siguiente ecuacion de segundo grado en ez :

e2z − 2ezx+ 1 = 0

Cuyas soluciones son ez =2x±

√4x2 − 42

= x±√x2 − 1. De donde obtenemos la solucion propuesta en el enunciado:

arg coshx = log(x +√x2 − 1). Debemos observar que, efectivamente, la otra solucion coincide con esta, pero con

signo contrario:

log(x−√

x2 − 1) = logx2 − (x2 − 1)

x+√x2 − 1

= − log(x+√

x2 − 1)



El desarrollo para obtener la expresion para arg senhx es similar obteniendo como solucion:

ez = x±√

x2 + 1

Hay que observar no obstante, que la solucion ez = x −√x2 + 1 no tiene sentido si trabajamos solo con numeros

reales, pero sı en el caso de considerar numeros complejos. La funcion arg senh se define entonces como: arg senhx =

log(x+√x2 + 1).



Problema 15

1. Si m y n son enteros, demostrar que

∫ 2π

0einxe−imxdx =

{

0 si m 6= n,

2π si m = n.

2. Utilizar el apartado anterior para deducir las relaciones de ortogonalidad de las funciones seno y coseno: si m

y n son enteros positivos y m 6= n, entonces

∫ 2π

0sennx cosmxdx =

∫ 2π

0sennx senmxdx =

∫ 2π

0cosnx cosmxdx = 0,

∫ 2π

0sen2 nxdx =

∫ 2π

0cos2 nxdx = π si n 6= 0.

1. Si n = m, entonces

∫ 2π

0einxe−imxdx =

∫ 2π

0dx = 2π.

Si n 6= m:∫ 2π

0einxe−imxdx =

[1

i(n −m)einxe−imx

]2π

0

= 0



2. Supongamos que m 6= n; la integral correspondiente del apartado anterior se puede descomponer como sigue:

0 =

∫ 2π

0einxe−imxdx =

∫ 2π

0((cosnx cosmx+ sennx senmx) + i(sennx cosmx− cosnx senmx))dx (1.1)

Ademas, sustituyendo n por −n, deducimos la siguiente igualdad

0 =

∫ 2π

0e−inxe−imxdx =

∫ 2π

0(cosnx cosmx− sennx senmx) + i(− sen nx cosmx− cosnx senmx) dx (1.2)

Sumando las igualdades 1.1 y 1.2 obtenemos:

0 =

∫ 2π

0(2 cos nx cosmx− 2i cos nx senmx)dx

Por tanto, necesariamente:∫ 2π

0cosnx cosmxdx = 0

∫ 2π

0cosnx senmxdx = 0

Sustituyendo estas igualdades en 1.1, obtenemos que∫ 2π

0sennx senmxdx = 0

Para las dos ultimas igualdades del enunciado basta sustitur m por −n en la igualdad del primer apartado:

0 =

∫ 2π

0einxeinxdx =

∫ 2π

0(cosnx cosnx− sennx sennx) + i(sen nx cosnx− cosnx sennx) dx

=

∫ 2π

0(cos2 nx− sen2 nx) dx (1.3)



Por otra parte, trivialemente se tiene que

∫ 2π

0(cos2 nx+ sen2 nx) dx =

∫ 2π

0dx = 2π (1.4)

Sumando las igualdades 1.3 y 1.4, obtenemos:

∫ 2π

02 cos2 nxdx = 2π

y restandolas obtenemos:∫ 2π

02 sen2 nxdx = 2π



Problema 16

1. Para x real, demostrar que podemos elegir log (x+ i) y log (x− i) como

log (x+ i) = 12 log (1 + x2) + i

(π2 − arc tg x

); log (x− i) = 1

2 log (1 + x2) − i(

π2 − arc tg x

)

2. De la expresion:1

1 + x2=

1

2i

(1

x− i− 1

x+ i

)

se obtiene, formalmente:

∫dx

1 + x2=

1

2i[log (x− i) − log (x+ i)]

Utilizar la parte (a) para comprobar que esta solucion concuerda con la usual.

1. exp

(1

2log (1 + x2) + i

(π

2− arc tg x

))

=√

x2 + 1 exp(π

2− arc tg x

)

=√

x2 + 1(

cos(π

2− arc tg x

)

+ i sen(π

2− arc tg x

))

=√

x2 + 1

(x√

x2 + 1+ i

1√x2 + 1

)

= x+ i

Por tanto, efectivamente, se verifica la primera igualdad propuesta. La segunda igualdad se obtiene de forma

analoga.

2. Restando las igualdades del apartado (a) se obtiene:

1

2i[log (x− i) − log (x+ i)] =

1

2i

(

−2i(π

2− arc tg x

))

= (arc tg x) − π

2

que es, efectivamente, una primitiva de la funcion1

1 + x2


Capıtulo 2

Sucesiones y series numericas

27

Sucesiones y series numericas 28

Problema 17

1. Demostrar que an = log(n + k) y bn = log n son infinitos equivalentes.

2. Demostrar que an = log(kn) y bn = log n son infinitos equivalentes.

3. Sea P un polinomio y k ∈ N; demostrar que an = P (n) y bn = P (n+ k) son infinitos equivalentes.

4. Demostrar que la sucesion P (n) = apnp + ap−1n

p−1 + · · · + a1n+ a0 es un infinito equivalente a bn = apnp.

5. Demostrar que an = (n+ 1)α − nα y bn = αnα−1 son infinitos equivalentes.

1. lımlog(n+ k)

log n= lım

log(n(1 + k

n

))

log n= lım

log n+ log(1 + k

n

)

log n= lım

(

1 +log(1 + k

n

)

log n

)

= 1

2. lımlog(kn)log n

= lım log k + log nlog n

= lım

(

1 + log klog n

)

= 1

3. lımapn

p + ap−1np−1 + · · · + a1n+ a0

apnp = lım

(

1 +ap−1

apn+ · · · + a1

apnp−1 +

a0

apnp

)

= 1

4. Si P es un polinomio, entonces P (n) y P (n + k) son polinomios del mismo grado y, ademas, coinciden sus

coeficientes del termino de mayor grado; por lo tanto, lımP (n)

P (n+ k)= 1.

5. lım(n+ 1)α − nα

αnα−1 = lım

(

nα

(n+1

n

)α − 1

αnα−1

)

= lım

(

nα

log

(

n+ 1n

)α)

= lım log

(

n+ 1n

)n

= log e = 1



Problema 18 Usar el teorema de compresion para demostrar las siguientes propiedades:

1. Si f es una funcion acotada en un entorno abierto de a y lımx→a

g(x) = 0, entonces lımx→a

f(x)g(x) = 0.

2. Si an es una sucesion acotada y lım bn = 0, entonces lım anbn = 0.

1. Sea M tal que

|f(x)| < M para todo x ∈ (a− δ, a+ δ)

Entonces:

−Mg(x) < f(x)g(x) < Mg(x) para todo x ∈ (a− δ, a+ δ)

Dado que lımx→a

(−Mg(x)) = 0 = lımx→a

(Mg(x)), por el teorema de compresion deducimos que

lımx→a

f(x)g(x) = 0

2. Sea M tal que |an| < M . Entonces −Mbn < anbn < Mbn y, dado que lım(−Mbn) = 0 = lım(Mbn), deducimos

por el teorema de compresion que lım anbn = 0.



Problema 19 Sea an un sucesion. Una sucesion bn se dice que es una subsucesion de an si existe una funcion

estrictamente creciente, f : N → N tal que bn = af(n). Demostrar las siguientes propiedades:

1. Si bn es una subsucesion de an y lım an = ℓ ∈ R, entonces lım bn = ℓ.

2. Si bn y cn son dos subsucesiones de an tales que {bn} ∪ {cn} = {an} y lım bn = ℓ = lım cn, entonces lım an =

ℓ ∈ R.

1. Supongamos que ℓ ∈ R. Sea f : B ⊆ N → N una aplicacion estrictamente creciente y tal que bn = af(n). Sea

ε > 0 y N ∈ N tal que |an − ℓ| < ε para todo n ≥ N . Dado que f es estrictamente creciente, existira un

N1 ∈ B tal que f(N1) > N y por lo tanto, |bn − ℓ| = |af(n) − ℓ| < ε para todo n ≥ N1; en consecuencia,

lım bn = ℓ.

2. Sean f : B ⊆ N → N y g : C ⊆ N → N dos aplicaciones crecientes tales que bn = af(n) y cn = ag(n). Sea

ε > 0; por las hipotesis, existen dos naturales N1 ∈ B y N2 ∈ C tales que |bn − ℓ| < ε y |cn − ℓ| < ε.

Sea N = max{f(N1), f(N2)} y n ≥ N ; dado que {bn} ∪ {cn} = {bn}, se verifica una de las dos situaciones

siguientes:

an ∈ {bn} y en tal caso existe m tal que n = f(m); por ser f creciente, m ≥ N1 y

|an − ℓ| = |af(m) − ℓ| = |bm − ℓ| < ε



an ∈ {cn} y en tal caso existe m tal que n = g(m); por ser g creciente, m ≥ N2 y

|an − ℓ| = |ag(m) − ℓ| = |cm − ℓ| < ε

En cualquier caso hemos deducido que |an − ℓ| < ε para todo n ≥ N y por lo tanto, lım an = ℓ.

La demostracion en los casos ℓ = +∞ y ℓ = −∞ se hace de la misma forma.



Problema 20 Resolver los siguientes lımites:

1. lım

(

1 − 13n

)2n

; 2. lım 3√n− 3

√n− 1; 3. lım

(

n

(

1 − 3

√

1 − an

))

; 4. lımn ( n√a− n−1

√a)

1. lım

(

1 − 13n

)2n

= lım exp(2n log

(1 − 1

3n

))

= lımexp

(

2n

(

1 − 1

3n− 1

))

(Infinitesimos equivalentes)

= e−2/3

2. lım( 3√n− 3

√n− 1) = lım

(

3√n− 1

(

3

√

nn− 1

− 1

))

= lım

3√n− 1 log 3

√

n

n− 1


= lım

(1

33√n− 1 log

n

n− 1

)

= lım3√n− 1

3(n − 1)(Infinitesimos equivalentes)

= lımn1/3

3n(Infinitos equivalentes: ej. 17)

= lım1

3n2/3= 0



3. lım

(

n

(

1 − 3

√

1 − an

))

= lım

(

−n log 3

√

1 − an

)


= lım

(

−n3

log

(

1 − a

n

))

= lım−n3

(

−an

)


=a

3

4. lım (n( n√a− n−1

√a)) = lım

(

n n√a(

a1n− 1

n−1 − 1))

= lım(

n n√a(

a−1

n(n−1) − 1))

= lım(

−n n√a log a

1n(n−1)

)

(Infinitesimos equivalentes))

= lım−n√a log a

n− 1= −

(log a

∞

)

= 0



Problema 21 Utilizar el teorema de compresion para calcular los siguientes lımites:

1. lımn!nn

2. lım

√

(n− 1)!

(1 +√

1)(1 +√

2) . . . (1 +√n)

3. lım

(

1n2 +

1(n + 1)2

+ · · · + 1(n+ n)2

)

4. lım

(

nn2 + 1

+n

n2 + 2+ · · · + n

n2 + n

)

Al aplicar el teorema de compresion, una de las dos acotaciones (la superior y la inferior) puede ser una constante;

en los tres primeros apartados de este ejercicio, la acotacion inferior es la constante cero y por lo tanto, el trabajo

de acotacion solo se hara para la cota superior.

1. 0 <n!nn =

1 · 2 · · · (n− 1)nn · n · · · n · n <

1 · n · · ·n · nn · n · · ·n · n =

1n

Dado que1n

= 0, deducimos que lımn!nn = 0.



2. 0 <

√

(n− 1)!

(1 +√

1)(1 +√

2) . . . (1 +√n)

<

√

(n− 1)!√1√

2 . . .√n− 1

√n<

1√n

Dado que lım1√n

= 0, deducimos que: lım

√

(n− 1)!

(1 +√

1)(1 +√

2) . . . (1 +√n)

= 0.

3. 0 <1n2 +

1(n+ 1)2

+ · · · + 1(n+ n)2

< n1n2 =

1n

Dado que lım1n

= 0, deducimos que lım

(

1n2 +

1(n+ 1)2

+ · · · + 1(n+ n)2

)

= 0.

4.n

n2 + 1+

nn2 + 2

+ · · · + nn2 + n

< nn

n2 + 1=

n2

n2 + 1n

n2 + 1+

nn2 + 2

+ · · · + nn2 + n

> nn

n2 + n=

nn+ 1

Dado que lımn2

n2 + 1= 1 = lım

nn+ 1

, deducimos que: lım

(

nn2 + 1

+n

n2 + 2+ · · · + n

n2 + n

)

= 1



Problema 22 Aplicar el criterio de Stoltz-Cesaro para resolver los siguientes lımites.

1. lımlog nn

2. lım(log n)2

n

3. lım 2 + 4 + · · · + 2n

3 + 9 + · · · + 3n 4. lım 1p + 2p + · · · + np

np+1

5. lım 1n2 (2 + 32

2+ · · · (n+ 1)n

nn−1 ) 6. lımlog(1 · 2 · · · · · n)

n log n

1. lımlog nn

= lımlog(n+ 1) − log n

n+ 1 − n= lım log

n+ 1n

= 0

Dado que la sucesion an = n es creciente y divergente a infinito y, ademas, el ultimo lımite calculado existe,

la aplicacion del criterio de Stoltz-Cesaro es correcta.

2. lım(log n)2

n= lım

((log(n+ 1))2 − (log n)2

)(Criterio de Stoltz-Cesaro)

= lım((log(n+ 1) − log n)(log(n+ 1) + log n)

)= lım

((

logn+ 1

n

)

log((n+ 1)n)

)

= lım( 1

nlog((n + 1)n)

)(Equivalencia de infinitesimos)

= lım(log(n+ 2)(n + 1) − log(n+ 1)n

)(Criterio de Stoltz-Cesaro)

= lım log(n+ 2)(n + 1)

(n+ 1)n= log 1 = 0

Dado que la sucesion an = n es creciente y divergente a infinito y, ademas, el ultimo lımite calculado existe,

las aplicaciones del criterio de Stoltz-Cesaro son correcta.



3. lım2 + 4 + · · · + 2n

3 + 9 + · · · + 3n = lım2n+1

3n+1 = 0

De las desigualdades 3n−1 < 3 + 9 + · · · + 3n−1 < 3 + 9 + · · · + 3n−1 + 3n, se deduce que la sucesion del

denominador es creciente y divergente a infinito; ademas, el ultimo lımite calculado existe y, por lo tanto, la

aplicacion del criterio de Stoltz-Cesaro es correcta.

4. lım 1p + 2p + · · · + np

np+1 = lım(n+ 1)p

(n+ 1)p+1 − np+1 (Criterio de Stoltz-Cesaro)

= lım(n+ 1)p

(p + 1)np (Infinitos equivalentes: ej. 17)

=1

p+ 1

Dado que p > 0, la sucesion an = np es creciente y divergente a infinito; ademas, el ultimo lımite calculado

existe y, por lo tanto, la aplicacion del criterio de Stoltz-Cesaro es correcta.

5. lım( 1n2 (2 +

32

2+ · · · + (n+ 1)n

nn−1 ))

= lım

(n+ 2)n+1

(n+ 1)n

(n+ 1)2 − n2 (Criterio de Stoltz-Cesaro)

= lım

((n+ 2

2n+ 1

)(n+ 2

n+ 1

)n)

=e

2

Dado que la sucesion an = n2 es creciente y divergente a infinito y, ademas, el ultimo lımite calculado existe,




6. lımlog(1 · 2 · · · · · n)

n log n= lım

log 1 + log 2 + · · · + log nn log n

= lımlog(n+ 1)

(n + 1) log(n+ 1) − n log n(Criterio de Stoltz-Cesaro)

= lımlog(n+ 1)

log(n+ 1)n+1

nn

= lımlog(n+ 1)

log

(

n+ 1n

)n

+ log(n+ 1)

= lım1

log

(

n+ 1n

)n

log(n+ 1)+ 1

=1

(

1∞

)

+ 1

= 1

Las sucesiones an = n y bn = log n son crecientes y divergentes a infinito y, por lo tanto, tambien lo es la

sucesion del denominador del lımite propuesto; ademas, el ultimo lımite calculado existe y, en consecuencia,




Problema 23 Utilizar el criterio del cociente para resolver los siguientes lımites.

1. lım n√n 2. lım n

√n2 + n

3. lım n√

(n+ 1)(n + 2) . . . (n+ n) 4. lım1n

n√

(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)

1. lım n√n = lım n+ 1

n= 1

Dado que el lımite final existe, la aplicacion del criterio del cociente es correcta.

2. lım n√n2 + n = lım

(n+ 1)2 + n+ 1n2 + n

= 1

Dado que el lımite final existe, la aplicacion del criterio del cociente es correcta.

3. lım n√

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

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

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

= lım(2n + 1)(2n + 2)

n+ 1= +∞

Dado que el ultimo lımite es +∞, la aplicacion del criterio del cociente en la primera igualdad es correcta.

4. lım1n

n√

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

√

(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)nn



= lım(3(n + 1) + 1)(3(n + 1) + 2) . . . (3(n + 1) + (n+ 1))nn

(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)(n+ 1)n+1

= lım(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4)

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

(n

n+ 1

)n

=44

33e

Dado que el ultimo lımite calculado existe, la aplicacion del criterio del cociente en la segunda igualdad es

correcta.



Problema 24 Utilizar la constante de Euler para calcular los siguietnes lımites.

1. lıme√e 3√e . . . n

√e

n2. lım

log(1 + 12 + · · · + 1

n)

log(log n)

3. lım

(

1 +13

+ · · · + 12n+ 1

)

4. lım1

n+ 1+

1n+ 2

+ · · · + 1n+ n

La constante de Euler, γ, se define como:

γ = lım

(

1 +1

2+

1

3+ · · · + 1

n− log n

)

y sabemos que es un numero real estrictamente positivo y estrictamente menor que 1. Podemos usar este lımite

como herramienta de calculo para otros lımites a traves de las siguientes propiedades:

1 + 12 + 1

3 + · · · + 1n = γ + cn + log n, en donde cn es un infinitesimo.

1 + 12 + 1

3 + · · · + 1n y log n son infinitos equivalentes.

En los casos en los que no se pueda aplicar la sustitucion de infinitos equivalentes, podremos usar la primera

propiedad; en particular, ninguno de los cuatro lımites aquı propuestos puede resolverse mediante la sustitucion de

infinitos. Sin embargo, en el segundo apartado vamos a utilizar la equivalencia aunque sin realizar la sustitucion

explıcitamente.



1. lıme√e 3√e . . . n

√e

n= lım

e1+12+···+ 1

n

n= lım

elog necn+γ

n= lım ecn+γ = eγ

2. lımlog(1 + 1

2 + · · · + 1n)

log(log n)= lım

log

(1 + 1

2 + · · · + 1n

log n

)

+ log(log n)

log(log n)

= lım

log

(1 + 1

2 + · · · + 1n

log n

)

log(log n)+ 1 =

(0

∞

)

+ 1 = 1

3. lım

(

1 +13

+ · · · + 12n+ 1

)

= lım

((

1 +12

+13

+ · · · + 12n+ 1

)

−(

12

+14

+ · · · + 12n

))

= lım

((

1 +1

2+

1

3+ · · · + 1

2n+ 1

)

− 1

2

(

1 +1

2+ · · · + 1

n

))

= lım

(

log(2n+ 1) + γ + c2n+1 −1

2(log n+ γ + cn)

)

= lım

(

log2n+ 1√

n+γ

2+ c2n+1 −

1

2cn

)

= (+∞ +γ

2+ 0 − 0) = +∞

4. lım

(

1n

+ 1n+ 1

+ · · · + 1n+ n

)

= lım

((

1 + 12

+ · · · + 1n+ n

)

−(

1 + 12

+ · · · + 1n− 1

))

= lım (log(2n) + γ + c2n − (log(n− 1) + γ + cn−1))

= lım

(

log2n+ 1

n− 1+ c2n − cn−1

)

= log 2



Problema 25 Dada una sucesion an tal que lım an = ℓ ∈ R, calcular los siguientes lımites.

1. lım n√a1a2 · · · an 2. lım

a1 + a2 · · · an

n

3. lıma1 +

a2

2+ · · · + an

nlog n

4. lım a1 + 2a2 + · · · + nan

n2

5. lımea1 + ea2/2 + · · · + ean/n − n

log(n+ 1)

1. Utilizamos el criterio del cociente:

lım n√a1a2 · · · an = lım

a1a2 · · · an+1

a1a2 · · · an= lım an = ℓ

Dado que la sucesion an es convergente, la aplicacion del criterio del cociente es correcta.

2. En este apartado, utilizamos el criterio de Stoltz-Cesaro:

lıma1 + a2 + · · · + an

n= lım

a1 + · · · + an+1 − a1 − · · · − an

n+ 1 − n= lım an+1 = ℓ

Dado que la sucesion an es convergente, la aplicacion del Stoltz-Cesaro es correcta.



3. Aplicamos el criterio de Stoltz-Cesaro:

lıma1 +

a2

2+ · · · + an

n

log n= lım

an+1

n+ 1

log(n+ 1) − log n

(∗)= lım

an+1

n

log(n+ 1) − log n= lım

an+1

log

(

n+ 1n

)n = ℓ

En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); dado que el ultimo lımite existe, la



lıma1 + 2a2 + · · · + nan

n2 = lım(n + 1)an+1

(n+ 1)2 − n2

(∗)= lım

(n+ 1)an+1

2n=ℓ

2

En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); ademas, dado que el ultimo lımite

existe, la aplicacion del criterio de Stoltz-Cesaro es correcta.


lımea1 + ea2/2 + · · · + ean/n − n

log(n+ 1)= lım

ean+1/(n+1) − n− 1 + n

log(n+ 2) − log(n+ 1)= lım

ean+1/(n+1) − 1

log n+2n+1

(∗)= lım

an+1

n+11

n+1

= ℓ

En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitesimos; dado que el ultimo lımite existe, la




Problema 26 Determinar el termino general de las siguientes sucesiones y calcular su lımite.

1. 0′9, 0′99, 0′999,. . .

2. 0′3, 0′33, 0′333,. . .

1. El termino general de esta sucesion

0′9, 0′99, 0′999, . . .

es an = 1 − 110n y por lo tanto su lımite es 1.

2. El termino general de la sucesion

0′3, 0′33, 0′333, . . .

lo podemos escribir como bn = 3 ·10−1 +3 ·10−2 + · · ·+3 ·10−n y podemos calcular su lımite usando el criterio

de Stoltz-Cesaro:

lım(3 · 10−1 + 3 · 10−2 + · · · + 3 · 10−n) = lım3 · 10n−1 + 3 · 10n−2 + · · · + 3 · 10 + 3

10n

= lım3 · 10n

10n+1 − 10n = lım3

10 − 1=

1

3



Problema 27 Calcular el lımite lımnα

enpara todo α ∈ R.

Para α ≤ 0 el calculo es inmediato:

lımnα

en= lım

1

n−αen=

(1

∞

)

= 0

Supongamos que α > 0 y consideremos la funcion E(x) que devuelve la parte entera de x:

lımnα

en= lım

(n+ 1)α − nα

en+1 − en(Criterio de Stoltz-Cesaro)

= lımαnα−1

(e− 1)en(Equivalencia de infinitos: ej. 17)

= lımα

e− 1

nα−1

en

(Aplicamos E(α)–veces el Criterio de Stoltz-Cesaro)

= lımα(α− 1) . . . (α −E(α))

(e− 1)E(α)+1

nα−E(α)−1

en

= 0 (Ya que α− E(α) − 1 < 0)



Problema 28 Dada la sucesion an =1

n log ncalcular el lımite lımn

(

1 − an+1

an

)

.

Observamos en primer lugar que, usando el ejercicio 17, deducimos que el lımite propuesto es una indetermina-

cion, ya que:

lıman+1

an= lım

n log n

(n+ 1) log(n+ 1)= lım

n

n+ 1

log n

log(n+ 1)= 1

El calculo del lımite puede hacerse como sigue:

lımn

(

1 − an+1

an

)

= lımn

(

1 − n log n

(n + 1) log(n+ 1)

)

= lımn

n+ 1

(

n+ 1 − n log n

log(n+ 1)

)

= lım

(

n+ 1 − n log n

log(n+ 1)

)

(Equivalencia de infinitos: ej. 17)

= lım

(

n+ 1 −n(log(n+ 1) + log n

n+1

)

log(n+ 1)

)

= lım

(

n+ 1 − n−n log n

n+1

log(n+ 1)

)

= lım

(

1 −log(

nn+1

)n

log(n + 1)

)

= 1 −(

e

+ ∞

)

= 1



Problema 29

Dada la sucesion an =1

n(log n)2calcular el lımite lımn

(

1 − an+1

an

)

.

La serie asociada a la sucesion an es divergente, pero como vemos en este ejercicio, el lımite del criterio de Raabe

es 1. Observamos en primer lugar que el lımite propuesto es una indeterminacion (usamos el ejercicio 17):

lıman+1

an= lım

n(log n)2

(n+ 1)(log(n + 1))2= lım

n

n+ 1

(log n

log(n+ 1)

)2

= 1



El calculo del lımite puede hacerse como sigue:

lımn

(

1 − an+1

an

)

= lımn

(

1 − n(log n)2

(n + 1)(log(n+ 1))2

)

= lımn

n+ 1

(

n+ 1 − n(log n)2

(log(n+ 1))2

)

= lım

(

n+ 1 − n(log n)2

(log(n + 1))2

)

(Infinitos equivalentes: ej. 17)

= lım

n+ 1 − n

(

log(n+ 1) + log nn+1

log(n+ 1)

)2

= lım

n+ 1 − n

(

1 +log n

n+1

log(n+ 1)

)2

= lım

n+ 1 − n− 2nlog n

n+1

log(n+ 1)− n

(

log nn+1

log(n+ 1)

)2

= lım

1 − 2log(

nn+1

)n

log(n+ 1)−

log(

nn+1

)n

log(n+ 1)

log nn+1

log(n+ 1)

= 1 − 2

(1

+ ∞

)

−(

1

+ ∞

)(0

+ ∞

)

= 1



Veamos un procedimiento alternativo:

lımn

(

1 − an+1

an

)

= lımn

(

1 − n(log n)2

(n+ 1)(log(n+ 1))2

)

= lımn

n+ 1

(n+ 1)(log(n+ 1))2 − n(log n)2

(log(n+ 1))2

= lım(n+ 1)(log(n+ 1))2 − n(log n)2

(log(n+ 1))2

= lım(log(n+ 1))2 + n((log(n+ 1))2 − (log n)2)

(log(n+ 1))2

= lım

(

1 +n(log(n+ 1) − log n)(log(n+ 1) + log n)

(log(n + 1))2

)

= lım

1 +log(

n+1n

)n

log(n+ 1)

(

1 +log n

log(n+ 1)

)

= 1 +

(1

+ ∞

)

(1 + 1)

= 1



Problema 30 Justificar que las siguientes sucesiones son convergentes y calcular sus lımites

1. a1 = 3, an+1 =√

1 + an

2. b1 =√

2, bn+1 = 2√bn

3. c1 = a > 0, cn+1 = a+ (cn)2

4. d1 = 0, d2 = 1, dn+2 =dn+1 + dn

2

1. Evaluando algunos terminos de la sucesion an, podemos intuir que es decreciente. La demostracion la hacemos

por induccion; tenemos que probar que an > an+1 para todo n ∈ N.

(i) Para n = 1: a1 = 3 > 2 =√

1 + 3 = a2

(ii) Supongamos que ak > ak+1; tenemos que probar que, entonces, ak+1 > ak+2. La siguiente secuencia de

desigualdades completa la prueba:

ak > ak+1

1 + ak > 1 + ak+1√1 + ak >

√

1 + ak+1

ak+1 > ak+2



Por lo tanto, efectivamente an > an+1 para todo n ∈ N.

En segundo lugar, observamos que la sucesion esta acotada inferiormente, ya que an > 0 para todo n ∈ N, y

por lo tanto, la sucesion es convergente. Si ℓ = lım an, entonces:

ℓ = lım an+1 = lım√

1 + an =√

1 + ℓ

Despejando ℓ de la igualdad anterior, obtenemos que ℓ =1 +

√5

2.

2. Evaluando algunos terminos de la sucesion, intuimos que la sucesion es creciente. Hacemos la demostracion

por induccion, es decir, vamos a probar que bn < bn+1 para todo n ∈ N.

(i) Para n = 1: b1 =√

2 < 2 4√

2 = b2

(ii) Supongamos que bk < bk+1; tenemos que probar que, entonces, bk+1 < bk+2. La siguiente secuencia de

desigualdades completa la prueba:

bk < bk+1√

bk <√

bk+1

2√

bk < 2√

bk+1

bk+1 < bk+2

Por lo tanto, efectivamente bn < bn+1 para todo n ∈ N.

En segundo lugar, demostramos que la sucesion esta acotada superiormente por 4, es decir, bn < 4 para todo

n ∈ N. Nuevamente, hacemos la demostracion por induccion.



(i) Para n = 1, b1 =√

2 < 4.

(ii) Supongamos que bk < 4; tenemos que probar que, entonces, bk+1 < 4, lo que hacemos con la siguientes

secuencia de desigualdades:

bk < 4√

bk <√

4 = 2

2√

bk < 4

bk+1 < 4

Por lo tanto, efectivamente bn < 4 para todo n ∈ N.

Probado que la sucesion es creciente y acotada superiormente, concluimos que es convergente. El lımite,

ℓ = lım bn, es solucion de la ecuacion ℓ = 2√ℓ y por lo tanto, ℓ = 4.

Para adivinar que 4 es una cota de la sucesion, calculamos en primer lugar su lımite con la ultima ecuacion

deducida; una vez justificada la convergencia, el calculo del lımite resulta correcto.

3. Demostramos en primer lugar que la sucesion cn es creciente y lo hacemos por induccion; es decir, vamos a

probar que cn < cn+1 para todo n ∈ N.

(i) Para n = 1: c1 = a < a+ a2 = c2, ya que a 6= 0.

(ii) Supongamos que ck < ck+1; tenemos que probar que ck+1 < ck+2 y lo hacemos con la siguiente secuencia



de desigualdades:

ck < ck+1

(ck)2 < (ck+1)2

a+ (ck)2 < a+ (ck+1)2

ck+1 < ck+2

Por lo tanto, la sucesion es convergente o divergente a +∞. En el caso en que cn sea convergente, se verifica

que

ℓ = lım cn+1 = lım(a+ (cn)2) = a+ ℓ2

Resolviendo esta ecuacion, obtenemos que los posibles valores del lımite son1 +

√1 − 4a2

y1 −

√1 − 4a2

. En

cualquier caso, si cn es convergente, necesariamente 1 − 4a debe ser positivo, es decir a ≤ 1/4. Recıproca-

mente, veamos que si a ≤ 1/4, entonces la sucesion esta acotada superiormente y por lo tanto es convergente.

Concretamente, vamos a ver que si a ≤ 1/4, entonces cn < 1/2 para todo n ∈ N y lo demostramos por induccion.

(i) Para n = 1: c1 = a ≤ 14 <

12

(ii) Supongamos que ck <12 ; tenemos que probar que ck+1 <

12 y lo hacemos con la siguientes secuencias de



desigualdades:

ck <1

2

(ck)2 <

1

4

a+ (ck)2 < a+

1

4<

1

4+

1

4

ck+1 <1

2

Por lo tanto, efectivamente la sucesion cn esta acotada superiormente por 1/2. En consecuencia, la sucesion es

convergente y su lımite tambien es menor que 1/2, es decir, ℓ = lım cn =1 −

√1 − 4a2

. En resumen:

lım cn =

1 −√

1 − 4a2

si 0 < a ≤ 1/4

+∞ si a > 1/4

4. Evaluando algunos terminos de la sucesion, observamos que no es monotona pero que las subsucesiones de los

terminos pares y la de los impares sı son monotonas; concretamente, observamos que se verifican las siguientes

desigualdades:

d2n+1 < d2n+3 < d2n+4 < d2n+2 para todo n ∈ N

Probadas estas desigualdades podremos deducir que la subsucesion d2n es decreciente y acotada inferiormente

por d1 = 0 y que la subsucesion d2n+1 es creciente y acotada superiormente por d2 = 1. Pasamos a demostrar

las desigualdades por induccion:



(i) Para n = 1: d1 = 0 < 12 = d3 <

34 = d4 < 1 = d2

(ii) Supongamos que d2k−1 < d2k+1 < d2k+2 < d2k; tenemos que probar que d2k+1 < d2k+3 < d2k+4 < d2k+2

y lo hacemos con la siguiente secuencia de desigualdades

d2k+1 < d2k+2

d2k+1 <d2k+1 + d2k+2

2< d2k+2

d2k+1 < d2k+3 < d2k+2

d2k+1 < d2k+3 <d2k+3 + d2k+2

2< d2k+2

d2k+1 < d2k+3 < d2k+4 < d2k+2

d2k+1 < d2k+3 < d2k+4 < d2k+2

(Tengase en cuenta que si 0 < a < b, entonces a <a+ b

2< b).

Por lo tanto, quedan probadas las desigualdades para cada n ∈ N. Podemos concluir entonces que las sub-

sucesiones d2n y d2n+1 son convergentes. Por el ejercicio 19, la sucesion dn sera convergente si y solo si

lım d2n = lım d2n+1, lo cual es cierto: si ℓ1 = lım d2n+1 y ℓ2 = lım d2n, entonces, ℓ1 =ℓ2 + ℓ1

2y, simplificando

la expresion, se obtiene que ℓ1 = ℓ2.



Problema 31

1. Demostrar que no existe ningun numero racional cuyo cuadrado sea 2; es decir,√

2 6∈ Q.

2. Considerar la sucesion an definida recursivamente por: a0 = 2, an+1 =an

2+

1an

. Demostrar que dicha

sucesion (de numeros racionales) es decreciente y acotada inferiormente (y en consecuencia convergente en

R). Demostrar a continuacion que el lımite es√

2.

1. Razonamos por reduccion al absurdo. Supongamos que√

2 es racional y sean p y q dos naturales primos entre

sı tales que 2 =p2

q2; en tal caso,

p2 = 2q2 (2.1)

y 2 divide a p2 y en consecuencia a p, pudiendo escribir p = 2k; deducimos entonces a partir de 2.1 que:

4k2 = 2q2 y de ahı: 2k2 = q2;

por lo tanto, 2 divide a q2 y en consecuencia a q, lo cual es contradictorio con la hipotesis inicial.



2. La demostracion de este segundo apartado queda estructurada en los siguientes pasos:

a) “an > 0 para todo n”: ya que a0 es positivo y las operaciones de la definicion recursiva mantienen esta

propiedad.

b) “a2n > 2 para todo n > 0”:

a2n =

(an−1

2+

1

an−1

)2

=a2

n−1

4+

1

a2n−1

+ 1

(∗)> 2

an−1

2

1

an−1+ 1

= 2

En el paso (∗) hemos utilizado que x2 + y2 > 2xy para todo x 6= y,



c) “an es decreciente”: a partir de la desigualdad anterior demostramos este hecho facilmente:

a2n > 2

a2n

2an>

2

2an

an

2>

1

an

an

2+an

2>

1

an+an

2an > an+1

d) “an esta acotada inferiormente”: volvemos a utilizar la desigualdad del segundo apartado: dado que

a2n > 2 > 1, an > 1.

De los dos ultimos puntos se deduce que la sucesion an (decreciente y acotada) converge en R. Sea ℓ su lımite;

entonces:

ℓ =ℓ

2+

1

ℓ

de donde se deduce que ℓ2 = 2.

Esta sucesion puede considerarse como un ejemplo de una sucesion (o conjunto) acotado que no tiene mınimo

en Q pero sı lo tiene en R.

El ejercicio se puede generalizar para demostrar que las raız cuadrada de un numero racional positivo es un



numero real: si a es un numero racional positivo, la sucesion b0 = 1, bn+1 =12

(

bn +aan

)

es una sucesion de

numeros racionales con limite√a.



Problema 32 Demostrar que la sucesion senn no es convergente.

Hacemos uso de subsucesiones para demostrar este hecho: si la sucesion fuera convergente, toda subsucesion serıa

convergente al mismo lımite, pero vamos a construir dos subsucesiones que en tal caso tendrıan diferentes lımites.

Consideremos los intervalos Im =[

π4 + 2mπ, 3π

4 + 2mπ], m ∈ N. Dado que la amplitud de estos intervalos es

mayor estrictamente que 1, necesariamente cada uno de estos intervalos contiene un numero natural: sea mn ∈ N∩Ineste numero y consideremos la subsucesion bn = amn . Dado que sen amn > sen

π4

=

√2

2, si bn fuera convergente,

su lımite serıa mayor que

√2

2. De la misma forma, con los intervalos Jm =

[5π4 + 2mπ, 7π

4 + 2mπ], encontrarıamos

una subsucesion que, de ser convergente, tendrıa un lımite menor −√

22

.



Problema 33 Hallar los siguientes lımites.

1. lımx→6

x2 − 6xx2 − 7x+ 6

2. lımx→2

(1

x− 2− 6x2 + 2x− 8

)

3. lımt→0

(4

t− 1

)

t

4. lımx→−3

2x+ 64x2 − 36

5. lımh→0

1

h

((x+ h2)3 − x3

)6. lım

x→0

(

1x4 − 1

x

)

7. lımx→0−

senx2

x3 8. lımx→∞

|4x| + |x− 1|x

9. lımx→∞

x sen1x2

1. lımx→6

x2 − 6xx2 − 7x+ 6

= lımx→6

x(x− 6)(x− 1)(x− 6)

= lımx→6

xx− 1

=65

2. lımx→2

[

1x− 2

− 6x2 + 2x− 8

]

= lımx→2

[

1x− 2

− 6(x− 2)(x+ 4)

]

3. lımt→0

(4

t− 1

)

t = lımt→0

(4 − t) = 4

4. lımx→−3

2x+ 64x2 − 36

=2(x+ 3)

4(x+ 3)(x− 3)= − 1

12

5. lımh→0

(x+ h2)3 − x3

h= lım

h→0

x3 + h6 + 3x2h2 + 3xh4 − x3

h= lım

h→0(h5 + 3x2h+ 3xh3) = 0

6. lımx→0

(

1x4 − 1

x

)

= lımx→0

(

1 − x3

x4

)

= +∞



7. lımx→0−

senx2

x3 = lımx→0−

x2

x3 = lımx→0−

1x

= −∞

8. lımx→∞

|4x| + |x− 1|x

= lımx→∞

4x+ x− 1x

= 5

9. 10. lımx→∞

x sen1x2 = 0: producto de funcion convergente a 0 por funcion acotada.



Problema 34 Resolver los siguientes lımites

1. lımθ→0

(θ2 cosec2 θ) 2. lımx→0

1 − cos2 xx2

3. lımx→π/2

sen(cos x) 4. lımt→π

cos

(t2 − π2

t− π

)

1. lımθ→0

(θ2 cosec2 θ) = lımθ→0

θ2

sen2 θ= lım

θ→0

θ2

θ2 = 1

2. lımx→0

1 − cos2 xx2 = lım

x→0

(1 − cos x)(1 + cosx)x2 = lım

x→0

x2

2(1 + cos x)

x2 = 1

3. lımx→π/2

sen(cos x) = 0

4. lımt→π

cos

(t2 − π2

t− π

)

= lımt→π

cos (t+ π) = cos 2π = 1



Problema 35 Hallar los siguientes lımites.

1. lımu→5

√u+ 4 − 3

u− 5; 2. lım

h→0

√x+ h−√

x

h; 3. lım

x→1

4 −√x+ 15

x2 − 1

4. lımx→∞

√9x2 + 65x− 1

; 5. lımx→−∞

− 5x2 + 6x+ 3√x4 + x2 + 1

1. lımu→5

√u+ 4 − 3

u− 5= lım

u→5

(√u+ 4 − 3)(

√u+ 4 + 3)

(u− 5)(√u+ 4 + 3)

= lımu→5

(u+ 4) − 32

(u− 5)(√u+ 4 + 3)

= lımu→5

1√u+ 4 + 3

=1

6

2. lımh→0

√x+ h−√

x

h= lım

h→0

(√x+ h−√

x)(√x+ h+

√x)

h(√x+ h+

√x)

= lımh→0

x+ h− x

h(√x+ h+

√x)

= lımh→0

1√x+ h+

√x

=1

2√x

3. lımx→1

4 −√x+ 15

x2 − 1=

42 − (x+ 15)(x2 − 1)(4 +

√x+ 15)

=− 1

(x+ 1)(4 +√x+ 15)

= − 116

4. lımx→∞

√9x2 + 65x− 1

= lımx→∞

√

9 +6x2

5 − 1x

=

√9

5=

35

5. lımx→−∞

− 5x2 + 6x+ 3√x4 + x2 + 1

= −5.



Problema 36 Estudiar la existencia de los siguientes lımites

1. lımx→0

(

2 + sen1x

)

; 2. lımx→0

x

2 + sen1x

; 3. lımx→0

x

1 − sen1x

1. Este primer lımite no existe: las sucesiones xn =1πn

e yn =2

π(1 + 4n))convergen a 0 pero

2 + sen 1xn

= 2 + sen(πn) = 2 y 2 + sen 1yn

= 2 + sen(π2

+ 2nπ)

= 3

2. Estudiamos este lımite viendo que la funcion es el producto de una funcio convergente a 0 por una funcion

acotada: demostremos que 1

2 + sen1x

esta acotada:

−1 < sen1x< 1

1 = 2 − 1 < 2 + sen1x< 2 + 1 = 3

13<

1

2 + sen1x

<11



3. Estudiamos el lımx→0

x

1 − sen1x

usando la caracterizacion secuencial; vamos determinar dos sucesiones conver-

gentes a 0 y contenidas en el dominio de la funcion, pero cuyas imagenes tienen lımites distintos.

f(x) =x

1 − sen1x

Dom(f) = R∗ r

{(π

2+ 2πn

)−1

, n ∈ Z

}

Consideremos las sucesiones an =

(

3π2

+ 2πn

)−1

y bn =

(

π2

+ 2πn− 1n

)−1

que son convergentes a 0 y estan

contenidas en el dominio de f . En primer lugar tenemos que

lım f(an) = lım2

π(3 + 4n)(1 − sen 3π2/2)= 0

Y por otra parte:

lım f(bn) = lım1

(

π2

+ 2πn− 1n

)(

1 − sen

(

π2

+ 2πn− 1n

))

(∗)= lım

1(

π2

+ 2πn − 1n

)(

1 − cos 1n

)(∗∗)= lım

1(

π2

+ 2πn − 1n

)

12n2

= lım4n3

4πn2 + 3πn − 2= +∞



En (∗) hemos utilizado la formula del seno del angulo complementario y en (∗∗) hemos utilizado infinitesimos

equivalentes.



Problema 37 Calcular los siguientes limites:

1. lım1 · 4 · 7 · · · · · (3n− 2)2 · 5 · 8 · · · · · (3n− 1)

2. lımk −m

k −m+ 12k −m

2k −m+ 1· · · kn−m

kn−m+ 1

3. lıma(a+ 1) · · · (a+ (n− 1))

n!= a

1a+12 · · · a+(n−1)

n , 0 < a < 1

1. Sea an =1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2)2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1)

y consideremos la sucesion bn construida rellenando los huecos en el denomi-

nador y numerador de an:

bn =1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · · · · · (3n − 5) · (3n − 4) · (3n − 3) · (3n − 2)

2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · · · · · (3n − 4) · (3n − 3) · (3n − 2) · (3n − 1)

Por tanto, bn =1

3n− 1y es convergente a 0. Por otra parte, la sucesion bn se puede escribir como producto

de 3 sucesiones, bn = xnynzn:

xn = an =1 · 4 · 7 · · · · · (3n− 2)2 · 5 · 8 · · · · · (3n− 1)

; yn =2 · 5 · 8 · · · · · (3n− 4)3 · 6 · 9 · · · · · (3n− 3)

; zn =3 · 6 · 9 · · · · · (3n − 3)4 · 7 · 10 · · · · · (3n− 2)

Estas tres sucesiones son convergentes, ya que son positivas y decrecientes:



xn

xn−1=

3n− 23n− 1

< 1;yn

yn−1=

3n− 43n− 3

< 1;znzn−1

=3n− 33n− 2

< 1

Si lımxn = ℓ1, lım yn = ℓ2, lım zn = ℓ3, entonces ℓ1ℓ2ℓ3 = 0 y por tanto, uno de los tres lımites es nulo.

Teniendo en cuanta el crecimiento de la sucesionn

n+ 1, deducimos las siguientes desigualdades:

xn < yn < zn < 2xn

Y por tanto, si una converge a cero, las demas tambien, en particular, lım an = 0.

2. El calculo del apartado anterior se puede generalizar a cualquier par de naturales k y m. La sucesion bn =k −m

nk −m+ 1se escribe como producto de k sucesiones decrecientes y acotadas y en consecuencia convergentes

a 0; entre ellas se encuentra la sucesion estudiada e igual que antes, la convergencia a 0 de una de ella permite

concluir que todas las demas tambien convergen a 0.

3. Sea an =a(a+ 1) · · · (a+ (n− 1))

n!=a1a+ 1

2· · · a+ (n− 1)

n, 0 < a < 1; sea k ∈ N tal que 1− a > 1

k , es decir,

tal que a < 1 − 1k ; entonces:

an =a

1

a+ 1

2· · · a+ (n− 1)

n<

1 − 1k

1

2 − 1k

2· · · n− 1

k

n=k − 1

k

2k − 1

2k· · · nk − 1

nk

La sucesion mayorante es la estudiada en el apartado anterior para m = 1 y, en consecuencia, es convergente

a 0, por lo que el lımite de an es tambien 0.



Problema 38 (Criterio de Pringsheim). Supongamos que lımncan 6= 0 siendo an una sucesion de terminos

positivos. Probar que:

1. Si c > 1 entonces, Σan converge.

2. Si c ≤ 1 entonces, Σan no converge.

Este criterio es un caso particular del criterio de comparacion por paso al lımite. Si lımncan = lıman1nc

6= 0, el

criterio de comparacion por paso al lımite nos dice que la serie∑

an tiene el mismo caracter que la serie c-armonica

y en consecuencia: si c > 1 la serie converge y si c ≤ 1 la serie diverge.



Problema 39 Sea {an} una sucesion de terminos positivos. Probar que si

∞∑

n=1

an es convergente, entonces

∞∑

n=1

a2n

tambien lo es. ¿Es cierto el resultado si la serie no es de terminos positivos? ¿Es cierto el recıproco?

Dado que la serie es de terminos positivos, podemos aplicar el criterio de comparacion por paso al lımite:

lıma2

n

an= lım an = 0

Este lımite efectivamente vale 0 por la condicion necesaria. Dado que la serie asociada a la sucesion del denominador

es convergente, el criterio de comparacion permite deducir que la serie asociada al numerador tambien.

El que la serie sea de terminos positivos es una condicion necesaria: la serie∞∑

n=1

(−1)n√n

es convergente, pero

∞∑

n=1

(

(−1)n√n

)2

=

∞∑

n=1

1n

no lo es.

Por otra parte, el recıproco tampoco es cierto: la serie∞∑

n=1

1√n3

=∞∑

n=1

(

14√n3

)2

es convergente, pero∞∑

n=1

14√n3

no

lo es.



Problema 40

1. Demostrar que si

∞∑

n=an

es convergente y

∞∑

n=bn

es divergente, entonces

∞∑

n=(

an + bn) es divergente.

2. Dar un ejemplo de dos series divergentes cuya suma sea convergente.

1. Si

∞∑

n=(

an + bn) fuera convergente, entonces

∞∑

n=bn

=

∞∑

n=(

an + bn − an) tambien lo serıa, e contradiccion con lo

supuesto.

2. La series

∞∑

n=1

(

1n2 − 1

n

)

y

∞∑

n=1

1n

son divergentes mientras que

∞∑

n=1

(1

n2 − 1

n+

1

n

)

=

∞∑

n=1

1

n2

es convergente.



Problema 41 Consideremos la serie

∞∑

n=1

P (n)Q(n)

donde P y Q son dos polinomios de grados p y q respectivamente;

demostrar que entonces:

1. Si q − p ≤ 1 la serie diverge.

2. Si q − p > 1 la serie converge

El resultado es consecuencia del criterio de comparacion, ya que la serie propuesta tiene el mismo caracter que la

serie (q − p)-armonica,∑ 1

nq−p . Debemos observar, sin embargo, que podemos aplicar el criterio de comparacion;

teniendo en cuenta que la serie es un cociente de polinomios, podemos concluir que numerador y denominador tienen

signo constante a partir de un natural N , cualquier natural mayor que todas las raıces de los polinomios P y Q. Por

lo tanto, el cociente es siempre positivo o siempre negativo a partir de este natural N , y podemos aplicar el criterio

de comparacion.



Problema 42 Aplicar el ejercicio anterior para decidir el caracter de las siguientes series.

1.∑ n

(n+ 1)32.∑ (9 − a2)n3 + 3n2 + 1

7n4 − 13.∑ 4n2 − n+ 3

n3 + 2n

4.∑ n+ 2

(n+ 1)√n+ 3

5.∑ n+

√n

2n3 − 16.∑ n+ 3

(n− 1)√n− 1 − n

7.∑ 1

3√n2 − 1

1.∑ n

(n+ 1)3es convergente.

2.∑ (9 − a2)n3 + 3n2 + 1

7n4 − 1es convergente si y solo si a2 = 9

3.∑ 4n2 − n+ 3

n3 + 2nes divergente.

En las cuatro series restantes no podemos utilizar directamente el ejercicio anterior, puesto que la expresiones no

son polinomicas; en ellas aparecen expresiones con raıces que tienen un comportamiento similar.

4.∑ n+ 2

(n+ 1)√n+ 3

tiene el mismo caracter que∑ 1√

n, que es divergente.



5.∑ n+

√n

2n3 − 1tiene el mismo caracter que

∑ 1

n2, que es convergente.

6.∑ n+ 3

(n− 1)√n− 1 − n

tiene el mismo caracter que∑ 1√

n, que es divergente.

7.∑ 1

3√n2 − 1

tiene el mismo caracter que∑ 1

n2/3, que es divergente.



Problema 43

1. Demostrar que si R es una funcion racional y |r| 6= 1, entonces la serie

∞∑

n=1

R(n)rn converge si y solo si |r| < 1.

(Para el caso r = 1, ver el ejercicio 41.)

2. Demostrar que la serie

∞∑

n=1

(−1)nP (n)Q(n)

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q

verifica:

a) Si q − p ≥ 21 la serie converge absolutamente.

b) Si q − p = 1 la serie converge condicionalmente.

c) Si q − p ≤ 0 la serie diverge.

1. Supongamos que R(n) =P (n)Q(n)

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q. Entonces,

por el ejercicio 17 se verifica que:

lım

∣∣∣∣

P (n)

Q(n)rn

∣∣∣∣= lım

λnp−q

(en)− log |r| = lımλ

(nα

en

)− log |r|= 0 si y solo si |r| < 1

Ademas, en este caso la serie converge absolutamente, lo que se demuestra con el criterio del cociente:

lım

∣∣∣∣

P (n + 1)Q(n)rn+1

Q(n+ 1)P (n)rn

∣∣∣∣= |r| < 1



2. Consideremos la serie∞∑

n=1

(−1)nP (n)Q(n)

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q:

Si q − p ≥ 2 la serie converge absolutamente: ejercicio 41.

Si q − p ≤ 01 la serie diverge, ya que no verifica la condicion necesaria.

Si q− p = 1 la serie converge condicionalmente; esto se razona por el criterio de Leibniz: En primer lugar

observamos que lım

∣∣∣∣

P (n)Q(n)

∣∣∣∣= 0; ademas, por ser cociente de polinomios, la funcion P ′(x)/Q′(x) es positiva

o negativa en un intervalo [N,+∞) y por lo tanto, P (x)/Q(x) es creciente, y por lo tanto negativa, en

[N,+∞) o es decreciente, y por lo tanto positiva, en [N,+∞); en cualquiera de los casos, la sucesion∣∣∣∣

P (n)Q(n)

∣∣∣∣es decreciente para n ≥ N .



Problema 44 Determinar el caracter de las siguientes series.

1.∑ n2 + 1

n5n 2.∑ 3n

n · 5n 3.∑ 2n−1

(3n+ 2) · n4/3

4.∑ 2n

n2 + 15.∑ n2

en6.∑ n+ 1

an

7.∑ an

n8.∑

n · an

Todas estas series son casos particulares del ejercicio anterior; utilizaremos el criterio del cociente en los tres

primeros apartados y el ejercicio anterior en el resto.

1.∑ n2 + 1

n5n es convergente: lım((n+ 1)2 + 1)n5n

(n+ 1)5n+1(n2 + 1)=

15< 1

2.∑ 3n

n · 5n es convergente: lım 3n+1n5n

(n+ 1)5n+13n = 35< 1

3.∑ 2n−1

(3n+ 2) · n4/3es divergente: lım

2n(3n + 2) · n4/3

(3n+ 5)(n + 1)4/32n−1 = 2 > 1

4.∑ 2n

n2 + 1es divergente.

5.∑ n2

enes convergente.



6.∑ n+ 1

an es absolutamente convergente si |a| > 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros

casos, es divergente.

7.∑ an

nes absolutamente convergente si |a| < 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos,

es divergente.

8.∑

n ·an es absolutamente convergente si |a| < 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos,

es divergente.



Problema 45 Estudiar el caracter de las siguientes series.

1.∑ n!

nn 2.∑ (n!)2 · 4n

(2n)!3.∑ (a+ 1) · · · (a+ n)

n!

4.∑ log na

n!5.∑ n! an

nn 6.∑ na

n!

7.∑ nn

n!8.∑ n · an

(n+ 1)!9.∑ xn

n!

10.∑ (n!)2

(2n)!11.

∑ (n!)c

(3n)!12.

∑ (n!)3

(an)!

1.∑ n!

nn es convergente, segun establece el criterio del cociente:

lım(n+ 1)!nn

(n+ 1)n+1n!= lım

(n + 1)nn

(n+ 1)n+1 = lımnn

(n+ 1)n=

1

e< 1

2.∑ (n!)2 · 4n

(2n)!es divergente, aunque el criterio del cociente no lo decide:

lım((n+ 1)!)24n+1(2n)!

(2n + 2)!(n!)24n = lım4(n + 1)2

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



Sin embargo, del calculo realizado deducimos que:

an+1

an= lım

4(n+ 1)2

(2n+ 2)(2n + 1)= lım

4n2 + 8n+ 4

4n2 + 6n + 2)> 1

y en consecuencia la sucesion es creciente y no puede converger a 0. Podemos deducir esto directamente usando

la formula de Stirling:

lım(n!)2 · 4n

(2n)!= lım

(nne−n√

2πn)24n

(2n)2ne−2n√

2π2n= lım

2n2ne−2nπn4n

2 · 4nn2ne−2n√πn

= lım√πn = +∞

3.∑ (a+ 1) · · · (a+ n)

n!; estudiamos el caracter segun el valor de a:

Si a es un entero negativo no nulo, a partir del lugar N = −a, todos los terminos se anulan, y por tanto

la serie es una suma finita.

Para a = 0 la serie es∑ 1 · 2 · · · n

n!=∑

1, y por tanto divergente.

Solo nos queda estudiar el caracter para a 6∈ Z− ∪ {0}; el criterio del cociente no decide el caracter,

lıman+1

an= lım

(a+ 1) · · · (a+ n)(a+ n+ 1) n!

(n+ 1)! (a+ 1) · · · (a+ n)= lım

n+ a+ 1

n+ 1= 1

pero la simplificacion permite deducir que se trata de una serie hipergeometrica, que es convergente si y

solo si a < −1.



4.∑ log na

n!es convergente, segun establece el criterio del cociente (hacemos uso de los infinitos equivalentes

del ejercicio 17):

lıman+1

an= lım

a log(n+ 1)

(n+ 1)!

n!

a log n= lım

log(n+ 1)

(n+ 1) log n= lım

1

n+ 1= 0 < 1

5.∑ n! an

nn converge si y solo si |a| < 1. Utilizamos el criterio del cociente para estudiar la convergencia absoluta:

lım|an+1||an|

= lım(n+ 1)!|a|n+1

(n+ 1)n+1

nn

n!|a|n = lım |a|(

n

n+ 1

)n

=|a|e

Por tanto, si |a| < e la serie converge; ademas, del calculo anterior deducimos que

|an+1||an|

= |a|(

n

n+ 1

)n

>|a|e

y por lo tanto, si |a| > e, la serie no converge por no verificar la condicion necesaria.

Finalmente, para a = ±e tampoco se verifica la condicion necesaria:

lımn!en

nn= lım

nne−n√

2πn en

nn= lım

√2πn = +∞

6.∑ na

n!es convergente para todo a, segun establece el criterio del cociente:

lıman+1

an= lım

(n + 1)a

(n + 1)!

n!

na = lım

(n+ 1

n

)a1

n+ 1= 0 < 1



7.∑ nn

n!es divergente, segun establece el criterio del cociente:

lıman+1

an= lım

(n+ 1)n+1

(n+ 1)!

n!

nn = lım

(n+ 1

n

)n

= e > 1

8.∑ n · an

(n+ 1)!es absolutamente convergente para todo a.

Si a = 0, la serie es constantemente nula y por tanto convergente. Para a 6= 0, estudiamos la convergencia

absoluta con el criterio del cociente:

lım|an+1||an|

= lım(n+ 1)|a|n+1

(n+ 2)!

(n+ 1)!

n |a|n = lım|a|(n + 1)

n(n+ 2)= 0

9.∑ xn

n!es absolutamente convergente para todo x, segun establece el criterio del cociente:

lım|an+1||an|

= lım|x|n+1

(n + 1)!

n!

|x|n = lım|x|n+ 1

= 0

10.∑ (n!)2

(2n)!es convergente, segun establece el criterio del cociente:

lım((n+ 1)!)2

(2n + 2)!

(2n)!

(n!)2= lım

(n+ 1)2

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

1

4< 1



11.∑ (n!)c

(3n)!; utilizamos el criterio del cociente:

lıman+1

an= lım

((n+ 1)!)c

(3n+ 3)!

(3n)!

(n!)c= lım

(n+ 1)c

(3n+ 3)(3n + 2)(3n + 1)= ℓ

Si c < 3, entonces ℓ = 0 y la serie converge.

si c = 3, entonces ℓ = 1/27 < 1 y la serie converge.

Si c > 3, entonces ℓ = +∞ y la serie diverge.

12.∑ (n!)3

(an)!; para que tenga sentido la serie, a debe ser un numero natural; utilizamos el criterio del cociente:

lıman+1

an= lım

((n+ 1)!)3

(an+ a)!

(an)!

(n!)3= lım

(n+ 1)3

(an+ a) · · · (an+ 1)= ℓ

Si a > 3, entonces ℓ = 0 y la serie converge.

Si a = 3, entonces ℓ = 1/27 < 1 y la serie converge.

Si a = 1 o a = 2, ℓ = +∞ y la serie diverge.




1.∑

a1+ 12+···+ 1

n 2.∑ 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

2 · 4 · · · (2n)

3.∑ 1 + 1

2 + · · · + 1n

n3 4.∑ 2 + 4 + 8 + · · · + 2n

3n

5.∑ 1 + 21 + · · · + 2n

4n 6.∑ n+ 2n+ · · · + n2

n5

1.∑

a1+ 12+···+ 1

n , a > 0; estudiamos la convergencia usando el criterio de Raabe (usamos infinitesimos equiva-

lentes para el calculo del lımite):

lımn

(

1 − an+1

an

)

= lımn(

1 − a1/n+1)

= lım− n log a

n+ 1= − log a

Por tanto, si a >1e, la serie diverge y si a <

1e, la serie converge. Estudiamos el caso a =

1e

por comparacion

con la serie∑ 1

elog n =∑ 1

n, que es divergente:

lıme1+

12+···+ 1

n

elog n= lım e1+

12+···+ 1

n−log n = eγ 6= 0

En resumen, la serie converge si y solo si 0 < a <1e.



2.∑ 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · · · (2n)es divergente, segun establece el criterio de Raabe:

lımn

(

1 − 1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)

2 · 4 · · · (2n+ 2)

2 · 4 · · · (2n)

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

)

= lımn

(

1 − 2n + 1

2n + 2

)

= lımn

2n + 2=

1

2

Observese que por el calculo realizado, podemos concluir que la serie es hipergeometrica.

3.∑ 1 + 1

2 + · · · + 1n

n3 es convergente. La forma de la serie hace que los criterios del cociente, de la raız o de

condensacion no sean adecuados; usaremos el criterio de comparacion.

1 +12

+ · · · + 1n

n3 <1 + · · · + 1

n3=

n

n3 =1

n2

Dado que la serie mayorante es convergente, la serie propuesta tambien.

Podemos usar tambien infinitos equivalentes para deducir que la serie propuesta tiene el mismo caracter que∑ log n

n3 ; el criterio de condensacion permite deducir facilmente la convergencia de esta serie.

4.∑ 2 + 4 + 8 + · · · + 2n

3n es convergente. Podemos decidirlo de dos formas:

En primer lugar, podemos observar que la sucesion del numerador es la suma parcial n-esima de una

serie geometrica y por tanto:

∑ 2 + 4 + 8 + · · · + 2n

3n =∑ 2n+1 − 2

3n



Al ser suma de dos series geometricas de razones 2/3 y 1/3 respectivamente, deducimos que la serie es

convergente.

En lugar de identificar la serie, podemos utilizar el teorema de compresion:

2 + 4 + 8 + · · · + 2n

3n <2n + · · · + 2n

3n = n

(2

3

)n

Dado que la serie mayorante es convergente, por ser aritmetico-geometrica de razon 2/3, deducimos que

la serie propuesta tambien lo es.

5.∑ 1 + 21 + · · · + 2n

4n ; siguiendo el mismo razonamiento del apartado anterior, deducimos que es convergente.

6.∑ n+ 2n+ · · · + n2

n5 =∑ 1 + 2 + · · · + n

n4 =∑ n(n+ 1)

2n4 es convergente.



Problema 47 Estudiar el caracter de las siguientes series:

1.∑ 1

(log n)n2.∑(

logn+ 1

n− 1

)n3.∑[(n+ 1

n

)n+

2n

n− 1

]−n

4.∑ nn

(2n+ 1)n5.∑( n

7n+ 4

)4n−2

1.∑ 1

(log n)nes convergente, segun establece el criterio de la raız:

lım n√an = lım

1

log n= 0 < 1

2.∑(

logn+ 1

n− 1

)nes convergente, segun establece el criterio de la raız:

lım n√an = lım log

n+ 1

n− 1= 0 < 1

3.∑[(n+ 1

n

)n+

2n

n− 1

]−nes convergente, segun establece el criterio de la raız:

lım n√an = lım

[(n+ 1

n

)n+

2n

n− 1

]−n= (e+ 2)−1 < 1



4.∑ nn

(2n+ 1)nes convergente, segun establece el criterio de la raız:

lım n√an = lım

n

2n+ 1=

1

2< 1

5.∑( n

7n+ 4

)4n−2es convergente, segun establece el criterio de la raız:

lım n√an = lım

( n

7n+ 4

) 4n−2n

=1

74 < 1



Problema 48 Estudiar el caracter de las series:

1.∑(√

n+ 1 −√n)

2.∑(√

n2 + 1 − n)

3.∑

(√na + 1 −

√na)

4.∑

na(√n+ 1 − 2

√n+

√n− 1) 5.

∑ log n

2n3 − 1

6.∑ 1

log n7.∑

logn+ 1

n+ 28.∑ 1

n(log n)2

9.∑ 1

(log n)r10.

∑ sin4 n

n211.

∑ 1 + sin3 n

nn

12.∑ n · cos2 πn

3

2n 13.∑ sin3 n

n4 14.∑ 1 + cos2 n

n3

15.∑ sennx

n2 16.∑

sen1

n17.

∑ 1

1 + an (a > 0)

Aunque las diferencias de raıces son difıciles de tratar, el uso de los conjugados armonicos disminuye estas

dificultades, como vemos en este ejercicio.

Por otra parte, en este ejercicio usamos varias veces los criterios de comparacion y debemos recordar que es

necesario que la serie a la que se le aplica sea de terminos positivos; en caso de que la serie no sea de terminos

positivos, podremos estudiar la convergencia absoluta.

1.∑(√

n+ 1 −√n)

=∑ n+ 1 − n√

n+ 1 +√n

es divergente, ya que tiene el mismo caracter que∑ 1√

n.



2.∑(√

n2 + 1 − n)

=∑ 1√

n2 + 1 + nes divergente, ya que tiene el mismo caracter que

∑ 1

n.

3.∑

(√na + 1 −

√na) =

∑ 1√na + 1 +

√na

tiene el mismo caracter que∑ 1

na/2, que converge si y solo si

a > 2.

4.∑

na(√n+ 1 − 2

√n+

√n− 1) =

∑

na (√n+ 1 +

√n− 1)2 − 4n√

n+ 1 + 2√n+

√n− 1

=∑

2na

√n2 − 1 − n√

n+ 1 + 2√n+

√n− 1

=∑ − 2na

(√n2 − 1 + n)

√n+ 1 + 2

√n+

√n− 1

Por tanto, la serie tiene el mismo caracter que∑ 1

n(3/2)−aque converge si y solo si a <

12.

5.∑ log n

2n3 − 1; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que esta serie tiene el mismo caracter que

∑ log n

n3y esta, a su vez, por el criterio de condensacion, tiene el mismo caracter que

∑

(log 2)k

4k, que es

convergente por ser aritmetico-geometrica de razon 1/4.

6.∑ 1

log n; por el criterio de condensacion, tiene el mismo caracter que

∑ 2k

k log 2, que es divergente, ya que

no verifica la condicion necesaria:

lımk→+∞

2k

k= lım

k→+∞2k+1 − 2k

k + 1 − k= lım

k→+∞2k = +∞



(Hemos hecho uso del criterio de Stoltz-Cesaro.)

7.∑

logn+ 1

n+ 2= −

∑

logn+ 2

n+ 1; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que (la serie de terminos

positivos) tiene el mismo caracter que∑ 1

n+ 1, que es divergente.

8.∑ 1

n(log n)2; por el criterio de condensacion, esta serie tiene el mismo caracter que

∑ 1

(log 2)2k2 , que es

convergente.

9.∑ 1

(log n)r; por el criterio de condensacion, esta serie tiene el mismo caracter que

∑

k

2k

kr(log 2)rque es

divergente, segun se establece en el ejercicio 43. Observese que para aplicar el criterio de condensacion es

necesario que r > 0, pero, en caso contrario, el lımite del termino general es +∞ y en consecuencia la serie

tampoco converge.

10.∑ sin4 n

n2es convergente, ya que 0 <

sin4 nn2 ≤ 1

n2 y la serie∑ 1

n2es convergente.

11.∑ 1 + sin3 n

nn es convergente, ya que 0 ≤ 1 + sin3 nnn ≤ 2

nn ≤ 2n3 si n > 3 y la serie

∑ 1

n3es convergente.

12.∑ n · cos2 πn

3

2n es convergente, ya que 0 <n · cos2 πn

32n ≤ n

2n y la serie∑ n

2n es convergente por ser aritmetico-

geometrica de razon 1/2.



13.∑ sin3 n

n4 es absolutamente convergente, ya que | sin3 n|n4 ≤ 1

n4 y la serie∑ 1

n4es convergente.

14.∑ 1 + cos2 n

n3 es convergente, ya que 0 ≤ 1 + cos2 nn3 ≤ 1

n3 y la serie∑ 1

n3es convergente.

15.∑ sennx

n2 es absolutamente convergente para todo x ∈ R, ya que 0 ≤ | sennx|n2 ≤ 1

n2 y la serie∑ 1

n2es

convergente.

16.∑

sen1

n; haciendo uso de infinitesimos equivalentes, deducimos que la serie tiene el mismo caracter que

∑ 1

n,

que es divergente.

17.∑ 1

1 + an , a > 0, converge si y solo si a > 1. Estudiamos en primer lugar la condicion necesaria:

Si a = 1, entonces1

1 + an =12

y la serie es divergente.

Si a < 1, entonces lım1

1 + an = 1 y la serie es divergente.

Si a > 1, entonces lım1

1 + an = 0 y seguimos estudiando la serie.

Para a > 1, la serie tiene el mismo caracter que∑ 1

an , que es convergente:

lım1 + an

an = lım

(1

an + 1

)

= 1




1.∑ (−1)n

2n2.∑

(−1)n1

n log n3.∑ (−1)n−1

n√

5

4.∑

(−1)nlog n

n5.∑

(1

n− 1

n!

)

6.∑

(−1)n(n!)2

(2n)!

7.∑ n!

(−2)n8.∑ (−1)n√

n+√n+ 1

9.∑ (−1)n

√

n(n+ 1)

1.∑ (−1)n

2nes condicionalmente convergente, ya que

∑ 1

2nes divergente pero la serie converge por el criterio

de Leibniz: an = 1n es decreciente y convergente a 0.

2.∑

(−1)n1

n log nes condicionalmente convergente. Por el criterio de condensacion, la serie

∑ 1

n log ntiene el

mismo caracter que∑ 1

k(log 2)que es divergente; por otra parte, las sucesion an = 1

n log nes decreciente y

convergente a 0 y por lo tanto, por el criterio de Leibniz, la serie es efectivamente convergente.

3.∑ (−1)n−1

n√

5no es convergente, ya que el lımite lım

(−1)n−1

n√

5no existe.

4.∑

(−1)nlog n

nes condicionalmente convergente. El criterio de condensacion permite afirmar que la serie

no converge absolutamente. Por otra parte, en el ejercicio 22 demostramos que la sucesion an =log nn

es



convergente a 0 y, ademas, es decreciente: basta observar que la funcion f(x) =log xx

es decreciente en [3,∞)

ya que f ′(x) =1 − log x

x2 < 0 en ese intervalo; por lo tanto, el criterio de Leibniz, permite afirmar que la serie

es condicionalmente convergente.

5.∑

(1

n− 1

n!

)

. La serie∑ 1

nes divergente y la serie

∑ 1

n!es convergente (ejercicio 45(9) para x = 1);

entonces, segun se establece en el ejercicio 40, la serie propuesta es divergente.

6.∑

(−1)n(n!)2

(2n)!es absolutamente convergente: ver ejercicio 45(10).

7.∑ n!

(−2)nes divergente, ya que no verifica la condicion necesaria (hacemos uso de la formula de Stirling):

lımn!

2n = lıme−nnn

√2πn

2n = lım√

2πn

(n

2e

)n

= +∞

y por lo tanto, el lımite lımn!

(−2)nno existe.

8.∑ (−1)n√

n+√n+ 1

es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo caracter que

∑ 1√n

, que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones

√n y

√n+ 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto,

1√n+

√n+ 1

es decreciente y convergente

a 0.



9.∑ (−1)n

√

n(n+ 1)es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo caracter que

∑ 1

n, que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones

√n y

√n+ 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto,

1√

n(n+ 1)es decreciente y convergente

a 0.



Problema 50 Sumar las siguientes series aritmetico-geometricas y geometricas.

1.

∞∑

n=2

2n+ 110n ; 2.

∞∑

n=1

2n+3

3n ; 3.

∞∑

n=1

(−1)n+1 12n ; 4.

∞∑

n=3

(−1)n+1 n2n

En lugar de aplicar las correspondientes formulas utilizaremos el correspondiente metodo.

1.

Sn =5

102 +7

103 + · · · + 2n+ 1

10n

Sn

10=

5

103 +7

104 + · · · + 2n+ 1

10n+1

9Sn

10=

5

102 +2

103 +2

104 + · · · + 2

10n − 2n+ 1

10n+1

9Sn

100=

5

103 +2

104 +2

105 + · · · + 2

10n+1 − 2n+ 1

10n+2

9Sn

10− 9Sn

100=

81

100Sn =

5

102 − 3

103 − 2n − 3

10n+1 +2n+ 1

10n+2

∞∑

n=2

2n+ 1

10n =100

81lım

(5

102 − 3

103 − 2n− 3

10n+1 +2n+ 1

10n+2

)

=100

81

(5

102 − 3

103

)

=47

810



2.

Sn =24

3+

25

32 + · · · + 2n+2

3n−1 +2n+3

3n

2

3Sn =

25

32 +26

33 + · · · + 2n+3

3n +2n+4

3n+1

1

3Sn =

24

3− 2n+4

3n+1

∞∑

n=1

2n+3

3n = 3 lım

(24

3− 2n+4

3n+1

)

= 24 = 16

3.

Sn =1

2− 1

22 + · · · + (−1)n1

2n−1 + (−1)n+1 1

2n

1

2Sn =

1

22 − 1

23 + · · · + (−1)n1

2n + (−1)n+1 1

2n+1

3

2Sn =

1

2+ (−1)n+1 1

2n+1

∞∑

n=1

(−1)n+1 1

2n =2

3lım

(1

2+ (−1)n+1 1

2n+1

)

=1

3



4.

Sn =3

23 − 4

24 + · · · + (−1)nn− 1

2n−1 + (−1)n+1 n

2n

Sn

2=

3

24 − 4

25 + · · · + (−1)nn− 1

2n + (−1)n+1 n

2n+1

3Sn

2=

3

23 − 1

24 +1

25 + · · · + (−1)n+1 1

2n + (−1)n+1 n

2n+1

3Sn

4=

3

24 − 1

25 +1

26 + · · · + (−1)n+1 1

2n+1 + (−1)n+1 n

2n+2

3Sn

2+

3Sn

4=

9Sn

4=

3

23 +2

24 + (−1)n+1n+ 1

2n+1 + (−1)n+1 n

2n+2

∞∑

n=3

(−1)n+1 n

2n =4

9lım

(3

23 +2

24 + (−1)n+1n+ 1

2n+1 + (−1)n+1 n

2n+2

)

=2

9



Problema 51 Determinar cuales de las siguientes series hipergeometricas son convergentes y sumarlas.

5.

∞∑

n=4

14n2 − 1

6.

∞∑

n=4

1(4n− 1)(4n + 3)

7.

∞∑

n=1

(a+ 1)(a + 2) · · · (a+ n)n!

8.

∞∑

n=2

a(a+ 1)(a + 2) · · · (a+ n)b(b+ 1)(b + 2) · · · (b+ n)

9.∞∑

n=3

n! an

(1 + a)(1 + 2a) · · · (1 + na)

1.

∞∑

n=4

14n2 − 1

=

∞∑

n=4

1(2n + 1)(2n − 1)

;an+1

an=

(2n+ 1)(2n − 1)(2n+ 3)(2n + 1)

=2n − 12n + 3

; (2n + 3)an+1 = (2n − 1)an:

11a5 + 13a6 + · · · + (2n + 1)an + (2n + 3)an+1 = 7a4 + 9a5 + · · · + (2n − 3)an−1 + (2n − 1)an

2a5 + 2a6 + · · · + 2an + (2n + 3)an+1 = 7a4

2Sn + (2n + 3)an+1 = 9a4 =9

63=

1

7∞∑

n=4

1

4n2 − 1= lım

(1

2 · 7 − 1

2(2n + 3)an+1

)

=1

14



2.∞∑

n=4

1(4n − 1)(4n + 3)

;an+1

an=

(4n − 1)(4n + 3)(4n + 3)(4n + 7)

= 4n− 14n+ 7

; (4n + 7)an+1 = (4n − 1)an:

23a5 + 27a6 + · · · + (4n+ 3)an + (4n + 7)an+1 = 15a4 + 19a5 + · · · + (4n− 5)an + (4n − 1)an

8a5 + 8a6 + · · · + 8an + (4n + 7)an+1 = 15a4

8Sn + (4n + 7)an+1 = 23a4 =23

15 · 19 =23

285∞∑

n=4

1

(4n − 1)(4n + 3)= lım

(23

8 · 285 − 1

8(4n + 7)an+1

)

=23

2280

3.

∞∑

n=1

(a+ 1)(a+ 2) · · · (a+ n)n!

; segun vimos en el ejercicio 45(3), esta serie converge si y solo si a < −1 y es

hipergeometrica si ademas, a 6∈ Z; en este caso: (n+ 1)an+1 = (n+ a+ 1)an y por lo tanto:

2a2 + · · · + nan + (n+ 1)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n+ 1 + a)an

(n+ 1)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a)a2 + · · · + (1 + a)an

(n+ 1)an+1 = a1 + (1 + a)Sn = a+ 1 + (1 + a)Sn

∞∑

n=1

(a+ 1)(a + 2) · · · (a+ n)

n!= lım

(1

1 + a(n + 1)an+1 − 1

)

= −1

4.∞∑

n=0

a(a+ 1) · · · (a+ n)b(b+ 1) · · · (b+ n)

. En primer lugar observamos que:



El termino general de la serie no tiene sentido si b ∈ Z− ∪ {0}.Si a ∈ Z− ∪ {0}, la serie es constantemente nula y, en consecuencia, convergente a 0.

Si a, b 6∈ Z− ∪ {0}; en este caso la serie es hipergeometrica,

a(a+ 1) · · · (a+ n)(a+ n+ 1)

b(b+ 1) · · · (b+ n)(b+ n+ 1)

b(b+ 1) · · · (b+ n)

a(a+ 1) · · · (a+ n)=n+ a+ 1

n+ b+ 1

y es convergente si y solo si b > a+ 1, caso en el que calculamos la suma:

(2 + b)a2 + · · · + (n+ b)an + (n+ 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n+ 1 + a)an

(n+ 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a− b)a2 + · · · + (1 + a− b)an

(n+ 1 + b)an+1 = (1 + b)a1 + (1 + a− b)Sn

∞∑

n=1

a(a+ 1) · · · (a+ n)

b(b+ 1) · · · (b+ n)= lım

((n+ 1 + b)an+1

1 + a− b− (1 + b)a(a+ 1)

(1 + a− b)b(b+ 1)

)

=a(a+ 1)

b(b− a− 1)



Problema 52 Estudiar el caracter y sumar en su caso las siguientes series.

1.

∞∑

n=1

(−1)n−1(2n + 1)n(n+ 1)

2.

∞∑

n=1

12n(n + 1)

3.

∞∑

n=2

log n(1 + 1

n

)n+1

(log(n+ 1)n+1) log nn

4.∞∑

n=1

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

5.∞∑

n=1

log(n+ 1)2

n(n+ 2)

1.

∞∑

n=1

(−1)n−1(2n + 1)n(n+ 1)

=

∞∑

n=1

(

(−1)n−1

n− (−1)n

n+ 1

)

= 1 (serie telescopica).

2.∞∑

n=1

12n(n+ 1)

=∞∑

n=1

(

12n

− 12(n + 1)

)

= 12

(serie telescopica).

3.

∞∑

n=2

log n(1 + 1

n

)n+1

(log(n+ 1)n+1) log nn =

∞∑

n=2

(

1log nn − 1

log(n+ 1)n+1

)

= log 4 (serie telescopica).

4.

∞∑

n=1

(

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

)

=

∞∑

n=1

12n(n+ 1)

+1

2n+1 =12

+12

= 1. El primer sumando es la serie telescopica sumada

mas arriba y el segundo sumando es una serie geometrica de razon 1/2.

5.

∞∑

n=1

log(n + 1)2

n(n+ 2)=

∞∑

n=1

(

logn+ 1n

− logn+ 2n+ 1

)

= log 2


Capıtulo 3

Sucesiones y series funcionales

105

Sucesiones y series funcionales 106

Problema 53 Estudiar la convergencia de las siguiente sucesion de funciones.

fn(x) = x+(1 + nx)2

1 + n2x2

Calculamos en primer lugar el lımite puntual:

lımn→+∞

(

x+(1 + nx)2

1 + n2x2

)

= x+ 1

Mostramos a continuacion la representacion grafica de las seis primeras funciones de la sucesion y del lımite.



-1

-1

1

1



Problema 54 Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones de funciones.

1. fn(x) = 2n2 − x2

n3 + x fn(x) = n2(1 − x)xn fn = xe−nx

fn = nxe−nx fn =(1 + nx)2

1 + n2x2 fn(x) = 1n

√

(1 − x)n2+1



Problema 55 Sumar las siguientes series

1.1

4− 1

6+

1

8− 1

10+ · · · + (−1)k

2k+ · · · 2.

∞∑

k=0

k3

2k



Problema 56 Sumar las siguientes series del tipo p(n)/n!

1.

∞∑

n=1

n(n+ 1)!

2.

∞∑

n=1

n2

n!3.

∞∑

n=2

n2 + 3n− 1n!



Problema 57 Comprobar que la serie∞∑

n=1

x4n−1

4n− 1converge uniformemente en todo intervalo cerrado contenido en

(−1, 1). Aplicar este hecho para demostrar que su suma vale

1

4log

1 + x

1 − x− 1

2arc tg x

El teorema ?? nos dice que una serie de potencias converge uniformemente en cualquier intervalo cerrado

contenido en su campo de convergencia. Por tanto, el problema quedara resuelto si demostramos que el campo de

convergencia es (−1, 1).

Si hacemos la identificacion ∞∑

m=0

amxm =

∞∑

n=1

x4n−1

4n− 1

deducimos que la sucesion de coeficientes es la siguiente:

am =

1m

si m = 4n − 1

0 en otros casos

Por tanto, no podemos aplicar la proposicion ??, ya que el cociente amam+1

no esta definido para todo m, y la sucesionm√am no es convergente.

Aplicamos, entonces, el criterio del cociente a la serie de potencias:

lım

∣∣∣∣

x4n+3

4n+ 3

4n− 1

x4n−1

∣∣∣∣= |x4|



Deducimos que la serie es convergente para |x| < 1, es decir, el radio de convergencia es 1. Dado que las series∞∑

n=1

14n− 1

y

∞∑

n=1

− 14n − 1

son divergentes, el campo de convergencia es (−1, 1) y, efectivamente, la serie es uniforme-

mente convergente en cada intervalo cerrado contenido en (−1, 1).

Sea f(x) =

∞∑

n=1

x4n−1

4n− 1; entonces,

f ′(x) =

∞∑

n=1

x4n−2 = x2∞∑

n=1

(x4)(n−1) = x2 1

1 − x4x ∈ (−1, 1)

y de ahı:

f(x) =

∫ x

0f ′(t)dt =

∫ x

0

t2

1 − t4dt =

1

4log

x+ 1

x− 1− 1

2arc tg x



Problema 58 Hallar la suma de la serie

∞∑

n=1

(−1)nx4n−1

4n.

Aplicamos el criterio del cociente para hallar el radio de convergencia

lım

∣∣∣∣

x4n+3

4n+ 4

4n

x4n−1

∣∣∣∣= |x|4

es decir, la serie es convergente para |x| < 1 y el radio de convergencia es 1. Dado que las series∞∑

n=1

(−1)n

4ny

∞∑

n=1

(−1)n+1

4nson convergentes, el campo de convergencia es [−1, 1] y la serie es uniformemente convergente en



[−1, 1]. Sea f(x) =∞∑

n=1

x4n−1

4n; entonces,

xf(x) =∞∑

n=1

(−1)nx4n

4nx ∈ [−1, 1]

d

dx(xf(x)) =

∞∑

n=1

(−1)nx4n−1 = −x3∞∑

n=1

(−x4)n−1 = −x3 1

1 + x4x ∈ [−1, 1]

xf(x) =

∫ x

0tf ′(t)dt =

∫ x

0

−t31 + t4

dt = −1

4log(1 + x4) x ∈ [−1, 1]

f(x) = − 1

4xlog(1 + x4) x ∈ [−1, 1] r {0}

f(0) = 0



Problema 59 Determinar el radio de convergencia de las siguientes series:

a)

∞∑

n=2

xn log n b)

∞∑

n=1

n2xn

2nc)

∞∑

n=0

2n− 1

3n+ 1xn d)

∞∑

n=1

nn

n!

(

x+1

2

)n

En todos los apartados podemos aplicar la proposicion ??.

a)

∞∑

n=2

xn log n;

R = lımlog n

log(n+ 1)= 1

∞∑

n=2

log n y

∞∑

n=2

(−1)n log n son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1, 1)

b)

∞∑

n=1

n2xn

2n ;

R = lımn22n+1

(n+ 1)22n= lım

2n2

(n+ 1)2= 2

∞∑

n=1

n2 y∞∑

n=(

− 1)nn2 son divergentes, y por tanto, el campo de convergencia es (−2, 2).



c)∞∑

n=0

2n− 13n+ 1

xn;

lım(2n − 1)(3n + 4)

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

∞∑

n=0

2n− 13n+ 1

y

∞∑

n=0

(−1)n2n− 13n+ 1

son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1, 1).

d)

∞∑

n=1

nn

n!

(

x+12

)n

’

lımnn(n+ 1)!

(n+ 1)n+1n!= lım

nn

(n+ 1)n=

1

e

∞∑

n=1

nn

n!endiverge (tiene el mismo caracter que

∑ 1√2πn

);∞∑

n=1

(−1)nnn

n!enconverge por el criterio de Leibniz:

lımnn

n!en= lım

1√2πn

= 0 (Formula de Stirling)

an+1

an=

1

e

(n+ 1

n

)n

<e

e= 1 ⇒ an decreciente

Por tanto, el campo de convergencia es [−12 − 1

e ,−12 + 1

e )



Problema 60 Desarrollar en serie de potencias de x la funcionx2 + x

(1 − x)3y determinar su radio de convergencia.

Como ya hemos comprobado en varias ocasiones, la mejor forma de manejar las funciones racionales es descom-

poniendolas en otras mas simples (ver ejercicio 7.3):

x2 + x

(1 − x)3= − 1

x− 1− 3

(x− 1)2− 2

(x− 1)3

A partir de aquı, y usando las propiedades de las series de potencias, podemos hacer el desarrollo:

f(x) =1

1 − x=

∞∑

n=0

xn |x| < 1

− 3

(x− 1)2= 3f ′(x) = 3

∞∑

n=1

nxn−1 = 3

∞∑

n=0

(n+ 1)xn |x| < 1

− 2

(x− 1)3= −f ′′(x) = −

∞∑

n=0

(n+ 2)(n + 1)xn |x| < 1

Y sumando las tres igualdades,

x2 + x

(1 − x)3=

∞∑

n=0

n2xn, |x| < 1



Problema 61 Calcular los cinco primeros terminos del desarrollo en serie de potencias de x de las funciones

f(x) =1

1 + senxg(x) =

cos x

1 + senxh(x) =

cos x

1 − 2x

Vamos a usar las propiedades algebraicas del operador polinomio de Taylor para resolver el ejercicio (el lector

puede usar igualmente la definicion de dicho polinomio). Recordamos primeramente los desarrollos elementales que

vamos a utilizar:

senx → x− x3

6+

x5

120

cosx → 1 − x2

2+x4

24

1

1 − 2x=

∞∑

n=0

(2x)n → 1 + 2x+ 4x2 + 8x3 + 16x4 + 32x5

La funcion f es cociente de funciones elmentales y por tanto, tenemos que utilizar el algoritmo de division

larga (los puntos suspensivos indican que los sumandos restantes no nos importan):



1 1 + x− x3

6 + x5

120

−1 − x+ x3

6 − x5

120 1 − x+ x2 − 56x

3 + 23x

4 − 61120x

5

+x+ x2 − 16x

4

+x2 + 16x

3 − 16x

4 − 1120x

5

−x2 − x3 + 16x

5

− 56x

3 − 16x

4 + 19120x

5

+ 56x

3 + 56x

4

+ 23x

4 + 19120x

5

− 23x

4 − 23x

5

− 61120x

5

+ · · ·

+ · · ·

+ · · ·

+ · · ·

+ · · ·

+ · · ·

+ · · ·

+ · · ·

Para obtener el polinomio de g(x) = (cos x)/(1+senx) multiplicamos los polinomios de f y de cos x ignorando

los terminos de grado mayor que 5:

(1 − x2

2+x4

24)(1 − x+ x2 − 5

6x3 +

2

3x4 − 61

120x5)

= 1 − x+ (1 − 1

2)x2 + (

1

2− 5

6)x3 + (

1

24− 1

2+

2

3)x4

+ (− 1

24+

5

12− 61

120)x5 + · · ·

= 1 − x+1

2x2 − 1

3x3 +

5

24x4 − 2

15x5 + · · ·

El polinomio de g es 1 − x+ 12x

2 − 13x

3 + 524x

4 − 215x

5.



Para hallar el polinomio de h(x) = cos x/(1 − 2x) usamos el metodo del apartado anterior:

(1 − x2

2+x4

24)(1 + 2x+ 4x2 + 8x3 + 16x4 + 32x5)

= 1 + 2x+ (−1

2+ 4)x2 + (−1 + 8)x3

+ (1

24− 2 + 16)x4 + (

1

12− 4 + 32)x5 + · · ·

= 1 + 2x+7

2x2 + 7x3 +

337

24x4 +

337

12x5 + · · ·

el polinomio de h es 1 + 2x+ 72x

2 + 7x3 + 33724 x

4 + 33712 x

5.



Problema 62 Probar que las series trigonometricas

∑

(−1)ncosnx

n2;∑ sennx

n√n

y∑ 1

n!(cosnx− sennx)

son uniformemente convergentes.

El ejercicio es inmediato usando la prueba M de Weierstrass: tenemos que acotar el valor absoluto del termino

general de cada sucesion por una serie numerica convergente

∣∣∣(−1)n

cosnx

n2

∣∣∣ ≤ | cosnx|

n2≤ 1

n2∣∣∣∣

sennx

n√n

∣∣∣∣≤ | sen nx|

n√n

≤ 1

n√n

∣∣∣∣

1

n!(cosnx− sennx)

∣∣∣∣≤ | cos nx|

n!+

| sen nx|n!

≤ 2

n!



Problema 63 Calcular las series de Fourier de las siguientes funciones de periodo 2π:

f(x) =

−1 en (−π, 0)1 en (0, π)

; g(x) = |x| en [−π, π]; h(x) =

0 en [−π, 0]x en (0, π)

La funcion f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y;

bn =2

π

∫ π

0f(x) sennxdx =

2

π

∫ π

0sennxdx =

2

πn(1 − cosnπ) =

2

πn(1 − (−1)n)

De aquı se deduce que b2k = 0 y b2k+1 = 4π(2k + 1)

, k ≥ 1:

f(x) ∼∞∑

k=0

4

π(2k + 1)sen(2k + 1)x

g es una funcion par y por tanto, bn = 0 para todo n y:

a0 =2

π

∫ π

0g(x) dx =

2

π

∫ π

0x dx = π

an =2

π

∫ π

0g(x) cos nxdx =

2

π

∫ π

0x cosnxdx

=2

πn2(cos nπ − 1) =

2

πn2((−1)n − 1)



De aquı se deduce que a2k = 0 y a2k+1 =− 4

π(2k + 1)2, k ≥ 0:

g(x) ∼ π

2−

∞∑

k=0

4

π(2k + 1)2cos(2k + 1)x

La funcion h no verifica ninguna condicion de simetrıa:

bn =1

π

∫ π

−pih(x) sen nxdx =

1

π

∫ π

0x sennxdx = − 1

ncosnπ =

(−1)n+1

n

a0 =1

π

∫ π

−pih(x) dx =

1

π

∫ π

0x dx =

π

2

an =1

π

∫ π

−pih(x) cos nxdx =

1

π

∫ π

0x cosnxdx

=1

π

1

n2(cosnπ − 1) =

1

πn2((−1)n − 1)

Por tanto, a0 = π2 , a2k = 0 y a2k−1 = − 2

π(2k − 1)2, k ≥ 1:

h(x) ∼ π

4+

∞∑

n=1

(1 − (−1)n

πn2cosnx+

(−1)n+1

nsennx)



Problema 64 Desarrollar en serie de Fourier las funciones de periodo 2π:

f(x) =

π/4 si x ∈ (0, π)

−π/4 si x ∈ (−π, 0); g(x) =

π − x si x ∈ [0, π]

π + x si x ∈ [−π, 0]

Aplicar dichos desarrollos para calcular la suma de las siguientes series:

1 − 1

3+

1

5− 1

7+ · · · + (−1)n

2n+ 1+ · · · , 1 +

1

32+

1

52+ · · · + 1

(2n + 1)2+ · · ·

La funcion f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y:

bn =2

π

∫ π

0

π

4sennxdx =

1

2n(1 − cosnπ)

Por tanto, f(x) ∼ Sf (x) =

∞∑

k=0

1

2k + 1sen(2k + 1)x

La funcion g es par y por tanto, bn = 0 para todo n y:

a0 =2

π

∫ π

0(π − x)dx = π

an =2

π

∫ π

0(π − x) cosnx =

2

πn2(1 − cosnπ)

Por tanto, g(x) =π2

+

∞∑

k=0

4

π(2k + 1)2cos(2k + 1)x (se da la igualdad por la continuidad de g).



Dado que f es continua en π/2, se tiene que π4

= f(π/2) = Sf (π/2) =∞∑

n=0

(−1)k

2k + 1.

Dado que g es continua en 0, π = g(0) = g(x) =π2

+

∞∑

k=0

4

π(2k + 1)2y de ahı se deduce que:

∞∑

k=0

1

(2k + 1)2=π2

8



Problema 65 Desarrollar en serie de Fourier la funcion de periodo 2π dada por f(x) = x en (−π, π). Deducir de

dicho desarrollo la funcion suma de la serie∞∑

n=1

sennx

n

La funcion es impar y por tanto, an = 0 para todo n y:

bn =2

π

∫ π

0x sennxdx = − 2

n

La serie de Fourier es: f(x) ∼∞∑

n=1

− 2n

sennx. De aquı se deduce que

∞∑

n=1

sennxn

= −2f(x) si x 6∈ {(2k+ 1)π; k ∈ Z}

(para los valores restantes, la serie es constantemente nula).



Problema 66 Justificar la igualdad

x2 =π2

3+ 4

∞∑

n=1

(−1)ncosnx

n2, x ∈ [−π, π]

y aplicarla para calcular las sumas de las series

∞∑

n=1

1

n2;

∞∑

n=1

(−1)n

n2

La funcion f definida como f(x) = x2 si x ∈ [−π, π] y extendida por periodicidad a R, es continua en R; para

hallar su serie de Fourier tenemos en cuenta que es una funcion par, es decir, bn = 0 para todo n y:

a0 =2

π

∫ π

0x2 dx =

2

3π2

an =2

π

∫ π

0x2 cosnxdx = (−1)n

4

n2

Teniendo en cuenta que f es continua en R, se verifica que:

f(x) =π2

3+ 4

∞∑

n=1

(−1)ncosnx

n2.



Evaluando en x = π obtenemos que π2 = π2

3+ 4

∞∑

n=1

1n2 y de ahı:

∞∑

n=1

1n2 = π2

6.

Evaluando en x = 0, se obtiene que 0 = π2

3 + 4

∞∑

n=1

(−1)nn2 y de ahı:

∞∑

n=1

(−1)nn2 = −π2

12



Problema 67 Partiendo de la igualdad obtenida en el ejercicio anterior,

x2 =π2

3+ 4

∞∑

n=1

(−1)ncosnx

n2, x ∈ [−π, π]

obtener

x(x2 − π2) = 12

∞∑

n=1

(−1)nsennx

n3, x ∈ [−π, π]

La funcion f definida como f(x) = x2 si x ∈ [−π, π] y extendida por periodicidad a R, es continua y derivable

a trozos en R. Por tanto, podemos aplicar el teorema ??:

x3

3=

∫ x

0t2 dt =

π2

3x+ 4

∞∑

n=1

1

n(−1)n

sennx

n2=π2

3x+ 4

∞∑

n=1

(−1)nsennx

n3

Con unas simples manipulaciones algebraicas deducimos la igualdad pedida:

x(x2 − π2) = 12∞∑

n=1

(−1)nsennx

n3, x ∈ [−π, π]

Dado que el segundo miembro de esta ultima igualdad es una serie trigonometrica, podemos afirmar que es el

desarrollo en serie de Fourier de la funcion del primer miembro. Es decir, en este ejemplo, hemos podido usar el

teorema de integracion de series de Fourier para obtener otro desarrollo de una forma mas sencilla, pero el desarrollo

no corresponde a la primitiva de la funcion inicial.



Problema 68 Sea f una funcion de periodo 2π tal que su serie de Fourier converge uniformemente. Demostrar

que entonces se verifica la siguiente igualdad llamada identidad de Parseval.

∫ π

−π[f(x)]2dx = π

[

a20

2+

∞∑

n=1

(a2n + b2n)

]

Indicacion: Usar la expresion en serie de Fourier de f , multiplicar ambos miembros por f(x) e integrar ambos

miembros sobre el intervalo [−π, π] usando la convergencia uniforme.

Dado que la serie de Fourier de f converge uniformemente, la funcion f es continua y es igual a su serie; a partir

de aquı seguimos la indicacion del enunciado:

f(x) =a0

2+

∞∑

n=1

an cosnx+ bn sennx

f(x)2 =a0

2f(x) +

∞∑

n=1

anf(x) cosnx+ bnf(x) sennx

∫ π

−π[f(x)]2 dx =

a0

2

∫ π

−πf(x) dx+

∞∑

n=1

(an

∫ π

−πf(x) cosnxdx+ bn

∫ π

−πf(x) sennxdx)

=a0

2a0 +

∞∑

n=1

(anπan + bnπbn) = π

[

a20

2+

∞∑

n=1

(a2n + b2n)

]



En la tercera igualdad hemos utilizado la convergencia uniforme para poder conmutar los signos de serie y de

integral; en la cuarta igualdad hemos usado la definicion de los coeficientes de Fourier para la evaluacion de las

integrales.



Problema 69 Justificar aplicando la identidad de Parseval que la serie trigonometrica

∞∑

n=2

sennx

log n

no es la serie de Fourier de ninguna funcion continua a trozos a pesar de que dicha serie converge para todo real x.

Si la serie trigonometrica fuera serie de Fourier de una funcion continua, entonces la identidad de Parseval nos

dirıa que la serie numerica

∞∑

n=2

1(log n)2

es convergente, lo cual no es cierto (Ejercicio 5.14.k). Por tanto, la afirmacion

del enunciado es correcta.



Problema 70 Aplicar la identidad de Parseval al desarrollo en serie de Fourier de la funcion de periodo 2π dada

por f(x) = |x|, |x| ≤ π.

En el ejercicio 8 obtuvimos la serie de Fourier de la funcion f :

f(x) =π

2+

∞∑

k=0

4

π(2k + 1)2cos(2k + 1)x

Dado que

∣∣∣∣

cos(2k + 1)xπ(2k + 1)2

∣∣∣∣≤ 1

π(2k + 1)2y la serie

∞∑

n=0

1π(2k + 1)2

es convergente, la convergencia es absoluta y

podemos aplicar la identidad de Parseval:

π2

2+

∞∑

k=0

16

π2(2k + 1)4=

∫ π

−πx2 dx =

2

3π3

De donde se deduce que:∞∑

k=0

1

(2k + 1)4=π4

16

(2

3π − 1

2

)

.



Problema 71 Desarrollar en serie de Fourier la funcion de periodo 4 definida en [−2, 2) por f(x) = x.

La funcion es periodica de periodo 4 = 2 · 2 y es impar, por tanto, an = 0 para todo n y:

bn =2

2

∫ 2

0x sen

π

2nxdx = − 4

nπcosnπ = (−1)n+1 4

nπ

La serie de Fourier es:

f(x) ∼∞∑

n=1

(−1)n+1 4

nπsen

π

2nx



Problema 72 Para cada una de las siguientes funciones dar su desarrollo en serie de Fourier:

f(x) =

2 − x si 0 < x < 4

x− 6 si 4 < x < 8; g(x) =

senx si 0 ≤ x ≤ π

0 si π < x < 2π;

h(x) = E[x] si x ∈ (−1, 2); k(x) = 1 − x si x ∈ [0, 2π)

f es periodica de periodo 8:

a0 =1

4

∫ 8

0f(x)dx =

1

4

∫ 4

0(2 − x)dx+

1

4

∫ 8

4(x− 6)dx = 0

an =1

4

∫ 8

0f(x) cosnxdx =

1

4

∫ 4

0(2 − x) cos nxdx+

1

4

∫ 8

4(x− 6) cos

π

4x dx

=4

n2π2− 4

n2π2cosnπ − 4

n2π2+

4

n2π2=

4

n2π2(1 − cosnπ)

bn =1

4

∫ 8

0f(x) sennxdx =

1

4

∫ 4

0(2 − x) sennxdx+

1

4

∫ 8

4(x− 6) sen

π

4x dx

=2

nπ+

2

nπcosnπ − 2

nπ− 2

nπ=

2

nπ(cosnπ − 1)

Por tanto, si n es par, an = 0 y bn = 0, y en consecuencia, la serie de Fourier de f es:

f(x) =∞∑

k=0

8

(2k + 1)2π2cos

π

4(2k + 1)x− 4

(2k + 1)πsen

π

4(2k + 1)x



g es periodica de periodo 2π y no verifica ninguna condicion de simetrıa.

a0 =1

π

∫ π

0senx dx =

2

π

an =1

π

∫ π

0senx cosnxdx =

1

π(1 − n2)(cos nπ + 1) =

1

π(1 − n2)((−1)n + 1)

bn =1

π

∫ π

0senx sennxdx = 0

Los coeficientes an con n impar son nulos y por tanto:

g(x) =1

π+

∞∑

k=1

2

π(1 − 4k2)cos 2kx

h es periodica de periodo 3;

a0 =2

3

∫ 2

−1E[x]dx =

4

3

an =2

3

∫ 2

−1E[x] cos

2

3πnx dx =

2

3

∫ 0

−1− cos

2

3πnx dx+

2

3

∫ 2

1cos

2

3πnx dx

= − 1

nπsen

2

3nπ − 1

nπsen

2

3nπ +

1

nπsen

4

3nπ = − 2

nπsen

2

3nπ +

1

nπsen

4

3nπ

bn =2

3

∫ 2

−1E[x] sen

2

3πnx dx =

2

3

∫ 0

−1− sen

2

3πnx dx+

2

3

∫ 2

1sen

2

3πnx dx

=1

nπ− 1

nπcos

2

3πn+

1

nπcos

2

3πn− 1

nπcos

4

3πn =

1

nπ− 1

nπcos

4

3πn



Los valores de los coeficientes son:

a0 =4

3

a3k = 0

a3k+1 = − 3√

3

2(3k + 1)π

a3k+2 =3√

3

2(3k + 2)π

b3k = 0

b3k+1 =3

2(3k + 1)π

b3k+2 =3

2(3k + 1)π

k es periodica de periodo 2π y no verifica ninguna condicion de simetrıa.

a0 =1

π

∫ 2π

0(1 − x)dx = 2(1 − π)

an =1

π

∫ 2π

0(1 − x) cosnxdx = 0

bn =1

π

∫ 2π

0(1 − x) sennxdx =

2

n



k(x) ∼ 1 − π +∞∑

n=1

2

nsennx



Problema 73 Sea f una funcion periodica de periodo 2π y supongamos que su serie de Fourier converge unifor-

memente. Demostrar que en tal caso:

∫ π

−π(f(x))2 dx =

π

2a2

0 + π

∞∑

n=1

(a2n + b2n)

Esta igualdad se conoce como Identidad de Parseval

Si la serie de Fourier converge uniformemente, entonces necesariamente f es continua y:

f(x) =a0

2+

∞∑

n=1

(an cosnx+ bn sennx)

La siguiente secuencia de igualdades concluye en la identidad de Parseval; tengase en cuenta que en aquellas



igualdades donde se permuta la integral y la serie se esta haciendo uso de la convergencia uniforme.

f(x) =a0

2+

∞∑

n=1

(an cosnx+ bn sennx)

(f(x))2 =a0

2f(x) +

∞∑

n=1

(anf(x) cosnx+ bnf(x) sennx)

∫ π

−π(f(x))2 dx =

a0

2

∫ π

−πf(x) dx

+

∞∑

n=1

(

an

∫ π

−πf(x) cosnxdx+ bn

∫ π

−πf(x) sennxdx

)

∫ π

−π(f(x))2 dx =

a0

2πa0 +

∞∑

n=1

(anπan + bnπbn)

∫ π

−π(f(x))2 dx =

π

2a2

0 + π∞∑

n=1

(a2n + b2n)



Problema 74 Consideremos la funcion f(x) = senx, x ∈ [0, π].

1. Hallar la serie de cosenos de f .

2. Sumar la serie:∞∑

k=0

1

4k2 − 1

3. Aplicar la identidad de Parseval al desarrollo de la funcion f .

4. Sumar la serie:1

1232 +1

3252 +1

5272 + · · ·

1. a0 =2π

∫ π

0senx dx =

[

− 2

πcos x

]π

0

=4

π

a1 =2π

∫ π

0senx cos x dx =

1

π

∫ π

0sen 2x dx = 0

Si n > 1, entonces:

an = 2π

∫ π

0senx cosnxdx



=1

π

∫ π

0(sen(x+ nx) − sen(nx− x)) dx

=

[

− 1

(n+ 1)πcos(n+ 1)x

]π

0

−[

− 1

(n− 1)πcos(n− 1)x

]π

0

= − (−1)n+1

(n+ 1)π+

1

(n+ 1)π+

(−1)n−1

(n− 1)π− 1

(n− 1)π

= 2(−1)n+1

π(n2 − 1)− 2

1

π(n2 − 1)

Por tanto, a2k+1 = 0 y a2k =− 4

π(4k2 − 1)para todo k ≥ 0 y la serie de cosenos de sen x es:

senx =2

π−

∞∑

k=1

4

π(4k2 − 1)cos 2kx x ∈ [0, π]

2. Del punto anterior deducimos que:

∞∑

k=1

1

4k2 − 1cos 2kx =

1

2− π

4senx. Por lo tanto:

∞∑

k=0

1

4k2 − 1= −1 +

∞∑

k=1

1

4k2 − 1= −1 +

1

2− π

4sen 0 = −1

2

3. La serie de cosenso de f converge uniformemente, ya que:

4

π(4k2 − 1)| cos 2kx| ≤ 4

π(4k2 − 1)



y la serie numerica∞∑

k=0

1

4k2 − 1es convergente. La identidad de Parseval de la funcion f es:

∫ π

−πsen2 x dx =

8

π+

∞∑

k=1

16

π(4k2 − 1)2

De donde se deduce que:∞∑

k=1

16

π(4k2 − 1)2=

∫ π

−πsen2 x dx− 8

π= π − 8

π

4.1

1232 +1

3252 +1

5272 + · · ·

=

∞∑

k=1

1

(2k − 1)2(2k + 1)2=

∞∑

k=1

1

(4k2 − 1)2

=π

16

(

π − 8

π

)

=π2

16− 1

2



Problema 75 Desarrollar en serie de Fourier y = coshαx, x ∈ [−π, π] y deducir de dicho desarrollo la suma de

la serie ∞∑

n=1

1

α2 + n2, α ∈ R r {0}

La funcion es par y por tanto, bn = 0 para todo n. Calculamos en primer lugar el coeficiente a0:

a0 =2

π

∫ π

0coshαxdx =

2

π

[1

αsenhαx

]π

0

=2

απsenhαπ

Para calcular los coeficientes an con n ≥ 1, utilizamos integracion por partes:

an =2

π

∫ π

0coshαx cos nxdx

=

[2

πncoshαx sennx

]π

0

− 2α

πn

∫ π

0senhαx sen nxdx

= −2α

πn

∫ π

0senhαx sennxdx

=

[2α

πn2senhαx cos nx

]π

0

− 2α2

πn2

∫ π

0coshαx cosnxdx

= (−1)n2α

πn2senhαπ − α2

n2an



De la igualdad obtenida podemos despejar an para obtener:

an = (−1)n2α

π(α2 + n2)senhαπ

Por lo tanto, si α 6= 0 y x ∈ [−π, π], entonces

coshαx =1

απsenhαπ +

∞∑

n=1

(−1)n2α

π(α2 + n2)senhαπ cosnx

En particular, para x = π se obtiene:

coshαπ =1

απsenhαπ +

∞∑

n=1

2α

π(α2 + n2)senhαπ

y de ahı:∞∑

n=1

1

α2 + n2=

∞∑

n=1

1

α2 + n2=

π

2αcotghαπ − 1

2α2 , α 6= 0



Problema 76 Aproximar el numero log 5 con un error menor que 10−n

log 5 = − log(1/5) = −∞∑

n=1

(−1)n+1

(45

)n

n=

∞∑

n=1

4n

n5n

Si usamos el criterio del cociente para establecer la convergencia de esta serie, obtenemos la siguiente acotacion del

error:

ε ≤ aN4/5

1 − 4/5= 4aN =

4N+1

N5N

Para N = 24 obtenemos que ε < 1270−1 < 10−3 y S24 = 1′60877. De las 5 cifras decimales dadas solo las dos

primeras son exactas:

1′60877 ≤ log 5 ≤ 1′60877 + 0′001 = 1′60977

Sin embargo, para conseguir esas dos cifras exactas es suficiente con S20; en este caso el error esta acotado por

0′002305 y S20 = 1′60755:

1′60755 ≤ log 5 ≤ 1′60755 + 0′002305 = 1′60985



Problema 77 Hallar el campo de convergencia de las siguientes series:

∞∑

n=0

(−1)n(αn

)xn

∞∑

n=0

(αn

)xn

Recordemos que la importancia del lımite 37(3) esta en que permite afirmar la siguiente igualdad:

2α =

∞∑

n=0

(α

n

)

α > −1

ya que si α > −1, podemos encontrar una constante a con 0 < a < 1 y un polinomio P (n) tales que tal que(αn

)=

(−1)n

P (n)a(a+1)···(a+(n−1))

n! = a1

a+12 · · · a+(n−1)

n . Por otra parte, si α < −1, se verifica que(αn

)= (−1)n a(a+1)···(a+(n−1))

n! =

a1

a+12 · · · a+(n−1)

n donde a > 1, y por lo tanto, su lımite no es 0.

El teorema de Abel y el estudio anterior nos lleva a completar la determinacion del campo de convergencia de

la serie binomia; para la serie

∞∑

n=0

(αn

)xn con α 6∈ {−1, 0, 1}

Si α > 0: converge para x ∈ [−1, 1]

Si −1 < α < 0: converge para x ∈ (−1, 1]

Si α < −1: converge para x ∈ (−1, 1)



Problema 78 Vamos a estudiar la convergencia de la serie de potencias:

∑(

1 +1

n

)n2

(1 + x)n

Por el criterio de la raiz deducimos que el radio de convergencia es r = 1/e; para establecer si la serie converge en

los extremos tenemos que estudiar las series

∑ 1

en

(

1 +1

n

)n2∑ (−1)n

en

(

1 +1

n

)n2

Ninguna de las dos series converge; lo demostramos usando la condicion necesaria de convergencia:

lım1

en

(

1 +1

n

)n2

= lım exp

(

−n+ n2 log

(n+ 1

n

))

= e−1/2 6= 0

ya que:

lım−n+ n2 log

(n+ 1

n

)

= lım− 1

n + log(1 + 1

n

)

1n2

= −1

2

ya que:

lımx→0

−x+ log(1 + x)

x2= −1

2Aunque no es significativo para el estudio de la serie, es facil comprobar que la serie de terminos positivos es

decreciente:

an+1

an=

1

e

(n2 + 2n

n2 + 2n+ 1

)n2 ((n+ 2

n+ 1

)n+1)2

n+ 1

n+ 2<

1

e

1

ee2 · 1 = 1


Capıtulo 4

El espacio metrico Rn.

Curvas parametrizadas

149

El espacio metrico Rn.Curvas parametrizadas 150

C(t)

P�(t)

(x ,y )00

(x ,y )11

4

P�(t)5

P�(t)7

P�(t)6

P�(t)8

(x ,y )33

(x ,y )22Problema 79 Curvas de Bezier. Pierre Bezier fue

un ingeniero de Renault que durante los anos 60 rea-

lizo un estudio con el objetivo de mejorar el diseno

de las componentes de los automoviles. Paralelamen-

te, otro ingeniero perteneciente a la empresa Citroen y

llamado Paul de Faget de Casteljau, estaba trabajan-

do sobre el mismo campo. De este ultimo no se llego a

publicar nada en principio, con lo cual Bezier fue el

que se llevo los honores y el que da nombre a este tipo

de curvas.

Una curva de Bezier une cuatro puntos no alineados en el plano, P0 = (x0, y0), P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2)

y P3 = (x3, y3), y se describe como sigue: para cada t ∈ [0, 1]: el punto P4(t) es el punto del segmento P0P1 que

verifica |P0P4(t)||P0P1| = t, el punto P5(t) es el punto del segmento P1P2 que verifica |P1P5(t)|

|P1P2| = t, el punto P6(t) es el

punto del segmento P2P3 que verifica |P2P6(t)||P2P3| = t, el punto P7(t) es el punto del segmento P4(t)P5(t) que verifica

|P4(t)P7(t)||P4(t)P5(t)| = t, el punto P8(t) es el punto del segmento P5(t)P6(t) que verifica |P5(t)P8(t)|

|P5(t)P6(t)| = t y el punto γ(t) es el

punto del segmento P7(t)P8(t) que verifica |P7(t)C(t)||P7(t)P8(t)| = t.



1. Demostrar que: C(t) =

(

x(t)

y(t)

)

=

(

x0 x1 x2 x3

y0 y1 y2 y3

)

−1 3 −3 1

3 −6 3 0

−3 3 0 0

1 0 0 0

t3

t2

t

1

2. Probar que el segmento P0P1 es tangente al punto γ(0) = P0 y que el segmento P2P3 es tangente al punto

γ(1) = P3.

3. Determinar la curva de Bezier para los puntos P0 = (0, 0), P1 = (1, 2), P2 = (2, 3), P3 = (3, 0). Escribirla

como y = f(x) y dibujarla.

4. Tres de los puntos pueden estar alineados: determinar la curva de Bezier para los puntos P0 = (0, 0), P1 =

(1, 0), P2 = (2, 2), P3 = (3, 0). Escribirla como y = f(x) y dibujarla.

1. La descripcion de la curva determina las siguientes igualdades:

P4(t) = P0 + t(P1 − P0) = (1 − t)P0 + tP1; P7(t) = P4(t) + t(P5(t) − P4(t)) = (1 − t)P4(t) + tP5(t)

P5(t) = P1 + t(P2 − P1) = (1 − t)P1 + tP2; P8(t) = P5(t) + t(P6(t) − P5(t)) = (1 − t)P5(t) + tP6(t)

P6(t) = P2 + t(P3 − P2) = (1 − t)P2 + tP3; C(t) = P7(t) + t(P8(t) − P7(t)) = (1 − t)P7(t) + tP8(t)



De donde se obtiene que

C(t) = (1 − t)P7(t) + tP8(t)

= (1 − t)((1 − t)P4(t) + tP5(t)) + t((1 − t)P5(t) + tP6(t))

= (1 − t)2P4(t) + 2t(1 − t)P5(t) + t2P6(t)

= (1 − t)2((1 − t)P0 + tP1) + 2t(1 − t)((1 − t)P1 + tP2) + t2((1 − t)P2 + tP3)

= (1 − t)3P0 + 3t(1 − t)2P1 + 3t2(1 − t)P2 + t3P3

= (P0P1P2P3)

(1 − t)3

3t(1 − t)2

3t2(1 − t)

t3

= (P0P1P2P3)

−t3 + 3t2 − 3t+ 1

3t3 − 6t2 + 3t

−3t3 + 3t2

t3

= (P0P1P2P3)

−1 3 −3 1

3 −6 3 0

−3 3 0 0

1 0 0 0

t3

t2

t

1



2. C ′(t) = (P0P1P2P3)

−1 3 −3 1

3 −6 3 0

−3 3 0 0

1 0 0 0

3t2

2t

1

0

C ′(0) = (P0P1P2P3)

−1 3 −3 1

3 −6 3 0

−3 3 0 0

1 0 0 0

0

0

1

0

= −3P0 + 3P1 = 3(P1 − P0) y por lo tanto, efectivamente, la

tangente a C(0) = P0 es el segmento que une los puntos P0 y P1.

C ′(1) = (P0P1P2P3)

−1 3 −3 1

3 −6 3 0

−3 3 0 0

1 0 0 0

3

2

1

0

= −3P2 + 3P3 = 3(P3 − P2) y por lo tanto, efectivamente, la

tangente a C(1) = P3 es el segmento que une los puntos P2 y P3.



3. Aplicamos la igualdad matricial del apartado anterior:

C(t) =

(

0 1 2 3

0 2 3 0

)

−1 3 −3 1

3 −6 3 0

−3 3 0 0

1 0 0 0

t3

t2

t

1

=

(

3t

−3t3 − 3t2 + 6t

)

De la igualdad x = 3t obtenemos:

y = −x3

9− x2

3+ 2x X

Y

(3,0)(0,0)

( 1 , 2 )

( 2 ,3)

4. Aplicamos la igualdad matricial del apartado anterior:

C(t) =

(

0 1 2 3

0 0 2 0

)

−1 3 −3 1

3 −6 3 0

−3 3 0 0

1 0 0 0

t3

t2

t

1

=

(

3t

−6t3 + 6t2

)

De la igualdad x = 3t obtenemos:

y = −29x3 +

23x2.

X

Y

(3,0)(0,0) ( 1 ,0)

( 2 , 2 )



Problema 80 Esbozar las siguientes curvas y hallar una ecuacion en x e y eliminando el parametro:

1. x = 4t, y = t+ 2.

2. x = cos θ + 1, y = sen θ.

1. x = 4t, y = t + 2; eliminando el parametro t obtenemos: x = 4(y − 2). Esto significa que la curva dada

esta contenida en la recta 4y − x − 8 = 0; dado que el rango de la funcion x es R, podemos afirmar que la

curva coincide con la recta.

2. x = cos θ+1, y = sen θ. De las dos ecuaciones se obtiene que cos θ = x−1 y sen θ = y; por tanto, (x−1)2+y2 = 1

para todo punto (x, y). Esto significa que la curva propuesta esta contenida en la circunferencia (x−1)2+y2 = 1;

dado que el rango de y es [−1, 1] y el rango de x es [0, 2], la curva propuesta coincide con la circunferencia.

Por ultimo, hay que observar que la parametrizacion dada para la circunferencia, recorre infinitas veces la

circunferencia, y el intervalo [0, 2π] basta para describirla.



Problema 81 Hallar una representacion parametrica para cada una de las curvas siguientes:

1. 2x2 + y2 = 1 2. 4xy = 1 3. 3x2 − y2 = 1

4. y = cos 2x 5. y = x3 + 1 6. y2 = x+ x2

1. 2x2 + y2 = 1. La curva es una elipse, una parametrizacion es:

x(θ) =1√2

cos θ y(θ) = sen θ θ ∈ [0, 2π]

2. 4xy = 1. La curva es una hiperbola; dado que, en este caso, la curva puede ser grafica de una funcion, una

parametrizacion es:

x(t) = t y(t) =4

tt ∈ R∗

3. 3x2 − y2 = 1. La curva es una hiperbola; una parametrizacion es:

x(θ) =1√3

cosh θ y(θ) = senh θ θ ∈ R

4. y = cos 2x. Dado que la curva es grafica de una funcion, una parametrizacion es:

x(t) = t y(t) = cos 2t t ∈ R



5. y = x3 + 1. Nuevamente la curva es grafica de una funcion y por tanto, una parametrizacion es:

x(t) = t y(t) = t3 + 1 t ∈ R

6. y2 = x+x2. La curva es una conica que admite la ecuacion (x+ 12 )2 −y2 = 1

4 que es una hiperbola que admite

la parametrizacion:

x(θ) =1

2cosh θ − 1

2y(θ) =

1

2senh θ θ ∈ R



Problema 82 Parametrizar la circunferencia x2 + y2 − 2ax = 0:

1. usando coordenadas polares;

2. usando como parametro el angulo comprendido entre el eje OX y el radio.

1. La circunferencia tiene el centro en (a, 0) y su radio es a. Dado que

el angulo α de la figura es recto, se verifica que f(θ) = 2a cos θ. Para

recorrer una vez la circunferencia, basta considerar θ ∈ [−π2 ,

π2 ].

2. La parametrizacion que se deduce al usar como parametro el angulo

comprendido entre el eje OX y el radio, es la parametrizacion usual

de la circunferencia:

x(ϕ) = senϕ+ a y(ϕ) = cosϕ ϕ ∈ [0, 2π]

2aθ ϕ

α

(r,θ)



Problema 83

1. Si γ : [a, b] → R3 es una parametrizacion continua de una curva, deducir la formula para calcular su longitud.

2. Hallar la longitud de la curva (t2, t4) para t ∈ [0, 1].

2. La longitud es:

∫ 1

0

√

(2t)2 + (4t3)2 dt =1

2

∫ 2

0

√

1 + z2 dz (z = 2t2)

=

[1

4(z√

1 + z2 + argsenh z)

]2

0

= 2√

5 + log(2 +√

5)



Problema 84 Hallar la longitud de la curva(et cos t

√t3 + 1, 2et cos t

√t3 + 1

)sobre [0, 1].

La curva esta contenida en la recta Y = 2X. Por otra parte, la derivada de x,

x′(t) = et√

t3 + 1(cos t− sen t) + et cos t3t2

2√t3 + 1

es positiva en el intervalo [0, 1] (observese que todos los sumandos son positivos en este intervalo), y en consecuencia,

la funcion x es creciente en este intervalo. Por tanto, la curva es el segmento de la recta Y = 2X determinado por los

puntos (x(0), y(0)) y (x(1), y(1)), es decir, (1, 2) y (e√

2 cos 1, e√

2 cos 1), y la longitud es la distancia entre ambos:

(e√

2 cos 1 − 1)√

5.



Problema 85 Sea x = a cos t+ b e y = a sen t+ d, a > 0; probar que la velocidad de recorrido es constante y que

la longitud de la curva en [t0, t1] es igual a la velocidad multiplicada por el tiempo (t1 − t0).

La curva propuesta es una circunferencia de radio a y centro en (b, d)). La coordenadas del vector velocidad en

cada instante, v(t) = (x′(t), y′(t)), son:

x′(t) = −a sen t y′(t) = a cos t

Por tanto, la velocidad de recorrido, es decir, el modulo del vector velocidad en cada instante es:

||v(t)|| =√

[x′(t)]2 + [y′(t)]2 =√

a2 sen2 t+ a2 cos2 t = a

Por tanto, la longitud de la curva (circunferencia) entre los instantes t0 y t1 es:

∫ t1

t0

||v(t)|| dt =

[

at

]t1

t0

= a(t1 − t0)



Problema 86 Un objeto se mueve de izquierda a derecha a lo largo de la curva y = x3/2 a velocidad constante. Si

el punto esta en (0, 0) al mediodıa y en (1, 1) a la una de la tarde ¿donde se encontrara a la una y media?

El espacio recorrido entre los puntos (0, 0) y (a, a3/2) es:

∫ a

0

√

1 + (y′)2 dx =

∫ 1

0

√

1 +9

4x dx =

[

2

3

√

(1 +9

4x)3

]a

0

=2

3

[(

1 +9

4a

)3/2

− 1

]

Dado que la velocidad es constante, su valor coincide con el espacio recorrido entre

el mediodıa y la una, es decir, el valor de la expresion anterior para a = 1: v =112

(−8 + 13√

13). A la una y media, el objeto se encontrara en un punto (a, a3/2) tal

que

2

3

[(

1 +9

4a

)3/2

− 1

]

=3

2

1

12(−8 + 13

√13)

0 1 1’5



Problema 87 Hallar la ecuacion de la recta tangente a la curva parametrizada x = 2cos θ e y = θ − sen θ cuando

θ = π/2.

Para θ = π/2, el punto descrito es (0, π2 − 1). Para cada θ, un vector tangente es

(x′(θ), y′(θ) = (−2 sen θ, 1 − cos θ)

Por tanto, para θ = π/2 el vector tangente es (−2, 1) y la recta tangente:

X

−2= Y − π

2+ 1



Problema 88 Hallar una curva parametrizada x = f(t), y = g(t) que pase por los puntos (1, 1), (2, 2), (4, 2),

(5, 1), (3, 0) y (1, 1) tal que f y g sean funciones lineales a trozos, con lo cual la curva es un polıgono cuyos vertices

son los puntos dados en ese mismo orden.

1. Hallar la longitud de la curva mediante la formula deducida anteriormente y despues usando geometrıa ele-

mental.

2. Hallar la superficie y el volumen de revolucion del solido obtenido al girar el polıgono alrededor del eje OY .

El polıgono del enunciado aparece en la figura siguiente.

(2,2) (4,2)

(5,1)

(3,0)

(1,1)



Una parametrizacion de la curva es:

(f, g)(t) =

(t− 1)(1, 1) + (1, 1) t ∈ [1, 2]

(t− 2)(2, 0) + (2, 2) t ∈ [2, 3]

(t− 3)(1,−1) + (4, 2) t ∈ [3, 4]

(t− 4)(−2,−1) + (5, 1) t ∈ [4, 5]

(t− 5)(−2, 1) + (3, 0) t ∈ [5, 6]

=

(t, t) t ∈ [1, 2]

(2t− 2, 2) t ∈ [2, 3]

(t+ 1, 5 − t) t ∈ [3, 4]

(−2t+ 13,−t+ 5) t ∈ [4, 5]

(−2t+ 13, t − 5) t ∈ [5, 6]

La derivada de esta parametrizacion es:

(f ′, g′)(t) =

(1, 1) t ∈ (1, 2)

(2, 0) t ∈ (2, 3)

(1,−1) t ∈ (3, 4)

(−2,−1) t ∈ (4, 5)

(−2, 1) t ∈ (5, 6)

La Longitud del polıgono es:

L =

∫ 2

1

√1 + 1 dt +

∫ 3

2

√4 + 0 dt+

∫ 4

3

√1 + 1 dt+

∫ 5

4

√4 + 1 dt +

∫ 6

5

√4 + 1 dt

=√

2 + 2 +√

2 +√

5 +√

5 = 2√

5 + 2√

2 + 2



La superficie de revolucion al girar alrededor del eje OY es:

S =

∫ 2

12π|t|

√1 + 1 dt+

∫ 3

22π|2t − 2|

√4 + 0 dt +

∫ 4

32π|t+ 1|

√1 + 1 dt

+

∫ 5

42π| − 2t+ 13|

√4 + 1 dt+

∫ 6

52π| − 2t+ 13|

√4 + 1 dt

= 3π√

2 + 12π + 9√

2π + 8√

5π + 4√

5π

El volumen de revolucion al girar alrededor del eje OY es:

V =

∫ 6

12πf(t)g(t)f ′(t) dt

=

∫ 2

12πt2 dt +

∫ 3

22π(4t − 4)2

√4 + 0 dt+

∫ 4

32π(t+ 1)(5 − t)

√1 + 1 dt

+

∫ 5

42π(−2t+ 13)(−t + 5)(−2)

√4 + 1 dt+

∫ 6

52π(−2t+ 13)(t − 5)(−2)

√4 + 1 dt

=14

3π + 24π +

40

3π − 26

3π − 10

3π = 30π



Problema 89 Se define el centro de curvatura C en un punto (a, b) de una curva como el extremo del vector −rntrasladado al punto (a, b), donde r es el radio de curvatura. La circunferencia de radio r centrada en C es tangente

a la curva en el punto (a, b) (tiene el mismo vector tangente) y recibe el nombre de circunferencia osculatriz.

Se puede demostrar que las coordenadas, (α, β) del centro de curvatura de la grafica de una funcion y = f(x)

dos veces derivable y de curvatura no nula en (a, b) son

α = a− f ′(a)1 +

[f ′(a)

]2

[f ′′(a)

]2 β = b+1 +

[f ′(a)

]2

[f ′′(a)

]2

Usar estas formulas para hallar la circunferencia osculatriz a las siguientes curvas en los puntos que se indican:

y = x2 en el punto (1, 1).

y = tg x en (π/4, 1).

x(t) = t2, y(t) = t3 en t = 1.

y = x2 en el punto (1, 1); y′ = 2x, y′′ = 2:

α = 1 − 21 + 4

4= 1 −

√5

2β = 1 +

1 + 4

4= 1 −

√5

4



y = tg x en (π/4, 1); y′ = 1 + tg2 x, y′′ = 2 tg x(1 + tg2 x):

α =π

4− 2

1 + 4

16=π

4− 5

8β = 1 +

1 + 4

16= 1 +

5

16

x(t) = t2, y(t) = t3 en t = 1; el punto es (a, b) = (1, 1); eliminando el parametro deducimos la representacion

cartesiana y = f(x) = x3/2, x ≥ 0; f ′(x) = 32x

1/2, f ′′(x) = 34x

−1/2:

α = 1 +3

2

1 + 94

916

=26

3β = 1 +

1 + 94

916

=52

9



Problema 90 El conjunto de centros de curvatura de una curva dada recibe el nombre de evoluta de la curva,

mientras que la curva dada es la involuta del conjunto de centros de curvatura. Una curva solo tiene una evoluta,

pero un conjunto de puntos puede tener muchas involutas: ¿cual es la evoluta de una circunferencia?, ¿cuales son

las involutas de un punto?

En el ejercicio ??, demostramos que la curvatura de una circunferencia en cada punto coincide con el radio de

la circunferencia; de aquı se deduce que la evoluta de una circunferencia se reduce a un unico punto: su centro.

Por tanto, cualquier circunferencia centrada en el mismo punto, tendra la misma evoluta, y estas seran todas las

evolutas del punto.



Problema 91 Hallar una ecuacion parametrizada para la evoluta de la parabola y = x2.

Del ejercicio 89, se deduce que el centro de curvatura

en el punto (t, t2) es:

α(t) = t− 2t1 + 4t2

4= −2t3 +

1

2t

β(t) = t2 +1 + 4t2

4= 2t2 +

1

4

Estas ecuaciones dan la parametrizacion de la evoluta. En

la figura mostramos las dos curvas juntas. Observese que

las parametrizaciones de las dos curvas usan el mismo pa-

rametro, la primera coordenada del punto de la parabola.

E interesante saber como se recorren las curvas y, para

ello, indicamos con cabezas de flecha, la direccion en que

se recorren, y mostramos como se localiza el centro de

curvatura correspondiente a un punto de la parabola (el

punto (x(1), y(1))).

t=1

t=1



Problema 92 Trocoide. Un cırculo de radio r rueda sin deslizarse por una recta (eje OX). Hallar las ecuaciones

de la trayectoria de un punto unido rıgidamente al cırculo y que se encuentra a una distancia d del centro de este.

Esta curva recibe el nombre de trocoide; si r = d, la curva se denomina cicloide; si r < d, se denomina cicloide

larga; por ultimo, si r > d, se denomina cicloide corta. En la figura 4.1 se muestran las graficas de estas dos ultimas.

Dar ejemplos de objetos que, al moverse, describen tales curvas.

θ

x(θ)

y(θ)

rθ

r

En la figura mostramos como se describe un punto de una cicloide larga, pero puede observarse, que el razona-

miento es valido para cualquier caso.

Como parametro elegimos el angulo de giro del cırculo, θ; ademas, suponemos que en el instante inicial el punto

de referencia esta sobre el eje OY (es decir, para θ = 0, el punto de la curva es (0, r − d)). Cuando el cırculo ha

girado un angulo θ, la distancia del centro de la misma al eje OY es rθ (ya que rueda sin deslizarse); a partir de



Figura 4.1: Trocoides. Ejercicio 14



esta observacion y del dibujo, se deduce facilmente que:

x(θ) = rθ − d sen θ y(θ) = r − d cos θ

Los signos que aparecen en las dos ecuaciones estan, aparentemente, justificados por la posicion elegida en la figura;

observese que, en cualquier otra posicion, los signos son igualmente correctos.



Problema 93 Epicicloide. Cuando una circunferencia rueda sin deslizarse por el exterior de otra circunferencia

(por ejemplo cuando se gira una moneda sobre otra) cada punto P de la primera circunferencia describe una

curva llamada epicicloide. Supongase que la circunferencia fija tiene radio a y su centro esta en el origen de

coordenadas; supongase tambien que la circunferencia movil tiene radio b y que la posicion inicial del punto P es

(a, 0). Compruebese que las ecuaciones parametricas de la epicicloide ası descrita son

x(θ) = (a+ b) cos θ − b cos

(a+ b

bθ

)

y(θ) = (a+ b) sen θ − b sen

(a+ b

bθ

)

donde θ es el angulo formado entre el eje OX y la lınea que une los centros de ambas circunferencias. La figura 4.2

muestra algunos ejemplos de epicicloides.

Indicacion: Hallese primero donde se encuentra el centro de la circunferencia movil. ¿Que representa (a+b)θ/b?

la parte inferior de la figura 4.2 de la pagina 175 se observa como se describe un punto de la epicicloide. En primer

lugar observamos que aθ = bφ, ya que la circunferencia rueda sin deslizarse, y por tanto, φ = ab θ. Por otra parte,

cuando la circunferencia movil ha girado un angulo θ, el centro de esta se encuentra en ((a+ b) cos θ, (a+ b) sen θ).

A partir de aquı, la figura nos ayuda a deducir que:

x(θ) = (a+ b) cos θ − b cos(θ + φ)



(a + b) sen θ



y(θ) = (a+ b) sen θ − b sen(θ + φ)

Sustituyendo φ por abθ, obtenemos las ecuaciones del enunciado.



Problema 94 Se toman dos monedas del mismo tamano y, fijando una de ellas, se gira una alrededor de la otra.

¿Cuantas vueltas da sobre sı misma? (la respuesta no es una) ¿y si el radio de la moneda que gira es un tercio de

la que esta fija?

Indicacion: ¿Que representa (a+ b)θ/b?

En el ejercicio anterior vimos que si giramos la circunferencia movil un angulo θ alrededor de la fija, la circunfe-

rencia movil gira un angulo (a+ b)θ/b sobre si misma. Si rodamos la circunferencia movil hasta volver al punto de

partida, estamos dando una vuelta alrededor de la circunferencia fija y un angulo 2a(2π)/a = 4π sobre si misma, es

decir, dos vueltas.

Si el radio de moneda movil es un tercio de la que esta fija, el angulo de giro sobre si misma es: (3b+b)(2π)/b = 8π,

es decir, cuatro vueltas.



Problema 95 Hipocicloide. En este problema se hace rodar una circunferencia por el interior de una circunferencia

fija. En las mismas hipotesis que en el problema 15 se pide comprobar que las ecuaciones parametricas del punto P

son:

x(θ) = (a− b) cos θ + b cos

(b− a

bθ

)

y(θ) = (a− b) sen θ + b sen

(b− a

bθ

)

Donde a es el radio de la circunferencia fija y b < a es el radio de la movil. La figura 4.3 muestra algunos ejemplos

de hipocicloides.

En la parte inferior de la figura 4.3 de la pagina 179 mostramos como se describe un punto de la hipocicloide.

En primer lugar observamos que aθ = −bφ (el signo se debe a que el angulo φ crece en sentido contrario a θ) y por

tanto, φ = −abθ y φ+ θ = b−a

b θ. Por otra parte, cuando la circunferencia movil ha girado un angulo θ, el centro de

esta se encuentra en ((a− b) cos θ, (a− b) sen θ). A partir de aquı, la figura nos ayuda a deducir que:

x(θ) = (a− b) cos θ + b cos(θ + φ)

x(θ) = (a− b) sen θ + b sen(θ + φ)

Sustituyendo φ por −abθ, obtenemos las ecuaciones del enunciado.



Problema 96 Compruebese que la astroide x(t) = a cos3 t, y(t) = a sen3 t es una hipocicloide en la que b = a/4.

Las formulas de Moivre nos dicen que:

cos 3θ = 4cos3 θ − 3 cos θ

sen 3θ = 3 sen θ − 4 sen3 θ

De donde se obtiene que:

cos3 θ =1

4(cos 3θ + 3cos θ)

sen3 θ =1

4(3 sen θ − sen 3θ)

Con estas formulas podemos reescribir las ecuaciones del astroide:

x(t) = a cos3 t =3a

4cos t+

a

4cos 3t

y(t) = a sen3 t =3a

4sen t− a

4sen 3t

Y, efectivamente, las nuevas ecuaciones son las ecuaciones de una hipocicloide; a es el radio de la circunferencia fija

y y b = a4 el radio de la circunferencia que rueda: (a− b) = 3a

4 y b−aa = −3

4 .

Observese que no hemos parametrizado las curva de dos formas distintas, solo hemos transformado algebraica-

mente las ecuaciones.



Problema 97 Considerese la curva parametrizada dada por x(t) = cosmt e y = sennt, para valores enteros de m

y n. Una curva tal se dice que es una figura de Lissajous

1. Esbozar la curva para m = 1 y n = 1, 2, 3, 4.

2. Describir el comportamiento general de la curva si m = 1 para cualquier valor de n. ¿Es importante si n es

par o impar?

3. Esbozar la curva para m = 2 y n = 1, 2, 3, 4, 5.

4. Esbozar la curva para m = 3 y n = 4, 5.



Problema 98

AO

C

B

M

θ

θ

Cisoide de Diocles. (ver figura). Sea una circunferencia con diametro OA de longitud 2a y la tangente a ella en

el punto A. Desde el punto O se traza una recta OC y se denota por B el punto de corte con la circunferencia.

Se define el punto M de tal forma que d(O,M) = d(B,C). Al girar la recta OC alrededor del punto O, el punto

M se desplaza por una trayectoria que se denomina cisoide de Diocles. Hallar la ecuacion de esta trayectoria en

coordenadas polares.

Si r = f(θ) es la representacion polar de la curva, f(θ) = d(OM) = d(BC); es decir, tenemos que obtener la

distancia d(BC) en funcion de θ.

El triangulo OBA es rectangulo en B (propiedad elemental de las circuferencias); por tanto, d(BA) = 2a sen θ.

Dado que el angulo en A del triangulo rectangulo ABC es θ, se tiene que f(θ) = d(B,C) = d(A,B) tg θ =



2a sen θ tg θ.



F1 2F

Figura 4.4: ovalos de Cassini. Ejercicio 21.

Problema 99 ovalos de Cassini. Escribir la ecuacion del lugar geometrico constituido por todos los puntos cuyo

producto de distancias a dos puntos dados, F1 y F2 tales que d(F1, F2) = 2b, es una magnitud constantemente

igual a a2. Estas curvas se denominan ovalos de Cassini; para el caso particular a = b, la curva que se define

se denomina lemniscata de Bernouilli. En la figura 4.4 se muestran simultaneamente varios ovalos, los dos mas

externos corresponde a a > b, el doble lazo (con forma ∞) es la lemniscata y las dos curvas interiores pertenecen a

un mismo ovalo con a < b.

Para simplificar los calculos, suponemos que los focos estan sobre el eje OX y son F1 = (−b, 0) y F2 = (b, 0).



Las distancias de un punto arbitrario M = (x, y) a estos focos son:

d(F1,M) =√

(x+ b)2 + y2 d(F2,M) =√

(x− b)2 + y2

Por tanto, los puntos pertenecientes al ovalo de Cassini son aquellos que verifican la ecuacion

√

(x+ b)2 + y2√

(x− b)2 + y2 = a2,

que es equivalente a

[(x+ b)2 + y2][(x− b)2 + y2] = a4

Suprimiendo parentesis y simplificando sta ecuacion cartesiana se llega a:

(x2 + y2)2 − 2b2(x2 − y2) = a4 − b4

Para a = b la curva obtenida se denomina lemniscata de Bernouilli; esta curva admite las siguientes representaciones

en forma cartesiana y en forma polar (para esta ultima basta hacer x = r cos θ e y = r sen θ en la primera):

(x2 + y2)2 = 2b2(x2 − y2) r2 = 2a2 cos 2θ



Problema 100 Curva de Agnesi. Sea la circunferencia

x2 +

(

y − a

2

)2

=a2

4

centrada en (0, a/2) y de radio a/2 y la recta tangente a la misma por el punto C(0, a). Desde el punto O se traza

una recta cuyos puntos de corte con la circunferencia y la recta tangente se denotan por D y E, respectivamente.

Por el punto E se traza una paralela al eje OY , y por el punto D se traza una paralela al eje OX; estas dos rectas se

cortan en un punto M . Al girar la recta OE alrededor del punto O el punto M describe una curva que se denomina

curva de Agnesi. (Ver figura)

O

C

D

E

My

x

a/2

θ



Elegimos como parametro el angulo θ que forma el segmento OE con la eje OX (observese que esto “no” nos da

una representacion polar, ya que el punto no esta sobre dicho segmento); entonces, la recta que contiene al segmento

OE es Y = X tg θ. La coordenada x(θ) de la curva, es la coordenada X del punto E, es decir, a = tg θx(θ); por

tanto,

x(θ) = a cotg θ

La coordenada y(θ) de la curva, es la coordenada y del punto D, es decir, cotg2 θy(θ)2 + (y(θ)− a2 )2 = a2

4 , de donde

se obtiene:

y(θ) =a

1 + cotg2 θ= a sen2 θ



Problema 101

aℓ

ℓ

Concoide de Nicomedes. Por el punto (0, a) se traza una recta, r, paralela al eje OX. Una recta arbitraria que

pase por el origen cortara a r en un punto K. Se toman en r los puntos M1 y M2 que distan de K una magnitud fija

ℓ. Al girar la recta r alrededor del punto O, los puntos M1 y M2 describen dos curvas que se denominan concoide

de Nicomedes. Dar una parametrizacion (en coordenadas polares) de cada una de las curvas. En la figura ?? se

muestran las curvas para ℓ < a, ℓ = a y ℓ > a respectivamente.



Dada una recta arbitraria que pase por el polo y forme con el eje polar un angulo θ, la distancia del polo al

punto de corte con la recta Y = a es (a/ sen θ), por tanto, la representacion polar de cada una de las curvas que

componen la concoide es:

r =a

sen θ+ ℓ r =

a

sen θ− ℓ



Problema 102 Esbozar las siguientes curvas en coordenadas polares:

r = a cos 2θ r = a sen 3θ r = a sen θ/2

r = a cos 3θ/2 r2 = a2 cos 2θ r2 = a2 cos 3θ

r = a(4 cos 2θ) r = a(2 + cos 3θ) r = aeθ

La seccion ?? explica con detalle los pasos a seguir para representar una curva polar. Por ello, en este ejercio

solo mostramos, para cada funcion, la representacion cartesiana y la representacion polar; todos los detalles de la

representacion estan explicados en dicha seccion y es conveniente leerla atentamente antes de abordar este tipo de

problemas.

En las paginas 192 y 193 vemos la representacion de seis de las nueve curvas. Las puntas de flecha ayudan a

seguir el recorrido de las mismas siguiendo el numero que las acompana. Las curvas representadas son:

1. r = a cos 2θ: es una rosa de cuatro petalos.

2. r = a sen θ2 : la funcion es periodica de periodo 4π por lo que es necesario representar el recorrido para θ ∈ [0, 4π]

para completarla.

3. r = a cos 3θ2 : la funcion tiene periodo 4

3π y, por tanto, necesitamos dos vueltas, θ ∈ [0, 4π], para recorrerla

completamente.

4. r2 = a2 cos 3θ: en realidad, esta ecuacion representa dos curvas polares, r = a√

cos 3θ y r = −a√

cos 3θ; de

ellas solo representamos la primera; observese que el dominio de la curva contenido en [0, 2π] son los intervalos

[0, π6 ], [3π

6 ,5π6 ], [7π

6 ,7π6 ] y [11π

6 , 2π].



5. r = a(2 + cos 3θ).

6. r = aeθ: es una espiral; la curva polar que se muestra en la figura no coincide exactamente con esta espiral,

ya que el rapido crecimiento de la funcion exponencial nos obligarıa a hacer un grafico mucho mas grande.

Por ultimo, observese que la curva r2 = a2 cos 2θ es la lemniscata de Bernouilli y se muestra en la figura 4.4 (ver

problema 21).



f(θ) = a

a

−a

a

−a

a

cos 2θ

f(θ) = a senθ2

π4

3π4

2π5π4

7π4

r = a

1

2

3

4

5

π 3π 4π2π

r = a

1

234

56

=

5 6Ejercicios resueltos de Calculo. c©Agustın Valverde


r = a

f(θ) = a√

cos 3θ

f(θ) = a(2 + cos 3θ)

3π6

π6

2π5π6

7π6

9π6

11π6

ππ3

2π 2π3

4π3

5π3

r = a

1

4

2

3

1

2

a

a

2a



Problema 103 Hallar el area de las regiones que se indican usando integracion en coordenadas polares:

La region acotada por r = 3 + 2 cos θ.

La region acotada por una hoja de la rosa r = a cos 2θ.

La region total interior a r2 = a2 sen 2θ.

La region del semiplano de la derecha limitada por r = a sen θ/2.

La curva r = 3+ 2 cos θ es un caracol de Pascal (ver figura 4.7, pagina 224). El area encerrada por la curva es:

∫ 2π

0

1

2[r(θ)]2 dθ =

∫ 2π

0

1

2(3 + 2 cos θ)2 dθ =

[11

2θ + 6 sen θ +

1

2sen 2θ

]2π

0

= 11π

La curva r = a cos 2θ se representa en el ejercicio anterior (ver pagina 192). El area de uno de los petalos es:

2

∫ π/4

0

1

2[r(θ)]2 dθ =

∫ π/4

0a2 cos2 2θ dθ =

[

a2(1

2θ +

1

8sen 4θ)

]π/4

0

=π

8a2

La curva r2 = a2 sen 2θ es la lemniscata de Bernouilli girada sobre el origen π/4 radianes, ya que: r2 =

a2 sen 2θ = a2 cos(2(θ − π4 )) (ver ejercicio 21). Por tanto, el area total de esta curva es:

4

∫ π/2

π/4

1

2[r(θ)]2 dθ = 2

∫ π/2

π/4a2 sen 2θ dθ =

[

−a2 cos 2θ

]π/2

π/4

= a2



La curva r = a sen θ/2 esta representada en la pagina 192 y la region cuya area debemos calcular aparece

sombreada. Por las condiciones de simetrıa de la curva, este area la podemos calcular como

2

∫ π

π/2

1

2[r(θ)]2 dθ − 2

∫ π/2

0

1

2[r(θ)]2 dθ =

∫ π

π/2a2 sen2 θ

2dθ −

∫ π/2

0a2 sen2 θ

2dθ

=

[a2

2(θ − sen θ)

]π

π/2

−[a2

2(θ − sen θ)

]π/2

0

= a2



Problema 104 Hallar la pendiente de la espiral r = θ cuando θ = π/2.

Representamos esta curva por ecuaciones parametricas:

x(θ) = θ cos θ y(θ) = θ sen θ

La derivada de esta parametrizacion es

x′(θ) = cos θ − θ sen θ y′(θ) = sen θ + θ cos θ

Para θ = π/2 el vector velocidad es (−π/2, 1) y por tanto, la pendiente de la recta tangente es −2/π.



Problema 105 Hallar todos los puntos del caracol r = 1 + 2 sen θ que tienen tangente horizontal.

El ejercicio podrıa resolverse graficamente a partir de la figura 4.7 teniendo en cuenta que el caracol r = 1+2 sen θ

se obtiene girando π/2 radianes el caracol r = 1 + 2 cos θ.

Las ecuaciones parametricas del caracol son:

x(θ) = (1 + 2 sen θ) cos θ = cos θ − sen 2θ y(θ) = (1 + 2 sen θ) sen θ = sen θ + 2 sen2 θ

La deriva de de esta parametrizacion es:

x′(θ) = − sen θ − 2 cos 2θ y′(θ) = cos θ + 4 sen θ cos θ = cos θ(1 + 4 sen θ)

Los puntos de tangencia horizontal corresponden a los angulos, θ, tales que y′(θ) = 0, es decir, tales que cos θ = 0

o sen θ = −1/4. Los cuatro puntos son

(0, 1), (0, 3) para cos θ = 0; (3

8

√17,−1

8), (−3

8

√17,−1

8) para sen θ = −1

4



Problema 106 Hallar el angulo agudo que forma la curva polar r = a cos θ/2 con el eje OY cada vez que lo corta

en un punto distinto del origen.

Dado que r = a cos θ/2 = −a sen((1/2)(θ − π)), la curva coincide con la de la curva r = a sen θ/2 (pagina 192)

pero recorrida siguiendo las flechas 2-3-4-5-6-1-2.

A partir de las ecuaciones cartesianas de la curva polar, podemos obtener un vector tangente a cada punto y la

tangente del angulo, α, que forma con el eje OY :

x(θ) = f(θ) cos θ y(θ) = f(θ) sen θ

x′(θ) = f ′(θ) cos θ − f(θ) sen θ y′(θ) = f ′(θ) sen θ + f(θ) cos θ

tgα =x′(θ)y′(θ)

=f ′(θ) cos θ − f(θ) sen θ

f ′(θ) sen θ + f(θ) cos θ

Para la curva del enunciado, se tiene

x′(θ) = −a2

senθ

2cos θ − a cos

θ

2sen θ, y′(θ) = −a

2sen

θ

2sen θ + a cos

θ

2cos θ

tgα =−a

2 sen θ2 cos θ − a cos θ

2 sen θ

−a2 sen θ

2 sen θ + a cos θ2 cos θ



Los puntos donde la curva corta al eje OY pero no son el origen, corresponden a los agulos θ = π2 + kπ, y en estos

puntos, la ecuacion anterior se simplifica bastante:

tg α =1

2cotg

θ

2

Dado que la funcion es periodica de periodo 4π, hay cuatro agulos posibles, π/2, 3π/2, 5π/2 y 7π/2, correspondientes

a los puntos:

(0, f(π/2)) = (0, a

√2

2) (0, f(3π/2)) = (0,−a

√2

2)

(0, f(5π/2)) = (0, a

√2

2) (0, f(7π/2)) = (0,−a

√2

2)

y las tangentes de los angulos que forman con el eje OY sus respectivas rectas tangentes son:

tg α1 =1

2cotg

π

4= 2 tgα2 =

1

2cotg

3π

4= −2

tg α3 =1

2cotg

5π

4= 2 tgα4 =

1

2cotg

7π

4= −2

Es decir, las cuatro rectas tangentes forman un angulo de arc tg 2 ≈ 63′4◦ con el eje OY .



Problema 107 Probar que la espiral r = eθ forma un angulo constante con la recta radial en cada punto. Hallar

este angulo.

Recordemos que la tangente del angulo formado por la recta radial y la recta tangente en un punto de una curva

polar viene dada por:

tgψθ =f(θ)

f ′(θ)

Para la curva r = f(θ) = eθ, se tiene que f ′(θ) = eθ y para cada punto la tangente del angulo es: tgψθ = eθ

eθ = 1; es

decir, en cualquier punto, el angulo es π/4.



Problema 108 Probar que el angulo que forma el radio vector de cualquier punto de la cardioide r = a(1 − cos θ)

con la curva, es la mitad del que forma el radio vector con el eje polar.

Si f(θ) = a(1−cos θ), f ′(θ) = a sen θ; la tangente del angulo formado por la recta tangente a la curva en (f(θ), θ)

y su radio vector (o recta radial) es

tgψθ =a(1 − cos θ)

a sen θ=

1 − cos2 θ2 + sen2 θ

2

2 sen θ2 cos θ

2

=sen2 θ

2

2 sen θ2 cos θ

2

= tgθ

2

Por tanto, efectivamente, se verifica que ψθ = θ2 .



Problema 109 Una partıcula se mueve en sentido contrario a las agujas del reloj sobre la cardioide r = 4(1+cos θ),

con dθ/dt = π/6 rad/s. Expresar su velocidad y aceleracion en terminos de ur y uθ.

Recordemos que los vectores ur y uθ para cada θ son los siguientes vectores unitarios:

ur(θ) = (cos θ, sen θ) uθ(θ) = (− sen θ, cos θ)

Se verifica que:dur

dθ= uθ

duθ

dθ= −ur

El enunciado del ejercicio dice que la posicion de un particula en cada instante t viene dada por la funcion vectorial

F (t) = f(θ(t))ur(θ(t)) = 4(1 + cos θ(t))ur(θ(t))

donde θ es un funcion verificandodθdt

(t) =π6. En general se tiene que el vector velocidad en cada instante es:

F ′(t) = f ′(θ(t))θ′(t)ur(θ(t)) + f(θ(t))θ′(t)uθ(θ(t))

Para la funcion propuesta:

F ′(t) = −4 sen θ(t)π

6ur(θ(t)) + 4(1 + cos θ)

π

6uθ(θ)

Abreviadamente: v = −2π3 sen θur + 2π

3 (1 + cos θ)uθ.



Derivando la funcion velocidad obtenemos la aceleracion; derivando directamente en la expresion de v y simpli-

ficando obtenemos:

a =

(π2

9− 2π

3

)

cos θur −(π2

9+

2π

3

)

sen θuθ



Problema 110 Hallar la longitud de la espiral parabolica r = aθ2 cuando θ ∈ [0, 2π].

La longitud es:

L =

∫ 2π

0

√

[f(θ)]2 + [f ′(θ)]2 dθ =

∫ 2π

0

√

a2θ4 + 4a2θ2 dθ

=

[1

3a

√

(a2θ2 + 4)3]2π

0

=8

3a((a2π2 + 1)3/2 + 1)



Problema 111 Hallar el area de las regiones sombreadas de la figura, cada circunferencia tiene radio uno.

La circunferencia centrada en el origen se representa en coordenadas polares por r = 1 y la circunferencia

centrada en (1, 0) se representa por r = 2cos θ (Ejercicio 3). Estas circunferencias se cortan en el angulo θ tal que

1 = 2 cos θ,

es decir, para θ = π/3. El area de la parte de la region contenida en el primer cuadrante es la cuarta parte del area

total y viene dada por:

A/4 =

∫ π/2

π/3dθ −

∫ π/2

π/32 cos θ dθ =

π

24+

√3

4

1-1

Y

X



Problema 112 Tres estaciones de navegacion situadas, en coordenadas polares, en los puntos (a, 0), (0, 0) y (a, π/4)

emiten simultaneamente senales de radio. Un barco que recibe las senales observa que las de la segunda y tercera

estacion llegan a a/2v segundos despues que las de la primera. Si v es la velocidad de una senal de radio, ¿cual es,

en coordenadas polares, la localizacion del barco?

Las senales que provienen de las estaciones situadas en (0, 0) y (a, π/4) llegan simultaneamente al barco y por

tanto, se encuentran a la misma distancia de este, es decir, sobre la mediana de estos puntos: Y = a√2−X; haciendo

X = r cos θ e Y = r sen θ, obtenemos la representacion polar de esta recta:

r =a√

2

2(sen θ + cos θ)(4.1)

El teorema de los cosenos nos permite hallar la distancia, d, entre un punto de la recta (r, θ), y el tercer punto,

(a, 0):

d2 = a2 + r2 − 2ar cos θ. (4.2)

El tiempo que tarda la senal al punto (a, 0) es t = dv y segun el enunciado, el tiempo que tarda en llegar al

punto (0, 0) es t′ = dv + a

2v . Por tanto, la distancia del barco al punto (0, 0) es r = vt′ = d+ a2 ; despejando d de esta

igualdad y sustituyendo en 4.3, obtenemos la siguiente relacion:

a2 + r2 − 2ar cos θ = (r − a

2)2



De donde, simplificando, se obtiene que:

r =3a

4(2 cos θ − 1)(4.3)

De las ecuaciones 4.1 y 4.3



Problema 113 Rosaceas. Se llama rosacea a cualquier curva definida en coordenadas polares por una ecuacion de

la forma

r = a sen nθ r = a cosmθ

donde a > 0 y n es un entero positivo.

Para n = 1 se obtienen circunferencias. Comprobar que si n es par entonces la curva es una rosa de 2n hojas,

y si n es impar entonces es una curva con n hojas. La figura 4.8 muestra algunos ejemplos de rosaceas.



Problema 114 Caracol de Pascal. Se llama caracol de Pascal a cualquier curva definida en coordenadas polares

por una ecuacion de la forma

r = a± b sen θ r = a± b cos θ

la figura 4.7 muestra distintos tipos de caracoles.

Comprobar las siguientes afirmaciones:

1. Segun los casos, la curva es simetrica respecto del eje OX o respecto del eje OY .

2. Si a ≥ b el arco es simple; el polo no pertenece a la curva si a > b y sı pertenece si a = b.

3. Si a < b el polo es el unico punto doble.

4. Comprobar que las graficas de las funciones r = 2a cos θ y r = 2a sen θ son circunferencias de radio a que

pasan por el origen y con centro sobre alguno de los ejes coordenados.

5. Deduccion de la simplificacion de la formula (??):

a) Aplıquese la formula del coseno de una suma a

U cos

(2πt

Td− 2πtn

Td

)

y deduzcase

Q = U cos2πtn

Tdy R = U sen

2πtnTd



b) usese la relacion fundamental de la trigonometrıa para obtener la siguiente expresion de U :

U =

√

1 − cos2

(2πn

365

)

sen2 α

c) Deducir una formula para la puesta de sol a partir de la formula (??).

d) ¿Que angulo forma el Sol con el horizonte en Parıs (latitud 49◦) a las tres de la tarde del 15 de Enero?

¿y en Malaga?



Problema 115 La siguiente curva parametrizada se conoce como Folio de Descartes:

x(t) =3t

1 + t3y(t) =

3t2

1 + t3

Dibujala, demuestra que tiene una asıntota en la recta Y +X + 1 = 0 y demuestra que es simetrica respecto de la

recta Y = X.

Las propiedades de la curva quedan determinadas por las funciones x(t), y(t) y p(t) =x′(t)y′(t)

Las dos primeras secciones estan dedicadas a la representacion grafica de curvas definidas por ecuaciones pa-

rametricas y curvas polares. En cada caso estudiaremos las caracterısticas que nos ayuden a realizar un esbozo

bastante preciso; nos basaremos en la representacion grafica de funciones reales de variable real.

Queremos representar una curva descrita por ecuaciones parametricas, (x(t), y(t)), t ∈ I con I intervalo. Para

seguir mas facilmente los distintos pasos del metodo, haremos paralelamente el estudio de un ejemplo concreto, en

este caso, el Folio de Descartes,

x(t) =3t

1 + t3y(t) =

3t2

1 + t3

en los intervalos (−∞,−1) y (−1,∞)

Recorrido de la curva. En primer lugar debemos hallar los puntos crıticos de las funciones x e y, lo que nos dara los

puntos de tangencia vertical y horizontal, y estudiaremos los lımites de ambas funciones en los extremos del intervalo

I. El primer paso de la representacion sera representar estos lımites y los puntos de la curva correspondientes a los

valores del parametro que son puntos crıticos de x o y.



Los puntos crıticos de las funciones dividen el intervalo I en subintervalos donde los signos de las derivadas, x′

e y′, son constantes; de esta forma podemos representar la curva, entre los puntos antes dibujados, como flechas

indicando la direccion constante que corresponde al intervalo.

Todo lo dicho hasta ahora se seguira mas facilmente con las graficas de x e y lo que hacemos en el ejemplo del

Folio:

−1 −13√

1/2 3√

2

x(t) =3t

1 + t3y(t) =

3t2

1 + t3

A partir de estas, hacemos una tabla donde indicamos los puntos senalados y los intervalos de direccion constante;

por ejemplo, para t ∈ ( 3√

1/2, 3√

2), x′(t) < 0 e y′(t) > 0, y en consecuencia la direccion del vector velocidad de los

puntos correspondientes a ese intervalo es տ:



(−∞,−1) (−1, 0) (0, 3

√

1/2) ( 3

√

1/2, 3√

2) ( 3√

2,∞)

(0, 0)(+∞,−∞) (−∞, +∞)(0, 0) (0, 0)( 3√

4, 3√

2) ( 3√

4, 3√

2)( 3√

2, 3√

4) ( 3√

2, 3√

4)(0, 0)

ց ց ր տ ւ

En la primera fila aparecen los subintervalos destacados; en la segunda fila aparecen los puntos de la curva

correspondientes a los extremos de los subintervalos o el lımite de la funcion vectorial en dichos valores; y en la

tercera fila aparece la direccion de los vectores velocidad en el intervalo correspondiente.

El primer esbozo del Folio aparece en la figura 4.9.

Concavidad y convexidad. Como podemos observar, el esbozo logrado con el estudio de la primera seccion no es

todavia satisfactorio: necesitamos convertir las flechas en curvas.

Con el estudio de la seccion anterior sabemos que las flechas corresponden a segmentos regulares de la curva, es

decir, que deberemos dibujarlos como curvas suaves. Igualmente, sabremos si alguno de los puntos ya dibujados es

un punto de no regularidad, en tal caso, la curva podrıa presentar un pico en dicho punto. Si no hemos encontrado

ningun punto de no regularidad, todo el trazado debe hacerse suave.

Para hacer la transformacion de flechas a curvas, solo nos hace falta reconocer los tramos de concavidad y



convexidad de la curva. Para hacer esto, vamos a utilizar una tercera funcion, la funcion pendiente, esto es, p(t) =y′(t)x′(t) , que nos da la pendiente de la recta tangente en cada punto:

1. Si x′(t0) = 0 e y′(t0) 6= 0, t0 no esta en el dominio de la funcion p, pero sabemos que la curva es regular en

este punto y la tangente es vertical.

2. Si x′(t0) = 0 y y′(t0) = 0, el punto determinado por t0 es un punto donde la curva puede no ser regular. En

este caso, el estudio de los lımites lımt→t+0

p(t) y lımt→t−0

p(t) nos determinaran el comportamiento.

La forma de la curva en cada subintervalo viene determinada por la siguiente tabla:

p creciente, x creciente: convexa

p creciente, x decreciente: concava

p decreciente, x creciente: concava

p decreciente, x decreciente: convexa



Es decir, la transformacion flecha–curva se representa por el siguiente esquema

p creciente p decreciente



Representamos a continuacion la grafica de p para el Folio y el segundo esbozo de la curva:

t → −1+

t → −1

−1

−

t → −∞

t → +∞

t = 0

t = 3√

1/2

t = 3√

2

3√

1/2

3√

2

p(t) =2t − t4

1 − 2t3

Asıntotas. La existencia de asıntotas es otra importante caracterıstica de una curva. Debemos estudiar si la

curva tiene una asıntota cuando el parametro t tiende a t0 (brevemente: en t→ t0) si t0 es un extremo del intervalo

(puede ser un numero real o ±∞).

1. Si lımt→t0

x(t) = ±∞ y lımt→t0

y(t) = m ∈ R, la recta Y = m es una asıntota horizontal para la curva en t→ t0.



2. Si lımt→t0

y(t) = ±∞ y lımt→t0

x(t) = m ∈ R, la recta X = m es una asıntota vertical para la curva en t→ t0.

3. Si lımt→t0

y(t) = ±∞ y lımt→t0

x(t) = ±∞, la curva puede tener una asıntota oblicua en t→ t0. Si los lımites

lımt→t0

p(t) = m lımt→t0

y(t) −mx(t) = n

existen y son numeros reales, entonces efectivamente tiene una asıntota: la recta Y = mX + n.

La recta Y = −X − 1 es una asıntota oblicua del Folio en t→ −1:

lımt→−1

2t− t4

1 − 2t3= −1 lım

t→−1

3t2

1 + t3+

3t

1 + t3= −1

Simetrıas. Identificar simetrıas en una curva no es siempre sencillo, pero una vez hechos los primeros esbozos,

es posible intuir alguna u observar la imposibilidad de ellas. En caso de creer que la curva tiene alguna simetrıa,

debemos verificarlo.

En el ejemplo de Folio parece que tenemos una simetrıa respecto de la recta Y = X; para comprobarlo, tenemos

que demostrar que para cada valor del parametro, t, existe otro valor, s, tal que (y(t), x(t)) = (x(s), y(s)) (cada

simetrıa se traducira en una igualdad de este tipo)

3s2

1 + s3=

3t

1 + t3⇒ 1 + t3

1 + s3=

t

s2

3s

1 + s3=

3t2

1 + t3⇒ 1 + t3

1 + s3=t2

s

⇒ t

s2=t2

s⇒ 1

s= t



Por tanto, efectivamente los puntos ((x(t), y(t)) y (x(1/t), y(1/t)) son simetricos respecto de la recta Y = X.

Terminamos esta seccion con la representacion completa del Folio de Descartes

Y = −X − 1



Problema 116 Dibuja la curva polar: f(θ) = 1 + 2 cos θ

Recordemos que una curva polar es la representacion grafica de una funcion, f , en coordenadas polares, es decir,

el conjunto de puntos {(f(θ), θ)} descritos por coordenadas polares.

Para esbozar la grafica polar de una funcion nos vamos a basar en la representacion cartesiana de la misma

funcion. El metodo consiste simplemente en saber como se transforma una representacion cartesiana en una re-

presentacion polar. Aparte de esto, puede ser util expresar la curva polar en ecuaciones parametricas y utilizar las

propiedades de estas. Este recurso puede ser especialmente conveniente cuando queremos identificar la curva polar

con otra curva, como puede ser una recta, una circunferencia, una parabola, etc.

En la representacion cartesiana, cuando la variable θ crece, nos movemos por el eje OX hacia la derecha; en

la representacion polar, cuado la misma variable θ crece, giramos alrededor del polo en direccion contraria a las

agujas del reloj. En la representacion cartesiana, el valor de la funcion en cada θ, f(θ), es la distancia del punto de

la grafica al eje OX; en la representacion polar, el valor de la funcion en un angulo θ, es la distancia del punto de

la grafica al polo. Teniendo en cuenta esto, se deduce la regla principal para la transformacion que buscamos:

Si f es positiva y creciente en un intervalo [α, β], los puntos de la representacion polar de f se alejan del polo.

Si f es positiva y decreciente en un intervalo [α, β], los puntos de la representacion polar de f se acercan del

polo.



En los intervalos donde la funcion es negativa se verifica una regla parecida; teniendo en cuenta que si f(θ) < 0, el

punto que se representa es (−f(θ), θ + π), se deduce que:

Si f es negativa y creciente en un intervalo [α, β], los puntos de la representacion polar de f se acercan del

polo sobre los radios correspondientes a [α+ π, β + π].

Si f es positiva y decreciente en un intervalo [α, β], los puntos de la representacion polar de f se alejan al polo

sobre los radios correspondientes a [α+ π, β + π].

Con estas cuatro reglas ya podrıamos hacer un primer esbozo de cualquier curva polar, pero necesitamos fijarnos

en mas caracterısticas de f para afinar mas la representacion. Las principales caracterısticas son:

1. Periodicidad: nos interesa principalmente saber si la funcion es periodica con periodo 2kπ, en tal caso, basta

estudiar la grafica en el intervalo [0, 2kπ]. Si la funcion es periodica de periodo (2k + 1)π, necesitarıamos el

intervalo [0, 2(2k + 1)π] para la representacion completa. (Cualquier otro periodo puede ser utilizado para

determinar posibles simetrıas de la curva aunque las conclusiones son menos generales).

2. Simetrıas: Las simetrıas de la grafica cartesiana se transforman en simetrıas de la grafica polar; conocer, por

tanto, las primeras es fundamental para dar mayor precision a la representacion polar.

3. Puntos de derivada nula: estos puntos son muy importantes por la siguiente regla:

Si la recta Y = f(θ0) es tangente a la representacion cartesiana en θ0, la circunferencia R = f(θ0) es

tangente a la representacion polar en θ0.



4. Puntos de corte con el eje OX: los valores que anulan la funcion corresponden a los valores del angulo en los

que la curva polar pasa por el polo. Pero ademas, en estos puntos hay que seguir otra importante regla:

Si f(θ0) = 0, la recta radial Θ = θ0 es tangente a la representacion polar en el polo para el angulo θ0.

5. Asıntotas verticales: Las asıntotas verticales de la representacion cartesiana pueden corresponder a asıntotas

de la representacion polar:

Asıntotas: Es decir, si lımθ→θ0

f(θ) = ±∞, la curva puede tener una asıntota:

1. Si θ0 = π/2 + kπ, y lımθ→θ0

f(θ) cos θ = m ∈ R, la curva tiene una asıntota vertical para θ tendiendo a θ0; esta

recta es X = m.

2. Si θ0 = kπ, y lımθ→θ0

f(θ) sen θ = m ∈ R, la curva tiene una asıntota horizontal para θ tendiendo a θ0; esta recta

es Y = m.

3. Si θ0 6= π/2 + kπ y lımθ→θ0

f(θ)(sen θ − tg θ0 cos θ) = n ∈ R, la curva tiene una asıntota para θ tendiendo a θ0;

esta recta es Y = tg θ0X + n.

Para ilustrar el metodo, mostramos en la pagina 227 el proceso de construccion de la curva r = 1 + 2 cos θ que



explicamos a continuacion. En primer lugar dibujamos la grafica cartesiana de la funcion f(θ) = 1 + 2 cos θ

−1

3

2âπ4âπ/32âπ/3

2

1

£

R

1. La funcion es periodica de periodo 2π y por tanto, basta representarla para θ ∈ [0, 2π].

2. Ademas, la grafica cartesiana es simetrica respecto de recta X = π lo que en la representacion polar se traduce

en una simetrıa respecto del eje OX.

3. f(0) = 3 y f ′(0) = 0; por tanto, en θ = 0 la curva polar es tangente a la circunferencia r = 3. En (0, 2π/3)

la funcion f es decreciente y por tanto, la curva polar se va acercando al polo hasta alcanzarlo en θ = 2π/3.



(En cualquier valor intermedio que tomemos, la curva polar cortara no-tangencialmente a la circunferencia

correspondiente).

4. f(2π/3) = 0 y f ′(2π/3) = 0; por tanto, la curva polar es tangente a la recta Θ = 2π/3 en el polo para

θ = 2π/3.

5. En el intervalo (2π/3, π) la funcion es negativa, y en consecuencia, los puntos correspondientes a estos angulos

se representan sobre los radios (2π/3 + π, π + π). Por otra parte, en este intervalo la funcion −f es creciente,

y por tanto, los puntos se alejan del polo, hasta llegar a θ = π.

6. −f(π) = 1 y f ′(π) = 0; por tanto, la curva polar es tangente a la circunferencia r = 1.

7. La grafica se puede terminar por simetrıa, o se puede seguir analizando como en los puntos anteriores.



2

-1

1

1 3

-1

1

-1 3

-2

2

7

-4

-1

4

r = 1 + cos t r = 1 + 2 cos t

r = 2 + cos t r = 4 + 3 cos t

Figura 4.7: Caracoles de Pascal.Ejercicios resueltos de Calculo. c©Agustın Valverde


-1 1

-1

11

-1

-1

1

Figura 4.8: Graficas de r = sen 7θ y de r = sen 4θ.



t → −1+

t → −1−

t → −∞

t → +∞

t = 0

t = 3√

1/2

t = 3√

2

Figura 4.9: Primer esbozo del Folio



θ =π6

θ =2π6

θ =2π3

θ =5π6

r = 1 r = 2 r = 3


Capıtulo 5

Calculo en varias variables

228

Calculo en varias variables 229

Problema 117 Demostrar que la nocion de diferenciabilidad de campos escalares es independiente de la norma

utilizada.

Hablaremos de ‖ · ‖-diferenciabilidad para referirnos a la diferenciabilidad utilizando la norma ‖ · ‖.

Sean ‖ · ‖ y ‖ · ‖∗ dos normas equivalentes en Rn y sea λ la constante real estrictamente positiva tal que:

λ‖v‖∗ ≤ ‖v‖

Sea f : Rn → R un campo vectorial ‖ · ‖∗-diferenciable.

lımh→0

f(a + h) − f(a) − dfa(h)

‖h‖ ≤ lımh→0

1

λ

f(a + h) − f(a) − dfa(h)

‖h‖∗ = 0

En consecuencia, f tambien es ‖ · ‖-diferenciable.



0

0

0

X

Y

Z

f(x, y) =1

xy

05

05

10

-2

0

2

Y

X

f(x, y) = log(x + y)



-2-1

01

2

-10 0 10

-5

-2.5

0

2.5

5

X

Z

Y

X

Y

f(x, y) =y

x2

2Y

f(x, y) = senh(x2 + y2)



Problema 118 Indicar el dominio y la imagen de los siguientes campos y describir sus curvas de nivel:

a) f(x, y) = 1/xy b) f(x, y) = log (x+ y) c) f(x, y) =√

4 − x2 − y2

d) f(x, y) = y/x2 e) f(x, y) = ex−y f) f(x, y) = senh (x2 + y2)

a) f(x, y) = 1/xy. El dominio de la funcion esta formado por aquellos puntos (x, y) tales que xy 6= 0; es decir:

Dom f = R∗ × R∗

La funcion puede tomar todos los valores distintos de 0, es decir, Imf = R∗.

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por xy = c, es decir, son todas las hiperbolas con

asıntotas en los ejes coordenados.

b) f(x, y) = log(x+ y). El dominio de la funcion esta formado por aquellos puntos (x, y) tales que x+ y > 0; es

decir:

Dom f = {(x, y)|x + y > 0}

La funcion puede tomar todos los valores reales, y por tanto, su imagen es R.

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por x+ y = c, c > 0, es decir, son rectas paralelas a la

recta x+ y = 0, bisectriz del segundo y cuarto cuadrante y frontera del dominio.



c) f(x, y) =√

4 − (x2 + y2). El dominio de la funcion esta formado por los puntos (x, y) tales que x2 + y2 ≤ 4,

es decir son los puntos interiores a al circunferencia x2 + y2 = 4.

Por tanto, 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4 y 0 ≤ f(x, y) ≤ 2; es decir, la imagen de f es el intervalo [0, 2]. Ademas, dado que

[f(x, y)]2 + y2 + x2 = 4, se verifica que la grafica de f es una semiesfera de radio 2.

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por x2 + y2 = 4 − c2 = r2 y son circunferencias con

centro comun (0, 0) y radio r ∈ [0, 2].

d) f(x, y) = y/x2. El dominio de la funcion esta formado por aquellos puntos cuya primera coordenada es no

nula:

Dom f = R∗ × R

La funcion puede tomar cualquier valor real, es decir, la imagen de f es R.

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por y = cx2, y por tanto, son las parabolas cuyo vertice

es el origen y su eje es el eje OX.

e) f(x, y) = ex−y. El dominio de la funcion esta formado por todos los puntos de R2.

La funcion puede tomar cualquier valor positivo, y por tanto, la imagen de f es R+.

Las curvas de nivel vienen dadas en forma cartesiana por x − y = log c = d, es decir, son todas las rectas

paralelas a la recta y = x, bisectriz del primer y tercer cuadrante.



f) f(x, y) = senh (x2 + y2). El dominio de la funcion es R2. Dado que x2 +y2 ≥ 0 para todo (x, y), se verifica que

senh (x2 + y2) ≥ 0 y ademas, la imagen de la funcion es [0,∞). Las curvas de nivel son todas las circunferencias

de centro (0, 0).

En las paginas 230 y 231 mostramos las curvas de nivel y las graficas correspondientes a las funciones de los

apartados a), b), d) y f).



Problema 119 Hallar los lımites (si existen):

a) lım(x,y)→(1,1)

log |1 + x2y2| b) lım(x,y,z)→(1,2,6)

(1

x+

1

y+

1

z

)

c) lım(x,y)→(0,4)

x√y

d) lım(x,y)→(0,π/2)

sec x tg y e) lım(x,y)→(0,0)

cosx2 + y2

x+ y + 1f) lım

(x,y)→(1,0)

x sen y

x2 + 1

g) lım(x,y)→(0,2)

(cos x− 1

x2

)(y − 2

y2 − 4

)

h) lım(x,y)→(−2,2)

xy + y − 2x− 2

x+ 1i) lım

(x,y)→(1,1)

x3y3 − 1

xy − 1

a) lım(x,y)→(1,1)

log |1 + x2y2| = log |1 + 1| = log 2.

b) lım(x,y,z)→(1,2,6)

(1

x+

1

y+

1

z

)

=1

1+

1

2+

1

6=

5

3

c) lım(x,y)→(0,4)

x√y

=0

2= 0

d) lım(x,y)→(0,π/2)

sec x tg y. Este lımite no existe: si lo consideramos sobre y < π/2, el lımite vale +∞ y si lo

consideramos sobre y > π/2, el lımite vale −∞.

e) lım(x,y)→(0,0)

cosx2 + y2

x+ y + 1= cos

0

1= 1



f) lım(x,y)→(1,0)

x sen y

x2 + 1=

1 · 01 + 1

= 0

g) lım(x,y)→(0,2)

(cos x− 1

x2

)(y − 2

y2 − 4

)

= lım(x,y)→(0,2)

(−x2/2

x2

)(1

y + 2

)

= −1

2

1

4= −1

8

h) lım(x,y)→(−2,2)

xy + y − 2x− 2

x+ 1=

0

− 1= 0

i) lım(x,y)→(1,1)

x3y3 − 1

xy − 1= lım

(x,y)→(1,1)(x2y2 + xy + 1) = 3



Problema 120 Considerando diferentes lıneas de aproximacion, demostrar que las funciones siguientes no tienen

lımite cuando (x, y) tiende a (0, 0):

f(x, y) =x− y

x+ y; g(x, y) =

x√

x2 + y2; h(x, y) =

xy

|xy| .

Basta considerar el lımite sobre rectas:

lım(x,y)→(0,0)

y=λx

x− y

x+ y= lım

x→0

(1 − λ)x

(1 + λ)x=

1 − λ

1 + λ

Dado que estos lımites dependen de λ, es decir, del camino por el que nos acercamos al origen, deducimos que

el lımite propuesto no existe.

lım(x,y)→(0,0)

y=λx

x√

x2 + y2= lım

x→0

x√x2 + λ2x2

=1

1 + λ2

Por tanto, el lımite propuesto tampoco existe.

h(x, y) =xy

|xy| =

1 si xy > 0

−1 si xy < 0



Por tanto:

lım(x,y)→(0,0)

y=x

h(x, y) = lımx→0

1 = 1 lım(x,y)→(0,0)

y=−x

h(x, y) = lımx→0

− 1 = −1

y el lımite no existe.

En la pagina 239 mostramos las graficas de las funciones f y g. En la superficie de la misma se pueden observar las

imagenes de las rectas que hemos tomado para probar la no existencia de los dos lımites.



-2

0

2

-20

2

-1-0.500.5

1

-2

-2 0 2

-5

-2.5

0

2.5

5

Z

Z

Y

Y

X

X

f(x, y) =x − y

x + y

g(x, y) =x

√

x2 + y2



Problema 121 Hallar D1f = ∂f/∂x y D2f = ∂f/∂y en las funciones siguientes:

a) f(x, y) = x2 + y2 b) f(x, y) = ex cos y c) f(x, y) = arc tg (y/x);

d) f(x, y) = cosh (y/x) e) f(x, y) = y f) f(x, y) =√

9 − x2 − y2

g) f(x, y) = x/(x2 + y2) h) f(x, y) = (x+ 2)(y + 3) i) f(x, y) = ex log y

j) f(x, y) = tgh (2x+ 5y) k) f(x, y) = log | sec xy + tg xy|

l) f(x, y) = 5xy−7x2−y2+3x−6y+2

Todas las funciones que aparecen en este ejercicio viene expresadas en terminos de operaciones algebraicas entre

funciones elementales; por tanto, podemos obtener sus derivadas parciales derivando formalmente. Esto no ocurre

en el apartado f (ver nota en la pagina ??) y tendremos que calcular las parciales en los puntos donde se anula la

raız usando la definicion.

a) f(x, y) = x2 + y2.

D1f(x, y) = 2x D2f(x, y) = 2y

b) f(x, y) = ex cos y.

D1f(x, y) = ex cos y D2f(x, y) = −ex sen y

c) f(x, y) = arc tg (y/x)

D1f(x, y) =− y

x2

1 + y2

x2

= − y

x2 + y2D2f(x, y) =

1x

1 + y2

x2

=x

x2 + y2



d) f(x, y) = cosh (y/x)

D1f(x, y) = − y

x2senh

y

xD2f(x, y) =

1

xsenh

y

x

e) f(x, y) = y

D1f(x, y) = 0 D2f(x, y) = 1

f) f(x, y) =√

9 − x2 − y2. Si (x, y) es tal que x2 + y2 6= 9 se tiene:

D1f(x, y) = − x√

9 − x2 − y2D2f(x, y) = − y

√

9 − x2 − y2

Sea (a, b) tal que a2 + b2 = 9, es decir, f(a, b) = 0:

D1f(a, b) = lımt→0+

1

t(f(a− t, b) − f(a, b))

= lımt→0+

√

9 − (a− t)2 − b2

t2= lım

t→0+

√

−1 +2a

t= +∞

D2f(a, b) = lımt→0+

1

t(f(a, b− t) − f(a, b))

= lımt→0+

√

9 − a2 − (b− t)2

t2= lım

t→0+

√

−1 +2b

t= +∞

Los lımites estan tomados en cero por la derecha para poder afirmar que los puntos (a− t, b) y (a, b− t) estan

en el dominio de f .



g) f(x, y) = x/(x2 + y2)

D1f(x, y) =(x2 + y2) − 2x2

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2D2f(x, y) = − 2xy

(x2 + y2)2

h) f(x, y) = (x+ 2)(y + 3)

D1f(x, y) = y − 3 D2f(x, y) = x+ 2

i) f(x, y) = ex log y

D1f(x, y) = ex log y log y D2f(x, y) = ex log y x

y

j) f(x, y) = tgh (2x+ 5y)

D1f(x, y) = 2(1 − tgh2 (2x+ 5y)) D2f(x, y) = 5(1 − tgh2 (2x+ 5y))

k) f(x, y) = log | sec xy + tg xy| = log(1 + senxy) − log | cos xy|

D1f(x, y) =y cos xy

1 + senxy+ y tg xy D2f(x, y) =

x cos xy

1 + senxy+ x tg xy

l) f(x, y) = 5xy − 7x2 − y2 + 3x− 6y + 2

D1f(x, y) = 5y − 2y − 6 D2f(x, y) = 5x− 14x+ 3



Problema 122 Calcular las derivadas parciales de la funcion dada respecto a cada variable:

a) f(x, y, z) = z cosec (y/x) b) f(r, θ, z) =r(2 − cos 2θ)

r2 + z2

c) f(u, v,w) = (u2 + v2 + w2)−1/2 d) f(x, y, z) = (xy)z

e) f(x, y, r, s) = sen 2x cosh 3r+senh 3y cos 4s

a) f(x, y, z) = z cosec(y/x)

D1f(x, y, z) =y

x2cos

y

xcosec2 y

xD2f(x, y, z) = −1

xcos

y

xcosec2 y

x

D3f(x, y, z) = cosy

x

b) f(r, θ, z) =r(2 − cos 2θ)r2 + z2

∂f

∂r(r, θ, z) =

(2 − cos 2θ)(r2 + z2) − 2r2(2 − cos 2θ)

(r2 + z2)2=

(2 − cos 2θ)(z2 − r2)

(r2 + z2)2

∂f

∂θ(r, θ, z) =

2r

r2 + z2sen 2θ

∂f

∂z(r, θ, z) = −2zr(2 − cos 2θ)

(r2 + z2)2



c) f(u, v,w) = (u2 + v2 + w2)−1/2

∂f

∂u(u, v,w) = −u(u2 + v2 + w2)−3/2 ∂f

∂v(u, v,w) = −v(u2 + v2 + w2)−3/2

∂f

∂w(u, v,w) = −w(u2 + v2 + w2)−3/2

d) f(x, y, z) = (xy)z = ez log xy. El dominio de esta funcion es

Dom f = {(x, y, z)|xy > 0} ∪ {(x, y, z)|xy = 0, z > 0, z 6= 1}

Las parciales son:

∂f

∂x(x, y, z) = ez log xy z

x

∂f

∂y(x, y, z) = ez log xy z

y

∂f

∂z(x, y, z) = ez log xy log xy

e) f(x, y, r, s) = sen 2x cosh 3r + senh 3y cos 4s.

∂f

∂x(x, y, r, s) = 2 cos 2x cosh 3r

∂f

∂y(x, y, r, s) = 3 cosh 3y cos 4s

∂f

∂r(x, y, r, s) = 3 sen 2x senh 3r

∂f

∂s(x, y, r, s) = −4 senh 3y sen 4s



Problema 123 En los siguientes apartados, hallar el vector de intensidad electrica E = −∇V para cada funcion

de potencial V en el punto dado:

a) V = 2z3 − 3(x2 + y2)z, (1, 1, 1)

b) V = log√

x2 + y2, (3, 4, 0)

c) V = e3x+4y cos 5z, (0, 0, π/6)

a) V = 2z3 − 3(x2 + y2)z, (1, 1, 1):

∂f

∂x(x, y, z) = −6xz

∂f

∂y(x, y, z) = −6yz

∂f

∂z(x, y, z) = 6z2 − 3(x2 + y2)

Evaluando en el punto indicado obtenemos.

E(1, 1, 1) = −∇V (1, 1, 1) = (6, 6,−3)

b) V = log√

x2 + y2, (3, 4, 0):

∂f

∂x(x, y, z) =

x

x2 + y2

∂f

∂y(x, y, z) =

y

x2 + y2

∂f

∂z(x, y, z) = 0


E(3, 4, 0) = −∇V (3, 4, 0) = (− 3

25,− 4

25, 0)



c) V = e3x+4y cos 5z, (0, 0, π/6)

∂f

∂x(x, y, z) = 3e3x+4y cos 5z

∂f

∂y(x, y, z) = 4e3x+4y cos 5z

∂f

∂z(x, y, z) = −5e3x+4y sen 5z


E(0, 0, π/6) = −∇V (0, 0, π/6) = (3√

3

2, 2√

3,5

2)



Problema 124 Hallar la derivada de f en P0 y en la direccion del vector que se indica:

a) f = x2 + y2, P0(1, 0), i − j

b) f = cos xy, P0(2, π/4), 4i − j

c) f = x2 + 2xy − 3y2, P0(1/2, 1/2),√

3i + j

d) f = xy + yz + zx, P0(1,−1, 2), 10i + 11j − 2k

Las derivadas direccionales se calculan considerando vectores unitarios, por tanto, a partir de los vectores del

enunciado tomaremos vectores unitarios de su misma direccion y sentido. Por otra parte, todas las funciones son

derivables en los puntos senalados y por tanto, podemos usar la diferencial para hallar las derivadas direccionales:

a) f(x, y) = x2 + y2, P0(1, 0), v = (1,−1), u = ( 1√2,− 1√

2).

D1f(x, y) = 2x; D2f(x, y) = 2y; ∇f(1, 0) = (2, 0)

Duf(1, 0) = ∇f(1, 0) · ( 1√2,− 1√

2) =

1√2

b) f(x, y) = cosxy, P0(2, π/4), v = (4,−1), u = ( 4√17,− 1√

17).

D1f(x, y) = −y senxy D2f(x, y) = −x senxy ∇f(2, π/4) = (−π4,−2)



Duf(2, π/4) = (−π4,−2) · ( 4√

17,− 1√

17) =

2 − π√17

c) f(x, y) = x2 + 2xy − 3y2, P0(1/2, 1/2), v = (√

3, 1), u = (√

3/2, 1/2)

D1f(x, y) = 2x+ 2y D2f(x, y) = 2x− 6y ∇f(1/2, 1/2) = (2,−2)

Duf(1/2, 1/2) = (2,−2) · (√

3/2, 1/2) =√

3 − 1

d) f(x, y, z) = xy + yz + zx, P0(1,−1, 2), v = (10, 11,−2), u = (23 ,

1115 ,− 2

15 ).

D1f(x, y, z) = y + z D2f(x, y, z) = x+ z

D3f(x, y, z) = y + x ∇f(1,−1, 2) = (1, 3, 0)

Duf(1,−1, 2) = (1, 3, 0) · (23,11

15,− 2

15) =

43

15



Problema 125 Hallar la direccion en la cual f crece mas rapidamente en P0, y la razon de cambio de f en esa

direccion:

f(x, y, z) = exy + z2, P0(0, 2, 3)

Recordemos que la direccion en la cual f crece mas rapidamente es la dada por el vector ∇f , y ademas, la tasa

de cambio en esa direccion es ‖∇f‖.

D1f(x, y, z) = yexy; D2f(x, y, z) = xexy; D3f(x, y, z) = 2z; ∇f(0, 2, 3) = (2, 0, 6).

Si u es el vector unitario en la direccion del gradiente, la tasa de cambio en esta direccion es:

Duf(1,−1, 2) = ‖∇f(1,−1, 2)‖ =√

40 = 2√

10



Problema 126 En los siguientes apartados, hallar la direccion en la cual f decrece mas rapidamente en P0, y la

razon de cambio de f en esa direccion:

a) f(x, y) = x2 + xy + y2, P0(−1, 1)

b) f(x, y, z) = z log (x2 + y2), P0(1, 1, 1)

Recordemos que la direccion en la cual f decrece mas rapidamente es la dada por el vector −∇f , y ademas, la

tasa de cambio en esa direccion es −‖∇f‖.

a) f(x, y) = x2 + xy + y2, P0(−1, 1)

D1f(x, y) = 2x+ y D2f(x, y) = x+ 2y −∇f(−1, 1) = (1,−1)

Si u es el vector unitario en la direccion de −∇f(−1, 1), la tasa de cambio en esta direccion es:

Duf(−1, 1) = −‖∇f(−1, 1)‖ = −√

2

b) f(x, y, z) = z log (x2 + y2), P0(1, 1, 1)

D1f(x, y, z) =2zx

x2 + y2D2f(x, y, z) =

2zy

x2 + y2

D3f(x, y, z) = log (x2 + y2) −∇f(1, 1, 1) = (1, 1, log 2)

Si u es el vector unitario en la direccion de −∇f(−1, 1), la tasa de cambio en esta direccion es:

Duf(1, 1, 1) = −‖∇f(1, 1, 1)‖ = −√

2 + (log 2)2



Problema 127 ¿En que dos direcciones se anula la derivada de f(x, y) = (x2 − y2)/(x2 + y2) en P0(1, 1)?

Hallamos en primer lugar el vector gradiente en el punto:

D1f(x, y) =2x(x2 + y2) − 2x(x2 − y2)

(x2 + y2)2=

4xy2

(x2 + y2)2

D2f(x, y) =−2y(x2 + y2) − 2y(x2 − y2)

(x2 + y2)2=

−2(x3 + y3)

(x2 + y2)2

∇f(1, 1) = (1,−1)

Para encontrar las direcciones en las que se anula la derivada basta buscar un vector v tal que (1,−1) · u = 0; las

direcciones buscadas seran u y −u. En este caso las direcciones se calculan facilmente y son (1, 1) y (−1,−1).



Problema 128 En los siguientes apartados, esbozar la curva de nivel de f(x, y) que pasa por el punto P0 y hallar

el vector normal a la curva en P0:

a) f(x, y) = x2/3 + 3y2/4, P0(2, 2√

5/3)

b) f(x, y) =√

x2 − y, P0(1, 0)

Recordemos que un vector normal a una curva de nivel en un punto, viene dado por el gradiente de la funcion en

dicho punto; teniendo en cuenta esto, basta calcular el gradiente de las funciones en los puntos dados para obtener

los vectores pedidos. En la figura 5.4 aparecen representadas las graficas de las dos funciones ası como las curvas de

nivel pedidas y las rectas tangente y normal en el punto indicado.

a) f(x, y) = x2/3 + 3y2/4, P0(2, 2√

5/3):

D1f(x, y) =2

3x D2f(x, y) =

3

2y ∇f(2, 2

√5/3) = (

4

3,√

5)

b) f(x, y) =√

x2 − y, P0(1, 0).

D1f(x, y) =x

√

x2 − yD2f(x, y) =

−1√

x2 − y∇f(1, 0) = (1,−1

2)



-20

2

-20

0

1

2

3

4

-10

12

-2-1

01

2

0

0.5

1

1.5

Z

X

Y

f(x, y) =x2

3+

3y2

4

f(x, y) =√

x2 − y

P ,2√

5

3)

Q(1 0)

(2Ejercicios resueltos de Calculo. c©Agustın Valverde


Problema 129 En los siguientes apartados, escribir las ecuaciones del plano tangente y la recta normal a la

superficie de nivel dada en el punto P0:

a) z2 − x2 − y2 = 0, P0(3, 4,−5)

b) z − log (x2 + y2) = 0, P0(1, 0, 0)

c) x2 + 2xy − y2 + z2 = 7, P0(1,−1, 3)

a) z2 − x2 − y2 = 0, P0(3, 4,−5). Es superficie de nivel de la funcion f(x, y, z) = z2 − x2 − y2.

D1f(x, y, z) = −2x D2f(x, y, z) = −2y D3f(x, y, z) = 2z

∇f(3, 4,−5) = (−6,−8,−10)

Por tanto, el plano tangente a la supercie y la recta normal a la misma son respectivamente:

−6(X − 3) − 8(Y − 4) − 10(Z + 5) = 0

X − 3 = −6λ

Y − 4 = −8λ

Z + 5 = −10λ



b) z − log (x2 + y2) = 0, P0(1, 0, 0). Es curva de nivel de la funcion g(x, y, z) = z − log (x2 + y2):

D1g(x, y, z) = − 2x

x2 + y2D2g(x, y, z) = − 2y

x2 + y2D3g(x, y, z) = 1

∇g(1, 0, 0) = (−2, 0, 1)


−2(X − 1) + Z = 0

X − 1 = −2λ

Y = 0

Z = λ

c) x2 + 2xy − y2 + z2 = 7, P0(1,−1, 3). Es superficie de nivel de la funcion h(x, y, z) = x2 + 2xy − y2 + z2

D1h(x, y, z) = 2x+ 2y D2h(x, y, z) = 2x− 2y D3h(x, y, z) = 2z

∇h(1,−1, 3) = (0, 4, 6)


4(Y + 1) + 6(Z − 3) = 0

X − 1 = 0

Y + 1 = 4λ

Z − 3 = 6λ



Problema 130 En los siguientes apartados, determinar el plano tangente y la recta normal a la superficie dada en

el punto dado:

a) z = x2 + y2, (3, 4, 25)

b) z = x/√

x2 + y2, (3,−4, 35)

c) z = (x+ y)/(xy − 1), (1, 2, 3)

d) y = 4 − x2 − 4z2, (0, 0, 1)

En este ejercicio vamos a hallar planos y rectas tangentes a graficas de funciones. Para ello, basta recordar que

el vector (D1f(x, y),D2f(x, y),−1) es un vector perpendicular a la grafica de f en el punto (x, y).

a) z = x2 + y2, (3, 4, 25). Es la grafica de la funcion f(x, y) = x2 + y2

D1f(x, y) = 2x D2f(x, y) = 2y

Por tanto, el vector (6, 8,−1) es perpendicular a la grafica de f en (3, 4, 25); el plano tangente y la recta

normal son respectivamente:

6(X − 3) + 8(Y − 4) − (Z − 25) = 0

X − 3 = 6λ

Y − 4 = 8λ

Z − 25 = −λ



b) z = x/√

x2 + y2, (3,−4, 35). La superficie es la grafica de la funcion f(x, y) =

x√

x2 + y2:

D1f(x, y) =x2

(x2 + y2)3/2D2f(x, y) =

−xy(x2 + y2)3/2

Entonces ∇f(3,−4) = ( 9125 ,

−12125 ) y el vector ( 9

125 ,−12125 ,−1) es perpendicular a la grafica de f en (3,−4, 3

5); el

plano tangente y la recta normal son respectivamente:

9

125(X − 3) − 12

125(Y + 4) − (Z − 3

5) = 0

X − 3 =9

125λ

Y + 4 = − 12

125λ

Z − 3

5= −λ

c) z = (x+ y)/(xy − 1), (1, 2, 3). La superficie es la grafica de la funcion f(x, y) =x+ yxy − 1

:

D1f(x, y) = − y2 + 1

(xy − 1)2D2f(x, y) = − x2 + 1

(xy − 1)2

Entonces ∇f(1, 2) = (5, 2) y el vector (5, 2,−1) es perpendicular a la grafica de f en (1, 2, 3); el plano tangente

y la recta normal son respectivamente:

5(X − 1) + 2(Y − 2) − (Z − 3) = 0

X − 1 = 5λ

Y − 2 = 2λ

Z − 3 = −λ



d) y = 4 − x2 − 4z2, (0, 0, 1). Es una superficie de nivel de la funcion g(x, y, z) = 4 − x2 − 4z2 − y.

D1g(x, y, z) = −2x D2g(x, y, z) = −1 D3g(x, y, z) = −8z

Entonces, ∇g(0, 0, 1) = (0,−1,−8) es un vector normal a la superficie en el punto (0, 0, 1); las ecuaciones del

plano tangente y de la recta normal son respectivamente:

−Y − 8(Z − 1) = 0

X = 0

Y = −λZ − 1 = −8λ



Problema 131 Determinar los puntos de la superficie

(y + z)2 + (z − x)2 = 16

en los que la normal es paralela al plano Y Z.

La superficie es superficie de nivel de la funcion g(x, y, z) = (y+ z)2 + (z − x)2; un vector normal a la superficie

en un punto (x, y, z) de la superficie es ∇f(x, y, z). Para que este vector sea paralelo al plano Y Z debe ocurrir que

la tercera coordenada del vector ∇f(x, y, z) sea nula.

D3f(x, y, z) = 2(x− z)

Por tanto, los puntos (x, y, z) que buscamos son aquellos que verifican:

x− z = 0 y (y + z)2 + (z − x)2 = 16

El conjunto de estos puntos son las rectas:

y + z = 4

x = zy

y + z = −4

x = z



Problema 132 Hallar los puntos de la superficie

xy + yz + zx− x− z2 = 0

en los que el plano tangente es paralelo al XY .

La superficie es superficie de nivel de la funcion f(x, y, z) = xy+ yz+ zx−x− z2 = x(y+ z− 1)+ z(y− z). Para

que dos planos sean paralelos debe ocurrir que los respectivos vectores normales sean paralelos. Como ∇f(x, y, z)

es normal al plano tangente, y (0, 0, 1) es normal al plano XY , lo dicho antes es equivalente a que D1f(x, y, z) =

D2(x, y, z) = 0;

D1f(x, y, z) = y + z − 1 D2f(x, y, z) = x+ z

Por tanto, los puntos (x, y, z) buscados son aquellos que verifican

y + z − 1 = 0 x+ z = 0 x(y + z − 1) + z(y − z) = 0

Estos puntos coinciden con la recta x = −y = −z



Problema 133 Para la funcion f(x, y) = x2y + 2y2x, en el punto P0(1, 3), hallar

a) la direccion de mayor crecimiento en f ,

b) la derivada de f en la direccion de mayor crecimiento en f ,

c) las direcciones en las que la derivada de f es cero,

d) la ecuacion del plano tangente a la superficie z = f(x, y) en (1, 3, 21).

a) La direccion de mayor crecimiento corresponde a la direccion del vector gradiente:

D1(x, y) = 2xy + 2y2 D2(x, y) = x2 + 4yx ∇f(1, 3) = (14, 13)

b) Si u es el vector unitario en la direccion y sentido del vector gradiente, la derivada de f en la direccion u es

Duf(1, 3) = ||∇f(1, 3)|| =√

142 + 132

c) Si v = (v1, v2) es un vector unitario, Dvf(1, 3) = ∇f(1, 3) · v = 14v1 + 13v2. Por tanto, la derivada direccional

se anula en la direccion del vector (−13, 14).

d) El plano tangente a la superficie z = f(x, y) en (1, 3, 21) es perpendicular al vector (D1f(1, 3),D2f(1, 3),−1) =

(14, 13,−1) y por tanto, su ecuacion es

14(X − 1) + 13(Y − 3) − (Z − 21) = 0



Problema 134 Hallar las rectas tangentes a las curvas siguientes en los puntos dados:

a) x2 + y2 = 4, P0(√

2,√

2)

b) x2 + xy + y2 = 7, P0(1, 2)

c) x5 + 4xy3 − 3y5 = 2, P0(1, 1)

Como ya sabemos, ∇f(x0, y0) es un vector normal a la curva de nivel f(x, y) = f(x0, y0), por tanto, la ecuacion

de la recta tangente es

D1f(x0)(X − x0) +D2f(x0, y0)(Y − y0).

a) x2 + y2 = 4, P0(√

2,√

2);

D1f(x, y) = 2x D2f(x, y) = 2y

Recta: 4(X − 2) + 2√

2(Y −√

2) = 0

b) x2 + xy + y2 = 7, P0(1, 2);

D1f(x, y) = 2x+ y D2f(x, y) = x+ 2y

Recta: 4(X − 1) + 5√

2(Y − 2) = 0



c) x5 + 4xy3 − 3y5 = 2, P0(1, 1);

D1f(x, y) = 5x+ 4y3 D2f(x, y) = 12xy2 + 15y4

Recta: 9(X − 1) + 27(Y − 1) = 0



Problema 135 La fuerza gravitacional ejercida sobre un objeto de masa m situado en el punto (x, y, z) por un

objeto de masa M situado en el origen es, por la ley de la gravitacion universal,

F =GMm

r3r

donde r = xi + yj + zk y r = ||r||. Comprobar que R = −∇V para algun campo escalar V (V recibe el nombre

de potencial gravitacional) y comprobar tambien que F es ortogonal a las superficies de nivel de V . (Indicacion:

comprobar primero que ∇(1/r) = −(1/r3)r).

La indicacion nos dice quien es la funcion potencial; considerando

f(r) = f(x, y, z) = −1

r= − 1

√

x2 + y2 + z2

tenemos que:

D1f(x, y, z) = x(x2 + y2 + z2)−3/2 =x

r3

D2f(x, y, z) = y(x2 + y2 + z2)−3/2 =y

r3

D3f(x, y, z) = z(x2 + y2 + z2)−3/2 =z

r3

Por tanto, V (x, y, z) = − GMm√x2+y2+z2

. El hecho de que F = −∇V sea ortogonal a las superficies de nivel de V es una

propiedad fundamental del vector gradiente.



Problema 136 En las siguientes funciones, hallar las derivadas parciales de segundo orden

f(x, y) = ex log(3 − y2); g(x, y) = (x− y)/xy; h(x, y, z) = xy + yz + zx.

f(x, y) = ex log(3 − y2).

D1f(x, y) = ex log(3 − y2) D2f(x, y) =−2yex

3 − y2

∂2f

∂x2(x, y) = ex log(3 − y2)

∂2f

∂y2(x, y) = −2ex

y2 + 3

y2 − 3

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂2f

∂y∂x(x, y) =

−2yex

3 − y2

g(x, y) = (x− y)/xy:

D1f(x, y) =1

x2D2f(x, y) = − 1

y2

∂2f

∂x2(x, y) = − 2

x3

∂2f

∂y2(x, y) =

2

y3

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂2f

∂y∂x(x, y) = 0



h(x, y, z) = xy + yz + zx:

D1f(x, y) = y + z D2f(x, y) = x+ z D3f(x, y) = y + x

∂2f

∂x2(x, y) = 0

∂2f

∂y2(x, y) = 0

∂2f

∂z2(x, y) = 0

∂2f

∂y∂x(x, y) = 1

∂2f

∂z∂x(x, y) = 1

∂2f

∂z∂y(x, y) = 1



Problema 137 Comprobar que D1,2w = D2,1w para

w = arc tg (y/x) y zw = ex senh y + cos (2x− 3y)

w = arc tg (y/x)

D1w(x, y) = − y

x2 + y2D1w(x, y) =

x

x2 + y2

D2,1w(x, y) = D2(D1w)(x, y) = −(x2 + y2) − 2y2

(x2 + y2)2=y2 − x2

x2 + y2

D1,2w(x, y) = D1(D2w)(x, y) =(x2 + y2) − 2x2

(x2 + y2)2=y2 − x2

x2 + y2

w = ex senh y + cos (2x− 3y):

D1w(x, y) = ex senh y − 2 sen (2x− 3y) D2w(x, y) = ex cosh y + 3 sen (2x− 3y)

D2,1w(x, y) = D2(D1w)(x, y) = ex cosh y − 6 cos (2x− 3y)

D1,2w(x, y) = D1(D2w)(x, y) = ex cosh y − 6 cos (2x− 3y)


Capıtulo 6

Optimizacion no-lineal

268

Optimizacion no-lineal 269

Problema 138 En los siguientes apartados hallar dw/dt, primero expresando w explıcitamente como funcion de t

y diferenciando, y luego por medio de la regla de la cadena:

(a) w = xyx2+y2 , x = cosh t, y = senh t

(b) w = xey + y senx, x = t, y = t2

(a) w =xy

x2 + y2 , x = cosh t, y = senh t;

w(t) =cosh t senh t

cosh2 t+ senh2 t=

1

2tgh 2t

y por tanto,dw

dt(t) = 1 − tgh2 2t =

1

cosh2 2t

Para usar la regla de la cadena consideremos f(u, v) =uv

u2 + v2 ; entonces

w = f ◦ (x, y) y

dw

dt(t) =

∂f

∂u(x, y)

dx

dt(t) +

∂f

∂v(x, y)

dy

dt(t) = y

y2 − x2

(x2 + y2)2senh t+ x

x2 − y2

(x2 + y2)2cosh t

= − senh2 t

cosh2 2t+

cosh2 t

cosh2 2t=

1

cosh2 2t



(b) w = xey + y senx, x = t, y = t2;

w(t) = tet2+ t2 sen t

y por tanto,dw

dt(t) = et

2+ 2t2et

2+ 2t sen t+ t2 cos t =

Sea f(u, v) = uev + v senu; entonces, w = f ◦ (x, y) y

dw

dt(t) =

∂f

∂u(x, y)

dx

dt(t) +

∂f

∂v(x, y)

dy

dt(t) = (ey + y cos x) + (xey + senx)(2t)

= et2+ t2 cos t+ (tet

2+ sen t)(2t)



Problema 139 Determinar ∂w/∂x si w = uv + log v, u = x + y2, v = ex cos y. (Dar la respuesta respecto de u y

v.)

Sea f(s, t) = st+ log t; entonces, w = f ◦ (u, v) y

∂w

∂x=∂f

∂s

∂u

∂x+∂f

∂t

∂v

∂x= v +

(

u+1

v

)

ex cos y = v + uv + 1



Problema 140 Hallar ∂w/∂u si w = x2 + y2, x = u− v, y = ve2u. (Dar la respuesta en x e y.)

Sea f(s, t) = s2 + t2; entonces w = f ◦ (x, y) y

∂w

∂u=∂f

∂s

∂x

∂u+∂f

∂t

∂y

∂u= 2x+ 4yve2u = 2x+ 4y2



Problema 141 Hallar ∂w/∂v cuando u = 0, v = 0 si w = (x2 + y − 2)4 + (x− y + 2)3,

x = u− 2v + 1, y = 2u+ v − 2.

Sea f(s, t) = (s2 + t− 2)4 + (s− t+ 2)3; entonces, w = f ◦ (x, y) y

∂w

∂v=∂f

∂s

∂x

∂v+∂f

∂t

∂y

∂v

=(4(x2 + y − 2)3(2x) + 3(x− y + 2)2

)(−2)

+(4(x2 + y − 2)3 + 3(x− y + 2)2(−1)

)

= (4 − 16x)(x2 + y − 2)3 − 9(x− y + 2)2

Dado que x(0, 0) = 1 e y(0, 0) = −2, se tiene que

∂w

∂v(0, 0) = (4 − 16)(1 + (−2) − 2)3 − 9(1 − (−2) + 2)2 = 3024



Problema 142 Si w = log (x2 + y2 + 2z), x = r + s, y = r − s, z = 2rs, hallar ∂w/∂r y ∂w/∂s.

Lo hacemos sin usar la regla de la cadena. Sustituyendo en la expresion de w obtenemos:

w(r, s) = log 2 + 2 log(r + s)

y por tanto,∂w

∂r=

2

r + s

∂w

∂s=

2

r + s



Problema 143 Sean z = f(t), t = (x+ y)/xy. Probar que x2 ∂z

∂x= y2 ∂z

∂y.

Aplicamos la regla de la cadena:

∂z

∂x= f ′(t)

∂t

∂x= −f ′(t) 1

x2

∂z

∂y= f ′(t)

∂t

∂y= −f ′(t) 1

y2

Por tanto:

x2 ∂z

∂x= −f ′(t)

y2 ∂z

∂y= −f ′(t)



Problema 144 Si sustituimos las coordenadas polares x = r cos θ e y = r sen θ en una funcion w = f(x, y) con

derivadas parciales continuas, probar que

∂w

∂r= D1f cos θ +D2f, sen θ y

1

r

∂w

∂θ= −D1f sen θ +D2f cos θ.

Sea φ(r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r sen θ); la regla de la cadena nos dice que ∇w = ∇f · Jφ, es decir:

(∂w

∂r,∂w

∂θ

)

= (D1f,D2f)

(

cos θ −r sen θ

sen θ r cos θ

)

De esta igualdad se obtienen facilmente las propuestas.



Problema 145 Hallar zxx si z = f(u, v), u = x2 − y2 y v = 2xy. Expresar la respuesta en terminos de u, v y

las derivadas parciales de f .

∂z

∂x= D1f

∂u

∂x+D2f

∂v

∂x= D1f(u, v) · (2x) +D2f(u, v)(2y) = 2xD1f(u, v) + 2yD2f(u, v)

zxx =∂2z

∂x2= 2D1f + 2x (D11f · (2x) +D21f · (2y)) + 2y (D12f · (2x) +D22f · (2y))

= 2D1f + 4x2D11f + 8xyD21f + 4y2D22f

Observese que en la simplificacion hemos usado la igualdad D21f = D12f que se deduce del teorema de Schward.



Problema 146 Mediante distintos experimentos se ha podido comprobar que una magnitud ondulatoria, como la

luz, verifica la siguiente ecuacion de onda∂2w

∂t2= c2

∂2w

∂x2

Probar que las siguientes funciones son soluciones de la ecuacion de onda:

a) w = sen (x+ ct); b) w = sen (x+ ct) + cos (2x+ 2ct); c) w = tg (2x− 2ct).

a) w = sen (x+ ct);

∂w

∂t= c cos(x+ ct)

∂2w

∂t2= −c2 sen(x+ ct)

∂w

∂x= cos(x+ ct)

∂2w

∂x2 = − sen(x+ ct)

b) w = sen (x+ ct) + cos (2x+ 2ct);

∂w

∂t= c cos(x+ ct) − 2c sen(2x+ 2ct)

∂2w

∂t2= −c2 sen(x+ ct) − 4c2 cos(2x+ 2ct)

∂w

∂x= cos(x+ ct) − 2 sen(2x+ 2ct)

∂2w

∂x2 = − sen(x+ ct) − 4 cos(2x+ 2ct)



c) w = tg (2x− 2ct);

∂w

∂t= 2c(1 + tg2 (2x− 2ct))

∂2w

∂t2= 8c2 tg (2x− 2ct)(1 + tg2 (2x− 2ct))

∂w

∂x= 2(1 + tg2 (2x− 2ct))

∂2w

∂x2 = 8 tg (2x− 2ct)(1 + tg2 (2x− 2ct))



Problema 147 ¿Con que exactitud puede calcularse V = πr2h si las mediciones de r y h tienen un error de un

1%?

Que las medidas de r y h se hagan con un error del 1% significa que si las medidas que tomamos son r0 y h0

respectivamente, las medidas reales son r = r0 + k1 y h = h0 + k2 donde |k1| ≤ |r0|/100 y |k2| ≤ |h0|/100.

Si tomamos πr20h0 como valor del volumen en vez de πr2h cometemos un error E verificando

E ≤ (M1,M2)(k1, k2) = M1k1 +M2k2

donde M1 es una cota de D1f y M2 es una cota de D2f en un entorno de (r0, h0) conteniendo a (r, h).

D1V (r, h) = 2πrh D2V (r, h) = πr2

En las condiciones que estamos:

|D1V (r, h)| = π|2rh| ≤ 2|r0|101

100|h0|

101

100= M1 |D2V (r, h)| = πr2 ≤ r20

(101

100

)2

= M2

Por tanto, el error cometido esta acotado por

E ≤M1k1 +M2k2 ≤ 2π|r0||h0|(

101

100

)2 |r0|100

+ πr20

(101

100

)2 |h0|100

= πr20h0

(2(101)2

1003

)

≈ r20h0(0′021)

Por tanto, el error relativo es de un 2′1%.



Problema 148 Si r = 5 cm y h = 12 cm, redondeados al milımetro mas cercano, ¿cual es el error maximo

porcentual previsible al calcular V = πr2h?

Que las medidas de r y h se redondeen al milımetro mas cercano significa que si las medidas que tomamos son

r0 y h0 respectivamente, las medidas reales son r = r0 + k1 y h = h0 + k2 donde |k1| ≤ 0′1 y |k2| ≤ 0′1.

El error cometido al tomar πr20h0 como valor del volumen en vez de πr2h lo acotamos siguiendo el metodo del

ejercicio anterior;

|D1V (r, h)| = π|2rh| ≤ 2π(5′1)(12′1) ≤ π(123′5) = M1

|D2V (r, h)| = πr2 ≤ π(26′1) = M2

Por tanto, el error cometido esta acotado por

E ≤M1k1 +M2k2 ≤ π(14′96) ≤ 47

Dado que πr20h0 = π25·12 ≈ 942, el error porcentual que cometemos es del 5% (observese que los errores porcentuales

en las variables eran del 2% en el radio y de 1% en la altura).



Problema 149 Para calcular el volumen de un cilindro de unos 2 m de radio y alrededor de 3 m de altura, ¿con

que precision han de medirse el radio y la altura para que el error al estimar el volumen no exceda 0′1 m3? [Supongase

que los errores posibles ∆r y ∆h al medir r y h son iguales].

Siguiendo el metodo de los ejercicios 12 y 13 podemos deducir facilmente, de forma general, que si tomamos las

medidas del radio y de la altura con un error ǫ, que podemos suponer menor que 0′1, entonces el error al evaluar el

volumen esta acotado por

E ≤ π(2(2 + ǫ)(3 + ǫ)ǫ+ (2 + ǫ)2ǫ) ≤ 71ǫ

Para conseguir que este error este por debajo de 0′1 basta tomar ǫ < 0′001.



Problema 150 La resistencia R producida por otras dos en paralelo de x e y ohms puede calcularse mediante la

formula 1/R = 1/x+ 1/y. ¿En que porcentaje aproximado cambiara R si x crece de 20 a 20,1 ohms e y decrece de

25 a 24,9 ohms?

Sea f(x, y) =(

1x + 1

y

)−1;

la variacion aproximada de f(20, 25) a f(20′1, 244′9) es

E ≤ |D1f(20, 25)|0′1 + |D2f(20, 25)|0′1 ≤ 5 · 10−2

Dado que f(20, 25) = 11′2, la variacion porcentual es del 0′5% aproximadamente.



Problema 151 Determinar los maximos, mınimos y puntos de silla de las siguientes superficies. Calcular los

valores de la funcion en estos puntos:

a) z = x2 + 3xy + 3y2 − 6x+ 3y − 6 b) z = 2xy − 5x2 − 2y2 + 4x+ 4y − 4

c) z = y2 + xy − 2x− 2y + 2 d) z = 2xy − x2 − 2y2 + 3x+ 4

e) z = 3x2 + 6xy + 7y2 − 2x+ 4y f) z = 4x2 − 6xy + 5y2 − 20x + 26y

g) z = x2 + y2 − 2x+ 4y + 6 h) z = x2 − 2xy + 2y2 − 2x+ 2y + 1

i) z = 3 + 2x+ 2y − 2x2 − 2xy − y2 j) z = x2 − xy + y2 + 2x+ 2y − 4

k) z = 5x2 − 4xy + 2y2 + 4x− 4y + 10 l) z = x3 + y3 + 3x2 − 3y2 − 8

m) z = 9x3 + y3/3 − 4xy n) z = x3 + 3xy + y3

Todos los apartados se resuelven con el corolario ??.

a) f(x, y) = x2 + 3xy + 3y2 − 6x+ 3y − 6.

D1f(x, y) = 2x+ 3y − 6 D2f(x, y) = 3x+ 6y + 3

El unico punto crıtico es: (15,−8).

D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = 3 D22f(x, y) = 6

(15,−8) es un mınimo ya que |Hf(15,−8)| = 3 > 0 y D11f(15,−8) = 2 > 0.



b) f(x, y) = 2xy − 5x2 − 2y2 + 4x+ 4y − 4.

D1f(x, y) = 2y − 10x+ 4 D2f(x, y) = 2x− 4y + 4

El unico punto crıtico es: (2/3, 4/3).

D11f(x, y) = −10 D21f(x, y) = 2 D22f(x, y) = −4

(2/3, 4/3) es un maximo.

c) f(x, y) = y2 + xy − 2x− 2y + 2

D1f(x, y) = y − 2 D2f(x, y) = 2y + x− 2

El unico punto crıtico es: (−2, 2).

D11f(x, y) = 0 D21f(x, y) = 1 D22f(x, y) = 2

(−2, 2) es un punto silla, ya que |Hf(−2, 2)| = −1 < 0.

d) f(x, y)z = 2xy − x2 − 2y2 + 3x+ 4

D1f(x, y) = 2y − 2x+ 3 D2f(x, y) = 2x− 4y

El unico punto crıtico es: (3, 3/2).

D11f(x, y) = −2 D21f(x, y) = 2 D22f(x, y) = −4

(3, 3/2) es un maximo.



e) f(x, y) = 3x2 + 6xy + 7y2 − 2x+ 4y.

D1f(x, y) = 6x+ 6y − 2 D2f(x, y) = 6x+ 14y + 4

El unico punto crıtico es: (13/12,−3/4).

D11f(x, y) = 6 D21f(x, y) = 6 D22f(x, y) = 14

(13/12,−3/4) es un mınimo.

f) f(x, y)z = 4x2 − 6xy + 5y2 − 20x+ 26y.

D1f(x, y) = 8x− 6y − 20 D2f(x, y) = −6x+ 10y + 26


D11f(x, y) = 8 D21f(x, y) = −6 D22f(x, y) = 10

(1,−2) es un mınimo.

g) f(x, y) = x2 + y2 − 2x+ 4y + 6

D1f(x, y) = 2x− 2 D2f(x, y) = 2y + 4


D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = 0 D22f(x, y) = 2




h) f(x, y) = x2 − 2xy + 2y2 − 2x+ 2y + 1

D1f(x, y) = 2x− 2y − 2 D2f(x, y) = −2x+ 4y + 2

El unico punto crıtico es: (1, 0).

D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = −2 D22f(x, y) = 4

(1, 0) es un mınimo.

i) f(x, y) = 3 + 2x+ 2y − 2x2 − 2xy − y2

D1f(x, y) = 2 − 4x− 2y D2f(x, y) = 2 − 2x− 2y


D11f(x, y) = −4 D21f(x, y) = −2 D22f(x, y) = −2

(1,−2) es un maximo.

j) f(x, y) = x2 − xy + y2 + 2x+ 2y − 4.

D1f(x, y) = 2x− y + 2 D2f(x, y) = −x+ 2y + 2

El unico punto crıtico es: (−2,−2).

D11f(x, y) = 2 D21f(x, y) = −1 D22f(x, y) = 2




k) f(x, y) = 5x2 − 4xy + 2y2 + 4x− 4y + 10.

D1f(x, y) = 10x− 4y + 4 D2f(x, y) = −4x+ 4y − 4


D11f(x, y) = 10 D21f(x, y) = −4 D22f(x, y) = 4


l) f(x, y) = x3 + y3 + 3x2 − 3y2 − 8.

D1f(x, y) = 3x2 + 6x D2f(x, y) = 3y2 − 6y

Los unicos puntos crıticos son: (0, 0), (0, 2), (−2, 0) y (−2, 2).

D11f(x, y) = 6x+ 6 D21f(x, y) = 0 D22f(x, y) = 6y − 6

(0, 0) es punto silla, (0, 2) es mınimo, (−2, 0) es maximo y (−2, 2) es punto silla.

m) f(x, y) = 9x3 + y3/3 − 4xy

D1f(x, y) = 27x2 − 4y D2f(x, y) = y2 − 4x

Los unicos puntos crıticos son: (0, 0) y (4/9, 4/3).

D11f(x, y) = 54x D21f(x, y) = −4 D22f(x, y) = 2y

(0, 0) es punto silla y (4/9, 4/3) es mınimo.



n) f(x, y) = x3 + 3xy + y3

D1f(x, y) = 3x2 + 3y D2f(x, y) = 3y2 + 3x

Los unicos puntos crıticos son: (0, 0) y (−1,−1).

D11f(x, y) = 6x D21f(x, y) = 3 D22f(x, y) = 6y

(0, 0) es puntos silla y (−1,−1) es maximo.



0 1 2 3 4

01

234

0

20

40

P (x, y) = x2 − xy + y2 + 1

x ≤ y ≤ 4 x ∈ [0, 4]

0 1 2 3 4 5

-2

0

2

0

10

T (x, y) = x2 + xy + y2 − 6x

(x, y) ∈ [0, 5] × [−3, 3]



Problema 152 En los siguientes apartados, hallar los maximos y mınimos absolutos de las funciones en los do-

minios dados:

(a) P (x, y) = x2 −xy+y2 +1 en la region triangular cerrada en el primer cuadrante acotada por las rectas x = 0,

y = 4, y = x.

(b) T (x, y) = x2 + xy + y2 − 6x en la placa rectangular 0 ≤ x ≤ 5, −3 ≤ y ≤ 3.

(c) f(x, y) = 48xy − 32x3 − 24y2 en la placa rectangular 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1.

(a) La funcion P no tiene puntos crıticos en el interior de la region, ya que las derivadas parciales:

D1P (x, y) = 2x− y D2P (x, y) = −x+ 2y

solo se anulan en el punto (0, 0) que se encuentra en el borde de la misma.

El borde de la placa esta formado por los siguientes segmentos:

S1 = (0, 0)(0, 4) S2 = (0, 4)(4, 4) S3 = (4, 4)(0, 0)

La funcion P sobre cada uno de estos segmentos viene dada por:

P1(t) = P (0, t) = t2 + 1 t ∈ (0, 4)

P2(t) = P (t, 4) = t2 − 4t+ 17 t ∈ (0, 4)

P3(t) = P (t, t) = t2 + 1 t ∈ (0, 4)



Los puntos crıticos de estas funciones son los puntos crıticos de P en el borde de la placa; estos puntos son

(0, 0) (t = 0 en P1 y P3) y (2, 4) (t = 2 en P2). Por tanto, los extremos absolutos de P en la region dada estan

entre los puntos (0, 0), (2, 4), (0, 4) y (4, 4) (hay que considerar los extremos de los segmentos):

P (0, 0) = 1 P (2, 4) = 13 P (0, 4) = 17 P (4, 4) = 50

El punto (4, 4) es maximo absoluto, mientras que (0, 0) es el mınimo absoluto.

(b) Las derivadas parciales de T son:

D1T (x, y) = 2x+ y − 6 D2T (x, y) = x+ 2y

Su unico punto crıtico se encuentra en el rectangulo indicado y es (4,−2).

El borde de la placa esta formado por los siguientes segmentos:

S1 = (0,−3)(0, 3), S2 = (0, 3)(5, 3), S3 = (5, 3)(5,−3), S4 = (5,−3)(0,−3)

La funcion P sobre cada uno de estos segmentos viene dada por:

P1(t) = P (0, t) = t2 t ∈ (−3, 3)

P2(t) = P (t, 3) = t2 − 3t+ 9 t ∈ (0, 5)

P3(t) = P (5, t) = t2 + 5t− 5 t ∈ (−3, 3)

P2(t) = P (t,−3) = t2 − 9t+ 9 t ∈ (0, 5)



Los puntos crıticos de estas funciones son los puntos crıticos de T en el borde de la region; estos puntos son

(0, 0) (t = 0 en P1), (3/2, 3) (t = 3/2 en P2), (5,−5/2) (t = −5/2 en P3) y (9/2,−3) (t = 9/2 en P4). Por

tanto, los extremos absolutos de P en la region dada estan entre los puntos (4,−2), (0, 0), (3/2, 3), (5,−5/2),

(9/2,−3), (0,−3), (0, 3), (5, 3) y (5,−3) (hay que considerar los extremos de los segmentos):

T (4,−2) = −12 T (0, 0) = 0 T (3/2, 3) = 27/4

T (5,−5/2) = −45/4 T (9/2,−3) = −45/4 T (0,−3) = 9

T (0, 3) = 9 T (5, 3) = 19 T (5,−3) = −11

El punto (5, 3) es maximo absoluto mientras que (4,−2) es el mınimo absoluto.

En la figura 6.1 de la pagina 290 estan representadas las graficas de las funciones P y T en las regiones indicadas.



Problema 153 Hallar los extremos relativos del campo escalar f(x, y) = sen(xy).

Las derivadas parciales de f son

D1f(x, y) = y cos(xy) D2f(x, y) = x cos(xy)

Los puntos crıticos de f son, ademas del (0, 0), todos aquellos puntos (x, y) tales que xy = π2 +nπ para algun n ∈ Z.

Consideremos los siguientes conjuntos

C1 = {(x, y)|xy =π

2+ 2kπ para algun k ∈ Z}

C2 = {(x, y)|xy =π

2+ (2k + 1)π para algun k ∈ Z}

Los puntos de C1 ∪ C2 son los puntos crıticos de f distintos de (0, 0). El lector puede comprobar que el criterio de

la hessiana no clasifica ninguno de los puntos.

Sin embargo, en este caso, podemos clasificar casi todos los puntos acotando directamente la funcion: −1 ≤f(x, y) ≤ 1. Como f(a, b) = 1 si (a, b) ∈ C1 y f(a, b) = −1 si (a, b) ∈ C2, deducimos que los puntos de C1 son

maximos absolutos de f y que los puntos de C2 son mınimos absolutos. Solo tenemos que clasificar el punto (0, 0)

y para ello basta considerar las siguientes funciones (corolario ??):

g1(t) = f(t, t) = sen t2 g2(t) = f(t,−t) = sen(−t2) = − sen t2



Dado que 0 es mınimo relativo de g1 y maximo relativo de g2, podemos concluir que (0, 0) no es extremo relativo

de f .

Para ver graficamente lo que hemos deducido, vemos a continuacion la representacion de f en el rectangulo

[0, 2π] × [0, 2π]:

-4

-2

0

2

4 -4

-2

0

2

4

-1

-0.5

0

0.5

1

X

YZ



Problema 154 Hallar el punto crıtico de

f(x, y) = xy + 2x− log x2y

en el primer cuadrante abierto (x > 0, y > 0), y mostrar que f alcanza en el un mınimo.

D1f(x, y) = y + 2 − 2

xD2f(x, y) = x− 1

y

El punto crıtico es por tanto (1/2, 2). Las segundas derivadas parciales son:

D11f(x, y) =2

x2D21f(x, y) = 1 D11f(x, y) =

1

y2

y la hessiana en (1/2, 2): Hf(1/2, 2) =

(

8 1

1 1/4

)

. Por tanto, efectivamente, el punto crıtico es un mınimo relativo.



Problema 155 El discriminante fxxfyy − f2xy de cada una de las siguientes funciones es cero en el origen. Deter-

minar si la funcion tiene o no un maximo o un mınimo en este punto.

a) f(x, y) = x2y2 b) f(x, y) = 1 − x2y2 c) f(x, y) = xy2

d) f(x, y) = x3y2 e) f(x, y) = x3y3 f) f(x, y) = x4y4

Ver seccion ??

a) f(x, y) = x2y2 tiene un mınimo absoluto en el origen ya que x2y2 ≥ 0 = f(0, 0) para todo x e y.

b) f(x, y) = 1 − x2y2 tiene un maximo absoluto en el origen ya que x2y2 ≥ 0 para todo x e y y por tanto,

1 − x2y2 ≤ 1 = f(0, 0).

c) f(x, y) = xy2 tiene un punto silla en el origen ya que la funcion g(t) = f(t, t) = t3 tiene un punto de inflexion

en 0.

d) f(x, y) = x3y2 tiene un punto silla en el origen ya que la funcion g(t) = f(t, 1) = t3 tiene un punto de inflexion

en 0.

e) f(x, y) = x3y3 tiene un punto silla en el origen ya que la funcion g(t) = f(1, t) = t3 tiene un punto de inflexion

en 0.

f) f(x, y) = x4y4 tiene un mınimo en el origen ya que x4y4 ≥ 0 para todo x e y.



Problema 156 Si y = mx+ b es la recta de mejor ajuste, en el sentido de los cuadrados mınimos, pruebese que:

(a) la suma de las desviacionesn∑

i=1

(yi −mxi − b)

es cero, (Esto significa que las desviaciones positivas y negativas se anulan); y que

(b) el punto

(x, y) =

(

1

n

n∑

i=1

xi,1

n

n∑

i=1

yi

)

esta sobre la recta determinada por el metodo de los mınimos cuadrados. (Esto significa que la recta que mejor

se ajusta a la nube de puntos pasa por el centro de gravedad de los n puntos).

Los dos enunciados son consecuencia inmediata del metodo de los mınimos cuadrados; este metodo se reduce a

resolver un sistema de dos ecuaciones y estas ecuaciones son las que aparecen en cada apartado (ver pagina 447 del

libro de teorıa, o consultar cualquier libro donde se enuncie el metodo).



Problema 157 Hallar los extremos de f(x, y) = xy sujetos a la restriccion

g(x, y) = x2 + y2 − 10 = 0.

La funcion lagrangiana asociada al problema es

L(x, y, λ) = xy − λ(x2 + y2 − 10)

El sistema de ecuaciones que nos da los puntos crıticos es

x2 + y2 − 10 = 0

y − 2λx = 0

x− 2λy = 0

Los puntos crıticos son por tanto: (√

5,√

5) con λ = 1/2, (−√

5,√

5) con λ = −1/2, (√

5,−√

5) con λ = −1/2 y

(−√

5,−√

5) con λ = 1/2

Para clasificar estos puntos, tenemos que considerar las funciones

F1(x, y) = L(x, y, 1/2) = xy − 1

2(x2 + y2 − 10)

F2(x, y) = L(x, y,−1/2) = xy +1

2(x2 + y2 − 10)



y sus respectivas matrices hessianas

HF1(x, y) =

(

−1 1

1 −1

)

HF2(x, y) =

(

1 1

1 1

)

Para hallar los polinomios caracterısticos en cada punto, necesitamos los vectores gradientes:

∇g(√

5,√

5) = (2√

5, 2√

5) ∇g(−√

5,−√

5) = (−2√

5,−2√

5)

∇g(−√

5,√

5) = (−2√

5, 2√

5) ∇g(√

5,−√

5) = (2√

5,−2√

5)

El polinomio caracterıstico en (√

5,√

5) es:

p(λ) =

∣∣∣∣∣

0 Jg(a)

Jg(a)t HF1(a) − λI

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

0 2√

5 2√

5

2√

5 −1 − λ 1

2√

5 1 −1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −40(−λ− 2)

y por tanto, el punto (√

5,√

5) es un maximo.

El polinomio caracterıstico en (−√

5,−√

5) es:

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 −2√

5 −2√

5

−2√

5 −1 − λ 1

−2√

5 1 −1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −40(−λ− 2)

y por tanto, el punto (−√

5,−√

5) tambien es un maximo.



El polinomio caracterıstico en (√

5,−√

5) es:

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 2√

5 −2√

5

2√

5 1 − λ 1

−2√

5 1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −40(−λ+ 2)

y por tanto, el punto (√

5,−√

5) es un mınimo.

El polinomio caracterıstico en (−√

5,√

5) es:

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 −2√

5 2√

5

−2√

5 1 − λ 1

2√

5 1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −40(−λ+ 2)

y por tanto, el punto (−√

5,−√

5) tambien es un mınimo.



Problema 158 Calcular la distancia mınima entre la recta y = x+ 1 y la parabola y2 = x.

Para plantear el problema vamos a utilizar un funcion que nos de la distancia entre un punto de la recta y

cualquier otro punto: la distancia entre un punto de la recta, (x, x+ 1), y otro punto del plano, (y, z), es:

d =√

(y − x)2 + (z − x− 1)2;

por tanto, para minimizar esta distancia, nos basta minimizar la funcion f(x, y, z) = (y−x)2 +(z−x−1)2; ademas,

como queremos encontrar la distancia mınima a la parabola y2 = x, tenemos que minimizar la funcion f con la

condicion g(z, y) = z2 − y = 0 (¡cuidado con el nombre de las variables!).

La funcion lagrangiana asociada a este problema es

L(x, y, z, λ) = (y − x)2 + (z − x− 1)2 − λ(z2 − y)


z2 − y = 0

−2(y − x) − 2(z − x− 1) = 0

2(y − x) + λ = 0

2(z − x− 1) − 2zλ = 0



y su unica solucion es el punto (−1/8, 1/4, 1/2) con λ = −3/4. Con una simple mirada a las graficas de la recta y

la parabola podemos concluir que efectivamente esta es la solucion del problema, pero vamos a deducirlo usando el

polinomio caracterıstico. Consideramos la funcion

F (x, y, z) = L(x, y, z,−3/4) = (y − x)2 + (z − x− 1)2 + (3/4)(z2 − y)

La matriz hessiana de esta funcion es:

HF (x, y, z) =

4 −2 −2

−2 2 0

−2 0 7/2

El vector gradiente de g en (−1/8, 1/4, 1/2) es

∇g(−1/8, 1/4, 1/2) = (0,−1, 1)

El polinomio caracterıstico en dicho punto es:

p(λ) =

∣∣∣∣∣

0 Jg(a)

Jg(a)t HF1(a) − λI

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 −1 1

0 4 − λ −2 −2

−1 −2 2 − λ 0

1 −2 0 72 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −2(t2 − 27

2λ+ 6)

y en consecuencia, efectivamente, el punto es un mınimo. Teniendo en cuenta el significado de la funcion f que

hemos utilizado, hemos obtenido que los puntos (−1/8, 7/8) y (1/4, 1/2) son los puntos de la recta y de la parabola

respectivamente, mas proximos.



Este problema se puede resolver de varias formas. Teniendo en cuenta que todo punto de la recta es de la forma

(x, x + 1) y todo punto de la parabola es de la forma (y2, y), el problema se resolverıa minimizando la funcion

h(x, y) = (x− y2)2 + (x+ 1− y)2 (sin restricciones); esta serıa la forma mas sencilla de resolver el problema usando

metodos de este capıtulo. Sin embargo, la forma mas simple de resolver el problema es localizando el punto de

la parabola cuya tangente es paralela a la recta; este punto es el buscado. El lector deberıa desarrollar estos dos

metodos alternativos.



Problema 159 Determinar los puntos sobre la curva x2y = 2 mas proximos al origen.

Teniendo en cuenta que todo punto de la recta es de la forma (x, 2/x2), la distancia de un punto de la curva al

origen viene dada por

d =√

x2 + (2/x2)2

Para localizar el punto de la curva mas proximo al origen nos basta minimizar la funcion

f(x) = x2 + (2/x2)2

En este caso hemos reducido el problema a minimizar una funcion de una variable (los mınimos son x =√

2 y

x = −√

2); sin embargo, este tipo de problemas no siempre admiten este camino de resolucion (o resulta demasiado

laborioso), como ocurre en el ejercicio siguiente, y la unica forma de resolverlo sera usando el metodo de los

multiplicadores; (resuelva el lector este ejercicio usando el metodo de los multiplicadores de Lagrange).



Problema 160 Hallar los puntos sobre la curva x2 + xy + y2 = 1 mas proximos y mas alejados del origen.

Como decıamos en el ejercicio anterior, este problema no lo podemos resolver reduciendolo a una variable, ya

que no tenemos expresiones que nos caractericen los puntos de la curva del enunciado (o bien, tal expresion no es

sencilla) y por tanto, la mejor forma de plantear el problema es usando el metodo de los multiplicadores de Lagrange.

La funcion que tenemos que minimizar es

f(x, y) = x2 + y2

y por tanto, la funcion lagrangiana asociada al problema es

L(x, y, λ) = x2 + y2 − λ(x2 + xy + y2 − 1)

El sistema de ecuaciones que nos da los puntos crıticos es:

x2 + xy + y2 − 1 = 0

2x− 2λx− λy = 0

2y − 2λy − λx = 0

y las soluciones son: (1/√

3, 1/√

3) y (−1/√

3,−1/√

3) con λ = 2/3 y (1,−1) y (−1, 1) con λ = 2.

Para clasificar estos puntos, tenemos que considerar las funciones

F1(x, y) = L(x, y, 3/2) =1

3x2 +

1

3y2 − 2

3xy +

2

3

F2(x, y) = L(x, y, 2) = −x2 − y2 − 2xy + 2



y sus respectivas matrices hessianas

HF1(x, y) =

(

2/3 −2/3

−2/3 2/3

)

HF2(x, y) =

(

−2 −2

−2 −2

)

Los vectores gradientes de g(x, y) = x2 + xy + y2 − 1 en los puntos crıticos son:

∇g(1/√

3, 1/√

3) = (√

3,√

3) ∇g(−1/√

3,−1/√

3) = (−√

3,−√

3)

∇g(1,−1) = (1,−1) ∇g(−1, 1) = (−1, 1)

El polinomio caracterıstico en el punto (1/√

3, 1/√

3) es

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣

0√

3√

3√3 2

3 − λ −23√

3 −23

23 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −6(−λ+8

6)

y en consecuencia, (1/√

3, 1/√

3) es mınimo.

El polinomio caracterıstico en el punto (−1/√

3,−1/√

3) es

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 −√

3 −√

3

−√

3 23 − λ −2

3

−√

3 −23

23 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −6(−λ+8

6)

y por tanto, tambien es mınimo.



El polinomio caracterıstico en el punto (1,−1) es

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 1 −1

1 −2 − λ −2

−1 −2 −2 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −2(−λ− 4)

y en consecuencia, es maximo.

El polinomio caracterıstico en el punto (−1, 1) es

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣

0 −1 1

−1 −2 − λ −2

1 −2 −2 − λ

∣∣∣∣∣∣∣

= −2(−λ− 4)

y en consecuencia, tambien es maximo.



Problema 161 Sea f un campo escalar, se dice que f es homogeneo de grado p si

f((λx1, . . . , λxn) = λpf((x1, . . . , xn) para todo λ ∈ R.

(a) Si f es diferenciable en ((x1, . . . , xn) demostrar que

x1D1f((x1, . . . , xn) + · · · + xnDnf((x1, . . . , xn) = pf((x1, . . . , xn)

Esto se conoce como teorema de Euler para funciones homogeneas. (Indicacion: para ((x1, . . . , xn) fijo defınase

g(λ) = f((λx1, . . . , λxn) y calcular g′(1).)

(b) Hallar p y verificar el teorema de Euler para el campo f(x, y, z) = x− 2y −√xz para x, z > 0.

(c) Comprobar el teorema de Euler para el campo f(x, y) = log(x/y).

(a) Sigamos la indicacion y consideremos g(λ) = f((λx1, . . . , λxn) para una tupla fija ((x1, . . . , xn). Para hallar la

derivada de g usamos la regla de la cadena:

g′(λ) = x1D1f((λx1, . . . , λxn) + · · · + xnDnf((λx1, . . . , λxn)

Por tanto,

g′(1) = x1D1f((x1, . . . , xn) + · · · + xnDnf((x1, . . . , xn) (6.1)



Por otra parte, dado que f es homogenea de grado p, se tiene que

g(λ) = λpf((x1, . . . , xn);

a partir de esta expresion volvemos a obtener la derivada de g:

g′(λ) = pλp−1f((x1, . . . , xn)

De donde se obtiene que

g′(1) = pf((x1, . . . , xn) (6.2)

De las igualdades 6.1 y 6.2 se deduce la propuesta en el ejercicio.

(b) Sea λ ≥ 0 (esta restriccion se debe al dominio impuesto a f ; en un dominio mas amplio la funcion no serıa

homogenea: ¿Por que?)

f(λx, λy, λz) = λx− 2λy −√λ2xz

= λ(x− 2y −√xz)

Por tanto, efectivamente, la funcion es homogenea de grado 1. Verifiquemos el teorema de Euler:

xD1f(x, y, z) + yD2f(x, y, z) + zD3f(x, y, z) = x(1 − z

2√xz

) − 2y + zx

2√xz

= x− 2y − 2zx

2√xz

= x− 2y −√xz = f(x, y, z)



(c)

xD1f(x, y) + yD2f(x, y) = x1

x+ y

−1

y= 0

Por tanto, si f es homogenea, necesariamente el grado debe se 0, y efectivamente lo es ya que:

f(λx, λy) = logλx

λy= log

x

y= λ0f(x, y)



Problema 162 Hallar el valor maximo de la funcion w = xyz sobre la recta x = 20 − t, y = t, z = 20. ¿En

que punto o puntos sobre la recta ocurre el maximo? [Indicacion: A lo largo de la recta, w puede expresarse en

funcion unicamente de la variable t.]

El valor de la funcion w sobre la recta dada viene dado por la funcion

f(t) = w(20 − t, t, 20) = 20t(20 − t)

el maximo de esta funcion es t = 0, es decir, el punto de la recta donde es maximo w es (20, 0, 20).



Problema 163 Utilizar el metodo de los multiplicadores de Lagrange para hallar las dimensiones del rectangulo de

mayor area que puede inscribirse en la elipse x2/16 + y2/9 = 1 con los lados paralelos a los ejes coordenados.

(El ejercicio 4.42 resuelve este mismo problema usando funciones en una variable) La condicion de que los lados

del rectangulo son paralelos a los ejes coordenados, nos reduce el problema a localizar el vertice (x, y) del rectangulo

que esta en el primer cuadrante; es decir, podemos suponer que x ≥ 0 e y ≥ 0. Por otra parte, si (x, y) es el vertice

del rectangulo y dado que la elipse y el rectangulo estan centrados en el origen, el area del rectangulo es A = 4xy.

Por tanto, para resolver el problema, tenemos que encontrar el maximo de la funcion f(x, y) = xy con la restriccion

g(x, y) = (x/4)2 + (y/3)2 = 1. La funcion lagrangiana asociada a este problema es

L(x, y, λ) = xy − λ((x/4)2 + (y/3)2 − 1);

y el sistema de ecuaciones que nos da los puntos crıticos es:

(x/4)2 + (y/3)2 − 1 = 0

y − 1

8λx = 0

x− 2

9λy = 0

La unica solucion positiva del sistema es el punto (√

8, 3/√

2) con λ = 6. Para comprobar que efectivamente este

punto es maximo, consideramos la funcion

F (x, y) = L(x, y, 6) = xy − 6((x/4)2 + (y/3)2 − 1)



La matriz hessiana de F es:

HF (x, y) =

(

−3/4 1

1 −4/3

)

El vector gradiente de g en el punto crıtico es ( 1√8,√

23 ) y el polinomio caracterıstico en este punto

p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1√8

√2

31√8

−34 − λ 1

√2

3 1 −43 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣

= −25

72(−λ− 48

25)

lo que nos indica que efectivamente el punto es un maximo.



Problema 164 Hallar los valores maximo y mınimo de

f(x, y, z) = x− 2y + 5z en la esfera x2 + y2 + z2 = 30


L(x, y, z, λ) = x− 2y + 5z − λ(x2 + y2 + z2 − 30)


x2 + y2 + z2 − 30 = 0

1 − 2λx = 0

−2 − 2λy = 0

5 − 2λz = 0

Las soluciones de este sistema son los puntos (1,−2, 5) con λ = 1/2 y (−1, 2,−5) con λ = −1/2. Para clasificar los

puntos consideramos las funciones

F1(x, y, z) = L(x, y, z, 1/2) = x− 2y + 5z − (1/2)(x2 + y2 + z2 − 30)

F2(x, y, z) = L(x, y, z,−1/2) = x− 2y + 5z + (1/2)(x2 + y2 + z2 − 30)



La matrices hessianas de estas funciones son:

HF1(x, y, z) =

−1 0 0

0 −1 0

0 0 −1

HF2(x, y, z) =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

La forma cuadratica asociada a HF1 es definida negativa sobre R3 y en particular sobre cualquier subespacio; por

tanto, (1,−2, 5) es maximo. Analogamente, la forma cuadratica asociada a HF2 es definida positiva sobre cualquier

subespacio y, por tanto, el punto (−1, 2,−5) es mınimo.

Si el estudio del signo de las formas cuadraticas es sencillo, como en este caso, puede ahorrarnos tiempo. Esta

simplificacion solo es posible cuando la forma, sobre R3, es definida negativa o positiva; si la forma fuera semidefinida

o indefinida, tendrıamos que realizar el estudio de la forma cuadratica restringida.



Problema 165 Si a, b y c son numeros positivos, hallar el valor maximo que puede tomar f(x, y, z) = ax+ by+ cz

sobre la esfera x2 + y2 + z2 = 1.

La funcion lagrangiana asociada al problema es:

L(x, y, z, λ) = ax+ by + cz − λ(x2 + y2 + z2 − 1)


x2 + y2 + z2 − 1 = 0

a− 2λx = 0

b− 2λy = 0

c− 2λz = 0

Las soluciones de este sistema son los puntos

(a√

a2 + b2 + c2,

b√a2 + b2 + c2

,c√

a2 + b2 + c2

)

con λ0 =1

2

√

a2 + b2 + c2

(

− a√a2 + b2 + c2

,− b√a2 + b2 + c2

,− c√a2 + b2 + c2

)

con λ1 = −1

2

√

a2 + b2 + c2

(dado que λ 6= 0, podemos despejar de las ecuaciones 2, 3 y 4, x, y y z respectivamente en funcion de λ; sustituyendo

las expresiones en la primera ecuacion hallamos los valores de λ y a partir de aquı se obtiene inmediatamente los

puntos.)



Sea Fλ = L(x, y, z, λ); entonces,

HFλ(x, y, z) =

−2λ 0 0

0 −2λ 0

0 0 −2λ

Por tanto, la forma cuadratica asociada a HFλ0 es definida negativa y el punto

(a√

a2 + b2 + c2,

b√a2 + b2 + c2

,c√

a2 + b2 + c2

)

es maximo; asimismo, la forma cuadratica asociada a HFλ1 es definida positiva, y el punto

(

− a√a2 + b2 + c2

,− b√a2 + b2 + c2

,− c√a2 + b2 + c2

)

es mınimo.



Problema 166 Dados n numeros positivos a1, a2, . . . , an, hallar el valor maximo de la expresion

w = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn

si las variables x1, x2, . . . , xn estan restringidas a que la suma de sus cuadrados sea 1.(Este ejercicio es una gene-

ralizacion del anterior y la forma de resolucion es identica)



Problema 167 Un plano de la forma

z = Ax+By + C

ha de ((ajustarse)) a los siguientes puntos (xi, yi, zi):

(0, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1), (1, 0,−1).

Determinar el plano que minimiza la suma de los cuadrados de las desviaciones

4∑

i=1

(Axi +Byi + C − zi)2.

La funcion que debemos maximizar es

f(A,B,C) =

4∑

i=1

(Axi +Byi + C − zi)2 = (B + C − 1)2 + (A+B + C − 1)2 + (A+ C + 1)2

Las derivadas parciales de f son

D1f(A,B,C) = 2(A+B + C − 1) + 2(A+ C + 1) = 4A+ 2B + 4C

D2f(A,B,C) = 2(B + C − 1) + 2(A+B + C − 1) = 2A+ 4B + 4C − 4

D3f(A,B,C) = 2(B + C − 1) + 2(A+B + C − 1) + 2(A+ C + 1)

= 4A+ 4B + 6C + 2



La unica solucion del sistema es (4, 6,−7). La hessiana de la funcion es

HF (A,B,C) =

4 2 4

2 4 4

4 4 6

Usando cualquiera de los metodos (en este caso el metodo de Sylvester es el mas sencillo), obtenemos que el punto

es efectivamente un mınimo. Por tanto, el plano que mas se ajusta a los puntos dados por el metodo de los mınimos

cuadrados es z = 4x+ 6y − 7



Problema 168 Calcular el valor maximo de f(x, y, z) = x2 + 2y − z2 sujeto a las restricciones 2x − y = 0 e

y + z = 0.


L(x, y, z, λ, µ) = x2 + 2y − z2 − λ(2x− y) − µ(y + z)

y el sistema de ecuaciones que nos da los puntos crıticos

2x− y = 0

y + z = 0

2x− 2λ = 0

2 + λ− µ = 0

−2z − µ = 0

La unica solucion de este sistema es el punto (2/3, 4/3,−4/3), con λ = 2/3 y µ = 8/3. Consideremos la funcion

F (x, y, z) = L(x, y, z, 2/3, 8/3) = x2 + 2y − z2 − (2/3)(2x − y) − (8/3)(y + z)

La matriz hessiana de esta funcion es

HF (x, y, z) =

2 0 0

0 0 0

0 0 −2



El jacobiano de la funcion g(x, y, z) = (2x− y, y + z) es

Jg(x, y, z) =

(

2 −1 0

0 1 1

)

Entonces, el polinomio caracterıstico en el punto crıtico es:

p(λ) =

∣∣∣∣∣

0 Jg(a)

Jg(a)t HF (a) − λI

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 2 −1 0

0 0 0 1 1

2 0 2 − λ 0 0

−1 1 0 −λ 0

0 1 0 0 −2 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 9(−λ− 2

3)

y en consecuencia, el punto es efectivamente maximo.

Observese que en este caso la forma cuadratica es indefinida y no podemos evitar el uso del corolario ??, como

hicimos en el ejercicio 33.



Problema 169 (a) Hallar el valor maximo de w = xyz entre todos los puntos pertenecientes a la interseccion de

los planos x+ y + z = 40 y z = x+ y.

(b) Argumentar geometricamente el hecho de que haya resultado un valor maximo (y no un mınimo) de xyz sujeto

a las restricciones.

(a) La funcion lagrangiana asociada al problema es

L(x, y, z, λ, µ) = xyz − λ(x+ y + z − 40) − µ(z − x+ y)

y el sistema de ecuaciones que nos da los puntos crıticos

x+ y + z − 40 = 0

z − x+ y = 0

yz − λ+ µ = 0

xz − λ− µ = 0

xy − λ− µ = 0

La unica solucion de este sistema es el punto (20, 10, 10), con λ = 150 y µ = 50. Consideremos la funcion

F (x, y, z) = L(x, y, z, 150, 50) = xyz − 150(x + y + z − 40) − 50(z − x+ y)



La matriz hessiana de esta funcion es

HF (x, y, z) =

0 z y

z 0 x

y x 0

; HF (20, 10, 10) =

0 10 10

10 0 20

10 20 0

El jacobiano de la funcion g(x, y, z) = (x+ y + z − 40, z − x+ y) es

Jg(x, y, z) =

(

1 1 1

−1 1 1

)

Entonces, el polinomio caracterıstico en el punto crıtico es:

p(λ) =

∣∣∣∣∣

0 Jg(a)

Jg(a)t HF (a) − λI

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 1 1 1

0 0 −1 1 1

1 −1 −λ 10 10

1 1 10 −λ 20

1 1 10 20 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 8(−λ− 20)

y en consecuencia, el punto es efectivamente maximo.

(b) Una interpretacion geometrica del problema es la siguiente: dado un punto (x, y, z) de la recta dada (que es

paralela al plano XY y corta a los planos XZ e Y Z), podemos construir un paralepıpedo con dos vertices

opuestos en el origen y en (x, y, z) y cuyas caras son paralelas a los planos XY , XZ e Y Z; en esta situacion,

w = xyz nos da el volumen de este paralepıpedo. El volumen mınimo es 0 (corresponde a los casos defectivos)



y existe un paralepıpedo de volumen maximo ya que todos estan contenidos en un prisma recto de base

triangular; este paralepıpedo es el que hemos obtenido.


Capıtulo 7

Integracion

327

Integracion 328

Problema 170 Usar integracion por partes para resolver las siguientes integrales:

a)

∫

x sen 5x dx b)

∫

x3 cos x2 dx c)

∫

x3ex dx

d)

∫

x5 senx3 dx e)

∫x3 dx

3√

9 − x2f)

∫

x3√

4 − x2 dx

Recordemos la formula de integracion por partes:

∫

f(x)g′(x)dx = f(x)g(x) −∫

g(x)f ′(x)dx

a)

∫

x sen 5x dx. Considerando:

f(x) = x f ′(x) = 1

g′(x) = sen 5x g(x) = −15 cos 5x

tenemos: ∫

x sen 5x dx = −1

5x cos 5x+

1

5

∫

cos 5x dx = −1

5x cos 5x+

1

25sen 5x

b)

∫

x3 cos x2 dx. Considerando:

f(x) = x2 f ′(x) = 2x

g′(x) = x cos x2 g(x) = 12 senx2


Integracion 329

(hemos tenido que dejar una x en g′ para poder hallar g), se tiene que:

∫

x3 cosx2 dx =1

2x2 senx2 − 1

2

∫

2x sen x2 dx =1

2x2 senx2 +

1

2cos x2

c)

∫

x3ex dx; (En el ejercicio 5 se obtendra una formula reduccion para estas integrales). Considerando:

f(x) = x3 f ′(x) = 3x2

g′(x) = ex g(x) = ex

se tiene que: ∫

x3ex dx = x3ex − 3

∫

x2exdx

Podemos nuevamente aplicar integracion por partes con

f(x) = x2 f ′(x) = 2x


y se llega a ∫

x3ex dx = x3ex − 3

∫

x2exdx = x3ex − 3x2ex + 6

∫

xexdx

Aplicando una vez mas la formula con

f(x) = x f ′(x) = 1



Integracion 330

se termina el calculo:∫

x3ex dx = x3ex − 3x2ex + 6

∫

xexdx

= x3ex − 3x2ex + 6xex − 6

∫

exdx

= x3ex − 3x2ex + 6xex − 6ex = (x3 − 3x2 + 6x− 6)ex

d)

∫

x5 senx3 dx. Considerando:

f(x) = x3 f ′(x) = 3x2

g′(x) = x2 senx3 g(x) = −13 cos x3

se obtiene ∫

x5 senx3 dx = −1

3x3 cos x3 +

1

3

∫

3x2 cos x3 dx = −1

3x3 cos x3 +

1

3senx3

e)

∫x3 dx

3√

9 − x2. Considerando:

f(x) = x2 f ′(x) = 2x

g′(x) = x(9 − x2)−1/3 g(x) = −34(9 − x2)2/3

se tiene que:∫

x3 dx3√

9 − x2= −3

4x2(9 − x2)2/3 +

3

4

∫

2x(9 − x2)2/3

= −3

4x2(9 − x2)2/3 − 9

20(9 − x2)5/3 = − 1

20(6x2 + 81)

√

(9 − x2)3


Integracion 331

f)

∫

x3√

4 − x2 dx. Considerando:

f(x) = x2 f ′(x) = 2x

g′(x) = x(4 − x2)1/2 g(x) = −13(4 − x2)3/2

se tiene que:

∫

x3√

4 − x2 dx = −1

3x2(4 − x2)3/2 +

1

3

∫

2x(4 − x2)3/2

= −1

3x2(4 − x2)3/2 − 2

15(4 − x2)5/2 = − 1

15(32 + 4x2 − 3x4)

√

4 − x2


Integracion 332

Problema 171 Resolver las siguientes integrales de dos modos distintos, usando el metodo de Hermite y sin usarlo.

a)

∫2x2 + 2x− 2

x3 + 2xdx b)

∫2x2 − 3x+ 3

x3 − x2 + x− 1dx c)

∫3x3 + 3x2 − 5x+ 7

x4 − 1dx

d)

∫x+ 3

x2 − 5x+ 7dx e)

∫x+ 4

(x2 − x+ 1)2dx f)

∫x3 + 2x2 + 2x+ 1

(x2 − x+ 1)2dx

a)∫ 2x2 + 2x− 2

x3 + 2xdx. Factorizamos primeramente el denominador: x3+2x = x(x2+2). Dado que la multiplicidad

de las raıces es 1, usando o no el metodo de Hermite se obtiene la misma descomposicion:

2x2 + 2x− 2

x3 + 2x=A

x+Bx+ c

x2 + 2=

(A+B)x2 + Cx+ 2A

x3 + 2x

A continuacion tenemos que hallar las constantes A, B y C identificando los coeficientes de los polinomios:

2 = A+B C = 2 − 2 = 2A

Por tanto. A = −1, B = 3 y C = 2:

∫2x2 + 2x− 2

x3 + 2xdx =

∫ (−1

x+

3x+ 2

x2 + 2

)

dx

= − log |x| +∫ (

3

2

2x

x2 + 2+

1

(x/√

2)2 + 1

)

dx

= − log |x| + 3

2log(x2 + 2) +

√2 arc tg(x/

√2)


Integracion 333

b)

∫2x2 − 3x+ 3

x3 − x2 + x− 1dx. El denominador se factoriza: x3−x2+x−1 = (x−1)(x2 +1). Dado que la multiplicidad

de las raıces es 1, usando o no el metodo de Hermite se obtiene la misma descomposicion:

2x2 − 3x+ 3

x3 − x2 + x− 1=

A

x− 1+Bx+ C

x2 + 1=

(A+B)x2 + Cx−A

x3 − x2 + x− 1

Identificando coeficientes, hallamos facilmente las constantes: A = 1, B = 1 y C = −2. Ya podemos resolver

la integral

∫ (1

x− 1+

x− 2

x2 + 1

)

dx = log |x− 1| +∫ (

1

2

2x

x2 + 1− 2

1

x2 + 1

)

dx

= log |x− 1| + 1

2log(x2 + 1) − 2 arc tg x

c)

∫3x3 + 3x2 − 5x+ 7

x4 − 1dx. El denominador se factoriza:

x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1);

nuevamente las raıces son simples y los dos metodos de descomposicion coinciden:

3x3 + 3x2 − 5x+ 7

x4 − 1=

A

x− 1+

B

x+ 1+Cx+D

x2 + 1

Operando e identificando coeficientes, se calculan las constantes y se obtiene: A = 2, B = −3, C = 4 y


Integracion 334

D = −2. Con esto resolvemos facilmente la integral:

∫3x3 + 3x2 − 5x+ 7

x4 − 1dx =

∫ (2

x− 1− 3

x+ 1+

4x− 2

x2 + 1

)

dx

= 2 log |x− 1| − 3 log |x+ 1| + 2 log(x2 + 1) − 2 arc tg x

d)

∫x+ 3

x2 − 5x+ 7dx. El denominador no tiene raıces reales; por tanto, podemos aplicar directamente la formula

vista en la seccion ??:

∫x+ 3

x2 − 5x+ 7dx =

1

2log(x2 − 5x+ 7) +

11√3

arc tg2x− 5√

3

e)

∫x+ 4

(x2 − x+ 1)2dx. El polinomio (x2 − x+ 1)2 no tiene raıces reales. En este apartado usaremos la descom-

posicion de Hermite:x+ 4

(x2 − x+ 1)2=

d

dx

(Ax+B

x2 − x+ 1

)

+Cx+D

x2 − x+ 1


Integracion 335

Para poder hallar las constantes introducidas tenemos que efectuar la derivacion indicada

x+ 4

(x2 − x+ 1)2=

d

dx

(Ax+B

x2 − x+ 1

)

+Cx+D

x2 − x+ 1

=−Ax2 − 2Bx+ (A+B)

(x2 − x+ 1)2+

Cx+D

x2 − x+ 1

=−Ax2 − 2Bx+ (A+B) + (Cx+D)(x2 − x+ 1)

x2 − x+ 1

=Cx3 + (D −C −A)x2 + (C −D − 2B)x+ (A+B +D)

x2 − x+ 1

De donde, identificando coeficientes, se obtiene que A = 3, B = −2, C = 0 y D = 3. Con esto ya podemos

resolver la integral:

∫x+ 4

(x2 − x+ 1)2dx =

3x− 2

x2 − x+ 1+

∫3

x2 − x+ 1dx

=3x− 2

x2 − x+ 1+ 3

∫1

x2 − x+ 1dx

=3x− 2

x2 − x+ 1+ 3

2√4 − 1

arc tg2x− 1√

4 − 1

=3x− 2

x2 − x+ 1+ 2

√3 arc tg

2x− 1√3


Integracion 336

f)

∫x3 + 2x2 + 2x+ 1

(x2 − x+ 1)2dx. Podemos utilizar los calculos del apartado anterior para escribir:

x3 + 2x2 + 2x+ 1

(x2 − x+ 1)2=

d

dx

(Ax+B

x2 − x+ 1

)

+Cx+D

x2 − x+ 1

=Cx3 + (D − C −A)x2 + (C −D − 2B)x+ (A+B +D)

x2 − x+ 1

En este caso se obtiene: A = 0, B = −2, C = 1 y D = 3; de donde:

∫x3 + 2x2 + 2x+ 1

(x2 − x+ 1)2dx =

−2

x2 − x+ 1+

∫x+ 3

x2 − x+ 1dx

=−2

x2 − x+ 1+

1

2log(x2 − x+ 1) +

7√3

arc tg2x− 1√

3


Integracion 337

Problema 172 Un caso particular de funciones racionales son aquellas cuyo denominar tiene solamente una raız

real,es decir, tiene la forma: (x− a)n. En estos casos, obtener la descomposicion de la funcion racional es bastante

sencillo y no requiere el planteamiento de ningun sistema de ecuaciones. Si tenemos que descomponer P (x)/(x−a)n,

basta desarrollar el polinomio P en potencias de (x−a) utilizando el desarrollo de Taylor; una sencilla simplificacion

por sumandos nos permite concluir la descomposicion. Utilizando este metodo, resolver las siguientes integrales:

a)

∫6x3 − 58x2 + 191x− 213

(x− 3)6dx

b)

∫x4 + 3x3 + 2x2 + 3x− 5

(x− 1)5dx

c)

∫2x4 + 19x3 + 61x2 + 8x+ 30

(x+ 2)4dx

d)

∫6x5 + 31x4 + 61x3 + 48x2 − 8x− 24

(x+ 1)7dx


Integracion 338

∫6x3 − 58x2 + 191x − 213

(x− 3)6dx =

∫5(x− 3) − 4(x− 3)2 + 6(x− 3)3

(x− 3)6dx

=

∫ (5

(x− 3)5− 4

(x− 3)4+

6

(x− 3)3

)

dx

=5

−4(x− 3)4− 4

−3(x− 3)3+

6

−2(x− 3)2

= − 5

4(x− 3)4+

4

3(x− 3)3− 3

(x− 3)2

(a)

∫x4 + 3x3 + 2x2 + 3x− 5

(x− 1)5dx

=

∫4 + 20(x − 1) + 17(x − 1)2 + 7(x− 1)3 + (x− 1)4

(x− 1)5dx

=

∫ (4

(x− 1)5+

20

(x− 1)4+

17

(x− 1)3+

7

(x− 1)2+

1

(x− 1)

)

dx

=4

−4(x− 1)4+

20

−3(x− 1)3+

17

−2(x− 1)2+

7

−(x− 1)+ log |x− 1|

= − 1

(x− 1)4− 20

3(x− 1)3− 17

2(x− 1)2− 7

(x− 1)+ log |x− 1|

(b)


Integracion 339

∫2x4 + 19x3 + 61x2 + 8x+ 30

(x+ 2)4dx

=

∫138 − 72(x+ 2) − 5(x+ 2)2 + 3(x+ 2)3 + 2(x+ 2)4

(x+ 2)4dx

=

∫ (138

(x+ 2)4− 72

(x+ 2)3− 5

(x+ 2)2+

3

x+ 2+ 2

)

dx

=138

−3(x+ 2)3− 72

−2(x+ 2)2− 5

−(x+ 2)+ log |x+ 2| + 2x

= − 46

(x+ 2)3+

36

(x+ 2)2+

5

x+ 2+ 3 log |x+ 2| + 2x

(c)

∫6x5 + 31x4 + 61x3 + 48x2 − 8x− 24

(x+ 1)7dx

=

∫ −4 − 15(x+ 1) − 9(x+ 1)2 − 3(x+ 1)3 + (x+ 1)4 + 6(x+ 1)5

(x+ 1)7dx

=

∫ ( −4

(x+ 1)7− 15

(x+ 1)6− 9

(x+ 1)5− 3

(x+ 1)4+

1

(x+ 1)3+

6

(x+ 1)2

)

dx

=−4

−6(x+ 1)6− 15

−5(x+ 1)5− 9

−4(x+ 1)4− 3

−3(x+ 1)3+

1

−2(x+ 1)2+

6

−(x+ 1)

=2

3(x+ 1)6+

3

(x+ 1)5+

9

4(x+ 1)4+

1

(x+ 1)3− 1

2(x+ 1)2− 6

x+ 1

(d)


Integracion 340

Problema 173 Usar integracion por partes para demostrar las siguientes formulas de reduccion:

a)

∫

senn x dx = − 1

nsenn−1 x cos x+

n− 1

n

∫

senn−2 x dx

b)

∫

cosn x dx =1

ncosn−1 x senx+

n− 1

n

∫

cosn−2 x dx

a)

∫

senn x dx; para aplicar la formula de integracion por partes consideramos:

f(x) = senn−1 x f ′(x) = (n− 1) senn−2 x cos x

g′(x) = senx g(x) = − cos x

con esto se tiene:∫

senn x dx = − cos x senn−1 x+

∫

(n− 1) senn−2 x cos2 x dx

= − cos x senn−1 x+

∫

(n− 1) senn−2 x(1 − sen2 x) dx

= − cos x senn−1 x+ (n − 1)

∫

senn−2 x dx− (n− 1)

∫

senn x dx

A partir de esta igualdad se obtiene facilmente la formula requerida; pasamos el termino (n − 1)

∫

senn x dx

al primer miembro y dividimos por n:∫

senn x dx = − 1

nsenn−1 x cos x+

n− 1

n

∫

senn−2 x dx


Integracion 341

b)

∫

cosn x dx. Seguimos los mismos pasos que en el apartado anterior; consideramos:

f(x) = cosn−1 x f ′(x) = −(n− 1) cosn−2 x senx

g′(x) = cos x g(x) = senx

de donde se obtiene:

∫

cosn x dx = senx cosn−1 x+

∫

(n − 1) cosn−2 x sen2 x dx

= senx cosn−1 x+ (n− 1)

∫

cosn−2 x dx− (n− 1)

∫

cosn x dx

Y de ahı: ∫

cosn x dx = − 1

ncosn−1 x senx+

n− 1

n

∫

cosn−2 x dx


Integracion 342

Problema 174 Hallar formulas de reduccion para las siguientes integrales:

a)

∫

(log ax)n dx b)

∫

xneax dx c)

∫

xn sen ax dx

d)

∫

xn cos ax dx e)

∫

tgn ax dx f)

∫

secn x dx

a)

∫

(log ax)n dx. Considerando:

f(x) = (log ax)n f ′(x) = n(log ax)n−1 a

xg′(x) = 1 g(x) = x

se obtiene: ∫

(log ax)n dx = x(log ax)n − na

∫

(log ax)n−1dx

b)

∫

xneax dx. Considerando:

f(x) = xn f ′(x) = xn−1

g′(x) = eax g(x) =1

aeax

obtenemos: ∫

xneax dx =1

axneax − 1

a

∫

xn−1eax dx


Integracion 343

c)

∫

xn sen ax dx. Considerando:

f(x) = xn f ′(x) = xn−1

g′(x) = sen ax g(x) = −1

acos ax

se obtiene: ∫

xn sen ax dx = −1

axn cos ax+

1

a

∫

xn−1 cos ax dx

d)

∫

xn cos ax dx. Considerando:

f(x) = xn f ′(x) = xn−1

g′(x) = cos ax g(x) =1

asen ax

se obtiene: ∫

xn cos ax dx =1

axn sen ax− 1

a

∫

xn−1 sen ax dx

e)

∫

tgn ax dx =

∫senn ax

cosn axdx. Para n = 1 y n = 2, las primitivas son inmediatas:

∫

tg ax dx =

∫sen ax

cos axdx = −1

alog | cos ax|

∫

tg2 ax dx =

∫

((1 + tg2 ax) − 1) dx =1

atg2 ax− x


Integracion 344

Para n > 2 consideramos:

f(x) = senn−1 ax f ′(x) = a(n− 1) senn−2 ax cos ax

g′(x) =sen ax

cosn axg(x) = − 1

a(n− 1) cosn−1 ax

Y se obtiene: ∫

tg2 ax dx = − 1

a(n− 1)tgn−1 ax+

∫

tgn−2 ax dx

f)

∫

secn x dx. Para n = 2 y n = 1 se tiene que

∫

sec2 x dx = tg x y:

∫

sec x dx =

∫1

cos xdx =

∫cos x

cos2 xdx

→∫

dt

1 − t2

{

sen x → t

cosxdx → dt

=1

2log

|t+ 1||t− 1|

→ 1

2log

1 + senx

1 − senx(t → sen x)

Los valores absolutos se han quitado atendiendo a que 1 + senx ≥ 0 y 1 − senx ≥ 0.


Integracion 345

Para n ≥ 3 consideramos:

f(x) = secn−2 x f ′(x) = (n− 2)(secn−3 x)senx

cos2 xg′(x) = sec2 x g(x) = tg x

y obtenemos:

∫

secn x dx = tg x secn−2 x− (n− 2)

∫

secn−3 xsen2 x

cos3 xdx

= tg x secn−2 x− (n− 2)

∫

secn x(1 − cos2 x) dx

= tg x secn−2 x− (n− 2)

∫

secn x dx+ (n− 2)

∫

secn−2 x dx

y de ahı: ∫

secn x dx =1

n− 1tg x secn−2 x+

n− 2

n− 1

∫

secn−2 x dx

Otra forma de hallar estas integrales es mediante los cambios de variable dados para funciones trigonometricas:

si n es par tg x→ t y si n es impar senx→ t.


Integracion 346

Problema 175 Usar el metodo de sustitucion para resolver las siguientes integrales (es posible que algunas de ellas

salgan de forma igualmente facil integrando por partes):

a)

∫ √x

1 +√xdx b)

∫cos x√

4 − sen2 xdx c)

∫dx

x1/2 + x1/3

d)

∫

x5√

9 + x3 dx e)

∫

x3√

9 + x2 dx f)

∫

x√

25 − x2 dx

g)

∫

sen3 x cos4 x dx h)

∫

sen2 3x dx i)

∫

tg3 x sec2 x dx

j)

∫sen3 x

1 + cos2 xdx k)

∫dx

senx+ cos xdx l)

∫dx

1 + cos x

m)

∫dx√

−4x2 + 8x− 3n)

∫1 − x

2 +√

3 + 6x− 9x2dx n)

∫dx

(x− 2)√

5x− x2 − 4

o)

∫

x5 3√

1 + x3 dx p)

∫x2

√

(1 + x2)3dx q)

∫dx

x2√x2 − 1

r)

∫x1/2

4 + x1/3dx s)

∫

x√

1 − x dx t)

∫

cos6 x dx

u)

∫sen3 x

1 − cos2 xdx v)

∫dx

x4√

1 + x2w)

∫x

3√

(1 + x3)2dx


Integracion 347

∫ √x

1 +√xdx→ 2

∫t2

1 + tdt

Seccion ??

x → g(t) = t2, Dom g = [0,∞)

dx → 2t dt

(a)

= 2

∫ (

t− 1 +1

t+ 1

)

dt

= t2 − 2t+ 2 log |t+ 1|→ x− 2

√x+ log(1 +

√x)2 {t → √

x

∫cos x√

4 − sen2 xdx→

∫dt√

4 − t2=

{

senx → t

cosxdx → dt(b)

= arc sent

2

→ arc sensenx

2(t → sen x)

Hemos utilizado una sustitucion vista en la seccion ??. En aquella se recomendaba esta sustitucion en funciones


Integracion 348

racionales en sen y cos, sin embargo, aquı lo hemos utilizado en una funcion irracional.

∫dx

x1/2 + x1/3=

∫

6t5

t3 + t2dt

Seccion ??

x → t6

dx → 6t5(c)

= 6

∫ (

t2 − t+ 1 − 1

t+ 1

)

dt

= 2t3 − 3t2 + 6t− 6 log |t+ 1|→ 2

√x

3 − 3√x

2+ 6

√x− log(1 +

√x)6 {t → √

x

∫

x5√

9 + x3 dx→∫

1

3t(9 + t)1/2dt (Integral binomia: x→ t1/3) (d)

→ 2

3

∫

(z2 − 9)z2 dz (Integral binomia: t→ z2 − 9)

=2

15z5 − 2z3

→ 2

15(9 + t)5/2 − 2(9 + t)3/2 (z →

√9 + t)

→ 2

15(9 + x3)5/2 − 2(9 + x3)3/2 (t→ x3)

=

(2

15x6 +

2

5x3 − 36

5

)√

x3 + 9


Integracion 349

∫

x3√

9 + x2 dx→∫

1

2t(9 + t)1/2dt (Integral binomia: x→

√t) (e)

→∫

(z2 − 9)z2 dz (Integral binomia: t → z2 − 9)

=1

5z5 − 3z3

→ 1

5(t+ 9)5/2 − 3(t+ 9)3/2 (z →

√t+ 9)

→ 1

5(x2 + 9)5/2 − 3(x2 + 9)3/2 (t→ x2)

=

(1

5x4 +

3

5x2 − 54

5

)√

x2 + 9

El lector puede resolver esta primitiva usando las sustituciones por funciones trigonometricas e hiperbolicas vistas

en la seccion ??.∫

x√

25 − x2 dx→∫

5 sen t√

25(1 − sen2 t)5 cos tdt (x→ 5 sen t) (f)

=

∫

125 sen t cos2 tdt

= −125

3cos3 t

→ −1

3

√

(25 − x2)3 (cos t→ 1

5

√

25 − x2)


Integracion 350

∫

sen3 x cos4 x dx→∫

(t2 − 1)t4 dt

Seccion ??

cosx → t

− senxdx → dt

(g)

=t7

7− t5

5

→ 1

7cos7 x− 1

5cos5 x {t→ cos x

∫

sen2 3x dx =

∫1

2(1 − cos 6x) dx =

1

2x− 1

12sen 6x (h)

Hemos utilizado una formula trigonometrica muy conocida para la reduccion de la primitiva; se puede utilizar

igualmente la formula de reduccion vista en el ejercicio 4.∫

tg3 x sec2 x dx =1

4tg4 x (i)

¡Hay que aprender a ver rapidamente las integrales inmediatas!

∫sen3 x

1 + cos2 xdx→

∫

−1 − t2

1 + t2dt (cos x→ t) (j)

=

∫ (

1 − 2

t2 + 1

)

dt

= t− 2 arc tg t

→ cosx− 2 arc tg(cos x) (t → cos x)


Integracion 351

∫dx

senx+ cos xdx→

∫2

2t+ 1 − t2dt (tg

x

2→ t) (k)

=

√2

2

∫ (1

t− 1 +√

2− 1

t− 1 −√

2

)

dt

=

√2

2log

t− 1 +√

2

t− 1 −√

2

→√

2

2log

tg x2 − 1 +

√2

tg x2 − 1 −

√2

∫dx

1 + cos x=

∫dx

2 cos2 x2

= tgx

2(l)

Como se puede ver, el conocimiento de las distintas formulas trigonometricas puede ahorrar mucho trabajo; la

sustitucion tg x2 → t tambien permite una rapida resolucion.

∫dx√

−4x2 + 8x− 3=

∫dx

√

1 − (2x− 2)2(m)

→∫

dt

2√

1 − t2(2x− 2 → t)

=1

2arc sen t

→ 1

2arc sen(2x− 2)


Integracion 352

∫1 − x

2 +√

3 + 6x− 9x2dx =

∫1 − x

2 +√

4 − (3x− 1)2dx

→∫ 2

3(1 − sen t)

2 +√

4 − 4 sen2 t

2

3cos t dt (3x− 1 → sen t)

=2

9

∫cos t− cos t sen t

1 + cos tdt

=2

9

∫ −1 + 1 + cos t+ (−1 + 1 + cos t) sen t

1 + cos tdt

=2

9

∫ (

1 − 1

1 + cos t− sen t+

− sen t

1 + cos t

)

dt

=2

9

(

t− tgt

2+ cos t+ log |1 + cos t|

)

(Apartado (l) e integrales inmediatas)

→ 2

9

(

arc sen3x− 1

2− tg

(1

2arc sen

3x− 1

2

)

− cos arc sen3x− 1

2+ log

(

1 + cos arc sen3x− 1

2

))

=2

9

(

arc sen3x− 1

2− 2

3x− 1+

√3 + 6x− 9x2

3x− 1

+1

2

√

3 + 6x− 9x2 − log(2 +√

3 + 6x− 9x2) + log 2

)

(n)


Integracion 353

∫dx

(x− 2)√

5x− x2 − 4→∫

−dt√

2t2 + t− 1 (o)

Seccion ??1

x−2 → t

x→ 1t + 2

dx→ − 1t2

5x− x2 − 4 → 2t2+t−1t2

= − 1

2√

2

∫dt

√

(4t+ 1)2 − 9

= − 1

8√

2argcosh

4t+ 1

3

→ − 1

8√

2argcosh

x+ 2

3(x− 2)(t→ 1

x− 2)

∫

x5 3√

1 + x3 dx→∫

1

3t 3√

1 + t dt (x3 → t; x2dx→ 1

3dt) (p)

→∫

(u3 − 1)u3 du (1 + t→ u3; dt → 3u2)

=1

7u7 − 1

4u4

→ 1

73√

(1 + t)7 − 1

43√

(1 + t)4

→ 1

73√

(1 + x3)7 − 1

43√

(1 + x3)4


Integracion 354

Hemos hallado la primitiva considerando la integral como binomia; el lector puede usar la integracion por partes

como en el primer ejercicio para resolverla de otra forma.

∫x2

√

(1 + x2)3dx =

∫

x2(1 + x2)−3/2 dx (q)

→∫

senh2 t(cosh2 t)−3/2 cosh t dt (x→ senh t; dx→ cosh t dt)

=

∫

tgh2 t dt = −∫

(−1 + 1 − tgh2)dt

= t− tgh t→ argsenhx− tgh argsenhx

= argsenhx− x√x2 + 1

Esta integral puede resolverse igualmente considerandola como binomia; nuevamente invito al lector que la resuelva

utilizando ese metodo.∫

dx

x2√x2 − 1

→∫

− sen t dt (x→ 1

sen t) (r)

= cos t→ cos arc sen1

x=

√x2 − 1

x


Integracion 355

∫x1/2

4 + x1/3dx→

∫6t8

4 + t2dt (x→ t6) (s)

= 6

∫ (

t6 − 4t4 + 16t2 − 64 +256

t2 + 4

)

dt

= 6

(1

7t7 − 4

5t5 +

16

3t3 − 64t+ 128 arc tg

t

2

)

→ 6

7x7/6 − 24

5x5/6 + 32x1/2 − 384x1/6 + 768 arc tg

x1/6

2∫

x√

1 − x dx→∫

−2t2(1 − t2)dt → −2

3

√

(1 − x)3 +2

5

√

(1 − x)5 (t)

∫dx

x4√

1 + x2→ 1

2

∫dt

t3/2(1 + t)1/2(x2 → t) (w)

→∫

(u2 − 1)du (1 + t

t→ u2; t→ 1

u2 − 1; dt→ −2u

(u2 − 1)2du)

=1

3u3 − u

→ 1

3

√

(1 + t)3

t3−√

1 + t

t=

√

1 + t

t

(1

3t− 2

3

)

→(

1

3x3− 2

3x

)√

1 + x2

En este caso hemos resuelto la integral como una binomia; el lector puede resolverla usando la sustitucion de la


Integracion 356

seccion ??: x→ senh t.∫

x3√

(1 + x3)2dx→ 1

3

∫dt

t1/3(1 + t)2/3(x3 → t) (x)

→∫ −duu3 − 1

=

∫ (1

3(1 − u)+

2 + u

3(1 + u+ u2)

)

du (1 + t

t→ u3)

= −1

3log |u− 1| + 1

3

∫4u+ 2 + 6

(2u+ 1)2 + 3du

= −1

3log |u− 1| + 1

6log((2u + 1)2 + 3) +

√3

3arc tg

2u+ 1√3

No deshacemos los cambios para no oscurecer el resultado.


Integracion 357

Problema 176 Las integrales que se proponen a continuacion necesitaran manipulaciones algebraicas y geometri-

cas, integracion por partes y por sustitucion. Todo un reto.

a)

∫1 + cos x

sen2 xdx b)

∫

x arc tg x dx c)

∫

sen3 x dx

d)

∫sen3 x

cos2 xdx e)

∫x dx√

x2 − 2x+ 2f)

∫

x tg2 x dx

g)

∫ √1 − senx dx h)

∫

sen√x+ 1 dx i)

∫

log(x+√

x2 − 1)dx

j)

∫dx

x− x3/5dx k)

∫

log(a2 + x2) dx l)

∫

log(x+√x) dx

∫1 + cos x

sen2 xdx =

∫ (1

sen2 x+

cos x

sen2 x

)

dx = − cotg x− 1

senx(a)

∫

x arc tg x dx =1

2x2 arc tg x− 1

2

∫ (

1 − 1

x2 + 1

)

dx

Integracion por partes

f(x) = arc tg x f ′(x) = 1

1+x2

g′(x) = x g(x) = 1

2x2

(b)

=1

2x2 arc tg x− 1

2x− 1

2arc tg x

∫sen3 x

cos2 xdx =

∫ (senx(1 − cos2 x)

cos2 x

)

dx =

∫ ( senx

cos2 x− senx

)

dx =1

senx+ cos x (d)


Integracion 358

∫x dx√

x2 − 2x+ 2=

∫x dx

√

(x− 1)2 + 1(e)

→∫

1 + senh t

cosh tcosh tdt (x− 1 → senh t)

=

∫

(1 + senh t)dt = t+ cosh t

→ argsenh(x− 1) +√

x2 − 2x+ 2 (t→ argsenh(x− 1))

∫

x tg2 x dx = x(tg x− x) −∫

(tg x− x)dx


f(x) = x f ′(x) = 1

g′(x) = tg2 x g(x) = tg x − x

(Ejercicio 5.g)

(f)

= x(tg x− x) + log | cos x| + x2

2∫ √

1 − senx dx =

∫ √

1 − cos(π

2− x) dx =

∫ √2∣∣∣sen

(π

4− x

2

)∣∣∣ dx (g)

Dado que el integrando es una funcion afectada por valores absolutos, no es posible definir la primitiva con una

unica expresion. A continuacion vemos dos ejemplos de integrales definidas a partir de esta ultima:∫ 5π/2

π/2

√1 − senx dx =

∫ 5π/2

π/2−√

2 sen(π

4− x

2

)

dx =

[

−2√

2 cos(π

4− x

2

)]5π/2

π/2

= 4√

2

∫ 9π/2

5π/2

√1 − senx dx =

∫ 9π/2

5π/2

√2 sen

(π

4− x

2

)

dx =

[

2√

2 cos(π

4− x

2

) ]9π/2

5π/2

= 4√

2


Integracion 359

∫

sen√x+ 1 dx→

∫

2t sen t dt (x+ 1 → t2; t ∈ [0,∞)) (h)

(Integracion por partes)

= −2t cos t+

∫

2 cos t dt = −2t cos t+ 2 sen t dt

→ −2√x+ 1cos

√x+ 1 + 2 sen

√x+ 1

∫

log(x+√

x2 − 1 dx→∫

t senh t dt (x→ cosh t; t ∈ [0,∞)) (i’)

(Integracion por partes)

= t cosh t−∫

cosh t dt = t cosh t− senh t

→ x argcosh x−√

x2 − 1 (t→ argcosh x)

En este ejercicio hemos optado por la sustitucion x→ cosh t en vez de x→ cosec t ya que la expresion del integrando

lo aconseja y no hay problema con el dominio (ver seccion ??).

A continuacion hallamos esta misma primitiva reconociendo que la funcion del integrando es la funcion argumento


Integracion 360

del coseno hiperbolico (ejercicio 3.45):

∫

log(x+√

x2 − 1) dx =

∫

argcosh x dx (i”)

= x argcosh x−∫

x√x2 − 1

dx (por partes)

→ x argcosh x−√

x2 − 1

∫dx

x− x3/5dx→

∫5t

t2 − 1dt (x→ t5) (j)

=5

2log |t2 − 1| → 5

2log |t2/5 − 1|

∫

log(a2 + x2) dx = x log(a2 + x2) −∫

2x2

a2 + x2dx (k)


f(x) = log(a2 + x2) f ′(x) = 2x2

a2+x2

g′(x) = 1 g(x) = x

= x log(a2 + x2) −∫(

2 − 2(

xa

)2+ 1

)

dx

= x log(a2 + x2) − 2x+ 2a arc tgx

a


Integracion 361

∫

log(x+√x) dx→

∫

2t log(t2 + t) dt (x→ t2) (l)

= t2 log(t2 + t) −∫

2t2 + t

t+ 1dt


f(x) = log(t2 + t) f ′(x) = 2t+1

t2+t

g′(x) = 2t g(x) = t2

= t2 log(t2 + t) −∫ (

2t− 1 +1

t+ 1

)

dt

= t2 log(t2 + t) − t2 + t− log |t+ 1|→ x log(x+

√x) − x+

√x− log(

√x+ 1)


Integracion 362

Problema 177 Para quienes superaron el reto (y aun tienen fuerzas):

a)

∫

5√

5x+ 6 dx b)

∫

cos x sen3 x dx c)

∫dx

(3x+ 4)4

d)

∫

cos 3x esen 3x dx e)

∫arc tg x

(x− 1)2dx f)

∫

tg4 x dx

g)

∫dx

tg xh)

∫x dx

1 + x4 i)

∫

x2 log x dx

j)

∫

x arc tg x dx k)

∫arc tg x

2

4 + x2 dx l)

∫arc cos x− x√

1 − x2dx

m)

∫dx

1 + cos xn)

∫dx

(x− 2)√x+ 2

n)

∫x dx

a4 + x4

o)

∫sen 2x dx√1 + cos2 x

p)

∫

cos x log senx dx q)

∫

e√

x dx

r)

∫sen

√x√

xdx s)

∫

arc tg√x dx t)

∫x2 + 3x− 4

x2 − 2x− 8dx

u)

∫dx√

28 − 12x− x2v)

∫

cos(log x) dx w)

∫3x+ 5

x3 − x2 − x+ 1dx

x)

∫2x3 + x2 + 4

x2 + 4dx y)

∫log(log x)

xdx

∫

5√

5x+ 6 dx =

∫

(5x+ 6)1/5dx =1

6(5x+ 6)6/5 (a)


Integracion 363

∫

cos x sen3 x dx =1

4sen4 x (b)

∫dx

(3x+ 4)4=

∫

(3x+ 4)−4dx = −1

9(3x+ 4)−3 (c)

∫

cos 3x esen 3x dx =1

3esen 3x (d)

∫arc tg x

(x− 1)2dx =

arc tg x

1 − x−∫

dx

(1 + x2)(1 − x)(e)

=arc tg x

1 − x− 1

2

∫ (1

1 − x+

x+ 1

1 + x2

)

dx

=arc tg x

1 − x− 1

2

(

− log |1 − x| + 1

2log(x2 + 1) + arc tg x

)

∫

tg4 x dx→∫

t4

1 + t2dt (tg x→ t) (f)

=

∫ (

t2 − 1 +1

t2 + 1

)

dt =1

3t3 − t+ arc tg t

→ 1

3tg3 x− tg x+ x

∫dx

tg x= log | senx| (g)


Integracion 364

∫x dx

1 + x4 =

∫1

2

2x

1 + (x2)2dx =

1

2arc tg x2 (h)

∫

x2 log x dx =1

3x3 log x−

∫1

3x2dx =

1

3x3 log x− 1

9x3 (i)

∫arc tg x

2

4 + x2 dx =

∫1

4

1

1 +(

x2

)2 arc tgx

2dx =

1

8

(

arc tgx

2

)2(k)

∫arc cos x− x√

1 − x2dx = −1

2(arc cos x)2 +

1

3(1 − x2)3/2 (l)

∫dx

1 + cos x=

∫1

2

1

cos2(x/2)dx = 4 tg

x

2(m)

∫dx

(x− 2)√x+ 2

→∫

2dt

t2 − 4(x+ 2 → t2)

=

∫ (1

2(t− 2)− 1

2(t+ 2)

)

dt

=1

2log |t− 2| − 1

2log |t+ 2| → 1

2log |

√x+ 2 − 2| − 1

2log |

√x+ 2 + 2|

(n)

∫x dx

a4 + x4 =1

2a2arc tg

x2

a2(o)

∫sen 2x dx√1 + cos2 x

=

∫2 senx cos x dx√

1 + cos2 x=

2

3(1 + cos2 x)3/2 (p)


Integracion 365

∫

cos x log senx dx = senx(log senx− 1) (q)

Si el lector no recuerda una primitiva de la funcion logaritmo neperiano, puede obtenerla facilmente integrando por

partes. ∫

e√

x dx→∫

2tet dt = 2tet −∫

2etdt = 2tet − 2et → 2√xe

√x − 2e

√x (r)

∫sen

√x√

xdx = −2 cos

√x (s)

∫

arc tg√x dx→

∫

2t arc tg t dt

= t2 arc tg t− t− arc tg t → x arc tg√x−

√x− arc tg

√x (t)

(Ver el ejercicio 9(b))

∫x2 + 3x− 4

x2 − 2x− 8dx =

∫ (

1 +4

x− 4+

1

x+ 2

)

dx = x+ 4 log |x− 4| + log |x+ 2| (u)

∫dx√

28 − 12x− x2=

∫dx

√

82 − (x+ 6)2→∫

dt (x+ 6 → 8 sen t) (v)

= t→ arc senx+ 6

8∫

cos(log x) dx→∫

et cos tdt (x→ et) (w)


Integracion 366

Hallamos aparte esta primitiva aplicando dos veces la formula de integracion por partes:

∫

et cos tdt = et sen t−∫

et sen t dt = et sen t+ et cos t−∫

et cos t

De aquı se deduce que:∫et cos tdt = 1

2 (et sen t+ et cos t) y podemos concluir la integral propuesta:

∫

cos(log x) dx→∫

et cos tdt =1

2(et sen t+ et cos t) → 1

2(x sen log x+ x cos log x)

∫3x+ 5

x3 − x2 − x+ 1dx =

∫ (4

(x− 1)2− 1

2(x− 1)+

1

2(x+ 1)

)

dx

=4

1 − x− 1

2log |x− 1| + 1

2log |x+ 1| (x)

(Ver ejercicio 3)∫

2x3 + x2 + 4

x2 + 4dx =

∫ (

1 + 2x− 8x

4 + x2

)

dx = x+ x2 − 4 log(4 + x2) (y)

∫log(log x)

xdx =

1

2(log x)2 (z)


Integracion 367

Problema 178 He aquı la ultima seleccion de integrales, para estar entretenidos durante un buen rato.

a)

∫dx

x√x2 + 4x− 4

b)

∫dx

x2 − 1c)

∫ex − 3e2x

1 + exdx

d)

∫dx

x13 + x

12

e)

∫cos x dx

sen3 x+ 2cos2 x senxf)

∫x

cos2 x2 dx

g)

∫ √1 − x

1 −√xdx h)

∫dx

√√x− 1

i)

∫senx

cos3 xdx

j)

∫

ex tg ex dx k)

∫dx

cos x− senxl)

∫

log(x√x)dx

m)

∫

a2x dx n)

∫ex dx√ex + 1

n)

∫dx

ex − 2e−x

o)

∫dx

2x2 − 2x+ 1p)

∫

sen 2x cos x dx q)

∫dx

x2√a2 + x2

r)

∫dx√

4x2 − 4x+ 4s)

∫3x5 + 10x4 + 32x3 + 43x2 + 44x+ 36

(x2 + 4x+ 4)(x4 + 8x2 + 16)dx

∫dx

x√x2 + 4x− 4

→ − dt√

2 − (2t− 1)2(1

x→ t)

= −1

2arc cos

2t− 1√2

→ −1

2arc cos

2 − x

x√

2(a)


Integracion 368

∫ex − 3e2x

1 + exdx→

∫1 − 3t

1 + tdt (ex → t)

=

∫ (4

1 + t− 3

)

dt = 4 log |1 + t| − 3t→ 4 log |1 + ex| − 3ex (c)

∫cos x dx

sen3 x+ 2cos2 x senx→∫

dt

t(√

2 − t)(√

2 + t)(senx→ t)

=1

2log |t| − 1

4log |t2 − 2| → 1

2log | senx| − 1

4log | sen2 x− 2| (e)

∫x

cos2 x2 dx = −1

2arccotg x2 (f)

∫ √1 − x

1 −√xdx =

∫ √1 − x(1 +

√x)

1 − xdx =

∫1 +

√x√

1 − xdx (g)

=

∫(

1√1 − x

− −2x

2√

x(1 − x)

)

dx

=

∫(

1√1 − x

− 1 − 2x

2√

x(1 − x)+

12√

x√1 − x

)

dx

= −2√

1 − x−√

x(1 − x) + arc sen√x

Este no es el camino mas intuitivo, pero sı el mas rapido. El lector puede buscar la primitiva de otras formas como,


Integracion 369

por ejemplo, con la sustitucion x→ t2 (requerira un segundo cambio de variable).

∫dx

√√x− 1

=4

3

32x

1/2 − 1 + 1√

x3/2 − x

=4

3

32x

1/2 − 1

2√

x3/2 − x+

8

3

12√

x

2√√

x− 1=

4

3

√

x3/2 − x+8

3

√√x− 1 = (

8

3+

4

3

√x)

√√x− 1 (h)

Un camino alternativo es la sustitucion x→ t2.∫

ex tg ex dx = − log | cos ex| (j)

∫

log(x√x)dx =

3

2

∫

log x dx =3

2x(log x− 1) (l)

∫

a2x dx =1

2 log aa2x (m)

∫ex dx√ex + 1

= 2√ex + 1 (n)

∫

sen 2x cos x dx =

∫

2 senx cos2 xdx = −2

3cos3 x (q)

∫dx

x2√a2 + x2

→∫

1

a2

1

senh2 tdt = − 1

a2cotgh t

→ − 1

a2cotgh argsenh

x

a= −

√x2 + a2

a2x(r)


Integracion 370

Problema 179 Usar sumas de Riemann para calcular los siguientes lımites:

a) lımn√e+

n√e2 + · · · + n

√en

nb) lım

n√e+

n√e2 + · · · + n

√e2n

n

c) lım(

n(n+1)2

+ · · · + n(n+n)2

)

d) lım(

1n+1 + · · · + 1

n+n

)

(Ver seccion ??)

lımn√e+

n√e2 + · · · + n

√en

n= lım

1

n

(

e1/n + e2/n + · · · + en/n)

a)

= lım1

n

n∑

k=1

ek/n

=

∫ 1

0exdx =

[

ex]1

0

= e− 1

lımn√e+

n√e2 + · · · + n

√e2n

n= lım

1

n

(

e1/n + e2/n + · · · + e2n/n)

b)

= lım1

n

2n∑

k=1

ek/n

=

∫ 2

0exdx =

[

ex]2

0

= e2 − 1


Integracion 371

lım

(n

(n+ 1)2+ · · · + n

(n+ n)2

)

= lım1

n

n∑

k=1

(n

n+ k

)2

c)

= lım1

n

n∑

k=1

(

1 +k

n

)−2

=

∫ 1

0(1 + x)−2dx =

[

−(1 + x)−1

]1

0

=1

2

lım

(1

n+ 1+ · · · + 1

n+ n

)

= lım1

n

n∑

k=1

n

n+ kd)

= lım1

n

n∑

k=1

(

1 +k

n

)−1

=

∫ 1

0(1 + x)−1 =

[

log(1 + x)

]1

0

= log 2


Integracion 372

Problema 180 2. a) Hallar las sumas superior e inferior para f(x) = x2 desde 0 a 2 usando la particion con

x0 = 0, x1 = 12 , x2 = 3

4 , x3 = 1, x4 = 54 , x5 = 3

2 y x6 = 2.

b) Usando las formulas del ejercicio 16, hallar el area que queda por debajo de la grafica de f entre 0 y 2.

a) La particion tomada es: P = {0, 12 ,

34 , 1,

32 , 2}. Dado que la funcion f es creciente, el maximo en cada subinter-

valo se alcanza en el extremo superior de estos y el mınimo se alcanza en el extremo inferior; por tanto:

UP = f

(1

2

)(1

2− 0

)

+ f

(3

4

)(3

4− 1

2

)

+ f(1)

(

1 − 3

4

)

+ f

(3

2

)(3

2− 1

)

+ f(2)

(

2 − 3

2

)

=1

4 · 2 +9

42 · 4 +1

42 +9

22 · 2 +4

2=

221

64< 3′46

LP = f(0)

(1

2− 0

)

+ f

(1

2

)(3

4− 1

2

)

+ f

(3

4

)(

1 − 3

4

)

+ f(1)

(3

2− 1

)

+ f

(3

2

)(

2 − 3

2

)

= 0 +1

22 · 4 +9

42 · 4 +1

2+

9

22 · 2 =117

64> 1′82

Es decir, el area, A, que queda por debajo de la grafica de f verifica: 1′82 < A < 3′46.


Integracion 373

b) Sabemos que f es integrable en [0, 2] (por ser continua), y por tanto, para calcular el area pedida, nos basta

tomar cualquier sucesion de sumas de Riemann, {RPn}, con lım ||Pn|| = 0; el area sera: A = lımRPn . Para cada

n tomamos una particion regular Pn, con norma2n

; la eleccion de los puntos intermedios la hacemos tomando

los extremos izquierdos de los subintervalos. Por tanto, efectivamente, lım ||Pn|| = lım2n

= 0 y ademas, dado

que f es creciente, RPn = LPn . Por tanto, el area es:

A = lımLPn = lım

n−1∑

k=0

f

(k

n

)2

n

= lımn−1∑

k=0

8k2

n3 = lım8

n3

n−1∑

k=0

k2

= lım8

n3

(n− 1)(n)(2n − 2 + 1)

6=

16

6=

8

3


Integracion 374

Problema 181 3. a) Estimar el area bajo la grafica de x3 a lo largo de [1, 5] usando una suma de Riemann RP

con una particion regular con n = 4 y tomando como puntos intermedios, x∗i , los puntos medios de cada

subintervalo.

b) Usando las formulas del ejercicio 16, hallar el area que queda por debajo de la grafica de f(x) = x3.

(Ver ejercicio anterior)

a) La particion definida es P = {1, 2, 3, 4, 5} y la eleccion de puntos intermedios: {32, 52, 72, 92}. La estimacion del

area con esta suma de Riemann es:

RP = f

(3

2

)

+ f

(5

2

)

+ f

(7

2

)

+

(9

2

)

=1224

8= 156


Integracion 375

b) Tomando las sumas superiores asociadas a particiones regulares, podemos calcular el area pedida como:

A = lımUPn = lım

n∑

k=1

f

(

1 + k4

n

)4

n

= lım

n∑

k=1

(

1 +4k

n

)34

n

= lım

n∑

k=1

4(n + 4k)3

n4

= lım4

n4

n∑

k=1

(n3 + 12n2k + 48nk2 + 64k3)

= lım4

n4

(

(n− 1)n3 + 12n2

(n∑

k=1

k

)

+48n

(n∑

k=1

k2

)

+ 64

(n∑

k=1

k3

))

= lım4

n4

(

(n− 1)n3 + 12n2n(n+ 1)

2

+48nn(n+ 1)(2n + 1)

6+ 64

n2(n+ 1)2

4

)

= 4(1 + 6 + 16 + 16) = 156


Integracion 376

Problema 182 Estimar el area bajo la grafica de f(x) = senx a lo largo de [0, π] usando la suma superior e inferior

dadas por la particion regular con n = 4 e igualmente tomando la suma de Riemann con la eleccion de los puntos

medios de los subintervalos.

La suma superior dada por la particion es:

UP =π

4

(

senπ

4+ sen

π

2+ sen

π

4+ sen

3π

4

)

=π(2 +

√2)

4≈ 2′68

La suma inferior es:

LP =π

4

(

sen 0 + senπ

4+ sen

3π

4+ senπ

)

=π√

2

4≈ 1′11

La suma de Riemann dada por los puntos medios es:

RP =π

4

(

senπ

8+ sen

3π

8+ sen 5π8 + sen 7π8

)

≈ 2′05

(El valor exacto del area que queda por debajo de la grafica del seno en ese intervalo es ‘2’).


Integracion 377

Problema 183 Estimar el area bajo la grafica de sen2 x a lo largo de [0, 2π] usando una particion regular con n = 4

y los puntos medios de cada subintervalo.

0 π2

12

π 3π2

2ππ4

3π4

5π4

7π4

1

(Seguir el razonamiento observando la grafica de f en la figura de arriba). La particion regular para n = 4

esta formada por los puntos {0, π/2, π, 3π/2, 2π} y los puntos medios de los subintervalos son {π/4, 3π/4, 5π/4, 7π/4}cuyas imagenes por f coinciden. Por tanto, la suma de Riemann ası definida coincide con el area de un rectangulo

de base 2π y altura sen2 π4

= 12 , es decir, RP = π. Ademas, las simetrıas de la funcion nos permiten deducir que

este es el valor exacto de la integral.


Integracion 378

Problema 184 Usar el teorema fundamental, propiedades de la integral definida y geometrıa para evaluar las

siguientes integrales definidas:

a)

∫ 1

−1x4dx b)

∫ 2

1

dt

t2c)

∫ 4

1

(2

x2+

√x

)

dx

d)

∫ 8

1

y1/3 + y1/2

ydy e)

∫ π/2

04 cos tdt f)

∫ π/4

0sec2 xdx

g)

∫ π/3

−π/6sec t tg tdt h)

∫ 0

1x2dx i)

∫ 1

0(x+

√

1 − x2)dx

j)

∫ ln 5

0etdt k)

∫ log 6

log 2e−xdx l)

∫ 3

1

x+ 2

xdx

m)

∫ 1

0

(

d(√x3 + 1)

dx

)

dx n)

∫ 3

−1

(∫ 2

x4dt

)

dx n)

∫ 2

0

(d3

dx3(x2 + 3x− 1)

)

dx

o)

∫ π/2

π/4(senx− cosx)dx p)

∫ −2

3(−4)dx q)

∫ e

1

2

ydy

a)∫ 1−1 x

4dx =

[

x5

5

]1

−1

=25

b)∫ 21dtt2

=∫ 21 t

−2dt =

[

t−1

− 1

]2

1

=12


Integracion 379

c)∫ 41

(2x2 +

√x)dx =

∫ 41

(2x−2 + x1/2

)dx =

[

2x−1

− 1+ x3/2

3/2

]4

1

= 376

d)∫ 81

y1/3+y1/2

y dy =∫ 81

(y−2/3 + y−1/2

)dy =

[

y1/3

1/3+ y1/2

1/2

]8

1

= 2 + 4√

2

e)∫ π/20 4 cos t =

[

4 sen t

]π/2

0

= 4

f)∫ π/40 sec2 xdx =

[

tg x

]π/4

0

= 1

g)∫ π/3−π/6 sec t tg tdt =

∫ π/3−π/6 sen t cos−2 tdt =

[

cos−1 t

]π/3

−π/6

= 2− 2√3

(Si no ha identificado esta primitiva rapida-

mente, no se preocupe, el capıtulo siguiente esta dedicado al calculo de primitivas)

h)∫ 01 x

2dx =

[

x3

3

]0

1

= −13

Observese que el signo negativo es debido a que el extremo superior de la integral es

menor que el inferior.

i)∫ 10 (x +

√1 − x2)dx =

∫ 10 xdx +

∫ 10

√1 − x2dx =

∫ 10 xdx +

∫ 10

√1 − x2dx La primera integral corresponde al

area de un triangulo rectangulo cuyos catetos miden 1 y la segunda integral corresponde al area de una

semicircunferencia de radio 1. Por tanto, la integral vale:12

+π2

j)∫ log 50 etdt =

[

et]log 5

0

= 5 − 1 = 4


Integracion 380

k)∫ log 6log 2 e

−xdx =

[

−e−x

]log 6

log 2

= −16

+12

=13

l)∫ 31

x+2x dx =

∫ 31 (1 + 2

1x

)dx =

[

x+ 2 log x

]3

1

= 2(1 + log 3)

m) I =∫ 10

(d(√

x3+1)dx

)

dx =∫ 10 f

′(x)dx, siendo f(x) =√x3 + 1. Por tanto, I = f(1) − f(0) =

√2 − 1.

n)∫ 3−1

(∫ 2x 4dt

)

dx =∫ 3−1

([

4t

]2

x

)

dx =∫ 3−1 (8 − 4x)dx =

[

8x− 2x2

]3

−1

= 16

n)∫ 20

(d3

dx3 (x2 + 3x− 1))

dx =∫ 20 f

′′′(x)dx = f ′′(2) − f ′′(0), siendo f(x) = x2 + 3x − 1. Dado que la segunda

derivada de f es una constante, f ′′(x) = 2, se deduce que la integral pedida es 0.

o)∫ π/2π/4 (senx− cos x)dx =

[

− cosx− senx

]π/2

π/4

=√

2 − 1

p)∫ −23 (−4)dx =

[

−4x

]−2

3

= 20

q)∫ e1

2ydy =

[

2 log x

]e

1

= 2


Integracion 381

Problema 185 Usar las propiedades de la integral definida y el teorema fundamental para hallar las siguientes

derivadas:

d

dt

(∫ t

1x2dx

)d2

dt2

(∫ t

2

√

x2 + 1dx

)d

dt

(∫ t

2

√

x2 + 4dx+

∫ −1

t

√

x2 + 4dx

)

d2

dt2

(∫ t

−t

√

3 + 4x2dx

)d

dt

(∫ 3t

1

1

4 + x2dx

)d

dt

[∫ t3

t2

1

4 + 3x2dx

]

Recordemos que el teorema fundamental del calculo dice: dada una funcion f continua en [a, b], la funcion F

definida por F (x) =∫ xa f(t)dt en [a, b], es una funcion derivable en (a, b) y F ′(x) = f(x).

Aplicando la regla de la cadena se deduce que si F (x) =∫ g(x)a f(t)dt (suponiendo que tal funcion esta bien definida

en algun intervalo), se tiene que: F ′(x) = f(g(x)) · g′(x). Teniendo en cuenta esto, el ejercicio es facil de resolver.ddt

(∫ t1 x

2dx)

= t2, aplicando directamente el teorema fundamental. d2

dt2

(∫ t2

√x2 + 1dx

)

= ddt

(√t2 + 1

)

=t√

t2 + 1ddt

(∫ t2

√x2 + 4dx+

∫ −1t

√x2 + 4dx

)


Integracion 382

= ddt

(∫ −12

√x2 + 4dx

)

= 0

d2

dt2

(∫ t

−t

√

3 + 4x2dx

)

=d2

dt2

(∫ 0

−t

√

3 + 4x2dx

)

+d2

dt2

(∫ t

0

√

3 + 4x2dx

)

•

= − d2

dt2

(∫ −t

0

√

3 + 4x2dx

)

+d2

dt2

(∫ t

0

√

3 + 4x2dx

)

=d

dt

(√

3 + 4t2)

+d

dt

(√

3 + 4t2)

= 24t√

3 + 4t2

Observese que en la tercera igualdad se ha aplicado la regla de la cadena. ddt

(∫ 3t1

14+x2 dx

)

= 3 · 14 + (3t)2

d

dt

[∫ t3

t2

1

4 + 3x2dx

]

=d

dt

[∫ t3

0

1

4 + 3x2dx−

∫ t2

0

1

4 + 3x2dx

]

= 3t2 · 1

4 + 3(t3)2+ 2t · 1

4 + 3(t2)2•


Integracion 383

Problema 186 Hallar el valor de c tal que el valor medio de la funcion f(x) = x4 − 1 sobre [−c, c] es 0.

El valor medio de una funcion f en un intervalo [a, b] es1

b− a

∫ ba f ; por tanto, el problema consiste en resolver

la siguiente ecuacion en c ∈ R+ :∫ c−c(x

4 − 1)dx = 0

∫ c

−c(x4 − 1)dx = 0

[x5

5− x

]c

−c

= 0

c5

5− c+

c5

5− c = 0

c =4√

5


Integracion 384

Problema 187 Las mediciones de la temperatura a las horas en punto en el aeropuerto de la capital son las

siguientes:

Hora Temp. Hora Temp. Hora Temp. Hora Temp.

0:00 7◦ 6:00 8◦ 12:00 14◦ 18:00 16◦

1:00 6′5◦ 7:00 8′5◦ 13:00 16◦ 19:00 15◦

2:00 6◦ 8:00 8◦ 14:00 18◦ 20:00 13◦

3:00 5◦ 9:00 8′5◦ 15:00 17◦ 21:00 12◦

4:00 6◦ 10:00 10◦ 16:00 17◦ 22:00 10◦

5:00 6′5◦ 11:00 11◦ 17:00 16◦ 23:00 9◦

Usar la regla de Simpson para hallar la temperatura media.

La formula de Simpson nos da la siguiente aproximacion de la media de una funcion:

1

b− a

∫ b

af ≈ 1

3n(f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + · · · + 2f(xn−1) + 4f(xn))

Siendo {xi}ni=0 los puntos de una particion regular. Podemos considerar una funcion que nos de la temperatura en el

aeropuerto en cada instante, de tal forma que la tabla recoja los valores de la funcion en los puntos {0, 1, 2, . . . , 16},es decir, en los puntos de una particion regular del intervalo [0, 16]. Por tanto, aunque no conocemos la funcion,


Integracion 385

podemos aproximar el valor medio de la funcion usando la formula de Simpson:

M =1

3 · 16(7 + 4 · 6′5 + 2 · 6 + 4 · 5 + 26 + 4 · 6′5 + 2 · 8 + 4 · 8′5 + 2 · 8 + 4 · 8′5

+ 2 · 10 + 4 · 11 + 2 · 14 + 4 · 16 + 2 · 18 + 4 · 17 + 2 · 17 + 4 · 16 + 2 · 16

+ 4 · 15 + 2 · 13 + 4 · 12 + 2 · 10 + 4 · 9) =783

48= 16′31


Integracion 386

Problema 188 Determinar el numero de subintervalos necesarios para aproximar hasta las milesimas el valor de

las siguientes integrales usando tanto el metodo de los trapecios como el de Simpson.

a)

∫ 2

1

dx

xb)

∫ 1

1/2cos

√x dx

a)

∫ 2

1

dx

x; sea f(x) = 1

x; f es infinitamente derivable en (0,∞) y

f (k)(x) = (−1)kk!x−k−1

Metodo de los trapecios: usando el metodo de los trapecios con una particion regular de n puntos cometemos

el siguiente error:

En =(b− a)3

12n2 f ′′(c) =1

6n2c3

para algun c ∈ (a, b) = (1, 2). Dado que 1 < c < 2, 123 <

1c3< 1, se obtiene la siguiente acotacion del error:

En <1

6n2 . Si queremos obtener una aproximacion hasta las milesimas (error menor que 10−3) tenemos que

tomar el primer natural n que verifique que1

6n2 < 10−3, es decir n = 13.

Metodo de Simpson: Con el metodo de Simpson, el error cometido viene dado por:

En =(b− a)5

180n4 f (4)(c) =2

15n4c5


Integracion 387

para algun c ∈ (1, 2); en este caso, dado que 125 < 1

c5 < 1, tenemos la siguiente acotacion En <2

15n4 .

Para obtener una aproximacion hasta las milesimas tenemos que tomar el primer natural n que verifique2

15n4 < 10−3, es decir, n = 3.

b)

∫ 1

1/2cos

√x dx; sea f(x) = cos

√x; f es infinitamente derivable en (0,∞) y

f ′′(x) = − cos√x

4x+

sen√x

4x√x, f (4)(x) =

cos√x

16x2 − 3 sen√x

8x2√x − 15 cos√x

16x3 +15 sen

√x

16x3√x

Metodo de los trapecios: Existe c ∈ (1/2, 1) tal que:

En =(b− a)3

12n2 f ′′(c) =1

8 · 12n2

(sen

√c

4c√c

− cos√c

4c

)

Teniendo en cuenta que 1 < 1c < 2 podemos dar la siguiente acotacion del error:

ǫ = |En| ≤ 1

96n2

(∣∣∣∣

sen√c

4c√c

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

cos√c

4c

∣∣∣∣

)

≤ 1

96n2

(

23/2

4+

2

4

)

=

√2 + 1

192n2 <1

64n2


Integracion 388

(en la ultima desigualdad hemos utilizado que√

2 + 1 < 3). Por tanto, para obtener un error menor que 10−3

tenemos que tomar el primer natural n que verifique1

64n2 < 10−3, es decir n = 4.

Metodo de Simpson: Para una particion regular de n puntos, existe un c ∈ (1/2, 1) tal que el error cometido

al tomar la formula de Simpson como valor de la integral es:

En =(b− a)5

180n4 f (4)(c) =1

25180n4

(cos

√c

16c2− 3 sen

√c

8c2√c

− 15 cos√c

16c3+

15 sen√c

16c3√c

)

En este caso, dado que 1 < 1c < 2, podemos dar la siguiente acotacion del error:

ǫ = |En| ≤ 1

25180n4

(∣∣∣∣

cos√c

16c2

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

3 sen√c

8c2√c

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

15 cos√c

16c3

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

15 sen√c

16c3√c

∣∣∣∣

)

≤ 1

25180n4

(

4

16+

3 · 22√

2

8+

15 · 23

16+

15 · 23√

2

16

)

=31 + 36

√2

4 · 25180n4 <1

281n4

Por tanto, para obtener un error menor que 10−3 tenemos que tomar el primer natural n que verifique1

281n4 < 10−3, es decir n = 2.

Este ejercicio muestra como la formula de Simpson da un buena aproximacion de la integral; con particiones no

muy finas, se consiguen errores pequenos. El metodo de los trapecios necesita particiones mas finas para conseguir

estimaciones parecidas.


Integracion 389

Problema 189 Usar el metodo de los trapecios y el metodo de Simpson con n = 4 para aproximar las siguientes

integrales. Comparar, cuando sea posible, el resultado obtenido con el valor exacto dado por la regla de Barrow.

a)

∫ 5

1

1

xdx b)

∫ 2

1

x

x+ 1dx c)

∫ 5

2

x2

x+ 2dx

d)

∫ 1

−1

√

x2 + 1 dx e)

∫ π

0

senx

x+ πdx f)

∫ π

0

dx

2 + senxdx

Para comparar los tres resultados de cada apartado daremos las aproximaciones de cada uno con tres o mas

decimales exactos. El lector deberıa utilizar las formulas de los errores de ambos metodos para deducir una acotacion

de los mismos.

a) I =

∫ 5

1

1

xdx; la particion es: P = {1, 2, 3, 4, 5}.

Metodo de los trapecios: I ≈ 48 (1 + 21

2 + 213 + 21

4 + 15) = 101

60 ≈ 1′683.

Metodo de Simpson: I ≈ 412(1 + 41

2 + 213 + 41

4 + 15 ) = 73

45 ≈ 1′622.

Valor exacto: I =

[

log x

]5

1

= log 5 ≈ 1′609.

b) I =

∫ 2

1

x

x+ 1dx; la particion es: P = {1, 5

4 ,64 ,

74 , 2}.


Integracion 390

Metodo de los trapecios: I ≈ 18 (1

2 + 259 + 23

5 + 2 711 + 2

3) = 47037920 ≈ 0′593.

Metodo de Simpson: I ≈ 112(1

2 + 459 + 23

5 + 4 711 + 2

3) = 706311880 ≈ 0′59452.

Valor exacto:

I =

∫ 2

1

x

x+ 1dx =

[

x− log(x+ 1)

]2

1

= 1 + log 2 − log 3 ≈ 0, 59453.

c) I =

∫ 5

2

x2

x+ 2dx; particion: {2, 11

4 ,144 ,

174 , 5}.

Metodo de los trapecios: I ≈ 38 (1

3 + 212176 + 249

22 + 2289100 + 25

7 ) = 10494715400 ≈ 6′81.

Metodo de Simpson: I ≈ 14(1

3 + 412176 + 249

22 + 4289100 + 25

7 ) = 16161923100 ≈ 6′99.

Valor exacto:

I =

∫ 5

2

x2

x+ 2dx =

∫ 5

2x− 2 +

4

x+ 2dx

=

[x2

2− 2x+ 4 log(x+ 2)

]5

2

=9

2+ 4 log 7 − 4 log 4 ≈ 6′73.

d) I =

∫ 1

−1

√

x2 + 1 dx; particion: P = {−1,−12 , 0,

12 , 1}.

Metodo de los trapecios: I = 14 (√

2 + 2√

5/4 + 2 · 1 + 2√

5/4 +√

2) =√

5+√

2+12 ≈ 2′32.


Integracion 391

Metodo de Simpson: I = 14(√

2 + 4√

5/4 + 2 · 1 + 4√

5/4 +√

2) = 2√

5+√

2+13 ≈ 2′2954.

Valor exacto:

I =

∫ 1

−1

√

x2 + 1 dx =√

2 +1

2log

√2 + 1√2 − 1

≈ 2′2955.

(Aprenderemos a resolver esta integral en el capıtulo siguiente)

e) I =

∫ π

0

senx

x+ πdx; particion P = {0, π/4, π/2, 3π/4, π}.

Metodo de los trapecios: I ≈ π8 (0 + 22

√2

5π + 2 23π + 22

√2

5π + 0) = 6√

2+530 ≈ 0′4495.

Metodo de Simpson: I ≈ π12(0 + 42

√2

5π + 2 23π + 42

√2

5π + 0) = 12√

245 ≈ 0′4882.

No es posible encontrar una primitiva en terminos de funciones elementales de la funcion de este apartado y

por tanto, solo podemos aproximar su valor. La expresion del error cometido con el metodo de Simpson nos

permite deducir que los tres primeros decimales son exactos.

f) I =

∫ π

0

dx

2 + senxdx;particion P = {0, π/4, π/2, 3π/4, π}.

Metodo de los trapecios: I ≈ π8 (1

2 + 2 24+

√2

+ 213 + 2 2

4+√

2+ 1

2) = 5π24 + π

4+√

2≈ 1′23474.

Metodo de Simpson: I ≈ π12(1

2 + 4 24+

√2

+ 213 + 4 2

4+√

2+ 1

2) = 5π36 + 4π

12+3√

2≈ 1′2099.

Valor exacto: I =π3− π

6≈ 1′2092 (aprenderemos a hallar una primitiva de esta funcion en el capıtulo

siguiente).


Integracion 392

Deduccion del error del metodo de los trapecios. Primero estudiaremos el error cometido en la aproximacion del

area en cada subintervalo. Este error puede ser expresado como

E =

∫ x1

x0

f(x) dx− h

2

(f(x0) + f(x1)

)

a) Supongamos que f ′′ es continua en [a, b] y consideremos el error como funcion de la distancia h entre x0 y x1,

E(h) =

∫ x0+h

x0

f(x) dx− h

2

(f(x0) + f(x0 + h)

)

Usando el teorema fundamental del calculo, obtengase la segunda derivada de E respecto de h,

E′′(h) = −h2

(f ′′(x0 + h)

)

b) Compruebese que E(0) = E′(0) = 0, por lo que tomando integrales en ambos miembros de la igualdad anterior

obtenemos

E′(h) = E′(0) − 1

2

∫ h

0tf ′′(x0 + t) dt

que, por el segundo teorema del valor medio para integrales, puede expresarse como

E′(h) = −1

2f ′′(ξ)

∫ h

0t dt = −h

2

4f ′′(ξ)

para algun ξ ∈ [x0, x0 + h].


Integracion 393

c) Usar la misma tecnica que en el punto anterior para obtener E(h) = −h3

12f ′′(c1). En particular, si f ′′(x) > 0

hemos obtenido una aproximacion por exceso y si f ′′(x) < 0 la aproximacion es por defecto. Interpretar

geometricamente este hecho.

d) Una vez conocida una expresion exacta del error cometido en cada subintervalo podemos hallar el error total

sumando todos los errores. Efectuar los calculos para obtener

E =n∑

i=1

−h3

12f ′′(ci) = −h

3

12

n∑

i=1

f ′′(c1)

donde cada ci ∈ [xi−1, xi] y h = (b− a)/n.

e) Solo queda expresar el resto en funcion de un unico ci. Aplicar el teorema de los valores intermedios para

demostrar que existe un c ∈ [a, b] tal que

f ′′(c) =1

n

n∑

i=1

f ′′(ci)

con lo que

E = −h3

12

n∑

i=1

f ′′(c1) = −nh3

12· 1

n

n∑

i=1

f ′′(c1) = −nh3

12f ′′(c) = −(b− a)3

12n2f ′′(c)


Integracion 394

a)

E(h) =

∫ x0+h

x0

f(x) dx− h

2

(f(x0) + f(x0 + h)

)

E′(h) = f(x0 + h) − 1

2(f(x0) + f(x0 + h)) − h

2f ′(x0 + h)

=1

2(f(x0 + h) − f(x0)) −

h

2f ′(x0 + h)

E′′(h) =1

2f ′(x0 + h) − 1

2f ′(x0 + h) − h

2f ′′(x0 + h) = −h

2f ′′(x0 + h)

b) Es inmediato que E(0) = E′(0) = 0. Tomando integrales en ambos miembros de la igualdad del apartado (a)

obtenermos:

∫ h

0E′′(t)dt =

∫ h

0− t

2f ′′(x0 + t)

E′(h) − E′(0) = −1

2

∫ h

0− t

2f ′′(x0 + t)

Efectivamente, por el segundo teorema del valor medio se deduce que existe algun punto ξh ∈ [x0, x0 + h] tal

que:

E′(h) = −1

2f ′′(ξh)

∫ h

0t dt = −h

2

4f ′′(ξh)


Integracion 395

c) Podemos repetir los mismos pasos del apartado anterior para deducir la igualdad:

E(h) = −h3

12f ′′(c1)

para algun c1 ∈ [x0, x0 + h].

Para justificar que podemos aplicar nuevamente el segundo teorema del valor medio, tendrıamos que demostrar

la continuidad de la “funcion”g(t) = f ′′(ξt). En general, g no tiene que ser ni siquiera funcion, ya que el teorema

del valor medio no asegura la unicidad de los puntos ξ. No obstante, sı se puede construir una funcion ξ(t)

continua sobre un intervalo y verificando tal propiedad; y a partir de ahı tomar g(t) = f ′′(ξ(t)). La demostracion

de este hecho es demasiado tecnica y queda fuera del objetivo de este ejercicio.

d) En cada intervalo [xi−1, xi] hemos encontrado un ci de tal forma que el error total cometido por el metodo de

los trapecios es:

E = −h3

12

n∑

i=1

f ′′(c1)

e) Sean M = max{f ′′(x);x ∈ [a, b]} y m = mın{f ′′(x);x ∈ [a, b]}, entonces se verifica:

m =1

n

n∑

i=1

m ≤ 1

n

n∑

i=1

f ′′(ci) ≤1

n

n∑

i=1

M = M

Por la continuidad de f ′′ y el teorema de los valores intermedios, existe un c ∈ [a, b] tal que

1

n

n∑

i=1

f ′′(ci) = f ′′(c)


Integracion 396

Esto nos permite completar la demostracion:

E = −h3

12

n∑

i=1

f ′′(c1) = −nh3

12· 1

n

n∑

i=1

f ′′(c1) = −nh3

12f ′′(c) = −(b− a)3

12n2f ′′(c)


Integracion 397

Problema 190 Deduccion del error en el metodo de Simpson.

Los pasos a seguir en este problema son exactamente los mismos que en el problema anterior. Primero se

estudia el error cometido en cada par de subintervalos y, posteriormente, se obtiene la expresion general. El

error cometido en un par de subintervalos es

E =

∫ x2

x0

f(x) dx− h

3

(f(x0) + 4f(x1) + f(x2)

)

a) Supongamos que f (4) es una funcion continua. Fijemos x1 y consideremos el error como una funcion de

h del siguiente modo:

E(h) =

∫ x1+h

x1−hf(x) dx− h

3

(f(x1 − h) + 4f(x1) + f(x1 + h)

)

usando el teorema fundamental del calculo, y algo de paciencia, es posible obtener

E′′′(h) = −h3

(f ′′′(x1 + h) − f ′′′(x1 − h)

)= −2h2

3f (4)(ξ)

donde la ultima igualdad es consecuencia de la aplicacion del teorema del valor medio a la funcion f ′′′

sobre el intervalo [x1 − h, x1 + h].

b) Usar el segundo teorema del valor medio para integrales junto con el hecho de que R(0) = R′(0) = R′′(0) =

0 para obtener que

E(h) = −h5

90f (4)(c)

para algun c ∈ [x1 − h, x1 + h].


Integracion 398

c) Sumando los errores para cada par de subintervalos deducir que el error cometido al aproximar∫ ba f(x) dx

usando una particion regular de n = 2m trozos y el metodo de Simpson es

E = −h5

90

m∑

i=1

f (4)(ci)

d) Aplicar el teorema de los valores intermedios existe un c ∈ [a, b] tal que

f (4)(c) =1

m

m∑

i=1

f (4)(ci)

y, por lo tanto,

E = −mh5

90f (4)(c) =

(b− a)5

180n4f (4)(c)

(La demostracion pedida en este ejercicio repite exactamente los pasos del ejercicio anterior. Una vez visto ese

ejercicio y con todas las indicaciones del enunciado, el lector no debe tener problema en la resolucion.)


Integracion 399

Problema 191 Sabemos que una integral de una funcion continua es el lımite de las sumas de Riemann

cuando se toman particiones cuya norma tiende a cero. En particular, si tomamos particiones regulares tene-

mos∫ b

af(x) dx = lım

n→∞b− a

n

n∑

i=1

f(x∗i )

Puesto que el denominador es estrictamente creciente y de limite infinito podemos aplicar el criterio de Stoltz

y, por lo tanto

lımn→∞

b− a

n

n∑

i=1

f(x∗i )

= (b− a) lımn→∞

f(x∗1) + · · · + f(x∗n)

naplicando Stoltz


(f(x∗1) + · · · + f(x∗n+1)

)−(f(x∗1) + · · · + f(x∗n)

)

(n+ 1 − n)


f(x∗n+1)

= (b− a) · f(b) (f es continua y xn+1 ∈ [xn, b])

Segun lo cual obtenemos el valor exacto de∫ ba f(x) dx = (b− a)f(b). ¿Que falla en el razonamiento anterior?

El fallo del razonamiento esta en la simplificacion de la tercera igualdad. Tal error proviene de una excesiva

relajacion de la notacion utilizada en algunas formulas. La utilizada en este razonamiento tal y como la vimos


Integracion 400

en el teorema ?? y particularizada a una particion regular es:

∫ b

af = lım

1

n

n∑

i=1

f(x∗ni )

Siendo f una funcion integrable en [a, b], Pn = {x0, x1, . . . , xn} la particion regular en n subintervalos de [a, b]

y ∗n = {x∗n1 , . . . x∗n

n } una eleccion de puntos intermedios para cada particion Pn. Si hubieramos utilizado estas

expresiones en el razonamiento del enunciado, nos hubieramos dado cuenta que en la tercera igualdad no se

puede simplificar f(x∗n+1

i ) con f(x∗ni ), ya que, en general, pueden no coincidir.

Este ejercicio nos debe llevar a la conclusion de no simplificar en exceso las notaciones, por engorrosas que nos

parezcan, ya que puede llevarnos a conclusiones erroneas. Piense el lector que, en este caso, la conclusion es lo

bastante absurda como para hacernos sospechar, pero que igualmente podrıamos haber llegado a un resultado

menos sospechoso y no por ello menos falso.


Integracion 401

Problema 192 Demostrar por induccion las formulas siguientes:

a)

n∑

i=1

i =n(n+ 1)

2b)

n∑

i=1

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

6c)

n∑

i=1

i3 =

(n(n+ 1)

2

)2

a)n∑

i=1

i =n(n+ 1)

2.

(i) La formula es valida para n = 2:

1 + 2 =2 · 32

(ii) Supongamos que la formula es valida para n = k. (Tenemos que deducir que, en tal caso, tambien es

valida para n = k + 1):

k+1∑

i=1

i = (k + 1) +k∑

i=1

i

= (k + 1) +k(k + 1)

2

=(k + 1)(k + 2)

2

Y, efectivamente, esta ultima expresion corresponde a la formula propuesta evaluada en k + 1.

Por tanto, la formula es valida para todo n ∈ N.


Integracion 402

b)n∑

i=1

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

6.


1 + 4 =2 · 3 · 5

6

(ii) Supongamos que la formula es valida para n = k− 1. (Tenemos que deducir que, en tal caso, tambien es

valida para n = k):

k∑

i=1

i2 = k2 +k−1∑

i=1

i2

= k2 +(k − 1)k(2k − 1)

6

=2k3 + 3k2 + k

6=k(k + 1)(2k + 1)

6

Y, efectivamente, esta ultima expresion corresponde a la formula propuesta evaluada en k.


c)

n∑

i=1

i3 =n2(n+ 1)2

4.


1 + 8 =4 · 94


Integracion 403

(ii) Supongamos que la formula es valida para n = k− 1. (Tenemos que deducir que, en tal caso, tambien es

valida para n = k):

k∑

i=1

i3 = k3 +k−1∑

i=1

i3

= k3 +(k − 1)2k2

4

=k4 + 2k3 + k2

4=k2(k + 1)2

4

Y, efectivamente, esta ultima expresion corresponde a la formula propuesta evaluada en k.



Integracion 404

Problema 193 Hallar el area total de la region o regiones acotadas por las curvas dadas:

a) y = x4, y = 1 b) y = x, y = x3; c) y = x2, y = x3;

d) x = y2, y = x− 2 e) y = x2 − 1, y =√

1 − x2; f) y = x2 − 1, y = x+ 1;

g) x = y2 − 4, x = 2 − y h) y = ex − e, x = 0, y = 0 i) y = 94x+5 , x+ y = 2;

j) y = cosec2 x para π/3 ≤ x ≤ 2π/3, y = 43 k) x = 2y2, x = 8;

a) y = x4, y = 1. Estas dos curvas se cortan en x = −1 y x = 1 y entre estos dos puntos, la recta y = 1 esta por

encima de la curva y = x4; por tanto, el area que queda entre ellas es:

A =

∫ 1

−1(1 − x4)dx =

[

x− x5

5

]1

−1

= (1 − 1

5) − (−1 +

1

5) =

8

5

b) y = x, y = x3. Estas dos curvas se cortan en x = −1, x = 0 y x = 1. Por tanto, el area que queda entre ellas

es:

∣∣∣∣

∫ 0

−1(x− x3)dx

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

∫ 1

0(x− x3)dx

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣

[x2

2− x4

4

]0

−1

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣

[x2

2− x4

4

]1

0

∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣−1

2+

1

4

∣∣∣∣+

∣∣∣∣

1

2− 1

4

∣∣∣∣

=1

2


Integracion 405

c) y = x2, y = x3; los puntos de corte de las dos curvas son x = 0 y x = 1. Por tanto, el area que queda entre

ellas es

A =

∣∣∣∣

∫ 1

0(x2 − x3)dx

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣

[x3

3− x4

4

]1

0

∣∣∣∣∣=

1

3− 1

4=

1

12

d) x = y2, y = x− 2. La region coincide con la region comprendida entre las graficas de f(y) = y2 y g(y) = y+ 2

(ver apartado g); los puntos de corte de las dos graficas son y = −1 y y = 2 y por tanto, el area que queda

entre ellas es:

A =

∣∣∣∣

∫ 2

−1(y2 − y − 2)dy

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣

[

(y3

3− y2

2− 2y)

]2

−1

∣∣∣∣∣=

33

6

e) y = x2 − 1, y =√

1 − x2; los puntos de corte son x = −1 y x = 1 y el area pedida es:

A =

∣∣∣∣

∫ 1

−1(x2 − 1 −

√

1 − x2)dx

∣∣∣∣=

∣∣∣∣−4

3− π

2

∣∣∣∣=

4

3+π

2

f) y = x2 − 1, y = x+ 1; los puntos de corte son x = −1 y x = 2 y el area:

A =

∣∣∣∣

∫ 2

−1(x+ 1 − x2 + 1)dx

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

∫ 2

−1(−x2 + x+ 2)dx

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

9

2

∣∣∣∣=

9

2

g) x = y2 − 4, x = 2 − y. Dado que no podemos expresar y como funcion de x en la primera curva, podemos

calcular el area considerando la region simetrica respecto de la bisectriz del primer y tercer cuadrante; es decir,


Integracion 406

el area pedida coincide con el area determinada por las curvas y = x2 − 4, y = 2 − x

2

y = x2 − 4

y = 2 − x

x = y2 − 4

x = 2 − y

Y

X

Y

X

−2

−3

Los puntos de corte de estas curvas son x = −3, x = 2 y el area:

A =

∫ 2

−3(2 − x− x2 + 4)dx =

22

3

h) y = ex − e, x = 0, y = 0; el punto de corte de la curva con el eje OX es x = 1 y el area pedida es:

∣∣∣∣

∫ 1

0(ex − e)dx

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣

[

(ex − ex)

]1

0

∣∣∣∣∣= | − 1| = 1


Integracion 407

i) y =9

4x+ 5, x+ y = 2; los puntos de corte de las dos curvas son x = −1/2 y x = 1 y el area:

A =

∣∣∣∣∣

∫ 1

−1/4(

9

4x+ 5− 2 + x)dx

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣

9

2log

3

2− 65

32

∣∣∣∣=

65

32− 9

2log

3

2

j) y = cosec2 x para π/3 ≤ x ≤ 2π/3, y = 43 . Los unicos puntos de corte en el intervalo [π/3, 2π/3] son los

extremos del intervalo; por tanto, el area pedida es:

∫ 2π/3

π/3

(4

3− cosec2 x

)

dx =

[4

3+ cotg x

]2π/3

π/3

=4π

9− 2√

3

k) x = 2y2, x = 8. Razonando como en el apartado g, este area coincide con la de la region comprendida entre

las curvas y = 2x2 e y = 8; los puntos de corte de estas dos curvas son x = −2 y x = 2 y el area pedida:

∫ 2

−2(8 − 2x2)dx =

[

8x− 2

3x3

]2

−2

=64

3


Integracion 408

Problema 194 Calcular el area de la region del primer cuadrante limitada por las curvas x2 + y2 = 2, y = 0 e

y = x2.

Las curvas (en el primer cuadrante) se cortan solo en el punto x = 1 y por tanto el area pedida es:

∫ 1

0

(

x2 −√

2 − x2)

dx =

[x3

3− x

2

√

2 − x2 − arc senx√2

]1

0

=π

4− 1

2


Integracion 409

Problema 195 Expresar en terminos de una integral el area de la region mas grande limitada por x2 + y2 = 25 y

la recta x = −3.

La region descrita es un segmento circular del cırculo de centro (0, 0) y radio 5; de los dos segmento formados,

el mayor corresponde a x ∈ (−3, 5) y su area es:

2

∫ 5

−3

√

25 − x2 dx =

[

x√

25 − x2 + 25arc senx

5

]5

−3

=25π

2+ 12 + 25 arc sen

3

5


Integracion 410

Problema 196 Hallar el valor de c tal que el triangulo limitado por y = 2x, y = 0, y x = 4 esta dividido en dos

regiones de areas iguales por la recta y = c.

El area total del triangulo se puede calcular como:

∫ 8

0(4 − y

2)dy =

[

4y − y2

4

]8

0

= 16

Si cortamos el triangulo por la recta y = c, el area de una de las mitades se calcula como:

∫ c

0(4 − y

2)dy =

[

4y − y2

4

]c

0

= 4c− c2

4

Por tanto, el numero c que buscamos es solucion de la ecuacion:

4c− c2

4= 8,

es decir, c = 8 − 4√

2 (la otra solucion de la ecuacion es mayor que 8 y por tanto no es valida como solucion del

ejercicio).


Integracion 411

Problema 197 Hallar el valor de c tal que la region limitada por y = x2 e y = 4 esta dividida en dos regiones de

areas iguales por y = c.

Dado que la curva y = x2 es simetrica respecto del eje OY , basta hacer el estudio para x ∈ (0, 2). Seguimos el

camino del ejercicio anterior; el area total de la region es:

∫ 4

0(√y) dy =

[2

3y3/2

]4

0

=16

3

Si cortamos por la recta y = c, el area de una de las mitades es:

∫ c

0(√y) dy =

[2

3y3/2

]c

0

=2

3c3/2

Por tanto, el numero c buscado es solucion de la ecuacion 23c

3/2 = 83 , es decir, c = 2 3

√2.


Integracion 412

Problema 198 La densidad longitudinal de masa ρ(x) de una varilla a una distancia x de un extremo de dicha

varilla es la masa que tendrıa una varilla de una unidad de longitud que tuviera la misma composicion y grosor que

tiene en x en todas partes. Una varilla delgada de 3 cm de longitud tiene densidad longitudinal

1

20· x+ 5

x+ 1kg/m

a una distancia x del extremo mas grueso de la varilla. Hallar la masa de la varilla.

Para aproximar la masa total de la varilla podemos dividirla en n trozos iguales, y suponer que la densidad

longitudinal en cada trozo es constante:

Mn =

n∑

i=1

ρ(x∗i )(xi − xi−1)

La masa exacta de la varilla sera el lımite de la sucesion ası formada. Dado que la funcion ρ(x) es continua y en

consecuencia integrable, este lımite existe y coincide con el valor de la integral entre 0 y 3. (Tenemos que asegurarnos


Integracion 413

de que la funcion es integrable para poder afirmar que el metodo es el adecuado).

0 0x1 x2 x3 x4 xn−1 33

ρ(x∗1)ρ(x∗

2)ρ(x∗3)ρ(x∗

4) ρ(x∗n)

→ → → → →

Mn =M =n∑

i=1

ρ(x∗n)(xi − xi−1)

∫ 3

0

ρ(x) dx

La masa es:

∫ 3

0

1

2000· x+ 5

x+ 1dx =

∫ 3

0

1

2000(1 +

4

x+ 1) dx =

[1

2000(x+ 4 log(x+ 1))

]3

0

=3 + 4 log 4

2000


Integracion 414

Problema 199 La densidad de superficie de masa (masa por unidad de area) se define para una lamina delgada

de material de modo analogo a la de densidad longitudinal de masa del ejercicio anterior. Una lamina delgada de

material cubre la region plana limitada por y = (x − 2)2 e y = 1. Si las unidades estan en metros y el area de

densidad de masa de (x, y) es x/2 kg/m2, hallar la masa de la lamina.

(Ver el problema anterior). Sea f(x) = 1− (x− 2)2; el area de la region descrita es la integral de esta funcion f

entre 1 y 3.

1 x1 x2 x3 xn−1 3→ → → →

ρ(x∗1) ρ(x∗

2) ρ(x∗3) ρ(x∗

n)

Como ya sabemos, para aproximar este area podemos considerar una particion del intervalo [1, 3] en n trozos iguales;

la aproximacion sera An =∑n

i=1 f(x∗i )(xi − xi−1). A partir de esta expresion y suponiendo que en cada trozo la


Integracion 415

densidad es constante, podemos obtener una aproximacion de la masa de la lamina:

Mn =

n∑

i=1

ρ(x∗i )f(x∗i )(xi − xi−1);

dado que las funciones ρ y f son continuas, el lımite de la sucesion ası formada nos da la masa exacta de la lamina

y vale:

∫ 3

1ρf . Por tanto,

M =

∫ 3

1ρ(x)f(x) dx =

∫ 3

1

x

2(1 − (x− 2)2) dx =

4

3

Por ultimo, hay que observar que el planteamiento anterior lo hemos podido hacer porque la densidad de la lamina

dependıa solamente de la coordenada x, en otros casos, tendremos que recurrir a integracion multiple (capıtulo 13).


Integracion 416

Problema 200 En los siguientes apartados usar el metodo de discos para hallar el volumen del solido generado al

girar la region dada entre los lımites dados sobre el eje indicado:

a) Limitada por y = x2 + 1, y = 0, x = 1, x = −1 alrededor del eje OX.

b) Limitada por y =√x, x = 4, y = 0 alrededor del eje OX.

c) Limitada por y = x2, y = 3 − 2x alrededor del eje OX.

d) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor del eje OX.

e) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor de la recta y = 1.

f) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta y = 2.

a) Limitada por y = x2 + 1, y = 0, x = 1, x = −1 alrededor del eje OX:

V =

∫ 1

−1π(x2 + 1)2 dx =

[

π(x5

5+

2

3x3 + x)

]1

−1

=56

15π

b) Limitada por y =√x, x = 4, y = 0 alrededor del eje OX:

V =

∫ 4

0πxdx =

[

πx2

2

]4

0

= 8π


Integracion 417

c) Limitada por y = x2, y = 3 − 2x alrededor del eje OX. Los puntos de corte de las dos curvas son x = −3 y

x = 1 y el volumen pedido es:

V =

∫ 1

−3π(3 − 2x)2dx−

∫ 1

−3π(x2)2dx = π(

364

3− 244

5)

d) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor del eje OX:

V =

∫ π

0π sen2 x dx =

π2

2

e) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor de la recta y = 1. (Observese que la curva no corta

al eje de giro).

En los casos en que la region que se gira no este situada en el plano de tal forma que el eje de giro coincida con

uno de los ejes coordenados, solamente tenemos que desplazar la region y el eje por el plano hasta conseguirlo.

En este caso, la region descrita coindide con la region comprendida entre la grafica de f(x) = senx − 1 y el

eje OX y el solido descrito se genera al girar esta region alrededor de este eje. Es conveniente que el lector

se ayude de las representaciones graficas para entender lo que se ha hecho; en el apartado siguiente se puede

ver otro ejemplo similar con su representacion (este tipo de manipulaciones son frecuentes en los problemas

de aplicacion de la integral). El volumen pedido es:

V =

∫ π

0π(1 − senx)2 dx =

3

2π2 − 4π


Integracion 418

f) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta y = 2. Los puntos de corte de las curvas son x = −1 y x = 1.

y =

y

Y

XX

Y

= 2 − x2

x2

1

1

2

Seguimos el metodo del apartado anterior, y observamos que el cuerpo descrito coincide con el obtenido al

girar la region comprendida entre y = 2 − x2 e y = 1 alrededor del eje OX y su volumen es:

V =

∫ 1

−1π(2 − x2)2dx−

∫ 1

−1π dx =

56

15π


Integracion 419

Problema 201 Se corta una cuna de un tronco (cilındrico) de radio 2 dm dando dos cortes con una sierra mecanica

que llegan hasta el centro del tronco. Si uno de los cortes se hace perpendicular y el otro formando un angulo de 30◦

con el primero, ¿que volumen tendra la cuna?

y

Y

=√

4 − x

X

2

√4 − x2

30◦

√3√

4 − x2

Situando el solido como se muestra en la figura, tenemos que el area de cada seccion perpendicular al eje OX es

A(x) =√

32 (4 − x2), y por tanto, el volumen de la cuna es:

V =

∫ 2

−2A =

∫ 2

−2

√3

2(4 − x2)dx = 8

√3dm2


Integracion 420

Problema 202 Se va a disenar un contenedor de papel para reciclar con la forma de una piramide truncada, en

la que las bases inferior y superior son cuadrados de lado 100 y 60 cm, respectivamente. ¿Que altura debe tener el

contenedor para que su volumen sea exactamente un metro cubico?

100

60

Y

X

40h

h

xy = 100 −

x

Situamos el contenedor como se muestra en la figura, de forma que el eje de la piramide coincide con el eje OX

y cada seccion perpendicular a este eje es un cuadrado. Si la altura del tronco es h, su volumen es:

V =

∫ h

0(100 − 40

hx)2 dx =

19600

3h cm3

Por tanto, la altura buscada es solucion de la ecuacion: 196003 h = 1000000, es decir, h = 7500

49


Integracion 421

Problema 203 La base de un solido es un triangulo rectangulo isosceles con hipotenusa de longitud a. Cada seccion

plana del solido cortada por un plano perpendicular a la hipotenusa es un cuadrado. Hallar el volumen del solido.

Z

Y

X

y = x

a/2

Situamos el solido como se muestra en la figura, haciendo coincidir el eje OX con la hipotenusa de la base del

solido. El area de cada seccion perpendicular al eje OX es A(x) = (a2 − x)2 y el volumen del solido (completo) es:

V = 2

∫ a/2

0(a

2− x)2dx =

a3

24


Integracion 422

Problema 204 Un solido tiene como base una region plana limitada por x = y2 y x = 4. Cada seccion plana del

solidos cortada por un plano perpendicular al eje OX es un triangulo rectangulo isosceles con un angulo recto en la

grafica de√x. Hallar el volumen del solido.

Situando el solido como muestra la figura 7.1, se tiene que el area de cada seccion perpendicular a OX es

A(x) = 12(2

√x)2 = 2x2, y el volumen del cuerpo

V =

∫ 4

02x2 dx =

128

3


Integracion 423

Z

X

4

y =√

x

y =√

− x

Figura 7.1: Ejercicio 12.


Integracion 424

Problema 205 En los siguientes apartados usar el metodo de las capas para hallar el volumen del solido generado

al girar la region con los lımites dados alrededor del eje indicado:

a) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta x = 2.

b) Limitada por y = x, y = x2 alrededor del eje OX.

c) Limitada por x = y2, x = y + 2 alrededor de la recta y = 2.

d) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor de la recta x = 2π.

a) Limitada por y = x2, y = 1 alrededor de la recta x = 2: los puntos de corte de las curvas son x = −1 y x = 1.

El solido ası generado es el mismo que el generado al girar la region limitada por la curva y = 1 − (x− 2)2 y

el eje OX alrededor del eje OY ; por tanto, su volumen es:

V =

∫ 3

12πx(1 − (x− 2)2) dx =

8

3π

b) Limitada por y = x, y = x2 alrededor del eje OX: los puntos de corte de las curvas son x = 0, x = 1. El solido

ası generado coincide con el generado al girar la region comprendida entre y =√x e y = x alrededor del eje

OY (hacemos esto para utilizar el metodo de las capas). El volumen pedido es:

V =

∫ 1

02πx

√x dx−

∫ 1

02πx2 dx =

2

15π


Integracion 425

c) Limitada por x = y2, x = y + 2 alrededor de la recta y = 2: Los puntos de corte de las curvas son y = −1

e y = 2. El solido ası generado es el mismo que el generado al girar la region comprendida entre las curvas

y = (2 − x)2 e y = (2 − x) + 2, x ∈ (0, 3), alrededor del eje OY ; por tanto, el volumen pedido es:

V =

∫ 3

02πx(4 − x)dx−

∫ 3

02πx(2 − x)2dx =

27

2π

d) Limitada por y = senx para 0 ≤ x ≤ π, y = 0 alrededor de la recta x = 2π. El solido coincide con el generado

al girar la region limitada por la curva y = sen 2π − x = − senx para π ≤ x ≤ 2π, y = 0 alrededor del eje OY :

V =

∫ 2π

π−x senx dx =

[

2πx cos x

]2π

π

−∫ 2π

π2π cos x dx = 6π2


Integracion 426

Problema 206 Derivar la formula V = 43πa

3 para el volumen de la esfera de radio a, usando el metodo de capas.

Si giramos la region por debajo de la grafica de f(x) =√a2 − x2 con x ∈ (0, a), alrededor del eje OY , obtenemos

una semiesfera; por tanto, el volumen de la esfera se puede calcular como:

V = 2

∫ a

02πx

√

a2 − x2 dx =

[

−4

3π(a2 − x2)3/2

]a

0

=4

3πa3


Integracion 427

Problema 207 Una cascara esferica de radio r y de grosor h es, por definicion, la region comprendida entre dos

esferas concentricas de radio r − h/2 y r + h/2.

a) Hallar una formula para el volumen, V (r, h), de una cascara esferica de radio r y de grosor h.

b) Para un radio fijo r, ¿cuanto valed

dhV (r, h) cuando h = 0? Interpretar el resultado en terminos de la superficie

de la esfera.

c) El volumen de la cascara esferica de radio r y de grosor h la podemos calcular restandole al volumen de la

esfera de radio r + h2 el volumen de la esfera de radio r − h

2 :

V (r, h) =4

3π((r +

h

2)3 − (r − h

2)3) = 4πr2h+

1

3h3

d)d

dhV (r, h) = 4πr2 + h2;

d

dhV (r, h)(0) = 4πr2. Esta derivada coincide con el valor de la superficie de la esfera.


Integracion 428

Problema 208 En los siguientes apartados hallar la longitud de la curva con la ecuacion dada:

a) y = 13(x2 − 2)3/2 desde x = 2 a x = 4.

b) 9(x+ 2)2 = 4(y − 1)3 desde y = 1 a y = 4, x ≥ −2.

c) y = x3 + 112x desde x = 1 a x = 2.

d) x = y4 + 1/(32y2) desde y = −2 a y = −1

e) x2/3 + y2/3 = a2/3

a) f(x) = 13 (x2 − 2)3/2 desde x = 2 a x = 4;

f ′(x) = x√

x2 − 2 x ∈ [2, 4]

[f ′(x)]2 = x2(x2 − 2)√

1 + [f ′(x)]2 =√

1 − 2x2 + x4 = x2 − 1

L =

∫ 4

2(x2 − 1) dx =

50

3


Integracion 429

b) 9(x+ 2)2 = 4(y − 1)3 desde y = 1 a y = 4, x ≥ −2; x = 23(y − 1)3/2 − 2, y ∈ [1, 4]:

f(y) =2

3(y − 1)3/2 − 2 y ∈ [1, 4]

f ′(y) =√

y − 2√

1 + [f ′(y)]2 =√

1 + y − 2 =√

y − 1

L =

∫ 4

1

√

y − 1 dy = 2√

3

c) y = x3 + 1/(12x) desde x = 1 a x = 2;

f(x) = x3 +1

12xx ∈ [1, 2]

f ′(x) = 3x2 − 1

12x2

√

1 + [f ′(x)]2 =

√

362x16 + 72x4 + 1

144x4=

36x4 + 1

12x2

L =

∫ 2

1

36x4 + 1

12x2dx =

∫ 2

13x2 +

1

12x2dx =

169

24


Integracion 430

d) x = y4 + 1/(32y2) desde y = −2 a y = −1;

f(y) = y4 +1

32y2y ∈ [−2,−1]

f ′(y) = 4y3 − 1

16y3

√

1 + [f ′(y)]2 =

√

163y12 + 2 · 43y6 + 1

162y6= −43y6 + 1

16y3

L =

∫ −1

−2−43y6 + 1

16ydy =

∫ −1

−2−(4y3 +

1

16y3 )dy =1923

128

Hemos introducido un signo “−” al simplificar la raız para hacer positiva la expresion, es decir, tenemos que

tomar la raız positiva.


Integracion 431

e) x2/3 + y2/3 = a2/3. La figura siguiente muestra la curva completa.

a

a

−a

−a

X

Y

Consideramos la funcion f cuya grafica nos da la curva correspondiente al primer cuadrante, por lo que la

longitud total sera cuatro veces la de este segmento:

f(x) = (a2/3 − x2/3)3/2 x ∈ [0, a]

f ′(x) = −x−1/3(a2/3 − x2/3)1/2

√

1 + [f ′(x)]2 = (a/x)1/3

L = 4

∫ a

0(a/x)1/3dx =

[3

2(ax2)1/3

]a

0

=3

2a


Integracion 432

Problema 209 En los siguientes apartados hallar el area de la superficie obtenida al girar la curva dada alrededor

del eje indicado:

a) x = 2y desde (2, 1) a (6, 3) alrededor del eje OX.

b) y = x− 3 desde x = 3 a x = 5 alrededor de la recta x = −1.

c) y =√x desde x = 1 a x = 3 alrededor del eje OX.

d) x2/3 + y2/3 = a2/3 para x ≥ 0 alrededor del eje OY .

a) x = 2y desde (2, 1) a (6, 3) alrededor del eje OX:

S =

∫ 6

22πx

2

√

1 +1

4dx =

[√5

4πx2

]6

2

= 8√

5π

b) y = x− 3 desde x = 3 a x = 5 alrededor de la recta x = −1; la superfice ası generada coincide con la generada

al girar la curva y = (x− 1) − 3 desde x = 3 + 1 a x = 5 + 1 alrededor del eje OY ; su area es:

S =

∫ 6

42π(x− 4)

√1 + 1 dx = 4

√2


Integracion 433

c) y =√x desde x = 1 a x = 3 alrededor del eje OX:

S =

∫ 3

12π

√x

√

1 +1

4xdx =

∫ 3

1π√

4x+ 1 dx =π

6(√

133 −√

53)

d) x2/3 + y2/3 = a2/3 para y ≥ 0 alrededor del eje OX. Segun la figura del apartado (d) del ejercicio anterior, nos

basta hallar el area de la superficie generada al girar la funcion f(x) = (a2/3 −x2/3)3/2 con x ∈ [0, a] alrededor

del eje OY , el area pedida sera el doble de esta:

S = 2

∫ a

02πx(a/x)1/3 dx =

[12

5πa1/3x5/3

]a

0

=12

5πa2


Integracion 434

Problema 210 Si un cono tiene una base de radio r y generatriz s, el area de su superficie es πrs. Derivar esta

formula al girar el segmento de la recta y = (r/h)x desde x = 0 a x = h alrededor del eje OX. Comprobar el

resultado obtenido usando el teorema de Pappus.

Usando la formula dada en la seccion ??, el area del cono es:

S =

∫ h

02πr

hx

√

1 +r2

h2dx =

[

πr

hsx2

]h

0

= πrs

El centro de gravedad del segmento y = (r/h)x, x ∈ [0, h], es (h2 ,

x2 ), y por tanto, el teorema de Pappus nos dice que

el area del cono es:

S = 2πr

2s = πrs


Integracion 435

Problema 211 Expresar las integrales impropias como una suma de integrales impropias de tipo basico. Establecer

la convergencia o divergencia de las integrales, si es posible:

a)

∫ π

0tg xdx b)

∫ 1

0

dx

x2 + xc)

∫ 2

−2

dx

x2 − 4

d)

∫ 4

0

dx

x2 − 2x− 3e)

∫ ∞

−∞

dx3√x+ x3

f)

∫ π

0

dx

senx− cos x

El simple estudio del dominio del integrando nos da los puntos donde las integrales son impropias:

a) I =

∫ π

0tg xdx =

∫ π/2

0tg xdx+

∫ π

π/2tg xdx;

∫ π/2

0tg xdx = lım

t→π/2

[

(− log(cos x))

]t

0

= +∞∫ π

π/2tg xdx = lım

t→π/2

[

(− log(− cos x))

]0

t

= −∞

Por tanto, la integral I no converge.

b)

∫ 1

0

dx

x2 + x= lım

t→0

[

logx

x+ 1

]1

0

= +∞


Integracion 436

c)

∫ 2

−2

dx

x2 − 4=

∫ 0

−2

dx

x2 − 4+

∫ 2

0

dx

x2 − 4:

∫ 0

−2

dx

x2 − 4= lım

t→−2

[1

4log

2 − x

x+ 2

]0

t

= −∞∫ 2

0

dx

x2 − 4= lım

t→−2

[1

4log

2 − x

x+ 2

]t

0

= −∞

Por tanto, la integral propuesta diverge a −∞.

d)

∫ 4

0

dx

x2 − 2x− 3=

∫ 3

0

dx

x2 − 2x− 3+

∫ 4

3

dx

x2 − 2x− 3:

∫ 3

0

dx

x2 − 2x− 3= lım

t→3

[1

4log

3 − x

3 + x

]3

0

= −∞∫ 4

3

dx

x2 − 2x− 3= lım

t→3

[1

4log

x− 3

3 + x

]3

0

= +∞

Por tanto, la integral no converge.

e)

∫ ∞

−∞

dx3√x+ x3 =

∫ 0

−∞

dx3√x+ x3 +

∫ ∞

0

dx3√x+ x3 . Dado que lım

x→∞1

3√

x+x3x3 = 1 6= 0, y la integral

∫ ∞

1

dx

x3 es

convergente, la integral

∫ 0

−∞

dx3√x+ x3 tambien es convergente. De la misma forma, se deduce que la integral

∫ ∞

0

dx3√x+ x3 tambien es convergente y en consecuencia, la integral propuesta es convergente.


Integracion 437

f)

∫ π

0

dx

senx− cos x=

∫ π/4

0

dx

senx− cos x+

∫ π

π/4

dx

senx− cos x; hallamos en primer lugar una primitiva de f(x) =

1senx− cos x

:

∫dx

senx− cos x=

∫2 dt

t2 + 2t− 1(t = tg

x

2)

=1

2√

2

∫ (1

t+ 1 −√

2− 1

t+ 1 +√

2

)

dt

=1

2√

2log

t+ 1 −√

2

t+ 1 +√

2

=1

2√

2log

tg x2 + 1 −

√2

tg x2 + 1 +

√2

=1

2√

2log

sen x2 + (1 −

√2) cos x

2

sen x2 + (1 +

√2) cos x

2

A partir de aquı y teniendo en cuenta que tg π8 =

√2 − 1,

∫ π/4

0

dx

senx− cos x= lım

t→π/4

[

1

2√

2log

sen x2 + (1 −

√2) cos x

2

sen x2 + (1 +

√2) cos x

2

]t

0

= −∞

∫ π

π/4

dx

senx− cos x= lım

t→π/4

[

1

2√

2log

sen x2 + (1 −

√2) cos x

2

sen x2 + (1 +

√2) cos x

2

]π

t

= +∞

Por tanto, la integral propuesta no converge.


Integracion 438

Problema 212 Determinar si la integral impropia converge o no, y hallar su valor si converge:

a)

∫ ∞

1

1√xdx b)

∫ 0

−∞

x2

x3 + 1dx c)

∫ 2

1

1

(x− 1)2dx

d)

∫ 1

0

1√2x− x2

dx e)

∫ ∞

0e−x senxdx f)

∫ π/2

0

√cos x cotg xdx

a)

∫ ∞

1

1√xdx =

[

2√x

]∞

1

= +∞

b)

∫ 0

−∞

x2

x3 + 1dx =

[1

3log |x3 + 1|

]0

−∞= −∞

c)

∫ 2

1

1

(x− 1)2dx =

[

− 1

x− 1

]2

1

= +∞

d)

∫ 1

0

1√2x− x2

dx =

[

arc sen(x− 1)

]1

0

=π

2

e)

∫ ∞

0e−x senxdx; hallamos una primitiva del integrando:

∫

e−x senx dx = −e−x cos x−∫

e−x cos x dx (Por partes)

= −e−x cos x− e−x senx−∫

e−x senx dx (Por partes)


Integracion 439

Por tanto:

∫

e−x senx dx = −1

2e−x(cos x+ senx). Ya podemos estudiar la integral impropia:

∫ ∞

0e−x senxdx =

[

−1

2e−x(cos x+ senx)

]∞

0

= lımt→+∞

(1

2− 1

2e−t(cos t+ sen t)

)

=1

2

(para justificar este lımite, tengase en cuenta que lımt→+∞

e−t = 0 y (cos t+ sen t) es una funcion acotada)

f)

∫ π/2

0

√cosx cotg xdx =

∫ π/2

0

cos x√senx

dx =

[

2√

senx

]π/2

0

= 2.


Integracion 440

Problema 213 Considerar la region determinada por la grafica de 1/x sobre la semirrecta x ≥ 1.

¿Tiene la region area finita?

Demostrar que el solido ilimitado obtenido al girar la region alrededor del eje OX tiene volumen finito, y

calcular este volumen.

¿El solido de volumen finito descrito en el apartado anterior tiene el area de superficie finita?

El area de la region se calcula como sigue:

A =

∫ +∞

1

1

xdx =

[

log x

]+∞

1

= +∞

Por tanto, la region no tiene area finita.

El volumen del solido ası generado es:

V =

∫ +∞

1

1

x2dx =

[

−1

x

]+∞

1

= 1

El area de la superficie es:

S =

∫ +∞

12π

1

x

√

1 +1

x4dx =

∫ +∞

12π

√x4 + 1

x3dx = +∞

(para deducir que esta integral es divergente, basta compararla con∫ +∞1

dxx que es divergente).


Integracion 441

Problema 214 Considerar la region determinada por la grafica de 1/√x en el intervalo semiabierto (0, 1] y el eje

OX.

a) ¿La region tiene area finita?

b) Demostrar que el solido ilimitado obtenido al girar la region alrededor del eje Y tiene volumen finito, y calcular

este volumen.

c) ¿El solido de volumen finito descrito en el apartado anterior tiene el area de superficie finita?

(ver el ejercicio anterior)

a) A =

∫ 1

0

dx√x

=

[

2√x

]1

0

= 2

b) V =

∫ 1

02π

x√xdx =

[4

3πx3/2

]1

0

=4

3π

c) S =

∫ 1

02πx

√

1 +1

4x3dx =

∫ 1

0π

√

4x3 + 1

xdx; dado que lım

x→0

√4x3+1

x

√x = 1 6= 0. La integral impropia tiene

el mismo caracter que

∫ 1

0

dx√x

, es decir, convergente y en consecuencia el area de la superficie es finita. (Si el

lector intenta calcular el valor de este area, se encontrara con una integral binomia que no puede resolverse).


Integracion 442

Problema 215 Decidir si las integrales dadas convergen o divergen y razonar la respuesta. No es necesario calcular

el valor de la integral si converge:

a)

∫ 10

−3

dx√x+ 3

b)

∫ ∞

2

x3 + 3x+ 2

x5 − 8xdx c)

∫ ∞

3

dx

x2 − 3x− 4

d)

∫ ∞

2

dx

x2 − 4e)

∫ ∞

0

dx

x2/3 + x3/2f)

∫ 2

0

dx√2x2 − x3

g)

∫ 2

1

dx

x(log x)

h)

∫ ∞

1

| cos x|x2

dx i)

∫ ∞

0

| senx|x3/2

dx j)

∫ π/4

0

tg x

x3/2dx

Vamos a establecer solo la convergencia o divergencia de cada integral y para ello usaremos los criterios de

comparacion vistos en la seccion ??; en todos los apartados se usaran las p-integrales para la comparacion.

a)

∫ 10

−3

dx√x+ 3

es una p-integral convergente.

b)

∫ ∞

2

x3 + 3x+ 2

x5 − 8xdx solamente es impropia en +∞; tiene el mismo caracter que

∫ ∞

2

dx

x2 que es convergente.

c)

∫ ∞

3

dx

x2 − 3x− 4=

∫ 4

3

dx

x2 − 3x− 4+

∫ ∞

4

dx

x2 − 3x− 4; el primer sumando es una integral impropia en 4 y el

segundo es una integral impropia en +∞. Dado que lımx→4

1x2 − 3x− 4

(x−4) = 5 6= 0, y

∫ 4

3

dx

x− 4es divergente,


Integracion 443

el primer sumando es divergente y podemos afirmar que la integral propuesta tambien es divergente. (Sin

embargo, el segundo sumando si es convergente, ya que tiene el mismo caracter que

∫ ∞

4

dx

x2 .)

d)

∫ ∞

2

dx

x2 − 4=

∫ 0

2

dx

x2 − 4+

∫ ∞

0

dx

x2 − 4. De la misma forma que en el apartado anterior, deducimos que el

primer sumando es divergente y el segundo convergente, y en consecuencia, la integral propuesta es divergente.

e)

∫ ∞

0

dx

x2/3 + x3/2; en 0 tiene el mismo caracter que

∫ ∞

0

dx

x2/3que es convergente; en +∞, tiene el mismo caracter

que

∫ ∞

0

dx

x3/2que tambien es convergente; por tanto, la integral propuesta es convergente.

f)

∫ 2

0

dx√2x2 − x3

; en 0 tiene el mismo caracter que

∫ ∞

0

dx

xque es divergente; en 2 tiene el mismo caracter que

∫ ∞

0

dx

(2 − x)1/2que es convergente; por tanto, la integral propuesta es convergente.

g)

∫ 2

1

dx

x(log x)solo es impropia en 1; es divergente, ya que lım

x→1

1x log x

(x− 1) = 1 6= 0 y

∫ 2

1

dx

x− 1es divergente.

h)

∫ ∞

1

| cos x|x2 dx;

| cos x|x2 ≤ 1

x2 y como la integral correspondiente a la funcion mayorante es convergente, la

propuesta tambien lo es.

i)

∫ ∞

0

| senx|x3/2

dx =

∫ π/2

0

| senx|x3/2

dx+

∫ ∞

π/2

| senx|x3/2

dx. El segundo sumando converge por que| senx|x3/2 ≤ 1

x3/2 y el


Integracion 444

primero tambien converge por que lımt→0

| senx|x3/2

(x1/2) = lımt→0

| senx|x

= 1

j)

∫ π/4

0

tg x

x3/2dx converge, ya que tiene el mismo caracter que

∫ π/4

0

1

x1/2dx.


Integracion 445

Problema 216 Hallar

∫ ∞

1

1

1 + x2dx, si la integral converge.

∫ ∞

1

dx

1 + x2 =

[

arc tg x

]∞

1

= lımt→+∞

(arc tg t− π

4) =

π

2− π

4=π

4


Integracion 446

Problema 217 Hallar

∫ ∞

2

dx

x(log x)2, si la integral converge.

∫ ∞

2

dx

x(log x)2=

[1

log x

]∞

2

= lımt→+∞

(1

log t− 1

log 2

)

= − 1

log 2


Integracion 447

Problema 218 Hallar

∫ ∞

0

dx√x+ x3/2

, si la integral converge.

Hallemos una primitiva de la funcion del integrando:

∫dx√

x+ x3/2=

∫2dt

1 + t2(x = t2)

= 2 arc tg t = 2arc tg√x

A partir de aquı calculamos facilmente la integral:

∫ 1

0

dx√x+ x3/2

= lımt→0

(2 arc tg 1 − 2 arc tg t) =π

2∫ ∞

1

dx√x+ x3/2

= lımt→∞

(2 arc tg t− 2 arc tg 1) = π − π

2=π

2

Por tanto, el valor de la intergral propuesta es π2 + π

2 = π.


Integracion 448

Problema 219 Determinar la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias:

a)

∫ ∞

2

x+ 7

x2 − 1dx b)

∫ ∞

−∞

1

1 + x3dx c)

∫ 2

1

senx√x− 1

dx d)

∫ ∞

−∞

dx

1 + x5

a)

∫ ∞

2

x+ 7

x2 − 1dx diverge (tiene el mismo caracter que

∫∞2

dxx ).

b)

∫ ∞

−∞

1

1 + x3dx =

∫ −2

−∞

1

1 + x3dx +

∫ −1

−2

1

1 + x3dx +

∫ 0

−1

1

1 + x3 dx +

∫ ∞

0

1

1 + x3dx diverge, (los sumandos

∫ −1−2

11+x3 dx y

∫ 0−1

11+x3dx divergen porque tienen el mismo caracter que

∫ −1−2

11+xdx).

c)

∫ 2

1

senx√x− 1

dx converge, ya quesenx√x− 1

≤ 1√x− 1

para x ∈ [1, 2] y

∫ 2

1

dx√x− 1

converge.

d)∫∞−∞

dx1+x5 diverge (plantear igual que b).


Integracion 449

Problema 220 En los siguientes apartados, la velocidad v de un cuerpo en una recta esta dada como una funcion

de tiempo t. Hallar la distancia entre el punto de comienzo y el punto final y el espacio total recorrido en los

intervalos de tiempo indicado:

a) v = 3t2 − 4, 2 ≤ t ≤ 3

b) v = t2 − 3t+ 2, 0 ≤ t ≤ 2

c) v = sen t, 0 ≤ t ≤ 3π

d) v = sen (πt/2) + cos (πt/2), 0 ≤ t ≤ 2

e) v = sen (πt/2) + cos (πt/2), 0 ≤ t ≤ 4

Ver seccion ??.

a) v(t) = 3t2 − 4. v(t) > 0 para t ∈ [2, 3]:

∫ b

av(t)dt =

∫ b

a|v(t)|dt =

∫ 3

2(3t2 − 4)dt = 15


Integracion 450

b) v(t) = t2 − 3t+ 2. v(t) ≥ 0 para t ∈ [0, 1] y v(t) ≤ 0 para t ∈ [1, 2].

∫ b

av(t)dt =

∫ 2

0(t2 − 3t+ 2)dt =

2

3∫ b

a|v(t)|dt =

∫ 1

0(t2 − 3t+ 2)dt +

∫ 2

1−(t2 − 3t+ 2)dt =

5

6+

1

6= 1

c) v(t) = sen t. v(t) ≥ 0 para t ∈ [0, π] ∪ [2π, 3π] y v(t) ≤ 0 para t ∈ [π, 2π]:

∫ b

av(t)dt =

∫ 3π

0sen t dt = 2

∫ b

a|v(t)|dt =

∫ π

0sen t dx+

∫ 2π

π− sen t dt+

∫ 3π

2πsen t dt = 6

d) v(t) = sen (πt/2) + cos (πt/2) =√

2 cos(πt2 − π

4 ). v(t) ≥ 0 si t ∈ [0, 32 ] y v(t) ≤ 0 si t ∈ [32 , 2]:

∫ b

av(t)dt =

∫ 2

0

√2 cos(

πt

2− π

4)dt =

4

π∫ b

a|v(t)|dt =

∫ 3/2

0

√2 cos(

πt

2− π

4)dt+

∫ 2

3/2−√

2 cos(πt

2− π

4)dt

=2 + 2

√2

π+

2√

2 − 2

π=

4√

2 − 2

π


Integracion 451

e) v(t) = sen (πt/2) + cos (πt/2): v(t) ≥ 0 si x ∈ [0, 3/2] ∪ [7/2, 4] y v(t) ≤ 0 si x ∈ [3/2, 7/2]:

∫ 4

0v(t)dt = 0

∫ 4

0|v(t)|dt = 2

∫ 7/2

3/2−(sen(πt/2) + cos(πt/2))dt =

8√

2

π


Integracion 452

Problema 221 Supongamos que se consigue desarrollar una nave espacial a energıa solar para que salga del sistema

solar siguiendo una trayectoria recta con velocidad v de v = 3e−t para t ≥ 0 (evidentemente, al transcurrir el tiempo

existe mayor distancia al Sol y, por lo tanto, la velocidad desarrollada es menor).

a) Hallar la distancia s que el cuerpo realiza en funcion del tiempo t.

b) ¿Que distancia recorrera la nave durante toda la eternidad? Supongase que nunca pasa suficientemente cerca

de una estrella como para aprovechar su energıa.

a) El espacio recorrido en cada instante es:

s(t) =

∫ t

03e−x dx =

[

−3e−x

]t

0

= 3(1 − e−t)

b) La distancia que recorrera la nave durante toda la eternidad es

∫ +∞

03e−x dx = lım

t→+∞3(1 − e−t) = 3


Integracion 453

Problema 222 Un solido de aspecto retorcido se engendra como sigue: se tiene una recta fija R en el espacio y un

cuadrado de lado l en un plano perpendicular a R, un vertice del cuadrado esta en R, cuando este vertice se mueve

a velocidad uniforme una distancia h a lo largo de R el cuadrado completa una revolucion alrededor de R. Hallese

el volumen del solido generado. ¿Cual serıa el volumen si el cuadrado completara dos revoluciones al moverse la

misma distancia a lo largo de R?

Aunque aparentemente el solido tiene una forma rara, su volumen se calcula facilmente. La formula para calcular

volumenes por secciones es V =∫ ba A(x)dx donde A(x) es el area de la seccion del solido por el plano X = x. En este

caso, si hacemos coincidir la recta R con el eje OX, las areas A(x) coinciden con el area del cuadrado: A(x) = ℓ2.

Por otra parte, dado que el vertice recorre una distancia h, podemos suponer que el solido esta limitado por X = 0

y X = h. Por tanto,

V =

∫ h

0ℓ2dx = hℓ2

Como la velocidad del vertice sobre R es constante, las distancia al completar dos revoluciones es 2h y el volumen

de esta nueva figura es 2hℓ2.


Integracion 454

Problema 223 La seccion transversal de un solido en cualquier plano perpendicular al eje OX es un cırculo de

diametro AB, con A sobre la curva y2 = 4x y B en la curva x2 = 4y. Hallese el volumen del solido entre los puntos

de interseccion de las curvas.

Las dos curvas se cortan en x = 0 y x = 4. Para cada x, el diametro de la seccion por el plano X = x es

d(x) = 2√x− x2

4 y el area de la seccion: A(x) = π(√x− x2

8 )2. El volumen del solido es:

∫ 4

0π(√x− x2

8)2dx =

[

π(x+1

64x4 − 1

4x3/2)

]4

0

=72

35π


Integracion 455

Problema 224 De un cilindro circular recto de radio r se corta una cuna mediante dos planos. Uno de ellos es

perpendicular el eje del cilindro (la base), el otro forma un angulo α con el primero y lo corta por un diametro del

cilindro. Hallese el volumen de la cuna. (Ver problema 9)


Integracion 456

Problema 225 En los siguientes apartados se muestran ejemplos de integrales impropias que se pueden estudiar

con facilidad usando las funciones Γ y/o β:

a) Usar el cambio de variable x = at para obtener la siguiente igualdad:

∫ a

0xm−1(a− x)n−1 dx = am+n−1β(m,n)

b) Usar el cambio de variable t = log(1/y) y obtener

∫ 1

0

(

log1

y

)n−1

dy = Γ(n)

c) Usar el cambio de variable t = xp para obtener

∫ 1

0xm−1(1 − xp)n−1 dx =

1

pβ

(m

p,n

)

a)

∫ a

0xm−1(a− x)n−1 dx =

∫ 1

0an+m+1tm−1(1 − x)n−1 dt (x = at)

= an+m+1β(m,n)


Integracion 457

b)

∫ 1

0

(

log1

y

)n−1

dy =

∫ 0

+∞tn−1(−e−t) dt

=

∫ +∞

0tn−1e−t dt = Γ(n)

c)

∫ 1

0xm−1(1 − xp)n−1 dx =

∫ 1

0t

m−1p (1 − t)n−1 1

pt

1p−1dt

=

∫ 1

0t

m−1p (1 − t)n−1 1

pt

1p−1dt

=1

p

∫ 1

0t

mp−1(1 − t)n−1dt =

1

pβ

(m

p,n

)


Integracion 458

Problema 226 Hallense los centroides de las superficies acotadas por las curvas y rectas dadas:

a) El eje OY y la curva x = y − y3, 0 ≤ y ≤ 1.

b) La curva y = x− x2 y la recta x+ y = 0.

a) Region σ limitada por el eje OY y la curva x = y − y3, 0 ≤ y ≤ 1. Esta region es simetrica respecto de la

recta X = Y a la region σ′ limitada por el eje OX y la curva y = x− x3, 0 ≤ x ≤ 1; los centroides de las dos

regiones verificaran la misma relacion. Hallemos el centroide de σ′:

Mx =1

2

∫ 1

0(x− x3)2dx =

4

105

My =

∫ 1

0x(x− x3)dx =

2

15

A =

∫ 1

0(x− x3)dx =

1

4

x =8

15y =

16

105

Por tanto, el centroide de σ es ( 16105 ,

815 ).


Integracion 459

b) Region limitada por la curva y = x − x2 y la recta x + y = 0; los puntos de corte de las curvas son x = 0 y

x = 2 y el centroide:

Mx =1

2

∫ 2

0((x− x2)2 − x2)dx =

28

15

My =

∫ 1

0x(x− x3 + x)dx =

4

3

A =

∫ 1

0(x− x3 + x)dx =

4

3

x = 1 y =7

5


Integracion 460

Problema 227 Determınese el centroide del cuadrante de cırculo x2 + y2 = r2 para 0 ≤ x ≤ r.

Mx =

∫ r

0

1

2(r2 − x2)dx =

r3

3

My =

∫ r

0x√

r2 − x2dx =r3

3

A =πr2

4

x =4r

πy =

4r

π


Integracion 461

Problema 228 Un tronco de madera de 120 cm de largo tiene forma de tronco de cono alargado, con un diametro

de 10 cm en un extremo y de 5 cm en el otro. ¿a que distancia del extremo mayor esta su punto de equilibrio?

Por ser un solido de revolucion nos basta hallar el centroide de un trapecio equilatero de altura 120 cm y con

bases 10 cm y 5 cm. La region limitada por las rectas y = 5− x48 e y = x

48 − 5 es este trapecio, y la coordenda X de

su centroide es la distancia referida. El area del trapecio es A = 7′5 · 120 = 900cm2 y su momento respecto de OY :

My =

∫ 120

02x(5 − x

48)dx = 48000

La distancia pedida es x = 1603


Integracion 462

Problema 229 Hallese el centroide de la region acotada por las curvas y = 2x2 − 4x e y = 2x− x2.

Los puntos de corte de las curvas son x = 0 y x = 2;

Mx =1

2

∫ 2

0((2x− x2)2 − (2x2 − 4x)2)dx = −8

5

My =

∫ 2

0x((2x − x2) − (2x2 − 4x))dx = 4

A =

∫ 2

0((2x − x2) − (2x2 − 4x))dx = 4

x = 1 y = −2

5


Integracion 463

Problema 230 Determınese el centroide de la region del primer cuadrante acotada por dos cırculos concentricos

y los ejes coordenados, si los primeros tienen radios a y b, b > a > 0, y sus centros estan en el origen. Hallense

tambien los lımites de las coordenadas del centroide cuando ‘a’ tiende a ‘b’, y analıcese el significado del resultado.

Por la simetrıa del sector de la corona, se deduce que los dos momentos son iguales:

My = Mx =1

2

∫ b

0(b2 − x2)dx− 1

2

∫ a

0(a2 − x2)dx =

b3

3− a3

3

A =π

4b2 − a2

x = y =4

3π

b2 + ab+ a2

b+ a

Si ahora hallamos el lımite de las coordenadas x y y cuando ‘a’ tiende a ‘b’, obtendremos el centro de masas del

arco de circunferencia:

x′ = y′ = lıma→b

4

3π

b2 + ab+ a2

b+ a=

2a

π

Observese que este centroide es exterior a la curva.


Integracion 464

Problema 231 Utilıcense los teoremas de Pappus para encontrar el area de la superficie lateral y el volumen de

un cono circular recto.

Un cono circular recto de altura h y radio de la base r, se genera girando un triangulo rectangulo de catetos

h y r respecto del cateto de longitud h. Por las propiedades basicas de los triangulos sabemos que la distancia del

centroide del triangulo, al cateto h es r/3 y su area es rh2 ; por tanto, su volumen es:

V = 2πr

3

rh

2=π

3r2h

La superficie lateral esta calculada por este metodo en el ejercicio 18.


Integracion 465

Problema 232 Mediante el segundo teorema de Pappus, y sabiendo que el area de la superficie de una esfera de

radio r es 4πr2, determınese el centro de gravedad del arco semicircular de ecuacion y =√r2 − x2 donde x ∈ [−r, r].

Dado que el arco es simetrico respecto del eje OY , la coordenda x del centroide sera nula. El teorema de Pappus

dice que el area de la superfice de revolucion es S = 2πdL donde d es la distancia del centroide al eje y que, en este

caso, coincide con y, y L es la longitud del arco, que en este caso es πr. Por tanto:

y = d =S

2πL=

4πr2

2π2r=

2r

π

Es decir, el centroide es (0, 2rπ ).


Integracion 466

Problema 233 Una placa triangular ABC se sumerge verticalmente en agua. El lado AB, de 4 m de longitud,

esta 1 m por debajo de la superficie, mientras que C se encuentra a 5 metros por debajo de AB. Hallese la fuerza

total ejercida sobre una cara de la placa.

1

4

h

5 − h

5 − h

La base del triangulo (lado AB) y su altura (desde AB hasta C) son iguales a 4; el teorema de Tales (pagina

??) nos permite deducir que la anchura del triangulo a una profundidad h es 5−h (igual que la altura del triangulo

formado por este segmento y C). Por tanto, la fuerza ejercida sobre la placa es:

F =

∫ 4

1h(5 − h) dh =

385

6


Integracion 467

Problema 234 Una placa semicircular se sumerge verticalmente en agua, con su diametro en la superficie. Hallese

la fuerza ejercida sobre un cara de la placa si su diametro es de 2 metros.

h

2√

1 − h2

A una distancia h de la superficie, el ancho de la placa es L(h) = 2√

1 − h2; por tanto, la fuerza ejercida sobre

la placa es:

F =

∫ 1

02h√

1 − h2 dh = 2/3


Integracion 468

A(h) = π52

42h2

8

10h

6

Figura 7.2: Ejercicio 43.

Problema 235 Calculese el trabajo realizado al bombear todo el agua de un tanque conico de 10 m de radio en la

parte superior y de 8 metros de altura, elevandola hasta una altura de 6 m sobre el borde superior del tanque.

(ver figura 7.2 en la pagina 468) A un profundidad h, el radio de la seccion paralela a la superficie es 108 h y por

tanto su area es A(h) = 2516h

2. El trabajo necesario para vaciar el deposito es

W =

∫ 8

0(h+ 6)

25

16πh2 dh = 3200π


Integracion 469

Problema 236 El conductor de un camion cisterna con capacidad para 3000 litros, que transportaba agua desde

Granada hasta la cumbre del pico Veleta, descubrio antes de llegar a su destino que el tanque goteaba y habıa perdido

la mitad de su capacidad. El camion inicio su viaje lleno, subio a velocidad constante y tardo 50 min en alcanzar

un cambio de altura de 1250 metros. Si el agua goteaba a un ritmo fijo, ¿cuanto trabajo supuso el transporte del

agua a la cima? (Sin incluir el trabajo realizado sobre el camion y el conductor).

Dado que el ritmo de vaciado del deposito es constante, esta tasa de perdida es 1500/1250 = 30/61ℓ/m. Una vez

alcanzada una altura h, el peso de la cisterna es P (h) = 3000 − 3061h. Por tanto, el trabajo realizado para subir el

contenido de la cisterna es

W =

∫ 1250

0(3000 − 30

61h)dh =

205312500

61

(Observese que el dato 50min es superfluo)


Integracion 470

Problema 237 Una ciudad ha decidido perforar un pozo para incrementar el aprovisionamiento de agua. Los

ingenieros han determinado que sera necesaria una torre de agua que proporcione la presion requerida para la

distribucion. El pozo ha de tener 100 metros de profundidad, el agua tiene que elevarse por una tuberıa de 25 cm

de radio hasta la base de un tanque cilındrico de 7 metros de diametro y 8 metros de altura, el fondo del tanque

estara a 20 metros sobre el suelo y la bomba tiene que estar sumergida en el pozo por debajo de la superficie del agua.

Si se pretende instalar una bomba que trabaja a una potencia de 10000 watios ¿cuanto tiempo tardara el llenarse el

tanque por primera vez?

Hallemos primeramente el trabajo necesario para llenar el deposito, Wd, y la tuberıa, Wt:

Wt = 1000

∫ 300

0hπ0′252 dh = 2812500πkp.m = 27562500πJ

Wd = 1000

∫ 308

300hπ72 dh = 119168000πkp.m = 1167850000πJ

El trabajo total es 1195412500πJ y el tiempo necesario para realizarlo con el motor de 10000 watios es: 1195412500π/1000

119541′25πs=33′2059π horas


Integracion 471

Problema 238 Un dique tiene forma de trapecio, con sus dos lados horizontales de 70 y 35 metros; el lado mas

largo esta en la parte superior; la altura es de 7 metros. ¿Cual es la fuerza de la presion ejercida sobre el dique

cuando el agua esta al nivel de la parte superior del dique?

La anchura del dique a una profundidad h es L(h) = 35 + 357 h y por tanto, la fuerza ejercida sobre el dique es:

F = 9800

∫ 7

0h(35 + 5h) dh =

42017500

00kp/m


Integracion 472

Problema 239 Un recipiente se llena con dos lıquidos que no se mezclan, de densidades d1 y d2, d1 < d2. Hallese

la fuerza ejercida sobre una cara de un cuadrado ABCD, de 6√

2 metros de lado, inmerso en los lıquidos con la

diagonal AC perpendicular a la superficie, si el punto mas alto A de este cuadrado esta 2 metros por debajo de la

superficie, y BD esta en la superficie que separa los dos lıquidos.

Hallaremos la fuerza ejercida en cada uno de los dos triangulos; el triangulo superior esta sumergido estrictamente

en el fluido de densidad d1 y el triangulo inferior en el fluido de densidad d2. La altura de cada triangulo es 6√

2√2

= 6.

2

6

h

2(h ÐÔÒ−2)

6√

2

h

2(14−h)

Para hallar la fuerza sobre el triangulo superior, basta tener en cuenta que el ancho de la placa a una profundidad

h es L(h) = 2(h − 2) (nuevamente hemos usado el Teorema de Tales):

F1 = d1

∫ 8

22h(h − 2) dh = 216d1


Integracion 473

Para el triangulo inferior, la anchura a una profundidad h es L(h) = 2(14 − h):

F2 = d1

∫ 1

842h(14 − h) dh = 360d2

La fuerza total es F = 216d1 + 360d2.


Integracion 474

Problema 240 Considerar la region D limitada por las graficas de y = x2 e y = 4. Coloquese una cuadrıcula sobre

R que corresponda a las rectas x = −2, x = −32 , x = −1, · · · , x = 2; y = 0, y = 1

2 , y = 1, · · · , y = 4. Aproximar la

integral doble

∫∫

D

xydxdy empleando una suma de Riemann, en donde los (x∗i , y∗j ) se elijan en la esquina inferior

derecha de cada rectangulo Ri,j en R.

−2 − 3

2− 1 − 1

22

2

3

2

3

2

1

1

1

2

1

2

5

2

3

7

2

4

X

Y

pi,j


Integracion 475

Debemos recordar que si la region de integracion no es un rectangulo, la integral se define como:

∫∫

D

f(x, y)dxdy =

∫∫

R

f(x, y)dxdy

en donde R es un rectangulo que contiene a D y el campo f se define como: f(x, y) = f(x, y) si (x, y) ∈ D y

f(x, y) = 0 si (x, y) 6∈ D. La figura de arriba muestra la region de integracion D, el rectangulo [−2, 2] × [0, 4] que

contiene a dicha region y la particion descrita en el enunciado. La parte sombreada corresponde a las subintervalos

de la particion que tocan a la region D, de tal forma que los sumandos de la correspondiente suma de Riemann

pueden tomar un valor no nulo; los puntos resaltados, son los puntos elegidos para la suma de Riemann y que estan

contenidos en la region D. Dado que el area de cada cuadrado es 1/4, la suma de Riemann pedida es:

R =1

4

∑

i,j

f(x∗i , x∗j )

Es facil observar que esta suma vale 0, puesto que: para los puntos tales que x∗i = 0, la funcion vale 0 y para el resto

de los puntos se verifica que f(x∗i , y∗j ) = −f(x∗i′ y en consecuencia los sumandos se anulan dos a dos. Las mismas

observaciones de simetrıa de la region de integracion y de la funcion permiten concluir que la integral de la funcion

vale 0.


Integracion 476

Problema 241 1. Considerar la region R limitada por la grafica de (x − 3)2 + y2 = 9. ¿Representa la integral

doble

∫∫

R

(x+ 5y)dxdy un volumen? Explıquese.

2. Considerar la region R del segundo cuadrante limitada por las graficas de −2x + y = 6, x = 0, e y = 0.

¿Representa la integral doble

∫∫

R

(x2 + y2)dxdy un volumen? Explıquese.

1. La integral

∫∫

R

(x+ 5y)dxdy en la region R ≡ (x− 3)2 + y2 = 9 no representa un volumen, ya que la funcion

toma valores positivos y valores negativos dentro de dicha region.

2. En este caso, la integral

∫∫

R

(x2 + y2)dxdy en la region R descrita en el enunciado sı corresponde al volumen

comprendido entre la grafica de la campo escalar y el plano XY , ya que la funcion es positiva en toda la

region.


Integracion 477

Problema 242 Suponiendo que

∫∫

R

xdxdy = 3,

∫∫

R

ydxdy = 7 evaluar las siguientes integrales dobles:

∫∫

R

−5xdxdy

∫∫

R

(x− y)dxdy

Por las propiedades de linealidad del operador integral (multiple), se tiene que:

∫∫

R

−5xdxdy = −5

∫∫

R

x dxdy = −5 · 3 = −15

∫∫

R

(x− y)dxdy =

∫∫

R

x dxdy −∫∫

R

y dxdy = 3 − 7 = −4


Integracion 478

Problema 243 Si f y g son funciones de una sola variable probar que

∫ d

c

∫ b

af(x)g(y) dx dy =

(∫ b

af(x)dx

)(∫ d

cg(y)dy

)

La igualdad es consecuencia de las propiedades de la integral definida en una variable:

∫ d

c

∫ b

af(x)g(y) dx dy =

∫ d

c

(∫ b

af(x)g(y) dx

)

dy

=

∫ d

cg(y)

(∫ b

af(x) dx

)

dy (7.1)

=

(∫ b

af(x) dx

)(∫ d

cg(y)dy

)

(7.2)

En la igualdad 7.1 hemos sacado g(y) fuera de la integral

∫ b

adx, ya que es constante respecto de la variable x. En

7.2 hemos sacado la constante

∫ b

af(x) dx fuera de la integral

∫ d

cdy.


Integracion 479

Problema 244 Evaluar las siguientes integrales iteradas:

a)

∫ 3

0

∫ 2

0x3y dx dy b)

∫ 2

0

∫ 4

1x3y dy dx c)

∫ 2

0

∫ 1

−1(yx)2 dy dx

d)

∫ 1

−1

∫ 2

0(yx)2 dx dy e)

∫ 1

−1

∫ 1

0yex dy dx f)

∫ 1

−1

∫ 3

0y5exy3

dx dy

(a)∫ 3

0

∫ 2

0x3y dx dy =

∫ 3

0

[1

4x4y

]2

x=0

dy =

∫ 3

04y dy =

[

2y2

]3

0

= 16

(d)∫ 1

−1

∫ 2

0(yx)2 dx dy =

∫ 1

−1

[1

3x3y2

]2

x=0

dy =

∫ 1

−1

8

3y2 dy =

[8

9y3

]1

−1

=16

9

(f)

∫ 1

−1

∫ 3

0y5exy3

dx dy =

∫ 1

−1

[

y2exy3

]3

x=0

dy

=

∫ 1

−1(y2e3y3 − y2)dy =

[1

9e3y3 − 1

3y3

]1

−1

=1

9(e3 − e−3) − 2

3


Integracion 480

Problema 245 Hallar la integral doble de los campos indicados:

(a) f(x, y) = (x+ 2y)2 sobre R = [−1, 2] × [0, 2].

(b) f(x, y) = y3 cos2 x sobre R = [−π/2, π] × [1, 2].

(c) f(x, y) = x2 + 2xy − y√x sobre R = [0, 1] × [−2, 2].

(d) f(x, y) = xy3ex2y2

sobre R = [1, 3] × [1, 2].

(e) f(x, y) = xy + x/(y + 1) sobre R = [1, 4] × [1, 2].

(f) f(x, y) = y5 senxey3 cos x sobre R = [0, 1] × [−1, 0].

(b)

∫ 2

1

∫ π

−π/2y3 cos2 x dx dy =

∫ 2

1

∫ π

−π/2

(1

2y3 +

1

2y3 cos 2x

)

dx dy

=

∫ 2

1

[1

2y3x+

1

4y3 cos 2x

]π

x=−π/2

dy =

∫ 2

1

3

4πy3dy =

[3

16πy4

]2

1

=45

16π


Integracion 481

(d)

∫ 2

1

∫ 3

1xy3ex

2y2dx dy =

∫ 2

1

[1

2yex

2y2

]3

x=1

dy =

∫ 2

1

(1

2ye9y2 − 1

2yey

2

)

dy

=

[1

36e9y2 − 1

4ey

2

]2

1

=1

36(e36 − e9) − 1

4(e4 − e)

(e)

∫ 2

1

∫ 4

1

(

xy +x

y + 1

)

dx dy =

∫ 2

1

1

2x2

[

y +1

1 + y

]4

x=1

dy

=

∫ 2

1

15

2

(

y +1

1 + y

)

dy =15

2

[1

2y2 + log |1 + y|

]2

1

=15

2

(3

2+ log

3

2

)


Integracion 482

Problema 246 Hallar el volumen de la region bajo la grafica de f(x, y) y entre los planos x = a, x = b, y = c e

y = d.

(a) f(x, y) = x sen y + 3, a = 0, b = 2, c = π, d = 3π.

(b) f(x, y) = xy5 + 2x4 + 6, a = 0, b = 1, c = −1, d = 1.

(c) f(x, y) = 2x4 + 3y2/3, a = −1, b = 1, c = 0, d = 2.

(d) f(x, y) = xy√

x2 + 3y2, a = 1, b = 2, c = 1, d = 2.

(a)

V =

∫ 2

0

∫ 3π

π(x sen y + 3)dy dx =

∫ 2

0

[

−x cos y + 3y

]3π

y=π

dx =

∫ 2

03πdx = 6π


Integracion 483

(d)

∫ 2

1

∫ 2

1(xy√

x2 + 3y2)dx dy =

∫ 2

1

[1

3y(x2 + 3y2)3/2

]2

1

dy

=

∫ 2

1

(1

3y(4 + 3y2)3/2 − 1

3y(1 + 3y2)3/2

)

dy

=

[1

45(4 + 3y2)5/2 − 1

45(1 + 3y2)5/2

]2

1

=352

15− 1

45(135/2 + 75/2)


Integracion 484

Problema 247 Evaluar las siguientes integrales:

a)

∫ π

0

∫ 3 sen x

sen xx(1 + y) dy dx b)

∫ 1

0

∫ x cos 2πx

x−1(x2 + xy + 1) dy dx

c)

∫ 4

2

∫ y3

y2−13 dx dy d)

∫ 1

0

∫ x2

0(x2 + xy − y2) dy dx

e)

∫ 1

0

∫ x

x2

(x+ y)2 dy dx f)

∫ 1

0

∫ 3y

0ex+y dx dy

(a)

∫ π

0

∫ 3 sen x

sen xx(1 + y) dy dx =

∫ π

0

[

xy +1

2xy2

]3 sen x

y=sen x

dx

=

∫ π

0

(

x senx+1

2x sen2 x

)

dx

=

[

−x cos x+ senx+1

8x2 − 1

8x sen 2x− 1

16cos 2x

]π

0

= π +π2

8

(d)

∫ 1

0

∫ x2

0(x2 + xy − y2) dy dx =

∫ 1

0

[

x2y +1

2xy2 − 1

3y3

]x2

y=0

dx

=

∫ 1

0

(

x4 +1

2x5 − 1

3x6

)

dx =33

140


Integracion 485

(f)∫ 1

0

∫ 3y

0ex+y dx dy =

∫ 1

0

[

ex+y

]3y

x=0

dy =

∫ 1

0e4y − ey dy =

3

4− e− 1

4e4


Integracion 486

Problema 248 Esbozar la region sobre la que se integra, intercambiar el orden de integracion y evaluar las siguien-

tes integrales:

a)

∫ 1

0

∫ 1

xxy dy dx b)

∫ π/2

0

∫ cos θ

0cos θ dr dθ

c)

∫ 1

0

∫ 1

1−y(x+ y2) dx dy d)

∫ 4

1

∫ √x

1(x2 + y2) dy dx

Recordemos que la representacion

∫ b

a

∫ g2(t)

g1(t)indica que estamos integrando en la region del plano comprendida

entre las graficas de g1 y g2 en el intervalo [a, b]; si la variable t se corresponde a la coordenada X, la grafica se

entendera como los puntos (x, g(x)); pero si la variable t corresponde a la coordenada Y , la grafica la entenderemos

como el conjunto de puntos (g(y), y) (es decir, la curva simetrica a la grafica de g respecto de la recta Y = X).

Por otra parte, no hay que olvidar que el signo de integral siempre esta asociado a coordenadas cartesianas y por

tanto, las representaciones graficas deben hacerse en coordenadas cartesianas y no en coordenadas polares, esfericas

o cilındricas.

Por la sencillez de las integrales no detallaremos la resolucion de las mismas.


Integracion 487

∫ yy

0

∫ 1

1

1

x

x

(a) La region sobre la que estamos integrando es el triangulo sombreado de la figura. El orden de integracion en

la expresion del enunciado equivale al siguiente proceso de calculo: en primer lugar, para cada x, hallamos el area

A(x) =∫ 1x xy dy de la seccion por el plano X = x (para cada x, el recorrido de integracion es el segmento vertical

que se representa en la figura); a continuacion, integramos la funcion A(x) en el intervalo [0, 1]. Si ahora queremos

invertir el orden de integracion, el proceso de calculo resultante serıa el siguiente: en primer lugar, para cada y,

hallamos el area B(y) =∫ y0 xy dx de la seccion por el plano Y = y (para cada y el recorrido de integracion es el

segmento horizontal que se representa en la figura); a continuacion, integramos la funcion B(y) en el intervalo [0, 1].

En resumen, la igualdad obtenida es∫ 1

0

∫ 1

xxy dy dx =

∫ 1

0

∫ y

0xy dx dy

(b) (Lease la introduccion de la solucion y vease el apartado anterior). En este caso, el nombre de las variables

no indica a priori la correspondencia con las coordenas cartesianas; para evitar posibles confusiones, cambiamos las


Integracion 488

variables como sigue:∫ π/2

0

∫ cos x

0cosx dy dx

Y

X

1

∫ cos x

x

0∫ arccos y

y

0

π

2

Teniendo en cuenta la figura, deducimos la siguiente igualdad:

∫ π/2

0

∫ cos x

0cosx dy dx =

∫ 1

0

∫ arc cos y

0cos x dx dy


Integracion 489

(d)

∫ 4

1

∫ √x

1(x2 + y2) dy dx =

∫ 1

1

∫ 4

y2

(x2 + y2) dx dy

∫ √x

x

1

1

1∫ 4

2

4

y

y

2

Y

X


Integracion 490

Problema 249 Integrar las funciones dadas sobre las regiones indicadas:

(a) f(x, y) = x− y sobre el triangulo con vertices (0, 0), (1, 0) y (2, 1).

(b) f(x, y) = (x2 + 2xy2 + 2) sobre la region acotada por el grafo de y = −x2 + x, el eje OX y las rectas x = 0 y

x = 2.

La regiones correspondientes a las integrales se muestran en las siguientes figuras; ademas, en ellas aparecen

representados los ordenes de integracion mas sencillos

y = x − x2

∫ x−x2

0∫ 0

x−x2

x = 2

2

2

y

y

x = y + 1

1

11

XY

∫ y+1

2y

Por tanto, el calculo de las integrales propuestas es:

(a)

∫ 1

0

∫ y+1

2y(x− y)dx dy =

1

3


Integracion 491

(b)

∫ 1

0

∫ x−x2

0(x2 + 2xy2 + 2)dy dx+

∫ 2

1

∫ 0

x−x2

(x2 + 2xy2 + 2)dy dx =27

70+

1249

210=

19

3


Integracion 492

Problema 250 Evaluar las integrales dobles en la region R limitada por las graficas de las ecuaciones indicadas.

usese el orden de integracion mas conveniente:

1.

∫∫

R

(x+ 1)dA, y = x, x+ y = 4, x = 0,

2.

∫∫

R

x√ydA, y = x2 + 1, y = 3 − x2,

3.

∫∫

R

senπx

ydA, x = y2, x = 0, y = 1, y = 2.


Integracion 493

Problema 251 Demostrar que

∫ x

0

(∫ t

0F (u) du

)

dt =

∫ x

0(x− u)F (u) du.

∫ t

0

∫ x

u

x

x

T

U

t

u


Integracion 494

En la figura se muestra el cambio del orden de integracion que utilizamos para obtener la igualdad pedida:

∫ x

0

(∫ t

0F (u) du

)

dt

=

∫ x

0

(∫ x

uF (u) dt

)

du

=

∫ x

0

[

tF (u)

]x

u

du

=

∫ x

0(x− u)F (u) du


Integracion 495

Problema 252 Evaluar las siguientes integrales triples:

(a)

∫∫∫

R

(x2 + y2 + z2) dV , donde R es la region acotada por x+ y + z = a (con a > 0), x = 0, y = 0, y z = 0.

(b)

∫∫∫

R

z dV , donde R es la region acotada por los planos x = 0, y = 0, z = 0, z = 1 y el cilindro x2 + y2 = 1,

con x, y ≥ 0.

(c)

∫∫∫

R

(1 − z2) dV , donde R es la piramide de vertice superior en (0, 0, 1) y los vertices de la base en (0, 0),

(1, 0), (0, 1) y (1, 1).

(d)

∫∫∫

R

(x2 + y2) dV , donde R es la piramide anterior.

Para evaluar las integrales triples usando el teorema de Fubini, debemos en primer lugar establecer el orden de

integracion adecuado. En algunos casos no sera posible utilizar cualquier orden y cuando sea posible utilizar mas

de uno, habra que elegir el que conduzca a las integrales mas sencillas. Para establecer el orden de integracion y

determinar los lımites se puede seguir el siguiente proceso:

En primer lugar elegimos una seccion perpendicular a un eje; la variable correspondiente a este eje nos dara la

integral mas externa (la ultima en evaluar) y el rango de la variable determina los lımites de integracion. De esta


Integracion 496

seccion elegimos una arista paralela a un segundo eje; la variable correspondiente a este eje nos dara la segunda

integral; ademas, esta arista tendra sus extremos en dos curvas, estas curvas constituyen los lımites de integracion

para esta segunda integral. Por ultimo, una seccion (de la seccion primera) perpendicular a la arista elegida, nos da

el recorrido de la integral mas interna (la primera en evaluarse); esta seccion tendra sus extremos en dos superficies,

que son los lımites de integracion de esta ultima integral.

Para que este proceso se entienda perfectamente debe seguirse paralelamente a los ejercicios siguientes y sobre

la figura 7.3, que representa la regiones de integracion. Para asegurarse de que se ha comprendido bien, el lector

puede elegir, para cada una de las regiones, ordenes de integracion diferentes a los empleados en las soluciones.

(a) Para cada x ∈ [0, a], 0 ≤ y ≤ a− x y 0 ≤ z ≤ a− x− y, por tanto:∫∫∫

R

(x2 + y2 + z2) dV =

∫ a

0

∫ a−x

0

∫ a−x−y

0(x2 + y2 + z2) dz dy dx

(b) Para cada x ∈ [0, 1], 0 ≤ y ≤√

1 − x2 y 0 ≤ z ≤ 1, por tanto:∫∫∫

R

z dV =

∫ 1

0

∫ √1−x2

0

∫ 1

0z dz dy dx

(c) y (d) Para cada z ∈ [0, 1], 0 ≤ x ≤ 1 − z y 0 ≤ y ≤ 1 − z, por tanto,∫∫∫

R

f(x, y, z) dV =

∫ 1

0

∫ 1−z

0

∫ 1−z

0f(x, y, z) dy dx, dz

(Las integrales son sencillas de evaluar y se dejan al lector)


Integracion 497

∫ √1−x2

0

dy

∫ 1

0

dz

Z

Y

X

RectaX

Z

= 1 − Z

X

Y

Y

= 0

PlanoY = 1 − Z

∫ 1−z

0

dx

∫ 1−z

0

dy

RectaY

Y

= a − X

XZ

Z

= 0

PlanoZ = a − X − Y

∫ a−x

0

dy

∫ a−x−y

0

dz

Apartado (a) Apartado (b)

Apartados (c) y (d)


Integracion 498

Problema 253 Expresar, sin realizar la integracion, las integrales dadas en el orden indicado. (Indicacion: para

ello habra que esbozar la region de integracion).

(a)

∫ 1

−2

∫ π/2

0

∫ cos z

0xyz2 dy dz dx en el orden x, y, z.

(b)

∫ 0

−1

∫ 0

−y−1

∫ 1+x+y

0xyz2 dz dx dy en el orden y, z, x.

(c)

∫ 5

2

∫ 0

−4

∫ 16−x2

0(x+ 1) dz dx dy en el orden x, y, z.

(Ver el problema 22) en la figura 7.4 se muestran las regiones de los tres apartados; en cada caso, a la izquierda

aparece representado el orden de integracion del enunciado y a la derecha, el orden de integracion que nos pide el

ejercicio.

Las igualdades que se obtienen son:

(a)∫ 1

−2

∫ π/2

0

∫ cos z

0xyz2 dy dz dx =

∫ π/2

0

∫ cos z

0

∫ 1

−2xyz2 dx dy dz


Integracion 499

∫ cos z

0

dy

∫ cos z

0

dy

∫ π/2

1

1

1

1

π/2 π/2

0

dz

∫ 1

−2

dx

Z

YX

Z

Y

X

Apartado (a)

∫ 1+x+y

0

dz

∫ 0

−y−1

dx

−1

−1

1 1

−1

−1

∫ z−x−1

0

dy

∫ x+1

0

dz

Z

Y

X

Z

Y

X

Apartado (b)

Apartado (c)

Z

X

Z

X


Integracion 500

(b)∫ 0

−1

∫ 0

−y−1

∫ 1+x+y

0xyz2 dz dx dy =

∫ 0

−1

∫ x+1

0

∫ 0

z−x−1xyz2 dy dz dx

(c)∫ 5

2

∫ 0

−4

∫ 16−x2

0(x+ 1) dz dx dy =

∫ 16

0

∫ 5

2

∫ √16−z

0(x+ 1) dx dy dz


Integracion 501

Problema 254 Hallar la integral de la funcion f sobre la region R indicada:

(a) f(x, y, z) = y sobre la region acotada por z = 1 − y2, x = 0, x = 4 y z = 0. Usar simetrıa.

(b) f(x, y, z) = yz sobre la region acotada por los planos coordenados y los planos x+ y = 1 y z = 4.

(a) Para cada x ∈ [0, 4] y cada y ∈ [−1, 1], 0 ≤ z ≤ 1 − y2 y por tanto, la integral pedida es

∫ 4

0

∫ 1

−1

∫ 1−y2

0y dz dy dx =

∫ 4

0

∫ 1

−1y(1 − y2) dy dx =

∫ 4

00 dx = 0

Este resultado lo podıamos haber deducido sin realizar la integral; dado que la region es simetrica respecto

del plano Y = 0 y la funcion verifica que f(x,−y, z) = −f(x, y, z), la integral sobre la mitad de la region con

y ≤ 0, es igual a la integral sobre la otra mitad pero con signo contrario; por tanto, la integral propuesta se

puede descomponer en dos integrales que se anulan.

(b) Para cada z ∈ [0, 4] e y ∈ [0, 1], se tiene que 0 ≤ x ≤ 1 − y; por tanto, la integral propuesta es:

∫ 4

0

∫ 1

0

∫ 1−y

0yz dx dy dz =

∫ 4

0

∫ 1

0(1 − y)yz dy dz =

∫ 4

0

1

6z dz =

8

9


Integracion 502

Problema 255 Sea R = [−1, 1] × [2, 4] y sea f(x, y) = x(1 + y). Esbozar el grafo de f sobre R. Usar la simetrıa

para deducir que el valor de la integral

∫∫

R

f(x, y)dxdy debe ser cero.

-1-0.5

00.5

1 2

2.5

3

3.5

4

-5

0

5

PlanoXY

La grafica de esta funcion es facil de imaginar teniendo en cuenta que, haciendo x constante, la grafica resulta una

recta (es decir, las secciones de la grafica con planos X = x0 son rectas) y lo mismo ocurre si hacemos y constante.

Dado que f(−x, y) = −f(x, y), se verifica que la grafica de f es simetrica respecto del eje OX. La region R

tambien es simetrica respecto del eje OX, y concluimos que el volumen que queda entre la grafica y el plano XY

(por debajo) en la region [−1, 0] × [2, 4] es el mismo que el volumen que queda entre la grafica y el plano XY (por

encima) en la region [0, 1] × [2, 4]; de todo esto, deducimos que efectivamente la integral es 0.


Integracion 503

Problema 256 Sea f(x, y) = 1, sean D = [0, 3]×[0, 1] y D′ = [0, 1]×[0, 1] y sea T (u, v) = (−u2+4u, v). Comprobar

que T transforma D′ sobre D y que∫∫

D

f(x, y) dx dy 6=∫∫

D′

f(x(u, v), y(u, v)

)du dv

Dado que la funcion f es constantemente 1, tenemos que:

∫∫

D

f(x, y) dx dy =

∫∫

D

dx dy = (area de D) = 3

∫∫

D′

f(x(u, v), y(u, v)

)du dv =

∫∫

D′

du dv = (area de D′) = 1

Por tanto, efectivamente, las dos integrales son distintas. Para completar el ejercicio, tenemos que comprobar que

la aplicacion T transforma D′ en D.

Dado que y(u, v) = v, es evidente que

v ∈ [0, 1] ↔ y(u, v) ∈ [0, 1].

Por otra parte:

u ∈ [0, 1] ↔ 4 − u ∈ [0, 3] =⇒ x(u, v) = u(4 − u) ∈ [0, 3]


Integracion 504

por tanto, efectivamente, se tiene la transformacion indicada.

Este ejercicio muestra un contraejemplo que prueba la incorreccion de la igualdad

∫∫

D

f(x, y) dx dy =

∫∫

D′

f(x(u, v), y(u, v)

)du dv,

siendo necesario usar (correctamente) el teorema de cambio de variable.


Integracion 505

Problema 257 Evaluar las siguientes integrales pasando a coordenadas polares:

a)

∫ 3

−3

∫ √9−x2

0

√

x2 + y2 dy dx b)

∫ 1

0

∫√

2y−y2

0(1 − x2 − y2) dx dy

c)

∫ 1

0

∫√

1−y2

0ex

2+y2dx dy d)

∫ a

0

∫√

a2−y2

0xy dx dy

e)

∫ 4

0

∫ x

0(x2 + y2) dy dx f)

∫ 2

0

∫ y

−y(x2 + y2) dx dy

Recordemos la formula de integracion de una funcion f efectuando el cambio a coordenadas polares:

∫∫

R

f(x, y)dx dy =

∫∫

R′

rf(r cos θ, r sen θ)dr dθ

Donde R y R′ representan la misma region del plano pero definida por coordenadas cartesianas y coordenadas

polares respectivamente.

Por tanto, para realizar el cambio de variable debemos determinar, en primer lugar, la region del plano en que

estamos integrando y describirla por coordenadas polares.


Integracion 506

(a) La region sobre la que estamos integrando es el semicırculo x2 + y2 ≤ 32, y ≤ 0.

∫ 3

−3

∫ √9−x2

0

√

x2 + y2 dy dx =

∫ 3

0

∫ π

0r√

r2 cos2 θ + r2 sen2 θdθ dr

=

∫ 3

0

∫ π

0r2dθ dr =

∫ 3

0πr2 dr = 9π

(b) Dado que 2y − y2 = 1 − (y − 1)2, se deduce que la region donde se integra es el cuadrante de la circuferencia

x2 + (y − 1)2 = 1 que verifica x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1. El cambio de variable que nos interesa en este caso es

(x, y) → g(r, θ) = (r cos θ, 1 + r sen θ) |Jg(r, θ)| = r

La funcion g transforma rectangulos [0, c] × [0, 2π] en cırculos x2 + (y − 1)2 ≤ c2.

∫ 1

0

∫√

2y−y2

0(1 − x2 − y2) dx dy =

∫ 1

0

∫ 0

π/2r(1 − r2 cos2 θ − r2 sen2 θ) dθ dr

=

∫ 1

0

∫ 0

π/2r(1 − r2) dθ dr =

∫ 1

0

π

2r(1 − r2) dr =

π

8


Integracion 507

(e) La region donde se integra es el triangulo que se muestra a la derecha de la siguiente figura:

φ(θ) =4

cos θR

Θ X

Y

π

44

4

g

La descripcion de esa region en coordenadas polares es la siguiente: la coordenada θ de cada punto verifica que

0 ≤ θ ≤ π/4; para cada punto (r, θ), la coordenada r verifica que 0 ≤ r ≤ 4cos θ . Esto lo hemos representado

en la figura anterior de la siguiente forma; la aplicacion g(r, θ) = (r cos θ, r sen θ) (cambio de coordenadas a

polares) transforma la region comprendida entre el eje Θ y la grafica de φ(θ) = 4cos θ en [0, π/4], en el triangulo


Integracion 508

donde estamos integrando. Por tanto:

∫ 4

0

∫ x

0(x2 + y2) dy dx =

∫ π/4

0

∫ 4/ cos θ

0r3 dr dθ =

∫ π/4

0

1

4

44

cos4 θdθ

= 64

[1

3tg θ sec2 θ +

2

3tg θ

]π/4

0

=256

3

(ver el ejercicio 5 del capıtulo 7)

(f) Teniendo en cuenta que la funcion f(x, y) = x2 + y2 verifica que f(x,−y) = f(x, y) y por la transformacion

vista en el apartado anterior, tenemos:

∫ 2

0

∫ y

−y(x2 + y2) dx dy = 2

∫ 2

0

∫ y

0(x2 + y2) dx dy

= 2

∫ 2

0

∫ x

0(y2 + x2) dy dx = 2

∫ π/4

0

∫ 2/ cos θ

0r3 dr dθ =

16

3


Integracion 509

Problema 258 Hallar el area de la region plana que se indica usando integracion en coordenadas polares:

(a) La region interior a una hoja de r = a sen 2θ.

(b) La region del primer cuadrante acotada por x2 + y2 = a2, y = 0 y x = a/2.

(c) La region interior al bucle grande y exterior al pequeno del caracol r = a(1 + 2 cos θ).

(d) El area total de la lemniscata r2 = 2a2 cos 2θ.

Como ya sabemos, una forma de calcular el area de una region R del plano es mediante la integral:∫∫

R

dx dy

Si esta misma region la tenemos definida por coordenadas polares, el area se calculara con la integral∫∫

R′

r dr dθ,

donde R′ representa a la region R definida por coordenadas polares

(a) La curva r = a sen 2θ es una rosa de cuatro petalos y el interior de la hoja del primer cuadrante esta formado

por los puntos (r, θ) que verifican: 0 ≤ θ ≤ π2 y 0 ≤ r ≤ a sen 2θ; por tanto, su area es:

∫ π/2

0

∫ a sen 2θ

0r dr dθ =

∫ π/2

0

1

2a2 sen2 θ dθ =

π

8a2


Integracion 510

(b) Si a la region definida por 0 ≤ r ≤ a y 0 ≤ θ ≤ π6 le quitamos aquellos punto que verifican x ≤ a/2 (que

forman un triangulo de base a/2 y altura a√

3/2), obtenemos la region definida. Por tanto, su area es:

[∫ a

0

∫ π/6

0r dθ dr

]

−√

3

8a2 =

π

12a2 −

√3

8a2

(c) La representacion del caracol puede verse en la figura 4.7; de ella se deduce que el area pedida es:

2

∫ 2π/3

0

∫ a(1+2 cos θ)

0r dr dθ − 2

∫ π

2π/3

∫ a(1+2 cos θ)

0r dr dθ

= 2

∫ 2π/3

0

a2

2(1 + 2 cos θ)2 dθ − 2

∫ π

2π/3

a2

2(1 + 2 cos θ)2 dθ = a2(π +

√27)

(d) El area total de la lemniscata r2 = 2a2 cos 2θ es:

4

∫ π

04

∫√

2a2 cos 2θ

0r dr dθ = 2

∫ π

042a2 cos 2θ dθ = 2a2


Integracion 511

Problema 259 Pasar las siguientes integrales a coordenadas cilındricas y evaluarlas.

(a)

∫ 1

0

∫ √1−x2

−√

1−x2

∫ 3

0x dz dy dx.

(b)

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2

∫√

x2+y2

0z dz dy dx.

(c)

∫ √2

−√

2

∫ √2−z2

−√

2−z2

∫ 1+y2+z2

0z3 dx dy dz.

Recordemos la igualdad que nos permite calcular una integral mediante el cambio a coordenadas cilındricas:∫∫∫

R

f(x, y, z) dx dy dz =

∫∫∫

f(r cos θ, r sen θ, z)r dr dθ dz

donde R′ y R representan la misma region de R3 definida en coordenadas cilındricas y cartesianas respectivamente.

(a) La region donde se integra es un cuarto de cilindro.

∫ 1

0

∫ √1−x2

−√

1−x2

∫ 3

0x dz dy dx =

∫ π/2

0

∫ 1

0

∫ 3

0r2 cos θ dz dr dθ

=

∫ π/2

0

∫ 1

03r2 cos θ dr dθ =

∫ π/2

0cos θ dθ = 1


Integracion 512

(b) La region donde se integra son los puntos comprendidos entre el cono z =√

x2 + y2 y el plano XY que

verifican −2 ≤ x ≤ 2 y x2 + y2 ≤ 4; esta region en coordenadas cilındricas queda definida por: 0 ≤ r ≤ 2,

0 ≤ θ ≤ π/2 y 0 ≤ z ≤ r. Por tanto, la integral se evalua como sigue:

∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2

∫√

x2+y2

0z dz dy dx =

∫ 2

0

∫ π/2

0

∫ r

0zr dz dθ dr

=

∫ 2

0

∫ π/2

0

1

2r3 dθ dr =

∫ 2

0

π

4r3 dr = π

Una forma bastante conveniente de interpretar lo que hemos hecho es la que se muestra en la figura 7.5 y

que se enuncia: la aplicacion g(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) (cambio de coordenadas a cilındricas) transforma la

region formada por los puntos comprendidos entre el plano ΘR y el plano Z = R con r ∈ [0, 2] y θ ∈ [0, π/2]

en la region donde queremos integrar.

Esta interpretacion siempre debe tenerse en cuenta ya que, como aquı ocurre, la region de la izquierda puede

no ser un cubo, y en tal caso tenemos que utilizar las tecnicas de los ejercicios anteriores para establecer el

orden de integracion y los intervalos.

(c) La region esta formada por los puntos comprendidos entre el plano Y Z y el paraboloide x = 1 + y2 + z2 que

verifican que z2 + y2 ≤ 2. En primer lugar observamos que esta region es un solido de revolucion y que OX

es su eje de giro; por tanto, vamos a renombrar las variables de tal forma que el eje de giro de la figura sea

OZ; de esta forma, el cambio a coordenadas cilındricas sera realmente util. Una vez hecho esto, el ejercicio es


Integracion 513

Z Z

R

£

X

Y22

2

2««

g

π

Figura 7.5: Ejercicio 34 b.


Integracion 514

bastante sencillo:

∫ √2

−√

2

∫ √2−z2

−√

2−z2

∫ 1+y2+z2

0z3 dx dy dz =

∫ √2

−√

2

∫√

2−y2

−√

2−y2

∫ 1+x2+y2

0y3 dz dx dy

=

∫ 2

0

∫ 2π

0

∫ 1+r2

0(r sen θ)3r dz dθ dr =

∫ 2π

0

∫ 2

0r4 sen3 θ(1 + r2) dr dθ

=

∫ 2π

0

864

35sen3 θ dθ = 0

(Este resultado se podıa haber deducido a partir de las caracterısticas de simetrıa de la funcion y de la region)

El renombramiento de variables que hemos hecho al inicio del ejercicio es una forma rapida de realizar cambios

de variables triviales. Aunque no hace falta, este renombramiento puede formalizarse mediante un cambio de

varibles cuyo Jacobiano vale 1 en valor absoluto. El lector puede hacer esta formalizacion como ejercicio.


Integracion 515

Problema 260 Hallar el volumen de la region dada usando una integral triple en coordenadas esfericas:

(a) La region entre los conos z2 = x2 + y2 y 3z2 = x2 + y2 y bajo la semiesfera z =√

4 − x2 − y2.

(b) La region acotada lateralmente por el cilindro x2 + y2 = 4, superiormente por el cono z =√

x2 + y2 e

inferiormente por el plano Z = 0.

(c) La region acotada inferiormente por el plano z = b, superiormente por el plano z = c y lateralmente por la

esfera x2 + y2 + z2 = a2, para −a < b < c < a. Expresar el volumen como una diferencia de integrales.

Recordemos que la formula de integracion en coordenadas esfericas es:∫∫∫

R

f(x, y, z) dx dy dz =

∫∫∫

f(ρ senφ cos θ, ρ senφ sen θ, ρ cosφ)ρ2| cosφ|dφ dθ dρ

donde R y R′ representan la misma region del plano definida por coordenadas cartesianas y por coordenadas esfericas

respectivamente. (!No debe olvidarse el valor absoluto de la formula!)

Por tanto, si tenemos una region del plano S definida por coordenadas esfericas, su volumen es:

V =

∫∫∫

S

ρ2| sen φ|dφ dθ dρ

(Ver el segundo apartado del ejercicio 27)


Integracion 516

(a) Esta region queda definida por: π3 ≤ φ ≤ π

3 , 0 ≤ ρ ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π; por tanto su volumen es:

V =

∫ 2

0

∫ 2π

0

∫ π/3

π/4ρ2 senφdφdθ dρ =

∫ 2

0

∫ 2π

0

√2 − 1

2ρ2 dθ dρ

=

∫ 2

0π(√

2 − 1)ρ2 dρ =8

3π(√

2 − 1)

(b) Esta region queda definida por: π4 ≤ φ ≤ π

2 , 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ ρ ≤ 1sen φ ; por tanto, su volumen es:

∫ π/2

π/4

∫ 2π

0

∫ cosec φ

0ρ2 senφdρ dθ dφ

=

∫ π/2

π/4

∫ 2π

0

1

3 sen2 φdθ dφ =

∫ π/2

π/4

2π

3 sen2 φdφ =

2π

3

(c) La region propuesta es una bola de radio a a la que se le han cortado dos casquetes con planos paralelos. Para

calcular el volumen resultante, nos basta con calcular el volumen de uno de estos casquetes; mas concretamente,

nos basta con calcular el volumen del casquete de la esfera x2 + y2 + z2 = a2 limitado inferiormente por el

plano z = d con d ≥ 0 (compruebe el lector que a partir de este volumen podemos obtener el volumen de la

figura propuesta sea cual sea la relacion existente entre a, b y c). Este casquete queda definido en coordenadas


Integracion 517

esfericas por: 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ arc cos da y d

cos φ ≤ ρ ≤ a; por tanto, el volumen del casquete es:

∫ arc cos d/a

0

∫ a

d/ cos φ

∫ 2π

0ρ2 senφdθ dρ dφ =

∫ arc cos d/a

0

∫ a

d/ cos φ2πρ2 senφdρ dφ

=

∫ arc cos d/a

0

2π

3

(

a3 senφ− d3 senφ

cos3 φ

)

dφ =2π

3a3 +

π

3d3 − πa2d


Integracion 518

Problema 261 Transformar a coordenadas esfericas la integral dada en cilındricas por

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ √8−r2

rr2z dz dr dθ

La transformacion de coordenadas cilındricas a esfericas es:

T (ρ, θ, φ) = (ρ senφ, θ, ρ cosφ)

El valor absoluto del determinante de su jacobiano es:

||JT (ρ, θ, φ)|| =

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣

senφ 0 ρ cosφ

0 1 0

cosφ 0 −ρ senφ

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣

= | − ρ| = |ρ|

Por tanto, la formula de cambio de variables de cilındricas a esfericas es:

∫∫∫

R

f(r, θ, z) dr dθ dz =

∫∫∫

R′

f(ρ senφ, θ, ρ cosφ)|ρ| dρ dθ dφ

donde R y R′ representan la misma region del plano definida en coordenadas cilındricas y esfericas respectivamente.

La integral del enunciado se hace sobre la region comprendida entre un cono (el angulo de su generatriz y el

eje OZ es π/4) y un esfera de radio√

8; esta region en coordenadas esfericas queda definida por: 0 ≤ ρ ≤√

8,


Integracion 519

0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ φ ≤ π4 y por tanto:

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ √8−r2

rr2z dz dr dθ =

∫ π/4

0

∫ √8

0

∫ 2π

0ρ2 cos2 φρ cosφρ dθ dρ dφ

=

∫ π/4

0

∫ √8

02πρ4 cos3 φdρ dφ =

∫ π/4

0

∫ √8

0

256

5

√2π cos3 φdφ =

128

3π


Integracion 520

Problema 262 Expresar la siguiente integral en coordenadas esfericas:

∫ 2

−2

∫√

4−y2

−√

4−y2

∫√

x2+y2

0x2 dz dx dy


Integracion 521

Problema 263 Hallar el volumen bajo la grafica de f(x, y) = 4x2 + 3y2 + 27 sobre el disco de radio 2 centrado en

(0, 1).

Damos solo el planteamiento de la integral; el calculo directo es posible pero resulta un poco largo. La integracion

sobre este tipo de regiones se hace mas facilmente cambiando a coordenadas polares, como veremos en el ejercicio

30.

Dado que la circunferencia de radio 2 y centro en (0, 1) esta formada por las graficas de las funciones g1(x) =

1−√

4 − x2 y g2(x) = 1+√

4 − x2, x ∈ [−2, 2], la region sobre la que tenemos que integrar es la region comprendida

entre ellas, y por tanto, el volumen se puede calcular como sigue:

∫ 2

−2

∫ 1+√

4−x2

1−√

4−x2

(4x2 + 3y2 + 27)dy dx


Integracion 522

Problema 264 Aplicar una integral doble para determinar el area de la region R limitada por las graficas de las

ecuaciones indicadas:

1. x = y2, x = 2 − y2,

2.√x+

√y = 2, x+ y = 4,

3. y = −x2 + 3x, y = −2x+ 4, y = 0.


Integracion 523

Problema 265 Recuerdese que si f2(x, y) ≥ f1(x, y) para todo (x, y) de una region R, entonces el volumen del

solido entre las dos superficies y sobre R, es V =∫∫

R

[f2(x, y) − f1(x, y)]dA. Aplica este resultado para evaluar el

volumen comprendido entre las graficas de las ecuaciones indicadas:

z = x2 + y2, z = 9; 2z = 4 − x2 − y2, z = 2 − y.


Integracion 524

Problema 266 Determinar el volumen del solido limitado por las graficas de las ecuaciones indicadas:

1. z = 4 − y2, x = 3, sobre el primer octante,

2. y = x2, y + z = 3, z = 0,

3. z = x+ y, x2 + y2 = 9, sobre el primer octante,

4. z = 4 − x2 − 14y

2, z = 0.


Integracion 525

Problema 267 Hallar el area de la porcion del cilindro x2 + z2 = 1 que esta dentro del cilindro x2 + y2 = 1.

El problema se puede enunciar como sigue: tenemos que calcular el area de la grafica de f(x, y) =√

1 − x2 en la

region x2 + y2 = 1. Esto solo nos dara la mitad del area pedida en el enunciado, ya que estamos considerando solo

la raız cuadrada positiva. El area ası definida se calcula con la formula:

A =

∫∫

R

√

1 + (D1f(x, y))2 + (D2f(x, y))2dx dy

Las derivadas parciales de f son D1f(x, y) = x√1−x2

, D2f(x, y) = 0.

En este caso, resolvemos la integral directamente sin usar ningun cambio de variable:

A =

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x2

1√1 − x2

dy dx =

∫ 1

−12dx = 4

(No hay ninguna referencia que nos diga, a priori, si es preferible usar una cambio de variable o integrar directamente

aplicando el teorema de Fubini; cuando ya se tenga practica con el calculo de integrales multiples, se puede realizar

mentalmente parte de los calculos y deducir el camino menos laborioso).


Integracion 526

Problema 268 Una esfera de radio 1 tiene su centro sobre la superficie de otra esfera de radio a > 1. Probar que

el area de la superficie de la segunda esfera limitada por la primera es π, independientemente del radio a. ¿Como

se puede interpretar este curioso resultado?

Podemos tomar las siguientes ecuaciones para las dos esferas

x2 + y2 + z2 = a2 x2 + y2 + (z − a)2 = 1

Para hallar la interseccion de estas dos esferas restamos las dos ecuaciones; una vez hecho esto, podemos despejar el

valor de z constante: z = 2a2−12a ; si sustituimos este valor en cualquiera de las ecuaciones obtenemos la relacion entre

x e y en los puntos de la interseccion: x2 + y2 = 1− 14a2 . Es decir, la interseccion es una circunferencia contenida en

el plano Z = 2a2−12a de radio

√

1 − 14a2 y con el centro en el eje Z.

Por tanto, el area que tenemos que calcular es la de la superficie de la grafica de la funcion f(x, y) =√

a2 − x2 − y2


Integracion 527

en la region x2 + y2 = 1 − 14a2 :

A =

∫∫

R

√

1 + (D1f(x, y))2 + (D2f(x, y))2 dx dy

=

∫∫

R

√

1 +x2

a2 − x2 − y2+

y2

a2 − x2 − y2dx dy

=

∫∫

R

a√

a2 − x2 − y2dx dy

=

∫∫

R′

ar√a2 − r2

dr dθ

=

∫√

1− 14a2

0

∫ 2π

0ar(a2 − x2 − y2)−1/2 dθ dr

=

∫√

1− 14a2

02πar(a2 − r2)−1/2 dr

=

[

−2πa√

a2 − r2]√

1− 14a2

0

= π


Integracion 528

Problema 269 Calcular el area del grafo de la funcion f(x, y) = xy definida en el dominio R = [0, 1] × [0, 1].

El planteamiento de la solucion no tiene dificultad, puesto que conocemos la formulas que calcula el area del

grafo de un campo escalar f definido en un dominio R; si las derivadas parciales del campo escalar son continuas,

el area viene dada por:

A =

∫∫

R

√

1 + (D1f(x, y))2 + (D2f(x, y))2dxdy

Como vemos a continuacion, la dificultad del ejercicio reside en el calculo de primitivas, aun cuando las expresiones

iniciales y la region de integracion parecen simples.

Para el campo propuesto, la integral que determina el area es:

A =

∫∫

[0,1]×[0,1]

√

1 + y2 + x2dxdy

Abordamos su resolucion de dos formas distintas; en primer lugar, aplicando directamente el teorema de Fubini,

camino que por otra parte es el, a priori mas aconsejable por la forma del dominio de integracion.


Integracion 529

∫∫

[0,1]×[0,1]

√

1 + y2 + x2dxdy

=

∫ 1

0

∫ 1

0

√

1 + y2 + x2dxdy

=

∫ 1

0

∫ 1

0

√

1 + y2

√

1 +x2

1 + y2dxdy

∣∣∣∣∣∣∣∣

senhu =x

√

1 + y2

coshudu =dx

√

1 + y2

=

∫ 1

0

∫ arg senh 1√1+y2

0

√

1 + y2√

1 + senh2 u√

1 + y2 coshududy

=

∫ 1

0(1 + y2)

∫ arg senh 1√1+y2

0cosh2 ududy

=

∫ 1

0(1 + y2)

[u

2+

1

4senh 2u

]arg senh 1√1+y2

u=0

dy


Integracion 530

=

∫ 1

0(1 + y2)

[u

2+

1

4senh 2u

]arg senh 1√1+y2

u=0

dy

=

∫ 1

0(1 + y2)

(

1

2arg senh

1√

1 + y2+

1

4senh 2 arg senh

1√

1 + y2

)

dy

∣∣∣ senh 2 arg senhα = 2(senh arg senhα)(cosh arg senhα) = 2α

√1 + α2

=

∫ 1

0(1 + y2)

(

1

2arg senh

1√

1 + y2+

1

2

1√

1 + y2

√

1 +1

1 + y2

)

dy

=

∫ 1

0

(

1

2(1 + y2) arg senh

1√

1 + y2+

1

2

√

2 + y2

)

dy

=1

2

∫ 1

0(1 + y2) arg senh

1√

1 + y2dy +

1

2

∫ 1

0

√

2 + y2dy

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣


u = arg senh 1√

1 + y2⇒ du = − y

(1 + y2)√

y2 + 2dy

dv = (1 + y2)dy ⇒ v = y +y3

3

=

[(y

2+y3

6

)

arg senh1

√

1 + y2

]1

0

+1

6

∫ 1

0

3y2 + y4

(1 + y2)√

y2 + 2dy +

1

2

∫ 1

0

√

2 + y2dy

=2

3arg senh

1√2

+

∫ 1

0

(

3y2 + y4

6(1 + y2)√

y2 + 2+

1

2

√

2 + y2

)

dy

∣∣∣

√

2 + y2 = u+ y ⇒ 2 + y2 = u2 + y2 + 2uy ⇒ y =2 − u2


Integracion 531

La simplificacion del resultado final de la evaluacion requiere aplicar varias igualdades y manipular expresiones

con radicales. Concretamente debemos recordar las siguientes igualdades:

arg senhx = log(x+√

x2 + 1); arc tg(1 − x) + arc tg(1 + x) = arc tg2

x2 =π

2− arc tg

x2

2, x ≥ 0

En particular, para x =√

3 − 1, tenemos quex2

2= 2 −

√3 y de ahı:

arc tg(2 −√

3) + arc tg√

3 =π

2− arc tg(2 −

√3)

arc tg(2 −√

3) +π

3=

π

2− arc tg(2 −

√3)

arc tg(2 −√

3) =π

12

Terminamos la evaluacion de la integral:


Integracion 532

A =2

3log

1√2

+

√

3

2

− 1

6+

2

3log

√2 +

1

6− π

12

+1

3(√

3 − 1)2− 2

3log(

√3 − 1) − 1

12(√

3 − 1)2 +1

3arc tg

(√

3 − 1)2

2

=2

3log(1 +

√3) − 2

3log

√2 +

1

3log 2 − π

12+

1

3(√

3 − 1)2− 2

3log(

√3 − 1)

− 1

12(√

3 − 1)2 +1

3arc tg(2 −

√3)

=2

3log(1 +

√3) − 1

3log 2 +

1

3log 2 − π

12+

1

3(√

3 − 1)2− 2

3log(

√3 − 1)

− 1

12(√

3 − 1)2 +π

36

=2

3log

√3 + 1√3 − 1

+1

3(√

3 − 1)2− 1

12(√

3 − 1)2 − π

18

=2

3log

(√

3 + 1)2

2+

1

3(√

3 − 1)2− 1

12(√

3 − 1)2 − π

18

=4

3log(1 +

√3) − 2

3log 2 +

√3

3− π

18≈ 1′28079


Integracion 533

La misma integral puede ser resuelta con el cambio por coordenadas polares; vamos a ver que la complejidad de

la integral es similar.


Integracion 534

∫∫

[0,1]×[0,1]

√

1 + y2 + x2dxdy

=

∫∫

T−1(R)

r√

1 + r2drdθ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

{

0 ≤ θ ≤ π/4

0 ≤ r ≤ 1cos θ{

π/4 ≤ θ ≤ π/2

0 ≤ r ≤ 1sen θ

= 1

rsenθ

= 1

rcos θ

Y

X

=

∫ π/4

0

∫ 1/cos θ

0r√

1 + r2drdθ +

∫ π/2

π/4

∫ 1/sen θ

0r√

1 + r2drdθ

=

∫ π/4

0

[1

3(1 + r2)

3/2

]1/cos θ

r=0

dθ +

∫ π/2

π/4

[1

3(1 + r2)

3/2

]1/sen θ

r=0

dθ

=1

3

∫ π/4

0

[(

1 +1

cos2 θ

)3/2

− 1

]

dθ +1

3

∫ π/2

π/4

[(

1 +1

sen2 θ

)3/2

− 1

]

dθ

= −π6

+1

3

∫ π/4

0

(

1 +1

cos2 θ

)3/2

dθ +1

3

∫ π/2

π/4

(

1 +1

sen2 θ

)3/2

dθ

∣∣∣∣∣∣∣

tg θ = t ⇒ sen2 θcos2 θ

= t2 ⇒ 1cos2 θ

= t2 + 1

(1 + tg2 θ)dθ = dt ⇒ dθ =dt

1 + t2

= −π6

+1

3

∫ 1 (2 + t2)3/2

1 + 2 dt+1

3

∫ π/2(

1 +1

sen2

)3/2

dθ


Integracion 535

= −π6

+2

3

∫ 1

0

(2 + t2)3/2

1 + t2dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

√2 + t2 = u+ t ⇒ 2 = u2 + 2ut⇒ t = 2 − u2

2u

dt = −2 + u2

2u2 du

El cambio de variable lleva a una funcion racional en u.

= −π6− 2

3

∫ √3−1

√2

(2 + u2)4

4u3(4 + u4)du

= −π6

+2

3

∫ √2

√3−1

(u

4+

1

u3 +2

u+

4u

4 + u4

)

du

= −π6

+2

3

[u2

8− 1

2u2 + 2 log u+ arc tgu2

2

]√

2

√3−1

=4

3log(1 +

√3) − 2

3log 2 +

√3

3− π

18

La ultima evaluacion y simplificacion es similar a la realizada en el procedimiento anterior.


Integracion 536

Problema 270 Un solido del primer octante esta acotado inferiormente por el plano z = 0, lateralmente por el

plano y = 0 y la superficie x = y2, y superiormente por la superficie z = 4 − x2. La densidad es δ(x, y, z) = kxy

donde k es una constante. Hallar la masa del solido.

La masa viene dada por:

∫∫∫

R

δ(x, y, z) dx dy dz =

∫ 2

0

∫ √x

0

∫ 4−x2

0kxy dz dy dx

=

∫ 2

0

∫ √x

0kxy(4 − x2) dy dx =

∫ 2

0

1

2kx2(4 − x2) dx =

32

15k


Integracion 537

Problema 271 Un toro de masa m es generado cuando un cırculo de radio a gira alrededor de un eje de su plano

a una distancia b del centro (b > a). Hallese su momento de inercia respecto al eje de revolucion.

Si d(x, y, z) nos da la distancia de un punto (x, y, z), de la region R, a un recta ℓ, y δ(x, y, z) nos da la densidad

del solido en cada punto, el momento de inercia del solido respecto a ℓ es

Iℓ =

∫∫∫

R

(d(x, y, z))2δ(x, y, z) dx dy dz

Supongamos ahora que el eje ℓ es OX; en este caso, la distancia de un punto al eje, coincide con la primera

coordenada cilındrica del punto, es decir, d(r cos θ, r sen θ, z) = r. Por tanto, la mejor forma de evaluar la integral

es efectuando el cambio a coordenadas cilındricas y se tiene que:

IOX =

∫∫∫

R′

r3δ(r cos θ, r sen θ, z) dr dθ dz

donde R′ es la region R definida por coordenadas cilındricas.

El toro descrito en el enunciado se define por coordenadas cilındricas por: θ ∈ [0, 2π], z ∈ [−a, a] y b−√a2 − z2 ≤

r ≤ b+√a2 − z2. Por tanto, su momento de inercia respecto de OX es:

IOX =

∫ a

−a

∫ b+√

a2−z2

b−√

a2−z2

∫ 2π

0r3 dθ dr dz =

∫ a

−a

∫ b+√

a2−z2

b−√

a2−z2

2πr3 dr dz

=

∫ a

−a(4π(b3 − ba2)

√

a2 − z2 + 4πbz2√

a2 − z2)dz = 2π2a2(b3 − ba2) +π2

2a4b


Integracion 538

(Las primitivas de los dos sumandos se obtienen con el cambio z → a senu)


Integracion 539

Problema 272 1. La densidad en cada punto de una placa cuadrada de un metro de lado es 4 + r2 gramos por

centımetro cuadrado, donde r es la distancia en centımetros desde el punto al centro de la placa. ¿Cual es la

masa de la placa?

2. ¿Cual es la masa de la placa si r es la distancia al vertice inferior izquierdo de la placa.

1. Supongamos que la placa esta situada sobre el plano XY con los lados paralelos a los ejes coordenados y con

su centro sobre el origen; entonces, la distancia de cada punto (x, y) de la placa al centro es r = f(x, y) =√

x2 + y2. La masa de la placa se calcula como sigue:

∫ 1/2

−1/2

∫ 1/2

−1/2(4 + r2)dx dy =

∫ 1/2

−1/2

∫ 1/2

−1/2(4 + x2 + y2)dx dy =

∫ 1/2

−1/2

(49

12+ y2

)

dy =25

6

2. En este caso situamos la placa con el vertice inferior izquierdo sobre el origen de coordenadas y en el primer

cuadrante de plano. De esta forma, volvemos a tener r =√

x2 + y2 y la masa de la placa es:

∫ 1

0

∫ 1

0(4 + r2)dx dy =

∫ 1

0

∫ 1

0(4 + x2 + y2)dx dy =

∫ 1

0

(13

3+ y2

)

dy =14

3


Integracion 540

Problema 273 Hallar el valor medio de las siguientes funciones sobre las regiones dadas.

(a) f(x, y) = y senxy, R = [0, π] × [0, π].

(b) f(x, y) = 1/(x+ y), R = [e, e2] × [e, e2].

(c) f(x, y) = x2 + y2, sobre el anillo comprendido entre las circunferencias x2 + y2 = 1/4 y x2 + y2 = 1.

Si A es el area de la region R, el valor medio de una funcion f(x, y) en R es:

VM =1

A

∫∫

R

f

(a)

VM =1

A

∫∫

R

f =1

π2

∫ π

0

∫ π

0(y senxy)dx dy

=1

π2

∫ π

0(1 − cos πy)dy =

1

π2

(

π − 1

πsenπ2

)

(c) Sea C1 el cırculo x2 + y2 ≤ 1 y C2 el cırculo x2 + y2 ≤ 1/4.

VM =1

A

∫∫

R

f =4

3π

∫∫

C1

f −∫∫

C2

f


Integracion 541

Para calcular las integrales hacemos el cambio de variable a coordenadas polares, es decir

(x, y) → g = (g1(r, θ), g2(r, θ)) = (r cos θ, r sen θ) |Jg(r, θ)| = r

Esta funcion g transforma rectangulos [0, ρ] × [0, 2π] en cırculos x2 + y2 ≤ ρ2. Por tanto, la integrales las

calculamos como sigue:

∫∫

C1

f =

∫ 1

0

∫ 2π

0(r2 cos2 θ + r2 sen2 θ)rdθ dr =

∫ 1

0

∫ 2π

0r3dθ dr =

∫ 1

02πr3dr =

π

2

∫∫

C2

f =

∫ 1/2

0

∫ 2π

0r3dθ dr =

∫ 1/2

02πr3dr =

π

32

El valor medio de la funcion es:

VM =4

3π

(π

2− π

32

)

=5

8


Integracion 542

Problema 274 Hallar el centro de masas de la region entre y = x2 e y = x si la densidad viene dada por x+ y.

El centro de masas, (x, y), de una placa que cubre una region del plano R y cuya densidad viene dada por una

funcion ρ(x, y) es:

x =

∫∫

R

xρ(x, y)dx dy

∫∫

R

ρ(x, y)dx dyy =

∫∫

R

yρ(x, y)dx dy

∫∫

R

ρ(x, y)dx dy

Hallemos las tres integrales necesarias para la region propuesta:

∫∫

R

xρ(x, y)dx dy =

∫ 1

0

∫ x

x2

(x2 + xy)dy dx =11

120

∫∫

R

yρ(x, y)dx dy =

∫ 1

0

∫ x

x2

(xy + y2)dy dx =13

168

∫∫

R

ρ(x, y)dx dy =

∫ 1

0

∫ x

x2

(x+ y)dy dx =3

20

Por tanto: x =11120

203

=1118

, y =13168

203

=65126


Integracion 543

Problema 275 Hallar el centro de masas del disco determinado por (x− 1)2 + y2 ≤ 1 si la densidad es x2.

(Ver el problema anterior) Para resolver las integrales del ejercicio vamos a utilizar el siguiente cambio de

variable:

(x, y) → g(r, θ) = (1 + r cos θ, r sen θ) |Jg(r, θ)| = r

La funcion g transforma rectangulos [0, c] × [0, 2π] en cırculos (x− 1)2 + y2 ≤ c2.

Las tres integrales necesarias para hallar las coordenadas x e y del centro de masas son:∫∫

R

xρ(x, y)dx dy =

∫ 2π

0

∫ 1

0(1 + r cos θ)(1 + r cos θ)2r dr dθ

=

∫ 2π

0

(1

2+

1

4cos3 θ + cos2 θ +

3

2cos θ

)

dθ = 2π

∫∫

R

yρ(x, y)dx dy =

∫ 1

0

∫ 2π

0r sen θ(1 + r cos θ)2r dθ dr = 0

(Observese que en cada caso optamos por el orden de integracion atendiendo a la simplicidad del calculo de la

primitiva correspondiente).∫∫

R

ρ(x, y)dx dy =

∫ 2π

0

∫ 1

0(1 + r cos θ)2r dr dθ =

∫ 2π

0(1

2+

1

4cos2 θ +

2

3cos θ)dθ =

5

4π

Por tanto: x = 2π45π

=85, y = 0.


Integracion 544

Problema 276 Hallese el momento de inercia respecto al eje OX de la region acotada por el eje OX, la curva

y = ex y las rectas x = 0, x = 1 sabiendo que la densidad en cada punto de la region viene dada por δ(x, y) = y+ 1.

El momento de inercia respecto al eje OX se calcula mediante la siguiente formula

Ix =

∫∫

R

y2δ(x, y) dx dy

Con los datos del enunciado tenemos:

IX =

∫ 1

0

∫ ex

0y2(y + 1) dy dx =

∫ 1

0

(1

4e4x +

1

3e3x

)

dx = − 25

144+

1

3e3 +

1

16e4


Integracion 545

Problema 277 Calculese el momento de inercia y el radio de giro respecto al eje OX de cada una de las figuras

siguientes:

(a) La region rectangular 0 ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ h.

(b) El disco encerrado por la circunferencia x2 + y2 = a2.

(c) La region acotada por la elipse (x/a)2 + (y/b)2 = 1.

En los tres apartados suponemos que la densidad es constante e igual a 1.

(a)

IX =

∫ h

0

∫ b

0y2 dx dy =

∫ h

0by2 dy =

1

3h3b

Para calcular el radio de giro necesitamos la masa de la placa; como estamos suponiendo que la densidad es

1, la masa coincide con la superficie.

RX =

√

IXm

=

√

h3b

2bh=

1√2h

(b)

IX =

∫ a

−a

∫√

a2−y2

−√

a2−y2

y2 dx dy =

∫ a

−a2y2√

a2 − y2dy =π

4a4


Integracion 546

RX =

√

πa4

4πa2=a

2

(c) (Los calculos son exactamente iguales que en el apartado anterior).


Integracion 547

Problema 278 Invierte el orden de integracion:

∫ 5

−5

∫√

25−y2

0f(x, y) dx dy;

∫ 2

0

∫ 3−y

y/2f(x, y) dx dy;

∫ 1

0

∫ √y

0f(x, y) dx dy +

∫ 2

1

∫ √2−y

0f(x, y) dx dy.


Integracion 548

Problema 279 Evaluar las integrales iteradas que se indican invirtiendo el orden de integracion:

∫ 1

0

∫ 2

2ye−y/x dx dy;

∫ 1

−1

∫ √1−x2

−√

1−x2

x√

1 − x2 − y2 dy dx.


Capıtulo 8

Ecuaciones diferenciales ordinarias

549

Ecuaciones diferenciales ordinarias 550

Problema 280 Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias y, en su caso, calcular su valor:

1.

∫ 3

−2

dx√

(x+ 2)(3 − x)

2.

∫ +∞

0e−2x cos ax dx

3.

∫ +∞

e

dx

x log x

4.

∫ π

0tg x dx

1. La integral

∫ 3

−2

dx√

(x+ 2)(3 − x)es impropia en los dos extremos y en los dos es convergente, ya que en −2

tiene el mismo caracter que

∫ 3

−2

dx√x+ 2

y en 3 tiene el mismo caracter que

∫ 3

−2

dx√3 − x

y ambas series son

convergentes por ser (1/2)-integrales.

Vamos a calcular la integral de dos formas distintas. En la primera, utilizaremos la sustitucion de Euler:

√

(x+ 2)(3 − x) = u(x+ 2)



Haciendo las operaciones necesarias llegamos a:

u =

√

3 − x

x+ 2, x =

3 − 2u2

u2 + 1, x+ 2 =

5

u2 + 1, dx =

− 10u

(u2 + 1)2du

Los lımites de integracion cambian a:

lımx→3

√

3 − x

x+ 2= 0, lım

x→−2+

√

3 − x

x+ 2= +∞

Y entonces:

∫ 3

−2

dx√

(x+ 2)(3 − x)=

∫ 0

+∞

− 10u(u2 + 1)2

5uu2 + 1

du

=

∫ +∞

0

2

u2 + 1du

=

[

2 arc tg u

]+∞

0

= lımu→+∞

2 arc tg u = 2π

2= π



Una sustitucion por funcion trigonometrica conduce a un calculo igual de simple:

∫ 3

−2

dx√

(x+ 2)(3 − x)=

∫ 3

−2

dx√6 + x− x2

=

∫ 3

−2

dx

52

√

1 −(

25(x− 1

2))2

∣∣∣∣∣∣

25(x− 1

2 ) = sen θ, θ ∈ (−π/2, π/2)

dx =52

cos θ

=

∫ π/2

−π/2

52 cos θ

52

√1 − sen2 θ

dθ

=

∫ π/2

−π/2

dθ

=π

2+π

2= π

2. La integral

∫ +∞

0e−2x cos ax dx converge, ya que

∫ +∞

0e−2xdx converge y

|e−2x cos ax| ≤ e−2x

Para a = 0 la integral se reduce a

∫ +∞

0e−2xdx =

1

2Γ(1) =

1

2.



Para a 6= 0 calculamos la integral utilizando integracion por partes:

∫ +∞

0e−2x cos ax dx =

∣∣∣∣∣

u = e−2x du = −2e−2xdx

dv = cos ax dx v = 1a sen ax

=

[

e−2x 1

asen ax

]+∞

0

+

∫ +∞

0

2

ae−2x sen axdx

=2

a

∫ +∞

0e−2x sen axdx

∣∣∣∣∣

u = e−2x du = −2e−2xdx

dv = sen ax dx v = − 1a cos ax

=2

a

[

−e−2x 1

acos ax

]+∞

0

− 2

a

∫ +∞

0

2

ae−2x cos axdx

= lımx→+∞

2

a2

(−e−2x cos ax+ 1

)− 4

a2

∫ +∞

0e−2x cos axdx

=2

a2 − 4

a2

∫ +∞

0e−2x cos axdx



De donde se obtiene que:

∫ +∞

0e−2x cos ax dx =

2a2

1 + 4a2

=2

a2 + 4

3. Dado que la funcion f(x) =1

x log xes decreciente en [2,+∞) (ya que tanto la funcion x como la funcion

log x son crecientes), la integral

∫ +∞

e

dx

x log xtiene el mismo caracter que la serie

∑ 1n log n

; por el criterio de

condensacion esta serie tiene el mismo caracter que∑ 1

k log 2que es divergente.

Vamos a estudiar directamente la convergencia a traves del calculo de la integral. El cambio de variable x = eu

hace que el estudio directo sea practicamente identico al realizado arriba:

∫ +∞

e

dx

x log x=

∫ +∞

1

eudu

eu log eu=

∫ +∞

1

du

u

La integral de la derecha no es convergente y en consecuencia la integral propuesta tampoco.

4. La integral

∫ π

0tg x dx es impropia en un punto intermedio del intervalo de integracion, π/2. Aparentemente,

la simetrıa de la funcion tangente en el intervalo de integracion respecto del punto (π/2, 0) permitirıa deducir

que la integral propuesta converge a 0.



π/2 π

Y

X

Sin embargo, vamos a ver que, de hecho, esta integral no converge. Segun la definicion, la integral

∫ π

0tg x dx

converge si y solo si convergen las integrales

∫ π/2

0tg x dx y

∫ π

π/2

tg x dx



Estudiamos la primera:

∫ π/2

0tg x dx =

[

− log cos x

]π/2

0

= lımx→π/2

(− log cos x) = +∞

Por lo tanto, la integral propuesta no converge.



Problema 281 1. Demostrar que la integral impropia Γ(x) =

∫ +∞

0tx−1e−tdt converge para cada x ∈ (0,+∞).

2. Demostrar que la integral impropia β(x) =

∫ 1

0tx−1(1− t)y−1dt converge para cada x ∈ (0,+∞), y ∈ (0,+∞).

1. Segun el valor de x la integral Γ(x) puede ser impropia en 0 o solamente en +∞; estudiamos entonces la

convergencia distinguiendo varios casos.

Para x = 1: Γ(1) =

∫ +∞

0e−t dt =

[

−e−t

]+∞

0

= lımt→+∞

(−e−t + 1) = 1

Para 0 < x < 1: Γ(x) =

∫ +∞

0

dt

t1−xet=

∫ 1

0

dt

t1−xet︸︷︷︸

I1

+

∫ +∞

1

dt

t1−xet︸︷︷︸

I2

.

La integral I1 es impropia en 0 y es convergente, ya que tiene el mismo caracter que

∫ 1

0

dt

t1−x y 0 <

1 − x < 1:

lımt→0

1t1−xet

1t1−x

= lımt→0

1

et= 1 6= 0



La integral I2 es impropia en +∞; teniendo en cuenta que la integral

∫ +∞

0e−t dt converge y que:

lımt→+∞

1t1−xet

1et

= lımt→+∞

1

t1−x = 0

deducimos que I2 tambien converge.

Para x > 1, el teorema de integracion por partes permite deducir la siguiente igualdad:

Γ(x) =

∫ +∞

0tx−1e−tdt =

[

−tx−1e−t

]+∞

0

+

∫ +∞

0tx−2e−tdt

=

∫ +∞

0tx−2e−tdt = (x− 1)Γ(x− 1)

Por lo tanto, Γ(x) converge si y solo si Γ(x − 1) converge. Si E denota a la funcion parte entera y

n = E(x), entonces se verifica que Γ(x) converge si y solo si Γ(x − n) converge, lo cual es cierto por el

punto anterior, ya que 0 < x− n < 1.

2. Segun los valores de x e y la integral β(x, y) puede ser impropia en 0 y/o en 1 e incluso no ser impropia;

estudiamos entonces la convergencia distinguiendo varios casos.

β(1, 1) =

∫ 1

0dt = 1

Si x > 1 e y > 1, la integral no es impropia y la funcion β esta bien definida por que el integrando es una

funcion continua.



Si x 6= 1, β(x, 1) =

∫ 1

0tx−1dt =

[tx

x

]1

0

=1

x. Observese que, si x < 1, la integral es impropia en 0, pero

el calculo realizado es igualmente valido.

Si y 6= 1, β(1, y) =

∫ 1

0(1 − t)y−1dt =

[

−(1 − t)y

y

]1

0

=1

y. Nuevamente, si y < 1, la integral es impropia

en 1.

Si 0 < x < 1 y 0 < y < 1, entonces la integral es impropia en 0 y 1; en 0 tiene el mismo caracter que∫ 1

0tx−1dt que es convergente (ya que 1 − x < 1) y en 1 tiene el mismo caracter que

∫ 1

0(1 − t)y−1dt que

es convergente (ya que 1 − y < 1).

Si 0 < x < 1 e y > 1, entonces la integral es impropia solo en 0 y tiene el mismo caracter que

∫ 1

0tx−1dt

que es convergente.

Si x > 1 y 0 < y < 1, entonces la integral es impropia solo en 1 y tiene el mismo caracter que

∫ 1

0(1−t)y−1dt

que es convergente.



Problema 282 Hallar el area de la region limitada superiormente por xy = 1, inferiormente por y(x2 + 1) = x, y

a la izquierda por x = 1.

Observamos en primer lugar que la curva xy = 1 esta por encima de y(x2 + 1) = x para x 6= 0:

1x

xx2 + 1

=x2 + 1

x2 > 1

Por lo tanto, el area pedida es

∫ +∞

1

(1

x− x

x2 + 1

)

dx =

[

log x− 1

2log(x2 + 1)

]+∞

0

=

[

logx√

x2 + 1

]+∞

0

= 0 − log1√2

= log√

2



Problema 283 Usando la funcion β calcular:

∫ π/2

0sen3 θ cos4 θ dθ.

∫ π/2

0sen3 θ cos4 θ dθ =

1

2β(

4

2,5

2) =

Γ(2)Γ(5/2)

2Γ(9/2)=

1!Γ(5/2)

272

52Γ(5/2)

=2

35

En la simplificacion hemos utilizado la igualdad: Γ(x) = (x− 1)Γ(x− 1).



Problema 284 Utilizar el teorema de Green para demostrar que el area encerrada por una curva cerrada y simple

C, recorrida en el sentido contrario a las agujas del reloj, es:

A =1

2

∮

C−ydx+ xdy

Por lo tanto, si γ(t) = (x(t), y(t)), t ∈ [a, b], es una parametrizacion de C, entonces:

1

2

∫ a

b(−y(t)x′(t) + x(t)y′(t))dt

Calcular el area de la region interior al lazo del folium de Descartes, es decir, la region limitada por la curva:

x(t) =3t

t3 + 1y(t) =

3t2

t3 + 1

La demostracion es una mera comprobacion; si F (x, y) = (−y, x), entonces el teorema de Green establece que

si C esta recorrida en sentido positivo (sentido contrario al de la agujas del reloj), entonces:∮

C(−ydx+ xdy) =

∮

CF =

∫∫

D

(D1F2 −D2F1)dxdy =

∫∫

D

(1 + 1)dxdy = 2A

Y en consecuencia A =1

2

∮

C(−ydx+ xdy).

Recordemos la forma de curva denominada folium de Descartes:



t → −1+

t → −1−

t → −∞

t → +∞

t = 0



El lazo de esta curva corresponde al intervalo [0,+∞) y en consecuencia su area es:

A =1

2

∮

C(−ydx+ xdy) =

1

2

∫ +∞

0

(

− 3t2

t3 + 1

3(t3 + 1) − 9t3

(t3 + 1)2+

3t

t3 + 1

6t(t3 + 1) − 9t4

(t3 + 1)2

)

dt

=1

2

∫ +∞

0

9t2 + 9t5

(t3 + 1)3dt

= −3

2

∫ +∞

0

− 3t2

(t3 + 1)2dt

= −3

2

[1

t3 + 1

]+∞

0

= lımt→+∞

(

− 3

2(t3 + 1)+

3

2

)

=3

2



Problema 285 Utilizar la definicion para calcular la trasformada de Laplace de la siguiente funcion y especificar

su dominio.

f(t) =

−1 si 0 < t < 1

1 si t ≥ 1

L {f(t)} =

∫ +∞

0e−stf(t)dt =

∫ 1

0−e−stdt+

∫ +∞

1e−stdt

=

[e−st

s

]1

t=0

+

[

−e−st

s

]+∞

t=1

=e−s

s− 1

s− lım

t→+∞

(e−st

s− e−s

s

)

=2e−s − 1

s− 1

slım

t→+∞e−st

Si s = 0, la integral impropia

∫ +∞

1e−stdt =

∫ +∞

1dt no converge; si s > 0, el lımite lım

t→+∞e−st es igual a +∞ y

por lo tanto la integral impropia no converge; si s < 0, el lımite lımt→+∞

e−st es igual a 0 y por lo tanto, la integral

impropia converge. En consecuencia, el dominio de la transformada de Laplace es (0,+∞) y:

L {f(t)} =2e−s − 1

s



Podemos calcular la transformada utilizando el segundo teorema de traslacion y teniendo en cuenta que f(t) =

2H(t− 1) − 1 (la funcion H es la funcion de Heaviside);

L {f(t)} = 2L {H(t− 1)} − L {1} = 2e−sL {1} − L {1} =

2e−s − 1

s



Problema 286 Demostrar que si α > −1, entonces L {tα} =Γ(α+ 1)sα+1 .

Utilizar este resultado para calcular L {t−1/2} y L {t3/2}.

L {tα} =

∫ +∞

0e−sttαdt

∣∣∣ u = st du = s dt

=

∫ +∞

0e−uu

α

sα

du

s

=1

sα+1

∫ +∞

0e−uuαdu

=Γ(α+ 1)

sα+1

Para que tenga sentido la ultima expresion necesariamente α > −1. Por otra parte, si α es un numero natural,

entonces:

L {tn} =n!

sn+1

✎ L {t−1/2} =Γ(1/2)

s1/2 =

√

πs



✎ L {t3/2} =Γ(5/2)

s5/2 =32

12Γ(1/2)

s5/2 =34

√

πs5



Problema 287 Use la lista de transformadas basicas y la propiedad de linealidad para calcular las transformadas

de las siguientes funciones:

1. f(t) = t2 + 6t− 3

2. f(t) = et senh t

3. f(t) = sen t cos 2t

1. L {t2 + 6t− 3} = L {t2} + 6L {t} − 3L {1} =2s3

+ 61s2

− 31s

=2 + 6s− 3s2

s3

2. L {et senh t} = L {e2t − 1

2} =

12L {e2t} − 1

2L {1} =

12(s− 2)

− 12s

=1

s(s− 2)

3. Utilizamos la igualdad:

cosα sen β =1

2sen(α+ β) − 1

2sen(α− β)

Por lo tanto:

L {sen t cos 2t} = L {1

2sen 3t− 1

2sen t} =

3

2(s2 + 9)− 1

2(s2 + 1)=

s2 − 3

(s2 + 9)(s2 + 1)



Problema 288 Calcular la transformada de Laplace de la siguiente funcion:

g(t) =

e3t si t ≥ 0, t 6= 5

1 si t = 5

¿Podemos afirmar que la transformada inversa de Laplace de una funcion es unica?



L {g(t)} =

∫ +∞

0e−stg(t)dt

=

∫ 5

0e−stg(t)dt +

∫ +∞

5e−stg(t)dt

=

∫ 5

0e−ste3tdt+

∫ +∞

5e−ste3tdt

=

∫ 5

0et(3−s)dt+

∫ 6

5et(3−s)dt+

∫ +∞

6et(3−s)dt

=

[

et(3−s)

3 − s

]5

0

+

[

et(3−s)

3 − s

]6

5

+

[

et(3−s)

3 − s

]+∞

6

= lımt→5

(

e5(3−s)

3 − s− 1

3 − s

)

+ lımt→5

(

e6(3−s)

3 − s− et(3−s)

3 − s

)

+ lımt→+∞

(

et(3−s)

3 − s− e6(3−s)

3 − s

)

=1

s− 3+ lım

t→+∞et(3−s)

3 − s

=1

s− 3si s > 3

Si s ≤ 3, el ultimo lımite es +∞ y por lo tanto la integral no converge. Hemos obtenido entonces que L {g(t)} =

L {e3t} y en consecuencia podemos concluir que dos funciones distintas pueden tener la misma transformada de

Laplace. En realidad, las funciones no pueden ser muy diferentes: dos funciones tienen la misma transformada de



Laplace si difieren en un conjunto finito de puntos de su dominio.



Problema 289 Demuestrese que la funcion f(t) = 1/t2 no admite transformada de Laplace.

La existencia de la transformada esta determinada por la convergencia de la integral impropia que la define:

L {1/t2} =

∫ +∞

0

e−st

t2dt =

∫ 1

0

e−st

t2dt+

∫ +∞

1

e−st

t2dt

Esta integral no converge puesto que la integral basica

∫ 1

0

e−st

t2dt tiene el mismo caracter que la serie divergente

∫ 1

0

1

t2dt:

lımt→0

e−st

t2

1t2

= lımt→0

e−st = 1



Problema 290 Hallar la transformada de Laplace de la siguientes funcion escribiendolas en terminos de la funcion

de Heaviside.

f(t) =

sen t si 0 ≤ t < 2π

0 si t ≥ 2π

La estrategia para calcular la transformada de Laplace de este tipo de funciones es expresarlas en terminos de

la funcion de Heaviside. En este caso, es facil comprobar que:

f(t) = sen t−H(t− 2π) sen t = sen t−H(t− 2π) sen(t− 2π)

El segundo teorema de traslacion permite calcular facilmente la transformada:

L {f(t)} = L {sen t} − L {H(t− 2π) sen(t− 2π)}

=1

s2 + 1− e−2πs

L {sen t}

=1

s2 + 1− e−2πs 1

s2 + 1

=1 − e−2πs

s2 + 1



Problema 291 Utilizar la lista de transformadas basicas y la propiedad de linealidad para calcular la transformada

inversa de Laplace de las siguientes funciones:

a) F (s) =(s + 1)2

s3b) F (s) =

s− 1

s2(s2 + 1)c) F (s) =

e−2s

s2(s− 1)

a) L−1{(s + 1)2

s3} = L

−1{s2 + 2s+ 1

s3}

= L−1{1

s} + L

−1{ 2

s2} + L

−1{ 1

s3}

= L−1{1

s} + 2L −1{ 1

s2} +

1

2L

−1{ 2

s3}

= 1 + 2t+1

2t2

b) Efectuamos en primer lugar la descomposicion de la funcion racional:

s− 1

s2(s2 + 1)=A

s+B

s2+Cs+D

s2 + 1

Efectuando la suma e igualando coeficientes obtenemos:

s− 1

s2(s2 + 1)=

1

s− 1

s2− s− 1

s2 + 1



y en consecuencia:

L−1{ s− 1

s2(s2 + 1)} = L

−1{1

s− 1

s2− s− 1

s2 + 1} = 1 − t− cos t+ sen t

c) L−1{ e−2s

s2(s − 1)} = H(t− 2)L −1{ 1

s2(s− 1)}t→t−2

= H(t− 2)L −1{−1

s− 1

s2+

1

s− 1}t→t−2

= H(t− 2)

[

−1 − t+ et]

t→t−2

= (−1 − (t− 2) + et−2)H(t− 2) = (1 − t+ et−2)H(t− 2)



Problema 292 Usar el teorema de la derivacion de la transformada de Laplace para n = 1 para calcular f(t) =

L −1{arc tg 1/s}

Por el teorema de derivacion de la transformada de Laplace, podemos escribir:

L {tf(t)} = − d

dsL {f(t)}}

Entonces:

f(t) = −1

tL

−1{ dds

L {f(t)}}

= −1

tL

−1{ dds

arc tg 1/s}

= −1

tL

−1{ − 1

s2 + 1}

= −1

t(− sen t)

=sen t

t



Problema 293 Calcular las siguientes transformadas:

a) L {1 ∗ t3} b) L {t∫ t

0ue−udu}

a) La transformada se calcula facilmente con el teorema de convolucion:

L {1 ∗ t3} = L {1}L {t3} =1

s

6

s4=

6

s5

Calculando previamente la convolucion el calculo queda igual de simple:

L {1 ∗ t3} = L {∫ t

0u3du} = L {1

4t4du} =

1

4

4!

s5=

6

s5



b) Aplicando las propiedades de la transformada y la convolucion:

L {t∫ t

0ue−udu} = L {t(te−t ∗ 1)} Def. de convolucion

= − d

dsL {te−t ∗ 1} T. de derivacion de la transformada

= − d

ds(L {te−t}L {1}) Teor. de convolucion

= − d

ds(L {t}s→s+1L {1}) Primer teorema de traslacion

= − d

ds

(1

(s + 1)21

s

)

=3s2 + 4s+ 1

(s+ 1)4s2=

3s+ 1

(s+ 1)3s2

Calculando la primitiva de la funcion a transformar, podemos hacer el calculo sin utilizar la convolucion:



L {t∫ t

0ue−udu} = L {t

[

−ue−u − e−u

]t

0

}

= L {t(−te−t − e−t + 1)}= L {−t2e−t − te−t + t)}= −L {t2e−t} − L {te−t} + L {t}= −L {t2}s→s+1 − L {t}s→s+1 + L {t}

= − 2

(s+ 1)3− 1

(s+ 1)2+

1

s2=

3s+ 1

(s+ 1)3s2



Problema 294 Usar el teorema de convolucion para calcular L −1{ 1s(s2 + 1)

}

Por el teorema de convolucion tenemos que:

L−1{ 1

s(s2 + 1)} = L

−1{1

s} ∗ L

−1{ 1

s2 + 1} = 1 ∗ sen t

Calculamos finalmente la convolucion que hemos obtenido:

1 ∗ sen t = sen t ∗ 1 =

∫ t

0senudu =

[

− cos u

]u=t

u=0

= 1 − cos t

Por lo tanto:

L−1{ 1

s(s2 + 1)} = 1 − cos t

La propiedad de linealidad y la igualdad1

s(s2 + 1)=

1s− ss2 + 1

conduce de una forma mas simple al mismo

resultado.



Problema 295 Describir la curva que forma un cable flexible de longitud ℓ que esta colgado por sus extremos entre

dos postes de alturas h1 y h2 respectivamente y separados por una distancia d. ¿Que tension lateral soportan los

postes?

Vamos a situar los ejes de coordenadas de forma que el eje de ordenadas quede sobre el poste izquierdo, dejando el

origen de coordenadas en el extremo inferior del mismo, segun se muestra en la figura siguiente; la curva vendra dada

por la grafica de una funcion y de x que tendremos que determinar.

T 0

T ( x ) cos � ( x ) = T

T ( x ) s en � ( x

x

) = P ( x ) − T 0

d

h 1

0

h 2

En cada punto del cable actua la tension del mismo en la direccion tangente a la curva, T (x); la componente



horizontal de esta tension es la misma en cada punto, T = T (x) sen θ(x), ya que no actua ninguna fuerza externa

en ningun punto del cable, sin embargo, la componente vertical es distinta, ya que coincide con el peso de la cuerda

que queda por debajo de dicho punto. Es decir, el valor de esta componente vertical es igual al peso de la cuerda

desde su extremo izquierdo, P (x), menos la tension vertical que ejerce el poste izquierdo, T0; si δ es la densidad

lineal, el valor de esta tension es:

T (x) sen θ(x) = P (x) − T0 = δ

∫ x

0

√

1 + (y′(t))2dt− T0

Dividiendo las expresiones que determinan las dos componentes de la tension, obtenemos la siguiente igualdad:

y′(x) =sen θ(x)

cos θ(x)=δ

T

∫ x

0

√

1 + (y′(t))2dt− T0

T

y derivando ambos miembros, obtenemos la ecuacion diferencial que describe la curva buscada:

y′′(x) =sen θ(x)

cos θ(x)=δ

T

√

1 + (y′(x))2

Esta ecuacion es una ecuacion en variables separables en y′, y′′√

1 + (y′)2=δT

y por lo tanto:

arg senh y′ =δ

Tx+ C1

y′ = senh

(δ

Tx+ C1

)

y =T

δcosh

(δ

Tx+ C1

)

+ C2



Ya tenemos determinada la forma del cable: coincide con la grafica del coseno hiperbolico (salvo las constantes

que determinan el desplazamiento y la apertura). Posiblemente una de las aplicaciones mas importantes de este

ejercicio sea determinar la tension lateral que soportan los postes y que condicionara la resistencia de los mismos.

Esta tension es uno de los parametros que determina la curva anterior y que habra que calcular a partir de los datos

iniciales del problema: longitud del cable, ℓ, separacion de los postes, d, altura del poste izquierdo, h1, altura del

poste derecho, h2 y densidad lineal del cable, δ. Para hacer este ultimo calculo, aplicamos las condiciones inciales

del problema a la ecuacion obtenida; las condiciones son:

y(0) = h1 y(d) = h2

y′(0) =T0

Ty′(d) =

ℓδ − T0

T

Una vez aplicadas a la ecuacion de la curva, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones numericas:

C2 +T

δcoshC1 = h1 (8.1)

C2 +T

δcosh

(δ

Td+ C1

)

= h2 (8.2)

senhC1 = −T0

T(8.3)

senh

(δ

Td+C1

)

=ℓδ − T0

T(8.4)



Vamos a trabajar con estas cuatro ecuaciones para dirigir el calculo de los parametros T , C1 y C2 en funcion de

los datos iniciales.

T

δ

(

cosh(δd

T+ C1

)

− coshC1

)

= h2 − h1 (8.2)-(8.1)

2T

δsenh

( δd

2T+ C1

)

senhδd

2T= h2 − h1 (8.5)

senh(δd

T+ C1

)

− senhC1 =ℓδ

T(8.4)-(8.3)

2 cosh( δd

2T+ C1

)

senhδd

2T=ℓδ

T(8.6)

tgh( δd

2T+ C1

)

=h2 − h1

ℓ(8.5):(8.6) (8.7)

senh( δd

2T+ C1

)

=h2 − h1

√

ℓ2 − (h2 − h1)2(8.8)

senhδd

2T=

δ

2T

√

ℓ2 − (h2 − h1)2 De (8.5) y (8.8) (8.9)

Por lo tanto, la tension T es la solucion de la ecuacion (8.9). Observese que dicha ecuacion tiene solucion, ya que

para que el problema este bien planteado debe cumplirse que ℓ2 > d2 + (h2 − h1)2, y en este caso, la ecuacion

senh δd2T

= δd2T

√

ℓ2 − (h2 − h1)2

d2 tiene solucion, que es unica si tenemos en cuenta que T > 0. A partir del valor de

T y de la ecuacion (8.7) podemos hallar el valor de C1 y finalmente, con este valor y la ecuacion (8.1) hallamos C2.



La ecuacion (8.9) no puede resolverse de forma algebraica y para cada problema concreto se resolvera de forma

numerica:

a0 = 1

an =

√

ℓ2 − (h2 − h1)2

darg senh an−1

α = lıman

T =δ

2α

√

ℓ2 − (h2 − h1)2

Por ejemplo, supongamos que δ = 1 kg/m, d = 10m, ℓ = 12m, h1 = 4m y h2 = 6m, entonces:

a0 = 1

an =

√

7

5arg senh an−1

α = lım an ≈ a100 ≈ 1,20867

T =1

2α

√140 ≈ 4,89472Kp

C1 = arg tgh2

12− 10

2T≈ −0,853273

C2 = 4 − T coshC1 ≈ −2,78735



Por lo tanto, la ecuacion de curva que forma el cable es:

y = 4,89472 cosh

(x

4,89472− 0,853273

)

− 2,78735

El siguiente grafico ha sido generado con un ordenador y corresponde a la grafica de la funcion anterior

10 12

4

6


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