Cálculocon wxMaxima

Jerónimo Alaminos PratsJosé Extremera Lizana

Pilar Muñoz Rivas

27 enero 2011

Índice

– i –

Índice

Índice i

Números reales y aritmética de ordenador 3

1 El conjunto de los números reales 51.1 El conjunto de los números reales 5 1.2 Naturales, enteros, racionales e irracionales 81.3 Valor absoluto 9 1.4 El principio de inducción 10 1.5 Intervalos y conjuntos destaca-dos 13 1.6 Ejercicios 14

2 Introducción al Análisis Numérico 192.1 Introducción al Análisis Numérico 19 2.2 Errores absolutos y relativos 20 2.3 Aritmé-tica de ordenador 23 2.4 Estabilidad 25 2.5 Ejercicios 26

3 Funciones elementales 293.1 Definiciones 29 3.2 Funciones elementales 36 3.3 Ejercicios 46

Sucesiones y series 51

4 Sucesiones de números reales 534.1 Definición y propiedades 53 4.2 Sucesiones parciales 56 4.3 Monotonía 56 4.4 Su-cesiones divergentes 59 4.5 Criterios de convergencia 60 4.6 Velocidad de convergen-cia 62 4.7 Ejercicios 64

5 Series 775.1 Definición y propiedades 77 5.2 Convergencia absoluta e incondicional 81 5.3 Crite-rios de convergencia para series de términos no negativos 82 5.4 Otros criterios 85 5.5 Sumade series 85 5.6 Ejercicios 89

Continuidad y derivabilidad 99

6 Límites y continuidad 1016.1 Límite funcional 101 6.2 Límites infinitos y en el infinito 103 6.3 Cálculo de lími-tes 105 6.4 Continuidad 106 6.5 Teorema del valor intermedio 109 6.6 Monotonía 1116.7 Ejercicios 112

7 Derivabilidad 1197.1 Definición. Recta tangente. 119 7.2 Reglas de derivación 121 7.3 Teorema del valormedio 122 7.4 Consecuencias del teorema del valor medio 124 7.5 Derivadas de orden su-perior 125 7.6 Concavidad y convexidad 127 7.7 Algunas aplicaciones de la derivada 1277.8 Derivación numérica 130 7.9 Ejercicios 131 7.10 Ejercicios complementarios 151

Índice

– ii –

8 Métodos de resolución de ecuaciones 1558.1 Introducción 155 8.2 Método de bisección 155 8.3 Métodos de iteración funcio-nal 157 8.4 Método de Newton-Raphson 161

Interpolación numérica 165

9 Interpolación polinómica 1679.1 Métodos de interpolación polinómica 167 9.2 Interpolación de Lagrange 167 9.3 In-terpolación de Hermite 176 9.4 Interpolación de Taylor 176 9.5 Ejercicios 180

Integrabilidad 185

10 Integración 18710.1 Funciones integrables 187 10.2 Teorema fundamental del Cálculo 192 10.3 Ejerci-cios 195

11 Cálculo de primitivas 19911.1 Cálculo de primitivas 199 11.2 Ejercicios 209

12 Integrales impropias 21912.1 Integrales impropias en intervalos acotados 219 12.2 Integración en intervalos no acota-dos 220 12.3 Algunos casos particulares 221 12.4 Ejercicios 222

13 Aplicaciones de la integral 22513.1 Cálculo de áreas 225 13.2 Longitudes de curvas 225 13.3 Área de sólidos de revolu-ción 226 13.4 Volúmenes de sólidos de revolución 226 13.5 Algunas funciones definidasmediante integrales 227 13.6 Ejercicios 227

14 Métodos de aproximación numérica de integrales 23314.1 Introducción 233 14.2 Métodos simples 233 14.3 Métodos de aproximación com-puestos 236

Apéndices 239

A Geometría 241A.1 Parábolas, elipses e hipérbolas 241 A.2 Superficies cuadráticas 242

B Algunas tablas 247B.1 Derivadas 247 B.2 Desarrollo de Taylor 248 B.3 Primitivas 248

C Progresiones aritméticas y geométricas 251C.1 Progresiones aritméticas 251 C.2 Progresiones geométricas 252

D Algunos ejemplos y contraejemplos 253

Índice alfabético 255

– 3 –

Números reales y aritmética de ordenador

– 4 –

El conjunto de los números reales El conjunto de los números reales

– 5 –

El conjunto de los números reales

11.1 El conjunto de los números reales 5 1.2 Naturales, enteros, racionales e irracio-nales 8 1.3 Valor absoluto 9 1.4 El principio de inducción 10 1.5 Intervalosy conjuntos destacados 13 1.6 Ejercicios 14

Existen diferentes formas de formalizar el conjunto de los números reales aunque se puedenagrupar en dos variantes: constructivos y axiomáticos. Los primeros son demasiado laboriosospara un curso de Cálculo y, por este motivo, hemos preferido dejarlos de lado. En su lugar, hemosasumido que el conjunto de los números reales es conocido por el lector y elegimos la definiciónaxiomática de este conjunto.

1.1 El conjunto de los números realesVamos a definir el conjunto de los números reales, R, en términos de qué sabemos hacer con

sus elementos, qué propiedades tienen. Estas propiedades que vamos a presentar aquí se llamanaxiomas y, por supuesto, no son todas las propiedades de los números reales sino las mínimas, yes que a partir de ellas se obtienen el resto de propiedades.

Es difícil que, si alguien nos pregunta, seamos capaces de dar una respuesta clara de qué es unnúmero pero sí somos capaces de decir qué cosas podemos hacer con ellos.

En el conjunto de los números reales tenemos definidas varias operaciones. La primera quetodos aprendemos es la suma.

Suma de números reales

Las suma verifica, entre otras, las siguientes propiedades. Sean a, b y c números reales cuales-quiera.a) Propiedad asociativa: a + (b + c) = (a + b) + c.b) Propiedad conmutativa: a + b = b + a.c) Existencia de elemento neutro: a + 0 = a.d) Existencia de elemento opuesto: a + (−a) = 0.

Estas cuatro propiedades se resumen diciendo que (R,+) es un grupo abeliano o conmutativo.

Producto de números reales

Además de la suma también sabemos multiplicar números reales. Por el mismo motivo, se su-pone que sabemos dividir. Mucho cuidado con esta afirmación. No estamos hablando de cómo sedividen números sino de que, supuesto conocido el producto de números, la división es la opera-ción inversa. Ocurre lo mismo con la suma: no hemos dicho como se restan números reales pero,en teoría, restar un número es simplemente sumar el número cambiado de signo, es decir, sumar elopuesto. Con el producto, dividir por un número a es multiplicar por el inverso, al que llamaremos1/a.

El conjunto de los números reales El conjunto de los números reales

– 6 –

Sean a, b y c números reales. Entonces se verifican las siguientes propiedades.5) Propiedad asociativa: a(bc) = (ab)c.6) Propiedad conmutativa: ab = ba.7) Existencia de elemento neutro: a1 = 1a.8) Existencia de elemento inverso: Si a es distinto de 0 entonces a1

a = 1.

Observación 1.1. El elemento opuesto en el caso de la suma y el elemento inverso para elproducto son únicos. En el caso de la suma la notación es siempre la misma: el opuesto de aes −a y en vez de escribir b + (−a) escribiremos b − a. Para el inverso del producto usaremosindistintamente la notación 1

a o a−1 y también es más usual escribir ba que b1

a .

Una vez que tenemos la suma y el producto, hay otra propiedad que hace que se relacionen deforma buena:9) propiedad distributiva: a(b + c) = ab + ac.

Orden

El orden en el conjunto de los números reales también es algo conocido por el lector. Lo po-demos ver de varias formas: sabemos cuándo un número es positivo o somos capaces de decidircuál de dos números es el mayor. Hagamos un breve resumen de las propiedades relacionadas conel orden. Evidentemente las propiedades podemos exponerlas sobre "ser menor que", "ser mayorque" o también sobre "ser mayor o igual que" o "ser menor o igual que". Como hay que elegir unade las posibilidades elegimos esta última aunque el resto nos darían propiedades análogas.10) Propiedad reflexiva: a ≤ a.11) Propiedad antisimétrica: si a ≤ b y b ≤ a, entonces a = b.12) Propiedad transitiva: si a ≤ b y b ≤ c, entonces a ≤ c.13) El orden es total: dado a ∈ R, se cumple que a ≥ 0 o que a ≤ 0 o, lo que es lo mismo, dados

a, b ∈ R, se cumple que a ≤ b o que b ≤ a.Las siguientes propiedades relacionan la suma y el producto con el orden que acabamos de

presentar.14) Si a ≤ b, entonces a + c ≤ b + c.15) Si a ≤ b y c ≥ 0, entonces ac ≤ bc.

El último axioma

Las propiedades que hemos comentado hasta ahora no determinan de manera única el conjuntode los números reales. El conjunto de los número racionales también las verifica como se puedecomprobar fácilmente. ¿Cúal es la diferencia entre ambos conjuntos? ¿Qué sabemos hacer en Rque no podamos hacer en Q? Siempre que se hace esta pregunta en clase las respuestas suelen serdel tipo: raíces cuadradas, logaritmos, senos o cosenos, etc. Aunque se podría intentar seguir porahí, ese camino puede tener más dificultades a posteriori que el que vamos a elegir.

Necesitamos, por tanto, alguna propiedad más para diferenciarlos. Esta última propiedad estámuy relacionada con el orden, pero antes de presentarla necesitamos definir algunos conceptos.

Definición 1.2.a) Sea A ⊂ R, diremos que M ∈ R es una cota superior o mayorante (resp. inferior oCota

minorante) de A si a ≤ M para cualquier a ∈ A (resp. a ≥ M).

El conjunto de los números reales El conjunto de los números reales

– 7 –

El conjunto A ⊂ R está acotado superiormente o mayorado (resp. acotado inferiormenteo minorado) si tiene una cota superior (resp. inferior). Por último el conjunto está acotadosi está mayorado y minorado.

b) Sea A un subconjunto de R. Diremos que a0 ∈ A es el máximo absoluto (resp. mínimo Máximo absolutoabsoluto) de A si verifica que a ≤ a0 (resp. a ≥ a0) para cualquier a ∈ A y lo llamaremosmax(A) (resp. min(A)).

Veamos algunos ejemplos de estos conceptos.

Ejemplo 1.3.a) El conjunto de los números naturales no es un conjunto acotado. Concretamente, no es un

conjunto acotado superiormente pero sí está acotado inferiormente. Como no está acotado su-periormente no tiene máximo. Sí tiene mínimo: 1 ≤ n para cualquier natural n.

b) El conjunto

1n : n ∈ N

está acotado superior e inferiormente: 0 ≤ 1

n ≤ 1 para cualquier naturaln. Tiene máximo: el 1, pero no tiene mínimo. El mínimo podría ser el cero pero no perteneceal conjunto.

/

A la vista de los ejemplos, la existencia de máximo implica que el conjunto esta acotado peroel recíproco no es cierto. Hay conjuntos acotados y que no tienen ni máximo ni mínimo: piensa enel intervalo ]0, 1[. Sin embargo, aunque ni el 0 ni el 1 sean ni máximo ni mínimo, sí parece claroque tienen un papel destacado. De alguna forma son los extremos del conjunto, pertenezcan o noa dicho conjunto. El supremo y el ínfimo van a ser una forma de reconocer este tipo de puntos.

Definición 1.4. Sea A un subconjunto acotado superiormente deR. El supremo del conjunto SupremoA, sup(A), es el mínimo del conjunto de las cotas superiores de A. Análogamente se defineel ínfimo de un conjunto acotado inferiormente como el máximo de sus cotas inferiores y lo Ínfimonotaremos inf(A).

Si llamamos, para A un conjunto mayorado, M(A) al conjunto de sus mayorantes, entonces

sup(A) = min(M(A)).

Cabe preguntarse si un conjunto mayorado tiene supremo. La situación es la siguiente: Si A es unconjunto mayorado el conjunto de sus mayorantes, M(A), está minorado. Sabemos que un conjuntominorado no tiene por qué tener mínimo pero ¿y si el conjunto minorado del que estamos hablandoes un conjunto de mayorantes?

Pues bien, la última propiedad de los números reales nos dice que el supremo de un conjuntomayorado siempre existe:

Axioma del supremo: todo conjunto acotado superiormente tiene supremo.

Este axioma es equivalente al “axioma del ínfimo”. Sólo hay que darse cuenta de que si cambia-mos el signo las desigualdades también cambian.

Ejemplo 1.5. Los extremos de un intervalo acotado son el supremo e ínfimo de dicho intervaloindependientemente de si pertenecen o no al intervalo. En el caso particular de que alguno de ellosesté en dicho intervalo serán, además máximo o mínimo (lo que corresponda). /

Naturales, enteros, racionales e irracionales El conjunto de los números reales

– 8 –

Proposición 1.6. Sea A un conjunto acotado superiormente y sea x el supremo de A.a) Si x /∈ A, entonces A no tiene máximo.b) Si x ∈ A, entonces A tiene máximo y, de hecho, x = max(A).

La siguiente proposición será útil en la demostración de algunos resultados posteriores.

Proposición 1.7. Sea A ⊂ R un subconjunto acotado superiormente y sea x ∈ R. Entonces

x = sup(A)⇐⇒ i) a ≤ x, para todo a ∈ A

ii) dado ε > 0, ∃ a ∈ A tal que x − ε < a.

1.2 Naturales, enteros, racionales e irracionales

Números naturales

El conjunto de los números naturales, al que denotaremos N, es

N = 1, 2, 3, . . .

La inclusión del cero como número natural es una convención. En algunos textos aparece comonatural y en otros no. Nosotros no lo vamos a incluir para simplificar algunas notaciones. Porejemplo, para poder hablar de log(n) o de 1

n sin necesidad de estar recordando constantemente quen no puede ser cero.

Números enteros

El conjunto de los números enteros, Z, es

Z = . . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .

La operación suma en Z es una operación interna: la suma (y la resta) de enteros es un entero. Noocurre lo mismo con el producto. El inverso de un número entero no nulo es un número racional.

Números racionales e irracionales

Los números racionales son aquellos que se pueden expresar como cociente de un entero y unnatural:

Q =

pq

: p ∈ Z, q ∈ N.

Los números irracionales, R \ Q, son aquellos que no son racionales. Probablemente estás másacostumbrado a tratar con la representación decimal de los números reales. Los racionales tienenuna cantidad finita de decimales o infinita periódica. Los irracionales, por tanto, tienen una cantidadinfinita de decimales no periódicos.

Observación 1.8. El conjunto de los números irracionales no es, ni siquiera, un espacio vectorialcomo lo es el conjunto de los números racionales. El elemento neutro para la suma o el producto, 0y 1, no son irracionales. Es muy fácil encontrar ejemplos de que la suma y el producto de númerosirracionales no es necesariamente un numero irracional: 2π

π = 2.

Dentro de los números reales podemos distinguir entre números algebraicos y números tras-cendentes. Un número es algebraico si es solución de un polinomio con coeficientes enteros. PorNúmero algebraico

El conjunto de los números reales Valor absoluto

– 9 –

ejemplo, cualquier racional o√

2 son números algebraicos. Si no se puede expresar como raíz deun polinomio con coeficientes enteros diremos que es un número trascendente. Número trascen-

denteNo es fácil buscar las raíces irracionales de un polinomio, pero sí podemos buscar las posiblesraíces racionales de un polinomio con coeficientes enteros.

Observación 1.9. Dada la ecuación anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 = 0, donde a0, a1,,...,anson números enteros y a0an 6= 0, si la ecuación tiene una raíz racional p/q (con p y q primos entresi), entonces p divide a a0 y q divide a an.

El conocimiento de las raíces racionales nos puede servir para comprobar que un número no esracional.

Ejemplo 1.10. Las únicas posibles raíces racionales del polinomio x2−2 = 0 son ±1, ±2. Cómoninguna de ellas es solución del polinomio,

√2 no puede ser un número racional.

La otra demostración usual de que√

2 no es un número racional utiliza la descomposición enprimos de un número y la reducción al absurdo: supongamos que

√2 fuera racional. Eso quiere

decir que podría escribirse de la forma√

2 =pq , donde p

q es una fracción irreducible. Si elevamosal cuadrado obtenemos que 2q2 = p2 y, en consecuencia, p2 es un número par. Pero para queel cuadrado de un número sea par, necesariamente dicho número debe ser par. Luego p = 2apara conveniente a. Sustituyendo, q2 = 2a2 y, por tanto, q también es par. Hemos obtenido unacontradicción: la fracción p/q no puede ser irreducible y, a la vez, que numerador y denominadorsean pares. Por tanto,

√2 no puede ser racional.

Comprueba tú mismo que con las mismas ideas puedes comprobar que la raíz cuadrada de unnatural es otro natural o un número irracional. /

1.3 Valor absolutoLa distancia entre dos números reales se mide calculando la diferencia entre el mayor y el menor

de ellos. La función que mide la distancia al cero es la función valor absoluto.

Definición 1.11. Se define el valor absoluto de un número real x como Valor Absoluto

|x| = x, si x ≥ 0−x, si x < 0

Proposición 1.12. Dados x, y ∈ R, se verifican las siguientes afirmaciones.a) |x| ≥ 0, y |x| = 0 ⇐⇒ x = 0,b) |x| ≤ y ⇐⇒ −y ≤ x ≤ y,c) |x + y| ≤ |x| + |y|, Desigualdad trian-

gulard) ||x| − |y|| ≤ |x − y|,e) si |xy| = |x| |y|.

Para demostrar cualquiera de estas desigualdades o, en general, para trabajar con expresiones enlas que intervienen valores absolutos tenemos varias posibilidades. La primera de ellas es discutirlos distintos casos que se pueden presentar. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 1.13. ¿Cuándo es cierta la desigualdad |x − 3| < |x − 1|?Lo que vamos a hacer es eliminar el valor absoluto (una función definida a trozos) discutiendotodas las posibilidades:

El principio de inducción El conjunto de los números reales

– 10 –

a) si x ≤ 1, |x − 3| < |x − 1| ⇐⇒ −(x − 3) < −(x − 1) ⇐⇒ −3 > −1 lo que, claramente, no escierto,

b) si 1 ≤ x ≤ 3, |x − 3| < |x − 1| ⇐⇒ −(x − 3) < (x − 1) ⇐⇒ 2 < x, y por últimoc) si x ≥ 3, |x − 3| < |x − 1| ⇐⇒ (x − 3) < (x − 1) ⇐⇒ −3 < −1.Resumiendo, la desigualdad es cierta si, y sólo si, x > 2. /

También podemos aprovechar el hecho de que elevar al cuadrado conserva el orden en los realespositivos: 0 < a < b ⇐⇒ a2 < b2. Vamos a utilizar esto para demostrar la desigualdad triangular:

|x + y| ≤ |x| + |y| ⇐⇒ |x + y|2 ≤ (|x| + |y|)2

⇐⇒ x2 + y2 + 2xy ≤ x2 + y2 + 2 |xy|

⇐⇒ xy ≤ |xy| ,

lo cual, evidentemente, es cierto. Observa que, de regalo, hemos probado que la igualdad en ladesigualdad triangular es cierta si, y sólo si, xy = |xy| o, lo que es lo mismo, si x e y tienen elmismo signo. Prueba tú a demostrar el resto de afirmaciones de la proposición anterior.

1.4 El principio de inducciónLa definición del conjunto de los números naturales puede hacerse como la definición que hemos

dado del conjunto de los números reales mediante una serie de propiedades que lo caractericen enlugar de especificar cuáles son sus elementos. Si el axioma del supremo es la propiedad clave quenos ha permitido definir los números reales, en el caso de los naturales dicha propiedad es la deser inductivo.

Definición 1.14. Un subconjunto A de los números reales diremos que es inductivo siConjunto inductivoverifica las siguientes dos propiedades:a) 1 ∈ A,b) si a ∈ A, entonces a + 1 ∈ A.

Ejemplo 1.15.a) R, Q, Z, N, R+ son conjuntos inductivos.b) Ningún conjunto acotado puede ser un conjunto inductivo.

/

Definición 1.16. El conjunto de los números naturales es el menor conjunto inductivo o, loque es lo mismo, la intersección de todos los conjuntos inductivos.

Proposición 1.17. Sea A un subconjunto de los números reales verificando quePrincipio deinducción a) A es inductivo,

b) A ⊂ N.Entonces A = N.

En otras palabras, para demostrar que un subconjunto del conjunto de los números naturales,A ⊂ N, es, en realidad, el conjunto de los naturales es suficiente con comprobar quea) 1 ∈ A, y queb) si n ∈ A, entonces n + 1 ∈ A.

La principal utilidad de este principio es demostrar que una propiedad indicada en el conjuntode los naturales es cierta. Por ejemplo, la propiedad “todos los números de la forma n3 + 5n son

El conjunto de los números reales El principio de inducción

– 11 –

divisibles por 6” son en realidad muchas (tantas como naturales) afirmaciones. No es difícil fijarun natural y comprobar que para ese concreto la propiedad es cierta. Pero, ¿cómo podemos hacerlopara todos a la vez? En este tipo de demostraciones, el principio de inducción nos proporciona unaventaja. Para demostrar que se cumple para un natural puede suponerse que la propiedad es ciertapara el natural anterior (hipótesis de inducción). Esto puede ser muy útil en algunas ocasiones.

Ejemplo 1.18. Demostrar que 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2, para cualquier n ∈ N.Lo demostramos usando el método de inducción. Tenemos que comprobar que el conjunto

A =n ∈ N; 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2

coincide conN. Para ello es suficiente con demostrar que A es un conjunto inductivo, o sea, tenemosque comprobar quea) la propiedad es cierta para n = 1, y queb) si la propiedad es cierta para un número natural, también es cierta para el siguiente número

natural.Vamos allá.a) Es inmediato comprobar que la propiedad se cumple la propiedad para n = 1.b) Supongamos que se cumple para un natural fijo m y comprobemos que se cumple para m + 1:

1 + 3 + 5 + . . . + (2m − 1) + (2m + 1) = m2 + (2m + 1) = (m + 1)2.

Por tanto, A = N y la propiedad se cumple para todos los naturales. /

1.4.1 Una aplicación del principio de inducción: el binomio de Newton

¿Cuántas posibilidades tienes de que aciertes la lotería primitiva? Tienes que escoger 6 númerosde entre 47 sin importar el orden. El número de combinaciones posibles es

(476

).

Las combinaciones sin repetición de n elementos tomados de p en p se definen como las distintasagrupaciones formadas con p elementos distintos, eligiéndolos de entre los n elementos de quedisponemos, considerando una variación distinta a otra sólo si difieren en algún elemento, y sintener en cuenta el orden de colocación de sus elementos. El número de combinaciones que sepueden construir de esta forma es (

np

)=

n!p!(n − p)!

A los números de la forma(n

p

), “n sobre p” se les suele llamar números combinatorios. Recordemos Números combina-

toriosque el factorial de un número natural n es

n! = 1 · 2 · 3 · · · n

y que 0! = 1.Las siguientes propiedades de los números combinatorios son fáciles de comprobar y nos serán

muy útiles.a)

(n0

)=

(nn

)= 1, para cualquier n ∈ N.

b)(n

i

)+

( ni−1

)=

(n+1i

), para cualesquiera i ≤ n naturales.

Proposición 1.19. Dados a, b ∈ R y n ∈ N, se cumple que Binomio de Newton

El principio de inducción El conjunto de los números reales

– 12 –

(a + b)n =

n∑i=0

(ni

)an−ibi

Demostración. Vamos a probarlo usando el método de inducción. Es claro que la propiedad escierta para n = 1. Supongamos que es cierta para un natural fijo n y comprobemos que se cumplepara n + 1:

(a + b)n+1 = (a + b)(a + b)n

= (a + b)n∑

i=0

(ni

)an−ibi

=

n∑i=0

(ni

)an−i+1bi +

n∑i=0

(ni

)an−ibi+1

=

(n0

)an+1 +

n∑i=1

(ni

)an+1−ibi +

n−1∑i=0

(ni

)an−ibi+1 +

(nn

)bn+1

=

(n + 1

0

)an+1 +

n∑i=1

(ni

)an+1−ibi +

n−1∑i=0

(ni

)an−ibi+1 +

(n + 1n + 1

)bn+1

=

(n + 1

0

)an+1 +

n∑i=1

(ni

)an+1−ibi +

n∑j=1

(n

j − 1

)an+1− jb j +

(n + 1n + 1

)bn+1

=

(n + 1

0

)an+1 +

n∑i=1

[(ni

)+

(n

i − 1

)]an+1−ibi +

(n + 1n + 1

)bn+1

=

(n + 1

0

)an+1 +

n∑i=1

(n + 1

i

)an+1−i bi +

(n + 1n + 1

)bn+1

=

n+1∑i=0

(n + 1

i

)an+1−ibi.

La utilidad del binomio de Newton estriba en que no es necesario calcular el desarrollo completode (x + 3)15 si sólo nos interesa el coeficiente de x4 que, por cierto, es

(154

)311.

Los coeficientes del desarrollo de (a + b)n también se pueden encontrar usando el llamadotriángulo de Pascal (o de Tartaglia). Este consiste en lo siguiente: comenzamos con un 1, en cadaTriángulo de Pas-

cal o de Tartaglia línea nueva añadimos unos en los extremos y bajo cada par de números colocamos su suma. Elresultado que se obtiene nos da los coeficientes del binomio de Newton.

n triángulo de Pascal no combinatorio (a + b)n

0 1(00

)1 1 1

(10

) (11

)a + b

2 1 2 1(20

) (21

) (22

)a2 + 2ab + b2

3 1 3 3 1(30

) (31

) (32

) (33

)a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

Tabla 1.1 Triángulo de Pascal o Tartaglia

El conjunto de los números reales Intervalos y conjuntos destacados

– 13 –

1.5 Intervalos y conjuntos destacadosLos conjuntos que van a jugar un papel más destacado son los intervalos.

Definición 1.20. Un subconjunto I de R es un intervalo si para cualesquiera x, y ∈ I se Intervalocumple que

[x, y

]= t ∈ R : x ≤ t ≤ y ⊂ I.

Ya conoces cuáles son los distintos intervalos: abiertos, semiabiertos, cerrados, acotados o no:

[a, b] = x ∈ R : a ≤ x ≤ b

]a, b] = x ∈ R : a < x ≤ b

[a, b[= x ∈ R : a ≤ x < b

]a, b[= x ∈ R : a < x < b

[a,+∞[= x ∈ R : a ≤ x

]a,+∞[= x ∈ R : a < x

] −∞, b] = x ∈ R : x ≤ b

] −∞, b[= x ∈ R : x < b

Definición 1.21. Sea A un subconjunto de R.a) Diremos que a ∈ A es un punto interior si existe ε > 0 tal que ]a − ε, a + ε[⊂ I. Punto interiorb) El interior de A es el conjunto, A =

a ∈ A : a es un punto interior

. Diremos que el

conjunto A es abierto si coincide con su interior.c) Diremos que x ∈ R es un punto adherente si para cualquier ε > 0 se tiene que Punto adherente

]a − ε, a + ε[∩A 6= ∅.

d) El cierre o adherencia del conjunto A es A =x ∈ R : x es un punto adherente de A

.

Diremos que el conjunto A es cerrado si coincide con su adherencia.e) Diremos que x ∈ R es un punto de acumulación de A si para cualquier r positivo se Punto de acumula-

cióncumple que

]a − r, a + r[∩ (A \ a) 6= ∅.

Notaremos A′ al conjunto de todos los puntos de acumulación de A.f) Diremos que x ∈ R es un punto aislado del conjunto A si existe r > 0 tal que Punto aislado

]a − r, a + r[∩A = a.

g) La frontera de A es Fr(A) = A \ A. Frontera

Ejemplo 1.22.a) Los intervalos abiertos, ya sean acotados o no, son conjuntos abiertos. De la misma forma los

intervalos cerrados son conjuntos cerrados.b) El conjunto de los naturales N es cerrado y tiene interior vacío al igual que Z. Además todos

sus puntos son aislados.c) El conjunto A =

1n : n ∈ N

tiene interior vacío, todos sus puntos son aislados y su cierre es

A ∪ 0. Más concretamente, 0 es un punto de acumulación de A.

Ejercicios El conjunto de los números reales

– 14 –

/

Proposición 1.23. Sea A un subconjunto de R. Se verifican las siguientes afirmaciones.a) A ⊂ A ⊂ A,b) A es abierto si, y sólo si, R \ A es cerrado.

1.6 Ejercicios

Ejercicio 1.1. Calcular para qué valores de x se verifica que 2x−3x+2 < 1

3 .

Solución 1.1. Para quitar denominadores tenemos que multiplicar por x + 2.a) Si x > −2, entonces x + 2 > 0 y 2x−3

x+2 < 13 ⇐⇒ 6x − 9 < x + 2 ⇐⇒ x < 11

5 .b) Si x < −2, entonces x + 2 < 0 y 2x−3

x+2 < 13 ⇐⇒ 6x − 9 > x + 2 ⇐⇒ x > 11

5 , que no severifica.

Resumiendo 2x−3x+2 < 1

3 ⇐⇒ −2 < x < 115 .

Ejercicio 1.2. Encontrar aquellos valores de x que verifican que:a) 1

x + 11−x > 0,

b) x2 − 5x + 9 > x,c) x3(x − 2)(x + 3)2 < 0,

d) x2 6 x,e) x3 6 x,f) x2 − (a + b)x + ab < 0.

Solución 1.2.a) 0 < 1

x + 11−x = 1

x(1−x) ⇐⇒ 0 < x(1 − x) ⇐⇒ 0 < x < 1.b) x2 − 5x + 9 > x ⇐⇒ x2 − 6x + 9 > 0 ⇐⇒ (x − 3)2 > 0 ⇐⇒ x 6= 3.c) x3(x − 2)(x + 3)2 < 0 ⇐⇒ x3(x − 2) < 0 ⇐⇒ 0 < x < 2.d) x2 ≤ x ⇐⇒ x2 − x ≤ 0 ⇐⇒ x(x − 1) ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [0, 1].e) x3 ≤ x ⇐⇒ x(x − 1)(x + 1) ≤ 0 ⇐⇒ ] −∞,−1] ∪ [0, 1].f) 0 > x2 − (a + b)x + ab = (x − a)(x − b) ⇐⇒ x ∈] mina, b,maxa, b[.

Ejercicio 1.3. Discutir para qué valores de x se verifica que:a) |x − 1| |x + 2| = 3,b) |x2 − x| > 1,

c) |x − 1| + |x + 1| < 1,d) |x + 1| < |x + 3|.

Solución 1.3.a) 3 = |x − 1| |x + 2| = |(x − 1)(x − 2)| ⇐⇒ (x − 1)(x − 2) = ±3 ⇐⇒ x = 1

2

(−1 ±

√21

).

b) Vamos a discutir dos casos por separado,i) Si x ∈ [0, 1], 1 <

∣∣∣x2 − x∣∣∣ = x − x2 ⇐⇒ x2 − x + 1 < 0 lo que no ocurre nunca.

ii) Si x /∈ [0, 1], 1 <∣∣∣x2 − x

∣∣∣ = x2 − x ⇐⇒ x2 − x − 1 > 0 ⇐⇒ x /∈[

1−√

52 , 1+

√5

2

].

c) Nunca se verifica la desigualdad.d) Vamos a usar que, para números positivos, 0 < x < y ⇐⇒ x2 < y2.

|x + 1| < |x + 3| ⇐⇒ |x + 1|2 < |x + 3|2 ⇐⇒ (x + 1)2 < (x + 3)2

⇐⇒ x2 + 2x + 1 < x2 + 6x + 9 ⇐⇒ −2 < x.

El conjunto de los números reales Ejercicios

– 15 –

Ejercicio 1.4. Resolver las siguientes inecuaciones:a) |x − 5| < |x + 1|, b) |x − 3| < 0.

Solución 1.4.a) Vamos a discutir las diferentes posibilidades.

i) Si x ≤ −1, la desigualdad se traduce en −(x + 5) < −(x + 1) lo que no se cumple nunca.ii) Si −1 < x < 5, tenemos que −x + 5 < x − 1 ⇐⇒ x > 2.

iii) Si x ≥ 5, la desigualdad x − 5 < x + 1 es cierta.Resumiendo, |x − 5| < |x + 1| ⇐⇒ x > 2.

b) Nunca. El valor absoluto siempre es mayor o igual que cero.

Ejercicio 1.5. ¿Para qué valores de x se cumple la desigualdad x2 − 3x − 2 < 10 − 2x?

Solución 1.5. Operando obtenemos que

x2 − 3x − 2 < 10 − 2x ⇐⇒ x2 − x − 12 < 0 ⇐⇒ (x − 4)(x + 3) < 0,

con lo que la desigualdad se cumple cuando los dos factores tienen signos distintos, esto es, cuandox ∈] − 3, 4[.

Ejercicio 1.6. Calcular, si existen, el supremo, ínfimo, máximo y mínimo de los siguientesconjuntosa) A = [0, 1] ∪ [2, 3[,b) A = 2n : n ∈ N,

c) A =

x ∈ R :

∣∣∣x2 + 2x + 1∣∣∣ < 1

2

,

d) A = [0,+∞[∩Q.

Solución 1.6.a) min(A) = inf(A) = 0, sup(A) = 3, no tiene máximo.b) min(A) = inf(A) = 2, no tiene supremo ni máximo.c) Utilizamos que x2 +2x+1 = (x+1)2 y, por tanto, la expresión a la que le afecta el valor absoluto,

es ≥ 0. Si quitamos el valor absoluto∣∣∣x2 + 2x + 1∣∣∣ = (x + 1)2 <

12⇐⇒ x2 + 2x + 1 <

12⇐⇒ x2 + 2x +

12< 0.

Para estudiar la desigualdad, calculamos las raíces del polinomio:

x2 + 2x +12

=

x −2 −√

22

x −2 +√

22

< 0 ⇐⇒ x ∈2 −

√2

2,

2 +√

22

.d) inf(A) = min(A) = 0, no tiene supremo ni máximo.

1.6.1 Principio de inducción

Ejercicio 1.7. Demostrar por inducción que 1 + 2 + 3 + . . . + n =n(n+1)

2 , para cualquier n ∈ N.

Solución 1.7. Para n = 1 la igualdad es inmediata. Supongamos que se cumple para un naturaln y veamos que también es cierta para n + 1:

Ejercicios El conjunto de los números reales

– 16 –

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

2+ (n + 1) =

n2 + n + 3n + 22

=(n + 1)(n + 2)

2.

Ejercicio 1.8. Demostrar que 1 + 1 + 2 + 22 + 23 + . . . + 2n = 2n+1, para cualquier n ∈ N.

Solución 1.8. Lo demostramos usando el método de inducción. Es inmediato que se cumple lapropiedad para n = 1. Supongamos que se cumple para un natural fijo n y comprobemos que secumple para n + 1:

1 + 20 + 21 + 22 + . . . + 2n + 2n+1 = 2n+1 + 2n+1 = 2n+2 .

Ejercicio 1.9. Demostrar que 12 + 1

4 + 18 + . . . + 1

2n−1 ≤ 1 para cualquier natural mayor o igualque dos.

Solución 1.9. Lo demostramos usando el método de inducción. Es inmediato que se cumple lapropiedad para n = 1. Supongamos que se cumple para un natural fijo n y comprobemos que secumple para n + 1:

12

+14

+18

+ . . . +1

2n−1 +12n =

12

(1 +

12

+14

+18

+ . . . +1

2n−1

)≤

12

(1 + 1) = 1.

Ejercicio 1.10. Probar que la suma de los cubos de tres números naturales consecutivos esdivisible por 9.

Solución 1.10. Tenemos que demostrar que n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 es divisible por 9 paracualquier natural n. Es fácil comprobar que se cumple para n = 1. Supongamos que es cierto paraun natura fijo n y veamos si es cierto para n + 1:

(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 =(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n3 + 9n2 + 27n + 27)=(n3 + (n + 1)3 + (n + 2)2) + (9n2 + 27n + 27).

Para acabar sólo hay que recordar que la suma de dos números divisibles por 9, es divisible por 9.

Ejercicio 1.11. Demostrar que 12 + 22 + 32 + . . . + n2 =n(n+1)(2n+1)

6 , para cualquier n ∈ N.

Solución 1.11. Para n = 1 la igualdad es inmediata. Supongamos que se cumple para un naturaln y veamos que también es cierta para n + 1:

12 + 22 + 32 + . . . + n2 + (n + 1)2 =n(n + 1)(2n + 1)

6+ (n + 1)2 =

(n + 1)(n + 2)(n + 3)6

.

Ejercicio 1.12. Demostrar que 13 + 23 + 33 + . . . + n3 =n2(n+1)2

4 , para n ∈ N.

Solución 1.12. Similar al Ejercicio 1.11.

1.6.2 Ejercicios complementarios

Ejercicio 1.1. Demostrar por inducción que todos los números de la forma n3 +5n son divisiblespor 6.

Ejercicio 1.2. Demostrar por inducción que todos los números de la forma 32n−1 son divisiblespor 8.

El conjunto de los números reales Ejercicios

– 17 –

Ejercicio 1.3. Pruébese que para todo natural n ≥ 2 se verifica que 3 no divide a n3 − n + 1.E

Ejercicio 1.4. Pruébese que para todo natural n ≥ 2 se verifica que 5 divide a n5 − n.

Ejercicio 1.5. Demostrar que (1 + x)n > 1 + nx, ∀ n ∈ N, n > 1. para x ∈ R \ 0, x > −1.

Ejercicio 1.6. Demostrar que xn+1 + 1xn+1 > xn + 1

xn , para cualquier natural n y cualquier real xpositivo distinto de uno.

Ejercicio 1.7. Probar que si x ∈ R \ 1, entonces se verifica que

1 + x + x2 + x3 + . . . + xn =xn+1 − 1

x − 1, ∀n ∈ N.

Ejercicio 1.8. Demostrar que, dado un natural n,√

n es natural o irracional.

Ejercicio 1.9. Demostrar que√

2 +√

3 es irracional.

– 18 –

Introducción al Análisis Numérico Introducción al Análisis Numérico

– 19 –

Introducción al Análisis Numérico

2

2.1 Introducción al Análisis Numérico 19 2.2 Errores absolutos y relativos 202.3 Aritmética de ordenador 23 2.4 Estabilidad 25 2.5 Ejercicios 26

2.1 Introducción al Análisis NuméricoEl análisis numérico usa métodos para aproximar de forma eficiente las soluciones de un pro-

blema matemático. De forma usual involucra cambiar cantidades que no pueden ser calculadasexplícitamente por aproximaciones y, por tanto, es muy importante el manejo de los errores come-tidos.

En la práctica, un problema matemático se suele derivar de un problema físico sobre el quese hacen algunas suposiciones y/o simplificaciones hasta un obtener un modelo matemático. Nor-malmente las suposiciones permiten trabajar con un problema matemático resoluble que se sue-le complicar más cuando eliminamos dichas suposiciones. Dado que el problema matemático esuna aproximación al problema físico, tiene interés encontrar soluciones aproximadas al menos alproblema matemático. El análisis numérico está interesado en el desarrollo de métodos (algorit-mos) que construyan de forma explícita y en una cantidad finita de pasos una solución aproximada.Tienen más interés por tanto aquellas demostraciones o construcciones que permiten encontrarexplícitamente la solución.

Problema A Problema matemático B Solución exacta u

Problema aproximado B′ Solución aproximada u′

En resumen, comenzamos con un problema real A, dicho problema lo trasladamos a un problemamatemático B con solución exacta u y, por último, este problema se puede cambiar por un problemamatemático más sencillo B′ con solución u′. De este desarrollo surgen algunos problemas que hayque considerar:

Errores absolutos y relativos Introducción al Análisis Numérico

– 20 –

a) ¿Cómo podemos medir el parecido o la diferencia entre B y B′?b) Problemas de estabilidad; es inevitable cometer errores en el cálculo, debido a los redondeos

que efectúan los computadores. Interesa que pequeños errores cometidos en los cálculos queconducen a u′ hagan que el resultado no difiera mucho de u (hablaremos de esto en la últimasección).

c) Coste del proceso. ¿Cuántas operaciones deben realizarse? ¿Cuánto tiempo se precisa pararealizarlas?

Ejemplo 2.1. Podemos evaluar el polinomio p(x) = 12x4 + 5x3 − 18x2 + 7x + 11 de variasformas. También podemos escribirlo como p(x) = (((12x + 5)x − 18)x + 7)x + 11. El número deoperaciones para evaluarlo en el primer caso es de 4 + 3 + 2 + 1 = 10 multiplicaciones y 4 sumas,15 en total, mientras que en el segundo se requieren solamente 4 multiplicaciones y 4 sumas.En el caso general de un polinomio de orden n, el número de multiplicaciones necesario paraevaluarlo si está escrito como

anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0

es n(n+1)2 . En cambio, si lo evaluamos usando

(. . . ((anx + an−1)x + an−2)x + · · · + a1)x + a0

sólo necesitamos n multiplicaciones. Es preferible usar el segundo método porque exige menosoperaciones y, por tanto, menos posibilidades error. El segundo método de evaluar el polinomiose denomina algoritmo de Horner. /Algoritmo

de Horner

2.2 Errores absolutos y relativosCuando aproximamos un número real existen dos indicadores de la precisión de dicha aproxi-

mación. En concreto:

Definición 2.2. Sea α un valor real y α∗ una aproximación de éste. Se define entonces elerror absoluto comoError absoluto

erra = |α − α∗|

Y si α 6= 0, se define el error relativo comoError relativo

errr =|α − α∗|

|α|

Ejemplo 2.3. Con los siguientes ejemplos vamos a constatar que se puede dar el mismo errorrelativo aunque los errores absolutos sean distintos.

α α∗ error absoluto error relativo

2 2.1 0.1 0.052×10-4 2.1×10-4 0.1×10-4 0.052×104 2.1×104 0.1×104 0.05

Tabla 2.1 Ejemplos de errores absolutos y relativos

Introducción al Análisis Numérico Errores absolutos y relativos

– 21 –

/

Hay que comentar que el valor del error relativo nos informa de la relevancia del error cometidoal hacer la aproximación. Si medimos la distancia de Granada a Barcelona, así como la longitud deuna pizarra y en ambos casos cometemos un error (absoluto) de 15cm, está claro que en el primercaso podríamos asegurar que la medición es correcta, cosa que en el segundo caso no sería. Elmotivo de que una aproximación sea precisa o no estriba en el error relativo. En el primer casoel error relativo es muy pequeño si estamos midiendo kilómetros; mientras que en el caso de lapizarra, sería un error relativo considerable.

En la práctica, como el valor de α no se conoce, en consecuencia tampoco se conocen los erroresabsoluto y relativo. Pero sí se pueden encontrar acotaciones de dichos errores.

Definición 2.4. Se dice que M > 0 es una cota del error si se verifica que erra < M.

Clasificación de los errrores

Hay muchas causas que pueden interferir en la precisión de un cálculo y generar errores. Esoserrores se pueden clasificar en:

Errores iniciales Vienen de los problemas al recoger los datos iniciales y se deben usual-mente a medidas con precisión limitada.

Errores de redondeo Son debidos a redondeos en los cálculos porque están hechos con unnúmero finito de cifras significativas

Errores de truncamiento Corresponden a truncamientos de procedimientos infinitos como cuandonos quedamos con una cantidad finita de términos en una serie.

Errores de propagación Son debidos a la propagación de errores previos en el algoritmo.

Ejemplo 2.5. El siguiente código es parte de la implementación de la función exponencial enla librería µ Clibc1

/** ====================================================* Copyright (C) 1993 by Sun Microsystems, Inc. All rights reserved.** Developed at SunPro, a Sun Microsystems, Inc. business.* Permission to use, copy, modify, and distribute this* software is freely granted, provided that this notice* is preserved.* ====================================================*/

/* __ieee754_exp(x)* Returns the exponential of x.** Method* 1. Argument reduction:* Reduce x to an r so that |r| <= 0.5*ln2 ˜ 0.34658.* Given x, find r and integer k such that

µClibc es una pequeña biblioteca en C diseñada para sistemas con Linux empotrado.1

Errores absolutos y relativos Introducción al Análisis Numérico

– 22 –

** x = k*ln2 + r, |r| <= 0.5*ln2.** Here r will be represented as r = hi-lo for better* accuracy.** 2. Approximation of exp(r) by a special rational function on* the interval [0,0.34658]:* Write* R(r**2) = r*(exp(r)+1)/(exp(r)-1) = 2 + r*r/6 - r**4/360 + ...* We use a special Reme algorithm on [0,0.34658] to generate* a polynomial of degree 5 to approximate R. The maximum error* of this polynomial approximation is bounded by 2**-59. In* other words,* R(z) ˜ 2.0 + P1*z + P2*z**2 + P3*z**3 + P4*z**4 + P5*z**5* (where z=r*r, and the values of P1 to P5 are listed below)* and* | 5 | -59* | 2.0+P1*z+...+P5*z - R(z) | <= 2* | |* The computation of exp(r) thus becomes* 2*r* exp(r) = 1 + -------* R - r* r*R1(r)* = 1 + r + ----------- (for better accuracy)* 2 - R1(r)* where* 2 4 10* R1(r) = r - (P1*r + P2*r + ... + P5*r ).** 3. Scale back to obtain exp(x):* From step 1, we have* exp(x) = 2ˆk * exp(r)

Sin entrar en detalles, el cálculo de la exponencial incluye quea) Dividimos y cambiamos el punto donde se calcula la exponencial por otro menor o igual que

0.5 log(2) ≈ 0.34658.b) Aproximamos la función exponencial por un polinomio de grado 5 en dicho intervalo.c) Reescalamos para obtener el resultado buscado.Observa que en cada paso, estamos perdemos algo de exactitud. ¿Qué tipo de errores estamoscometiendo? /

Introducción al Análisis Numérico Aritmética de ordenador

– 23 –

2.3 Aritmética de ordenadorCuando hacemos cálculos con un ordenador se suelen cometer errores debido a las aproxima-

ciones que se suelen hacer en dichos cálculos y en cómo el ordenador almacena los números queaparecen. Estos últimos errores se llaman de redondeo.

Veamos a continuación cómo el ordenador almacena los números reales.

2.3.1 Expresión decimal y expresión binaria

El sistema decimal es el sistema de representación de números que nos resulta más familiar. Siun número x se puede escribir en base 10 como

x = ±(αn10n + αn−110n−1 + · · · + α0100 + α−110−1 + α−210−2 + · · ·)

donde αi ∈ 0, 1, 2, . . . , 9, su expresión decimal es

±αnαn−1 . . . α0.α−1α−2 . . .

Por ejemplo, si un número tiene por expresión decimal 74.348 es porque

74.348 = 7 × 101 + 4 × 100 + 3 × 10−1 + 4 × 10−2 + 8 × 10−3

Sin embargo, en la mayoría de los ordenadores se utliza la representación en el sistema binario;esto es, los dígitos con los que vamos a trabajar ahora van a ser dos:0, 1, ya que trabajamos enbase 2:

x = ±(βn2n + βn−12n−1 + · · · + β020 + β−12−1 + β−22−2 + · · ·)

donde βi ∈ 0, 1, entonces la expresión binaria de x es

±βnβn−1 . . . β0.β−1β−2 . . .

Ejemplo 2.6. No es difícil pasar de la representación en sistema decimal a sistema binario yviceversa. Por ejemplo, dado el número 101.011 en sistema binario, su representación en sistemadecimal es 5.375 ya que

1 × 22 + 0 × 21 + 1 × 20 + 0 × 2−1 + 1 × 2−2 + 1 × 2−3 = 5.375

Veamos ahora un ejemplo del paso contrario. Por ejemplo, sea 10.75 en sistema decimal. Su repre-sentación en sistema binario es 1010.11 ya que

10.75 = 1 × 23 + 0 × 22 + 1 × 21 + 0 × 20 + 1 × 2−1 + 1 × 2−2

¿Por qué?/

Hay que tener en cuenta que un número en sistema decimal puede tener un número finito dedecimales (por ejemplo 0.1) y, sin embargo, puede tener infinitos decimales en sistema binario(0.12) = 0.0001100011 . . .).

Aritmética de ordenador Introducción al Análisis Numérico

– 24 –

2.3.2 Almacenamiento de números reales

La limitación del espacio en un ordenador obliga a que éste no pueda guardar todos los núme-ros reales (infinitos), sino que sólo pueda almacenar un subconjunto finito de números llamadosnúmeros máquina. Además, cuando un ordenador almacena un número real, en realidad lo quealmacena es una aproximación suya.

Cuando escribimos el número 12.304 en el sistema decimal también lo podríamos escribir así:

12304 × 10−3

1230.4 × 10−2

123.04 × 10−1

12.304 × 100

1.2304 × 101

12304 × 102

0.12304 × 103

Lo que hemos hecho ha sido desplazar el punto decimal. Análogamente se haría en el sistemabinario.

El ordenador utiliza una representación estándar para escribir los números reales que se llamarepresentación de punto flotante. Esto es, si x es un número real dado, se escribiría como sigue

x = ±a × 10b

donde a es una expresión decimal finita, llamada mantisa y verifica que: 0.1 ≤ a ≤ 1 y b es unnúmero entero, llamado exponente. Si trabajamos en el sistema binario, entonces:

x = ±a × 2b

siendo 0.1 ≤ a ≤ 1 (en base 2) la mantisa, y b un entero, el exponente.La precisión de un número máquina depende del número de bits (espacios) utilizados para ser

almacenados. La limitación de espacios (bits) hace que el ordenador tenga una cota por arriba y unacota por abajo, además de que para calcular obligatoriamente se vea obligado a hacer redondeospara manejar números que pueda almacenar.

2.3.3 Propiedades de la aritmética de ordenador

Los errores de redondeo pueden alterar las propiedades elementales de la aritmética, como sonla propiedad asociativa o la de elemento neutro.

En prácticas con wxMaxima veremos ejemplos de cómo la aritmética de ordenador altera laaritmética real.

2.3.4 Cancelación de cifras significativas

La aritmética de ordenador requiere que al hacer cálculos organicemos con detalle los mismospara que las aproximaciones que se hagan no afecten en demasía a la precisión del resultado final.Con respecto a esto y, en concreto, cuando restamos dos números similares, se da el fenómeno

Introducción al Análisis Numérico Estabilidad

– 25 –

de la cancelación de cifras significativas que, en determinados procesos de cálculo, puede afectarconsiderable y negativamente a la precisión del resultado final.

Ejemplo 2.7. Consideremos dos números reales “casi” iguales

p = 1.23456789 q = 1.23454678

y supongamos que estamos trabajando con una precisión de 9 cifras. Si los restamos:

p − q = 0.00002111

observamos que hemos perdido precisión ya que de 9 cifras significativas, hemos pasado a sólo 4(el resto son iguales). Puede ocurrir, entonces, que el ordenador sustituya estas cifras por ceros opor valores arbitrarios (depende de la máquina), lo que puede afectar a los cálculos siguientes. /

Veamos otro ejemplo donde se constata el efecto que produce el fenómeno de la cancelación decifras significativas.

Ejemplo 2.8. Por ejemplo, al resolver una ecuación de segundo grado a x2 + bx + c = 0 y alcalcular las raíces de la forma convencional

x1 =−b +

√b2 − 4ac2a

x2 =−b −

√b2 − 4ac2a

observamos que, cuando b es positivo y grande, en el numerador de x1 estamos restando dos nú-meros similares (

√b2 − 4ac ≈ b), con lo que se producirá el efecto de la cancelación de cifras

significativas; mientras que en el cálculo de x2 este efecto no se producirá puesto que estamossumando dos cifras similares. Para evitar lo primero podemos radicalizar la fórmula que calculax1 de la forma siguiente:

x1 =−b +

√b2 − 4ac2a

=(−b +

√b2 − 4ac)2a

(−b −√

b2 − 4ac)(−b −

√b2 − 4ac)

=−2c

b +√

b2 − 4ac

El fenómeno que acabamos de comentar lo constataremos en prácticas con wxMaxima con unejemplo concreto. /

2.4 Estabilidad¿Qué pasa cuando acumulamos errores debido a hacer un número elevado de operaciones?

A este fenómeno se le conoce como propagación de errores. Y el objetivo es saber reconocersituaciones en los que los errores se magnifiquen. Veremos que muchas veces, sólo cambiando elproceso de cálculo podemos evitar situaciones molestas.

2.4.1 Propagación de errores

Las operaciones de multiplicación, división y radicación no afectan a la magnificación de erroresrelativos. No ocurre lo mismo con los errores absolutos ya que el dividir por un número pequeñoo, lo que es lo mismo, multiplicar por un número grande, se puede magnificar el error absoluto.

Ya que los errores son inevitables en el cálculo numérico, al menos debemos aspirar cuandoestablezcamos un algoritmo que la propagación de errores no afecte demasiado al resultado final.Cuando esto ocurra diremos que el algoritmo es estable. En otro caso, diremos que el algoritmo esinestable. A lo largo del curso intentaremos asegurar la estabilidad de los algoritmos propuestos.

Ejercicios Introducción al Análisis Numérico

– 26 –

En prácticas veremos cómo dos algoritmos matemáticamente equivalentes no tienen por quétener la misma estabilidad cuando se trabaja con aritmética de ordenador. Concretamente, estable-ceremos dos algoritmos para calcular la potencia n-sima de 1/3, es decir, 1/3n, ambos equivalentes.Sin embargo, trabajando con una aritmética de 5 dígitos (esto es, aproximando 1/3 por 0.33333),uno de ellos será estable, mientras que el otro será inestable.

2.5 Ejercicios

Ejercicio 2.1. Comprobar las siguientes propiedades de los sumatorios:

a)n∑

k=1(ak + bk) =

n∑k=1

ak +

n∑k=1

bk

b)n∑

k=1(c ak) = c

n∑k=1

ak,

c)n∑

k=1(ak − ak−1) = an − a0,

Solución 2.1.a) No hay más que utilizar la propiedad conmutativa y la propiedad asociativa de la suma de

números reales.b) Aquí utilizamos la propiedad distributiva del producto respecto de la suma.c) Desarrollamos la sumatoria:

n∑k=1

(ak − ak−1) = (a1 − a0) + (a2 − a1) + · · · + (an−1 − an−2) + (an − an−1) = an − a0

Todos los sumandos intermedios se van cancelando puesto que aparecen repetidos, pero condistinto signo. Finalmente nos quedan los que aparecen una sola vez, esto es an y −a0.

Ejercicio 2.2. Estudiar si son ciertas las igualdades:

a)100∑i=1

(i − 1)2 =

99∑i=0

i2,

b)100∑k=0

(2 + k) = 202 +

100∑k=0

k,

c)100∑k=1

k3 =

100∑k=1

k

100∑

k=1k2

,d)

100∑k=1

k3 =

100∑k=1

k

3

,

e)100∑k=0

k2 =

100∑k=1

k2,

f)100∑k=0

k2 =

99∑k=1

k2 + 299∑

k=1k + 100.

Solución 2.2.

Introducción al Análisis Numérico Ejercicios

– 27 –

a) Las dos sumatorias son iguales ya que se ha hecho una traslación de los índices:100∑i=1

(i − 1)2 = 02 + 12 + · · · + 992 =

99∑i=0

i2

b) Sí es cierta, ya que100∑k=0

(2 + k) = 2100∑k=0

1 +

100∑k=0

k = 2(101) +

100∑k=0

k = 202 +

100∑k=0

k

c) No es cierta. Si escribes los desarrollos de ambos miembros de la igualdad, es inmediato.d) Sí es cierta puesto que la diferencia entre ambas sumatorias es el sumando 02 = 0 que no afecta

a la suma final.e) Sí es cierta, ya que

100∑k=0

k2 =

100∑k=1

k2 =

99∑k=0

(k + 1)2 =

99∑k=0

k2 + 299∑

k=0k +

99∑k=0

1 =

99∑k=1

k2 + 299∑

k=1k + 100

donde hemos utilizado que (k + 1)2 = k2 + 2k + 1.

Ejercicio 2.3. Consideremos las funciones:

f (x) = x(√

x + 1 −√

x), g(x) =

x√

x + 1 +√

x

Observemos que algebraicamente f es equivalente a g. Deseamos hallar el valor de f (500) y g(500).¿Qué función proporciona mejores resultados? ¿Por qué?

Solución 2.3. Para evitar el fenómeno de cancelación de cifras significativas que probablemen-te se dará cuando evaluemos f (500), es preferible utlizar la función g (que es precisamente laradicalización de la expresión de f ).

Ejercicio 2.4. Deseamos calcular√

9876 −√

9875 ¿Cuál es el mejor modo de realizarlo?

Solución 2.4. Como se trata de restar dos cifras muy parecidas, se va producir el fenómeno decancelación de cifras significativas. ¿Cómo evitar este fenómeno? Pues radicalizando la expresión;es decir, multiplicando y dividiendo por el conjugado. Esto es

√9876 −

√9875 =

(√9876 −

√9875

) (√9876 +

√9875

)√

9876 +√

9875=

1√

9876 +√

9875

Ejercicio 2.5. Detectar posibles problemas en la evaluación de las expresiones siguientes yproponer alternativas para evitarlas:a)

11 + 2x

−1 − x1 + x

para |x| mucho menor que 1.

b)√

x +1x−

√x −

1x

para |x| mucho mayor que 1.

c)1 − cos(x)

xpara |x| mucho menor que 1, x 6= 0.

Solución 2.5.

Ejercicios Introducción al Análisis Numérico

– 28 –

a) Si suponemos que |x| << 1, se puede dar el fenómeno de cancelación de cifras significativaspuesto que

11 + 2x

≈ 1 y1 − x1 + x

≈ 1

En ambas aproximaciones estamos asumiendo que x ≈ 0; por tanto, la expresión que se pro-pone supondrá restar dos cifras “casi” iguales. Para evitar la probable cancelación de cifrassignificativas, podemos hacer las siguientes operaciones:

11 + 2x

−1 − x1 + x

=1 + x − (1 − x)(1 + 2x)

(1 + 2x)(1 − x)=

2x2

(1 + 2x)(1 − x)

De esta forma evitaríamos restar dos cifras praticamente iguales.b) Ahora suponemos que |x| >> 1, por lo que 1

x ≈ 0. Por tanto, en la expresión que se nos propone,se vuelve a dar la situación de que estamos restando dos cifras casi iguales. Para evitarnosproblemas, multiplicamos y dividimos por el conjugado. Esto es:√

x +1x−

√x −

1x

=

(√x + 1

x −√

x − 1x

) (√x + 1

x +

√x − 1

x

)√

x + 1x +

√x − 1

x

=2

x(√

x + 1x +

√x − 1

x

)c) Si ahora suponemos que |x| << 1, podemos asumir que x ≈ 0; en este caso, entonces, ten-

dríamos que cos(x) ≈ 1, por lo que en el numerador de la expresión propuesta, se podría darla cancelación de cifras significativas. Para evitar este fenómeno hacemos uso de la siguienteequivalencia:

cos(x) ≈ 1 −x2

2cuando x ≈ 0

Con lo que tendríamos que:

1 − cos(x)x

≈x2/2

x=

x2

De esta forma, la evaluación de la expresión no va aproducir ningún fenómeno de cancelaciónde cifras significativas.

Funciones elementales Definiciones

– 29 –

Funciones elementales

3

3.1 Definiciones 29 3.2 Funciones elementales 36 3.3 Ejercicios 46

La idea de función aparece por todas partes: cada persona tiene una edad o un número de hijos ouna cantidad de dinero en el bolsillo. No necesariamente tenemos que referirnos a números, pode-mos decir que cada persona tiene, o tuvo, un color de pelo, una marca de coche, etc. El formalismode las funciones nos permite tratar todas estas situaciones de la misma forma.

3.1 Definiciones

3.1.1 Dominio, rango e imagen

Definición 3.1. Una función f : A→ B es una regla que a cada elemento a de A le asociaun único elemento de B. Al conjunto A se la llama dominio de la función y a B se le suele dominiollamar codominio. No hay que confundir el codominio con la imagen de la función que esconjunto

f (A) =b ∈ B : ∃ a ∈ A tal que f (a) = b

.

La preimagen de un elemento b de B son aquellos elementos de A cuya imagen es B. Utiliza-remos la siguiente notación

f −1(b) = a ∈ A : f (a) = b .

Por extensión, también se puede hablar de la preimagen de un conjunto. Si B0 ⊂ B, la preima-gen de B0 es

f −1(B0) = a ∈ A : f (a) ∈ B0 .

La gráfica de la función es el conjunto Gr( f ) = (a, b) ∈ A × B : f (a) = b.

Observación 3.2. La definición de función incluye tres cosas obligatoriamente: el dominio, elcodominio y la regla que a cada elemento del dominio le asocia uno del codominio. En ocasionesabusaremos del lenguaje y hablaremos, por ejemplo, de la función f (x) =

√x + 1. ¿Qué queremos

decir? Sólo tenemos la regla que define la función. ¿Cuáles son su dominio y su codominio? Sudominio natural es el mayor conjunto donde la definición tiene sentido. En nuestro caso seríax ∈ R : x ≥ −1 y el codominio es simplemente la imagen de la función. En general y salvo quese diga lo contrario, en ausencia de un dominio explícito nos referiremos al conjunto donde tienesentido la definición de la función.

Ejemplo 3.3. Consideremos la función f : [0, 3π]→ R definida como f (x) = cos(x).

Definiciones Funciones elementales

– 30 –

π2

π 3π2

2π 5π2

3π

−1

1

0

cos(x)

Figura 3.1 Gráfica e imagen de la función coseno

a) Su dominio es el intervalo [0, 3π]b) Su codominio es todo el conjunto de los números reales aunque podríamos haber puesto cual-

quier conjunto más grande que el intervalo [−1, 1] (su imagen).c) En la Figura 3.1 hemos representado en azul la gráfica de la función, esto es, el siguiente sub-

conjunto del plano

(x, cos(x)) : x ∈ [0, 3π] .

d) La imagen de la función son los valores que toma. En este caso, la función coseno toma todoslos valores entre −1 y 1 (en rojo en la figura anterior).

e) La preimagen de un valor puedes ser única, pueden ser varios elementos o vacía. En nuestrocaso, al ser la función periódica, la preimagen nunca es única. Por ejemplo,

f −1(1) = x ∈ [0, 3π] : cos(x) = 1 = 0, 2π ,

en cambio, f −1(2) = ∅, ya que la función coseno nunca vale 2.f) ¿Cuando es la función positiva? Por definición, cuando el valor de la función es mayor estricta-

mente que cero:

f −1 (]0,+∞[) = x ∈ [0, 3π] : cos(x) > 0 =

]0,π

2

[∪

]3π2,

5π2

[.

Observa que en este caso f −1 (]0,+∞[) = f −1 (]0, 1])./

Ejemplo 3.4. Uno de los ejemplos más frecuentes de funciones con los que nos encontramosson las sucesiones. En el Capítulo 4 hablaremos de ellas con más detalle. Una sucesión es unafunción cuyo dominio es el conjunto de los números naturales. Si el codominio es el conjunto delos números reales, tenemos una sucesión de números reales; si el codominio es el conjunto delos alumnos de la clase, tendremos una sucesión de estudiantes, etc. Es importante resaltar que elhecho de que el dominio sea N lo que nos da es una lista ordenada de elementos. Por ejemplo, lafunción

f : N→ R, f (n) = 2n

1 7→ 2

2 7→ 4

. . .

nos enumera el conjunto de los pares: el primer número par es el 2, el segundo el 4, etc. /

Funciones elementales Definiciones

– 31 –

Figura 3.2 Gráfica de unafunción de dos variables

Ejemplo 3.5. Todos los ejemplos hasta ahora han tenido subcon-juntos deR como dominio y codominio. Es por eso que todas las re-presentaciones las hemos hecho en el plano R2. La representaciónde funciones con más variables en salida o en llegada requiere másdimensiones para la representación de su gráfica. En la Figura 3.2tienes la representación de la función definida en el plano como

f (x, y) =cos

(x2 + y2

)1 + x2 + y2 .

No es sencillo visualizar en el papel funciones de más variables ya que habría que representarespacios con cuatro dimensiones o más en el plano. /

3.1.2 Funciones inyectivas, sobreyectivas y biyectivas

Definición 3.6.a) Una función f : A → B es inyectiva si se cumple que no hay dos elementos distintos con Función inyectiva

la misma imagen, esto es, si x 6= y entonces f (x) 6= f (y).b) Una función f : A → B es sobreyectiva si todo elemento tiene una preimagen, esto es, Función sobreyecti-

vadado b ∈ B existe a ∈ A tal que f (a) = b.c) Una función f : A→ B es biyectiva si es inyectiva y sobreyectiva. Función biyectiva

Ejemplo 3.7.a) La función f : R → R definida como f (x) = x2 no es inyectiva ni sobreyectiva. Su imagen esR+

0 . Por tanto, la función f : R→ R+0 , f (x) = x2 es sobreyectiva. Ninguna de las dos versiones

es inyectiva: f (x) = f (−x). Si restringimos a los positivos o a los negativos, sí. Por ejemplo,f : R− → R, f (x) = x2 es inyectiva.

−4−3−2−1 1 2 3 4−2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

0

x2

(3,9)(-3,9)

−4−3−2−1 1 2 3 4−2

2

4

6

8

10

12

14

16

18

0

x2

(-3,9)

No Sí

Figura 3.3 ¿La función x2 es inyectiva?

Definiciones Funciones elementales

– 32 –

b) Las funciones periódicas no son inyectivas: el valor de la función se repite cuando avanzamosel periodo, más concretamente, si la función es T -periódica, entonces f (x) = f (x + T ).

c) La función exponencial y el logaritmo son inyectivas.d) La función sen :

[−π2 ,

π2

]→ [−1, 1] es biyectiva.

/

Función inversa

Si f : A→ B es una función inyectiva, la función inversa de f , a la que denotaremos f −1, es lafunción f −1 : f (A) → A definida por f −1( f (a)) = a. En otras palabras, si la función f envía a enf (a), su inversa deshace el camino y envia a f (a) de nuevo a a.

Conocemos muchas funciones inyectivas y, para algunas de ellas, también conocemos su inversa.Por ejemplo, sabemos que la función exponencial y el logaritmo neperiano son inversas una de laotra. ¿Qué quiere decir esto? Simplemente que se cumplen las dos siguientes igualdades:

log(ea) = a y elog(b) = b.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7

−2

2

4

6

0

exponencial

logaritmo neperiano

Figura 3.4 La función exponencialy el logaritmo son inversas

Esto tiene una consecuencia en las gráficas de las funciones. Mira la Figura 3.4. Las gráficas deuna función y su inversa son simétricas respecto de la bisectriz del primer cuadrante.

¿Cómo calculamos la inversa de una función? En teoría es sencillo: si y = f (x) es la función,sólo tenemos que cambiar los papeles de x e y. Tenemos que despejar x como función de y. Estoes la teoría. Dependiendo de la función podemos estar ante un problema fácil o uno imposible.Veamos un ejemplo.

Funciones elementales Definiciones

– 33 –

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

6

0

f (x) = x2 + x + 1

g(x) = −1+√

4x−32

h(x) = −1−√

4x−32

Figura 3.5 La función x2 + x + 1 y sus inversas

Ejemplo 3.8. Consideremos la funciónf (x) = x2 + x + 1, ¿cuál es su inversa?Como hemos dicho, tenemos que resolverla ecuación

y = x2 + x + 1

considerando como incógnita x. Las solu-ciones del polinomio x2 + x + 1 − y = 0son

x =−1 ±

√1 − 4(1 − y)

2

=−1 ±

√4y − 3

2.

Las dos soluciones provienen del hecho deque la función y = x2+x+1 no es inyectiva.Sí es inyectiva en cualquiera de los intervalos ] − ∞,−1/2] y [−1/2,+∞[. En la Figura 3.5 tienes lasgráficas de la función y su inversa en cada uno de dicho es intervalos. /

3.1.3 Funciones pares e impares

Definición 3.9.a) Una función f : A→ B es par si f (a) = f (−a) para cualquier a en A. Función parb) Una función f : A→ B es impar si f (a) = − f (−a) para cualquier a en A. Función impar

0

Figura 3.6 Funciones pares eimpares

Las funciones pares son aquellas cuya gráfica es simétrica res-pecto del eje OY. En otras palabras, si doblamos la hora por eleje vertical, ambos mitades coinciden. Para conseguir el mis-mo efecto con una función impar tienes que doblar primerorespecto por eje vertical y, en segundo lugar, por el eje hori-zontal.

Ejemplo 3.10.a) Las funciones f (x) = x2 o cos(x) son pares.b) La función f (x) = x3 o sen(x) son impares.

/

3.1.4 Funciones periódicas

Definición 3.11. Una función f : R→ R es periódica si existe algún número real T tal que Función periódicaf (x) = f (x + T ) para cualquier x real. A cualquiera de esos valores se le llama un periodo dela función. El periodo fundamental, ω, es el menor de todos ellos, o sea,

ω = inf T : f (x) = f (x + T ), ∀x ∈ R

Definiciones Funciones elementales

– 34 –

Figura 3.7 Función periódica

Ejemplo 3.12. Las funciones seno y coseno son periódicas con periodo 2π (o cualquier múlti-plo entero de 2π). El periodo fundamental de la tangente es π. El caso trivial son las funcionesconstantes: son periódicas con cualquier periodo. Por tanto, su periodo fundamental es cero. /

3.1.5 Acotación

f(x)

M

m

Figura 3.8 Función acotada

Dada una función con valores reales, podemos hablar decuándo los valores que toma dicha función se encuentranen un rango determinado, son mayores o son menores queuna cierta cantidad. En otras palabras, podemos aplicar lasnociones de acotación de conjuntos a la imagen de la fun-ción. Así surgen las nociones de función acotada y funcio-nes acotadas superior o inferiormente.

Definición 3.13. Sea f : A→ R una función.a) Diremos que la función f está acotada superior-

mente si su imagen, f (A), lo está. En otras palabras, f está acotada superiormente si existeun número M tal que f (a) ≤ M para cualquier elemento a de A.

b) Diremos que la función f está acotada inferiormente si su imagen, f (A), lo está. En otraspalabras, f está acotada superiormente si existe un número m tal que f (a) ≥ m paracualquier elemento a de A.

c) Diremos que la función está acotada si lo está superior e inferiormente.

Ejemplo 3.14. Las funciones seno o coseno están acotadas. En cambio ningún polinomio, salvolos constantes, es una función acotada en R. /

Una vez que tenemos un conjunto acotado, podemos hablar de máximo y supremo.

Definición 3.15. Sea f : A→ R una función.a) Diremos que la función f tiene máximo si su imagen, f (A) lo tiene. Diremos que f alcanza

su máximo en a0 ∈ A si f (a) ≤ f (a0) para cualquier a ∈ A.b) Diremos que la función f tiene mínimo si su imagen, f (A) lo tiene. Diremos que f alcanza

su mínimo en a0 ∈ A si f (a) ≥ f (a0) para cualquier a ∈ A.

Observación 3.16. Ya sabemos que un conjunto acotado superiormente tiene supremo. Nopodemos decir lo mismo con respecto al máximo. Hay conjuntos que tienen supremo pero este no

Funciones elementales Definiciones

– 35 –

se alcanza. Piensa, por ejemplo, en los intervalos abiertos. La misma situación se puede dar confunciones. Por ejemplo, la función f :]0, 1[→]0, 1[, f (x) = x está acotada, pero no tiene máximoni mínimo.

3.1.6 Funciones monótonas

Definición 3.17.a) Una función f : A ⊆ R→ R es creciente (resp. decreciente) si Función creciente

x ≤ y =⇒ f (x) ≤ f (y) (resp. f (x) ≥ f (y)).

b) Una función f : A ⊆ R→ R es estrictamente creciente (resp. estrictamente decreciente) Función estricta-mente crecientesi

x < y =⇒ f (x) < f (y) (resp. f (x). > f (y))

En general, diremos que una función es monótona si es creciente o decreciente y diremos quees estrictamente monótona si es estrictamente creciente o estrictamente decreciente.

Observación 3.18.

1 2 3 4 5 6

1

2

3

0

Hay veces que los nombres nos pueden inducira error y este es uno de esos casos. La idea in-tuitiva que tenemos todos es que una función cre-ciente es aquella que tiene una gráfica ascendente.En realidad eso es una función estrictamente cre-ciente. Una función constante es creciente (y de-creciente). La expresión correcta debería ser queuna función creciente es aquella cuya gráfica “nobaja”.

Monotonía e inyectividad

Se deduce directamente de la definición de función estrictamente monótona que puntos deldominio distintos tienen imágenes distintas. En particular, las funciones estrictamente monótonasson inyectivas. ¿Es cierto el recíproco? Es fácil encontrar ejemplos de que no es cierto en general.Por ejemplo, la función f : [0, 3]→ R definida como

f (x) =

x, si 0 ≤ x < 2,5 − x, si 2 ≤ x ≤ 3,

no es creciente ni decreciente. La función f no es continua y podría pensarse que este fenómenono se presentaría en funciones continuas, pero no es difícil conseguir un ejemplo con funcionescontinuas. ¿Dónde presenta problemas de continuidad la función f ? Pues eliminemos esos puntos.Considera la función g : [0, 1] ∪ [2, 3]→ R definida como

f (x) =

x, si 0 ≤ x < 1,5 − x, si 2 ≤ x ≤ 3,

Funciones elementales Funciones elementales

– 36 –

1 2 3

1

2

3

0

f

1 2 3

1

2

3

0

g

Figura 3.9 Monotonía e inyectividad

Como puedes ver, para la inyectividad no es una condición suficiente para probar monotonía siconsideramos funciones que no sean continuas o que no estén definidas en intervalos. En otro caso,el resultado es cierto.

3.2 Funciones elementales

3.2.1 Funciones potenciales

La función potencial f : R+ → R definida como f (x) = xb tiene sentido para cualquier expo-nente b real. En el caso particular de potencias naturales, se puede extender la definición a toda larecta real.a) f es biyectiva de R+ en R+, continua y derivable con f ′(x) = bxb−1.b) (xy)b = xbyb.c) Si b > 0, f es estrictamente creciente y verifica limx→0 xb = 0 y limx→+∞ xb = +∞.d) Si b < 0, f es estrictamente decreciente y verifica limx→0 xb = +∞ y limx→+∞ xb = 0.

-2 -1 1 2 3 4 5

-2

-1

1

2

3

4

0

f (x) = x2

g(x) =√

x

Figura 3.10 Función potencial

Como consecuencia se obtiene que los polinomios, suma de funciones potenciales con exponentenatural, son derivables en todo R. Más concretamente, si p(x) = a0 + a1x + . . . + anxn, entoncesp′(x) = a1 + 2a2x + . . . + nanxn−1, ∀ x ∈ R.

Funciones elementales Funciones elementales

– 37 –

3.2.2 Función exponencial

La función exponencial de base e, f : R → R está definida como f (x) = ex. A veces usaremosla notación exp(x) para indicar ex.a) f es continua y derivable en R con f ′(x) = ex.b) f es biyectiva de R en R+ y estrictamente creciente.c) lim

x→−∞ex = 0 y lim

x→+∞ex = +∞.

d) ex+y = exey.

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

0

f (x) = ex

g(x) = log(x)

Figura 3.11 Funciones exponencial y logaritmo neperiano

3.2.3 Función logaritmo neperiano

La función logaritmo neperiano2, g(x) = log(x) para x positivo, es la inversa de la funciónexponencial.a) g es derivable y g′(x) = 1

x .b) g es biyectiva de R+ en R y estrictamente creciente.c) lim

x→0log(x) = −∞ y lim

x→+∞log(x) = +∞.

d) log(xy) = log(x) + log(y), ∀ x, y ∈ R+.e) log

(xy

)= log(x) − log(y), ∀ x, y ∈ R+.

f) log(xy) = y log(x), ∀ x ∈ R+, y ∈ R.g) log(1) = 0, log(e) = 1.

Haciendo uso de la siguiente fórmula se deducen las demás funciones elementales, excepto lastrigonométricas

ab = elog(ab) = eb log(a), ∀a ∈ R+, b ∈ R.

Usaremos indistintamente la notación ln(x) y log(x) para indicar el logaritmo neperiano2

Funciones elementales Funciones elementales

– 38 –

3.2.4 Función exponencial de base a 6= 1

f : R→ R, f (x) = ax, ∀x ∈ R

a) f es biyectiva de R en R+, continua y verifica ax+y = axay.b) Si a > 1, f es estrictamente creciente y verifica lim

x→−∞ax = 0 y lim

x→+∞ax = +∞.

c) Si a < 1, f es estrictamente decreciente y verifica limx→−∞

ax = +∞ y limx→+∞

ax = 0.

d) f es derivable y f ′(x) = ax log(a).

-2 -1 1 2 3

1

2

3

4

0

f (x) = 2.5xg(x) = 12.5x

Figura 3.12 Función exponencial

3.2.5 Funciones logarítmicas de base a 6= 1

La inversa de la función exponencial es la función logaritmo. Su comportamiento depende dela base de la expoencial que hayamos considerado. Es por esto que en algunos casos tengamos quedistinguir entre base mayor o menor que uno.

g : R+ → R, g(x) = loga(x) =log(x)log(a)

∀x ∈ R+

a) g es biyectiva de R+ en R y continua. Además g es la inversa de la función exponencial de basea. Verifica también que

loga(xy) = loga(x) + loga(y),

loga

(xy

)= loga(x) − loga(y),

loga(xz) =z loga(x)

para cualesquiera x, y ∈ R+, z ∈ R.b) Si a > 1, g es estrictamente creciente y

limx→0

loga(x) = −∞, y limx→+∞

loga(x) = +∞.

c) Si a < 1, g es estrictamente decreciente y

limx→0

loga(x) = +∞, y limx→+∞

loga(x) = −∞.

Funciones elementales Funciones elementales

– 39 –

1 2 3 4 5 6 7

-3

-2

-1

1

2

3

0

f (x) = log(x)g(x) = log0.5(x)

Figura 3.13 Función logaritmo

Funciones trigonométricas

3.2.6 Las funciones seno y coseno

a) Son derivables en todo R y sen′(x) = cos(x), cos′(x) = − sen(x).b) Son funciones periódicas de periodo 2π

sen(x + 2π) = sen(x), cos(x + 2π) = cos(x).

c) sen2(x) + cos2(x) = 1, ∀ x ∈ R. Fórmula funda-mental de trigono-metría

d) cos : [0, π] → [−1, 1] es una biyección estrictamente decreciente con cos(0) = 1, cos(π2

)= 0,

cos(π) = −1.e) sen : [−π2 ,

π2 ]→ [−1, 1] es una biyección estrictamente creciente con sen

(−π2

)= −1, sen(0) = 0,

sen(π2

)= 1.

f) La imagen, tanto de la función seno como de la función coseno, es el intervalo [−1, 1].g) La función coseno es par: cos(−x) = cos(x), ∀ x ∈ R.h) La función seno es impar: sen(−x) = − sen(x), ∀ x ∈ R.i) cos(x + π) = − cos(x), sen(x + π) = − sen(x), ∀ x ∈ R.j) Las funciones seno y coseno no tienen límite en +∞ ni en −∞.

Funciones elementales Funciones elementales

– 40 –

Algunos valores destacados de seno y coseno

−1 −0.5 0.5 1

−1

1

0

(cos(x),sen(x))tan(x)

ángulo x

π2

π 3π2

2π

−1−0.5

0.51

0

Función seno

Función coseno

Figura 3.14 Las funciones seno y coseno

Radianes Coseno Seno Tangente

0 1 0 0π/6

√3/2 1/2 1/

√3

π/4√

2/2√

2/2 1π/3 1/2

√3/2

√3

π/2 0 1 −

2π/3 −1/2√

32 −√

33π/4 −

√2/2

√2/2 −1

5π/6 −√

3/2 1/2 −1/√

3π −1 0 0

Tabla 3.1 Valores de seno, coseno y tangente en losdos primeros cuadrantes

Funciones elementales Funciones elementales

– 41 –

0012−1

2ππ

π3π3

2π3

2π3

−2π3−

2π3

−π3−π3

√3

2

−√

32

π6π6

π2π2

5π6

5π6

−5π6−

5π6

−π2−π2

−π6−π6

√3

2−√

32

12

−12

π4π4

π2π2

3π4

3π4

ππ

−3π4−

3π4

−π2−π2

−π4−π4

√2

2−√

22

√2

2

−√

22

Figura 3.15 Círculo trigonométrico

Teorema del coseno

h = a sen(θ)Área= 1

2bhTeorema del coseno: c2 = a2 + b2 − 2ab cos(θ)

h

b

c a

θ

3.2.7 La función tangente

Como se verifica que cos(x) = 0 ⇐⇒ x = π2 + kπ, k ∈ Z, podemos definir la función tangente

como

tan : A→ R, A = R \π

2+ kπ : k ∈ Z

, tan(x) =

sen(x)cos(x)

Funciones elementales Funciones elementales

– 42 –

−π −π2π2

π0

Figura 3.16 Función tangente

a) tan(x + π) = tan(x), ∀ x ∈ A.b) tan :

]−π2 ,

π2

[→ R es una función continua y estrictamente creciente y además verifica que

limx→− π2 tan(x) = −∞ y limx→ π2

tan(x) = +∞.c) La función tangente es derivable y

tan′(x) = 1 + tan2(x) =1

cos2(x).

3.2.8 Secante, cosecante, cotangente

Siempre que los respectivos denominadores no se anulen, se pueden definir las siguientes fun-ciones

cosec : B→ R, cosec(x) =1

sen(x), ∀ x ∈ B

sec : A→ R, sec(x) =1

cos(x), ∀ x ∈ A

cotan : B→ R, cotan(x) =cos(x)sen(x)

, ∀ x ∈ B,

donde A = R \ π2 + kπ : k ∈ Z y B = R \ kπ : k ∈ Z.Dichas funciones son continuas y derivables en su correspondiente dominio y

sec′(x) = tan(x) sec(x),cosec′(x) = − cotan(x) cosec(x),

cotan′(x) =−1

sen2(x)= − cosec2(x) = −(1 + cotan2(x)).

Funciones elementales Funciones elementales

– 43 –

3.2.9 Inversas de funciones trigonométricas

Función arcoseno

−1 1

−π2

π2

π

0

Arcoseno

Arcocoseno

Figura 3.17 Arcoseno yarcocoseno

Esta función es la inversa de la restricción de la función seno al in-tervalo [−π2 ,

π2 ], y por tanto arcsen : [−1, 1] → [−π2 ,

π2 ] verifica que

sen(arcsen(x)) = x, ∀x ∈ [−1, 1].Además, es una función biyectiva, continua y estrictamente cre-

ciente con

arcsen(−1) = −π

2, arcsen(0) = 0, arcsen(1) =

π

2.

Por último, es derivable en el intervalo abierto ]−1, 1[ con derivada

arcsen′(x) =1

√1 − x2

.

Función arcocoseno

Es la función inversa de la restricción de la función coseno al intervalo [0, π], y por tantocos(arccos(x)) = x, ∀x ∈ [−1, 1].

Esta función es biyectiva, continua y estrictamente decreciente con

arccos(−1) = π, arccos(0) =π

2, arccos(1) = 0

Es derivable en el intervalo abierto ] − 1, 1[ con derivada

arccos′(x) =−1

√1 − x2

.

Función arcotangente

Es la inversa de la restricción de la función tangente al intervalo]−π2 ,

π2

[y, por tanto,

arctan : R→]−π

2,π

2

[verifica que tan(arctan(x)) = x, ∀x ∈ R.a) Esta función es biyectiva, continua y estrictamente creciente con

limx→−∞

arctan(x) = −π

2, arctan(0) = 0, lim

x→+∞arctan(x) =

π

2.

b) Es derivable en R y arctan′(x) = 11+x2 .

Funciones elementales Funciones elementales

– 44 –

−π2

−π4

π4

π2

−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 60Arcotangente

Figura 3.18 Función arcotangente

3.2.10 Identidades trigonométricas

a) Identidades pitagóricas

sen2(x) + cos2(x) = 1

tan2(x) + 1 = sec2(x)

cotan2(x) + 1 = cosec2(x)

b) Suma y diferencia de ángulos

sen(x ± y) = sen(x) cos(y) ± cos(x) sen(y)

cos(x ± y) = cos(x) cos(y) ∓ sen(x) sen(y)

tan(x ± y) =tan(x) ± tan(y)

1 ∓ tan(x) tan(y)

c) Angulo doble

sen(2x) = 2 sen(x) cos(x),

cos(2x) = cos2(x) − sen2(x) = 2 cos2(x) − 1 = 1 − 2 sen2(x)

d) Angulo mitad

sen2(x) =12

(1 − cos(2x))

cos2(x) =12

(1 + cos(2x))

tan( x2

)=

1 − cos(x)sen(x)

=sen(x)

1 + cos(x)

e) Producto

sen(x) sen(y) =12

(cos(x − y) − cos(x + y))

cos(x) cos(y) =12

(cos(x − y) + cos(x + y))

sen(x) cos(y) =12

(sen(x + y) + sen(x − y))

Funciones elementales Funciones elementales

– 45 –

3.2.11 Funciones hiperbólicas

De forma análoga a como están definidas las funciones seno y coseno, podemos interpretargeométricamente las funciones hiperbólicas. El papel que juega la circunferencia unidad x2+y2 = 1lo pasa a representar la hipérbola x2 − y2 = 1. En este caso, relacionamos el punto (x, y) con elárea α que aparece sombreada en la figura 3.19.

−1

1x2 − y2 = 1

Área α (α), (α))

Figura 3.19 Seno y coseno hiperbólicos

Las funciones hiperbólicas están definidas como:

senh(x) =ex − e−x

2, cosh(x) =

ex + e−x

2, tanh(x) =

senh(x)cosh(x)

Por analogía con las funciones trigonométricas hablaremos también de tangente, secante y co-secante hiperbólica.

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

−2

−1

1

2

3

4

0

Seno hiperbólico

Coseno hiperbólico

Figura 3.20 Funciones hiperbólicas

Ejercicios Funciones elementales

– 46 –

3.2.12 Identidades hiperbólicas

a) Identidades “pitagóricas”

cosh2(x) − senh2(x) = 1,

tanh2(x) + sech2(x) = 1

cotanh2(x) − cosech2(x) = 1

b) Sumas y diferencias de ángulos.

senh(x + y) = senh(x) cosh(y) + cosh(x) senh(y),

senh(x − y) = senh(x) cosh(y) − cosh(x) senh(y),

cosh(x + y) = cosh(x) cosh(y) + senh(x) senh(y),

senh(x − y) = cosh(x) cosh(y) − senh(x) senh(y).

c) Ángulo doble

senh2(x) =−1 + cosh(2x)

2, cosh2(x) =

1 + cosh(2x)2

.

Funciones hiperbólicas inversas

arcsenh(x) = log(x +

√x2 + 1

)arccosh(x) = log

(x +

√x2 − 1

)arctanh(x) =

12

log(1 + x1 − x

)

3.3 Ejercicios

Ejercicio 3.1. Comparar alog(b) con blog(a).

Solución 3.1. Suponemos que tanto a como b son números reales positivos. Tomando logaritmosen la primera expresión:

log(alog(b)

)= log(b) log(a)

y, haciendo lo mismo en la segunda expresión:

log(blog(a)

)= log(a) log(b).

Por tanto, por la inyectividad de la función logaritmo, tendríamos que ambas expresiones coinciden;es decir:

log(alog(b)

)= log

(blog(a)

)=⇒ alog(b) = blog(a)

Funciones elementales Ejercicios

– 47 –

Ejercicio 3.2. Resolver la siguiente ecuación:1

logx(a)=

1logb(a)

+1

logc(a)+

1logd(a)

.

Solución 3.2. Aplicando la definición de la función logaritmo con otra base distinta del númeroe, tenemos que:

1logx(a)

=1

log(a)log(x)

=1

log(a)log b

+1

log(a)log(c)

+1

log(a)log(d)

.

Por tantolog(x)log(a)

=log(b)log(a)

+log(c)log(a)

+log(d)log(a)

=log(bcd)log(a)

Entonces, igualando numeradores y utilizando la inyectividad de la función logaritmo nuevamente:

log(x) = log(bcd) =⇒ x = bcd.

Ejercicio 3.3. ¿Es correcto escribir log(x − 1)(x − 2) = log(x − 1) + log(x − 2)?

Solución 3.3. En primer lugar, para qee el primer miembro de esta identidad tenga sentido, hade verificarse que (x − 1)(x − 2) > 0, es decir, que x < 1 o que x > 2. Entonces, partiendo de esapremisa, descomponemos el estudio en dos casos:a) Si x < 1, entonces:

log(x − 1)(x − 2) = log |(x − 1)(x − 2)| = log |x − 1| + log |x − 2| = log(1 − x) + log(2 − x)

b) Si x > 2, entonces la fórmula planteada sí es correcta, puesto que las expresiones x − 1 y x − 2son ambas positivas.

Si pretendemos una igualdad que sea correcta en cualquier caso (siempre que x 6= 1 y x 6= 2) habríaque escribirla así:

log |(x − 1)(x − 2)| = log |x − 1| + log |x − 2|

Ejercicio 3.4. Probar que log(x +√

1 + x2)

+ log(√

1 + x2 − x)

= 0.

Solución 3.4. Aplicando las propiedades del logaritmo tenemos que:

log((

x +√

1 + x2) (√

1 + x2 − x))

= log(1 + x2 − x2

)= log(1) = 0.

Ejercicio 3.5. Resolver x√

x =(√

x)x.

Solución 3.5. Tomamos logaritmos en ambos miembros de la ecuación:

log(x√

x)

= log(√

xx)=⇒

√x log(x) = x log

(√x)

√x log(x) =

x2

log(x) =⇒ log(x)(√

x −x2

)= 0.

La primera solución que tenemos es x = 1, así log(x) = 0. Por otra parte, tenemos que resolver laecuación:

Ejercicios Funciones elementales

– 48 –

√x −

x2

= 0 =⇒ 2√

x = x =⇒ 4x = x2 =⇒ x(x − 4) = 0

Por tanto, y como x 6= 0, tendremos que x = 4. En resumen, la ecuación planteada tiene dossoluciones: x = 1 y x = 4.

Ejercicio 3.6. Simplificar las expresiones:a) alog(log a)/ log a,b) loga

(loga(aax)

).

Solución 3.6.a) Tomamos logaritmos nos queda:

log(alog(log a)/ log a

)=

log(log(a)log(a)

log(a) = log(log(a))

Por tanto, por la inyectividad de la función logaritmo:

alog(log a)/ log a = log(a)

b) Utilizamos la definición de logaritmo en base a:

loga(loga(aax

))

=

log(

log(aax )log(a)

)log(a)

=log

(ax log(a)

log(a)

)log(a)

=log(ax)log(a)

= xlog(a)log(a)

= x

Ejercicio 3.7. Probar las siguientes igualdades, siendo x un número real cualquiera:a) cos(arctan x) = 1√

1+x2 ,b) sen(arctan x) = x√

1+x2 .

Solución 3.7.a) Si llamamos t = arctan(x), entonces tan(t) = x y se tiene:

cos(arctan(x)) = cos(t) =1

sec(t)=

1√1 + tan(t)2

=1

√1 + x2

b) Haciendo uso del apartado anterior:

sen(arctan(x)) = sen(t) = tan(t) cos(t) =x

√1 + x2

Ejercicio 3.8. Si f (x) = 1/x y g(x) = 1/√

x, ¿cuáles son los dominios naturales de f , g, f + g,f · g y de las composiciones f g y g f ?

Solución 3.8.a) El dominio de f es R∗.b) El dominio de g es R+.c) El dominio de f + g es R+.d) El dominio de f g es R+.e) El dominio de g f es R+.

Funciones elementales Ejercicios

– 49 –

Ejercicio 3.9. Calcular el dominio las funciones:a) y =

√x−2x+2

b) y = log(

x2−5x+6x2+4x+6

)c) y =

√x

1−|x|

Solución 3.9.a) El dominio es ] −∞,−2[∪[2,+∞[.b) El dominio es R \ [2, 3].c) El dominio es ] −∞,−1[∪[0, 1[.

Ejercicio 3.10. Probar que si f (x) = 11−x , entonces f f f (x) = x.

Solución 3.10.

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

11 − x

)= f

11 − 1

1−x

= f(x − 1

x

)=

11 − x−1

x= x.

Ejercicio 3.11. Calcular la inversa de las siguientes funcionesa) f (x) =

3√1 − x3 b) f (x) = ex

1+ex

Solución 3.11.a)

y =ex

1 + ex ⇐⇒ (1 + ex)y = ex

⇐⇒ y = ex(1 − y)

⇐⇒ ex =y

1 − y

⇐⇒ x = log(

y1 − y

)= log(y) − log(1 − y).

Por tanto, f −1(y) = log(y) − log(1 − y).b) y =

3√1 − x3 ⇐⇒ 1 − x3 = y3 ⇐⇒ 1 − y3 = x3 ⇐⇒ x =3√

1 − y3. Por tanto f = f −1.

Ejercicio 3.12. Estudiar si son pares o impares las siguientes funciones:a) f (x) = |x + 1| − |x − 1|b) f (x) = log

(1+x1−x

) c) f (x) = ex + e−x

d) f (x) = ex − e−x

Solución 3.12.a) f (x) = |x + 1| − |x − 1| es impar.b) f (x) = log

(1+x1−x

)es impar.

c) f (x) = ex + e−x es par.d) f (x) = ex − e−x es impar.

– 50 –

– 51 –

Sucesiones y series

– 52 –

Sucesiones de números reales Definición y propiedades

– 53 –

Sucesiones de números reales

44.1 Definición y propiedades 53 4.2 Sucesiones parciales 56 4.3 Monoto-nía 56 4.4 Sucesiones divergentes 59 4.5 Criterios de convergencia 60 4.6 Ve-locidad de convergencia 62 4.7 Ejercicios 64

El concepto de límite es básico en Cálculo y, de entre las diversas posibilidades, hemos elegidoque haga su aparición asociado a sucesiones de números reales. La idea intuitiva de sucesión essencilla: una sucesión es una lista ordenada.

4.1 Definición y propiedades

Definición 4.1. Una sucesión de números reales es una aplicación del conjunto de los Sucesiónnúmeros naturales en el conjunto de los números reales, esto es,

N→ R,

n 7→ xn.

Llamaremos término general a xn y, usualmente, no mencionaremos la función sino sólo la Término generalimagen de la función. Dicho de otra manera, hablaremos de sucesión con término general xn y lanotaremos xnn∈N o (xn)n∈N.

x − εx

x + ε

11 22 33 · · · n

xn

Figura 4.1 Límite de una sucesión

Ejemplo 4.2. Hay dos formas usuales de definir una su-cesión: mediante una fórmula general que nos permita ob-tener todos los términos de la sucesión o, por recurrencia,o sea obtenemos cada término en función de los anterio-res. Por ejemplo, la sucesión

1

2n−1

n∈N

es la sucesión 1,3, 5, 7,... Como puedes ver, sabemos todos los términosde la sucesión. El que ocupa el lugar 53 es 1

105 . En cam-bio, la sucesión definida como x1 = 0, x2 = 1 y xn+2 =

xn+1 + xn conocida como sucesión de Fibonacci está de-finida por recurrencia. Para calcular un término tenemosque conocer previamente el valor de los dos anteriores. Noimporta. Puesto que sabemos los dos primeros, podemos calcular el tercero y así sucesivamente:0, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . /

Definición 4.3. Diremos que la sucesión xnn∈N es convergente si existe x ∈ R verificando Sucesión conver-genteque para cada ε > 0 existe n0 ∈ N tal que |xn − x| < ε, para cualquier n ≥ n0. En ese caso

escribiremos que limn→∞

xn = x o xn → x.

Se puede comprobar fácilmente que

limn→∞

xn = x si, y sólo si, limn→∞|xn − x| = 0.

Definición y propiedades Sucesiones de números reales

– 54 –

Ejemplo 4.4.a) La sucesión constantes son convergentes y su límite es dicha constante.b) La sucesión

1n

n∈N

es convergente a cero.c) La sucesión nn∈N no es convergente.d) La sucesión (−1)nn∈N no es convergente.

/

4.1.1 Sucesiones y acotación

Definición 4.5. Diremos que la sucesión xnn∈N está acotada superiormente (respectiva-mente inferiormente) si existe M ∈ R verificando que xn ≤ M para todo n ∈ N (respectiva-mente xn ≥ M).Diremos que la sucesión está acotada si lo está superior e inferiormente o, lo que es lo mismo,Sucesión acotadasi existe M ∈ R tal que |xn| ≤ M, para cualquier natural n.

Proposición 4.6. Toda sucesión convergente está acotada.

Demostración. Aplicamos la definición de convergencia para ε = 1. Entonces existe un naturaln0 tal que |xn − x| < 1 para n ≥ n0. En particular, el conjunto xn : n ≥ n0 está acotado superior-mente por x + 1 e inferiormente por x − 1. El resto de los términos de la sucesión también estáacotado por ser un conjunto finito. Por tanto, la unión de ambos está acotado.

Observación 4.7. El recíproco no es cierto. La sucesión (−1)nn∈N está acotada pero no esconvergente.

4.1.2 Álgebra de límites

Después de definir el límite de una sucesión, los siguientes resultados relacionan su comporta-miento y las operaciones usuales de números reales. En primer lugar, comenzamos con la suma yel producto.

Proposición 4.8. Sean xn e yn dos sucesiones convergentes. Entoncesa) lim

n→∞(xn + yn) = lim

n→∞xn + lim

n→∞yn,

b) limn→∞

(xn · yn) =

(limn→∞

xn

)·

(limn→∞

yn

),

c) si limn→∞

yn 6= 0, se tiene que limn→∞

xnyn

=limn→∞ xnlimn→∞ yn

.

Proposición 4.9. Sea xn una sucesión convergente a cero e yn una sucesión acotada. Entoncesxnyn es convergente a cero.

Ejemplo 4.10. Vamos a calcular limn→∞

log(3n4 − 2n + 7

)log

(2n2 + 2n − 1

) .

Sucesiones de números reales Definición y propiedades

– 55 –

limn→∞

log(3n4 − 2n + 7)log(2n2 + 2n − 1)

= limn→∞

log(n4(3 − 2

n3 + 7n4 )

)log

(n2(2 + 2

n −1n2 )

)= lim

n→∞

log(n4) + log(3 − 2

n3 + 7n4

)log(n2) + log

(2 + 2

n −1n2

)= lim

n→∞

4 log(n) + log(3 − 2

n3 + 7n4

)2 log(n) + log

(2 + 2

n −1n2

)dividimos por log(n) numerador y denominador

=42

= 2.

/

4.1.3 Convergencia y orden

xy

11 22 33 · · · n

Figura 4.2 El orden se conserva al to-mar límites

En esta sección vamos a hacer relacionar convergencia y or-den. El primer resultado nos dice que las desigualdades entrelos términos de dos sucesiones se trasladan a sus respectivoslímites. De hecho, no hace falta que todos los términos verifi-can la desigualdad. Es suficiente con que, por ejemplo, paralos términos pares o los impares tengamos la desigualdad.

Proposición 4.11. Sean xn e yn dos sucesiones convergen-tes. Supongamos que el conjunto n ∈ N : xn ≤ yn es infinito.Entonces lim

n→∞xn ≤ lim

n→∞yn.

11 22 33 · · · n

Figura 4.3 Límites y sucesiones en-cajadas

Proposición 4.12. Sean xn, yn y zn sucesiones de números Regla del sandwichreales verificando quea) lim

n→∞xn = lim

n→∞zn y que

b) xn ≤ yn ≤ zn, para cualquier n natural.Entonces yn es convergente y lim

n→∞xn = lim

n→∞yn = lim

n→∞zn.

Ejemplo 4.13. Vamos a calcular el límite

limn→∞

1n2√n

+2

n2√n+ · · · +

nn2√n

.

Usando que1

n2√n≤

mn2√n

≤n

n2√n

para cualquier natural m entre 1 y n, podemos acotar superior e inferiormente la sucesión:

Sucesiones parciales Sucesiones de números reales

– 56 –

n1

n2√n≤

1n2√n

+2

n2√n+ · · · +

nn2√n

≤ nn

n2√n, ∀n ∈ N.

Como nuestra sucesión está encajada entre dos sucesiones que tienden a cero, se tiene que

limn→∞

1n2√n

+2

n2√n+ · · · +

nn2√n

= 0.

/

4.2 Sucesiones parciales

Si una sucesión es una “lista” de números, podemos construir una lista nueva escogiendo algunosde estos, por ejemplo los que ocupan un lugar par o impar. A este tipo de sucesiones las llamaremosparciales de la sucesión original.

Definición 4.14. Sea xn una sucesión de números reales. Diremos que yn es una sucesiónparcial de xn si existe una aplicación estrictamente creciente σ : N→ N tal que yn = xσ(n)Sucesión parcialpara cualquier natural n.

Ejemplo 4.15.a) El primer ejemplo de sucesión parcial de una sucesión dada es simple: eliminemos una cantidad

finita de términos al inicio de la sucesión. Por ejemplo, eliminar los tres primeros términos seconsigue con la aplicación σ(n) = n + 3. La sucesión xn+3n∈N es lo que se llama una cola dela sucesión xnn∈N.En general, si p es un número natural, las sucesión parcial xn+pn∈N es una cola de la sucesiónColaxnn∈N. La convergencia de una sucesión y de sus colas es equivalente: la sucesión converge si,y sólo si, lo hacen todas o alguna de sus colas.

b) Quedarnos sólo con los términos que ocupan una posición par o impar consiste en considerarlas parciales x2nn∈N o x2n−1n∈N.

/

Proposición 4.16. Sea xn una sucesión de números reales convergente. Entonces cualquierparcial es convergente y con el mismo límite.

Este resultado se suele usar para demostrar que una sucesión no es convergente: si existe algunaparcial no convergente o existen parciales distintas convergentes a límites distintos, la sucesiónoriginal no es convergente.

Ejemplo 4.17. La sucesión (−1)n no es convergente puesto que la parcial de los pares convergea 1 mientras que la de los impares lo hace a −1. /

4.3 MonotoníaLa definición de monotonía para funciones cualesquiera se puede enunciar para sucesiones.

Definición 4.18. Una sucesión xnn∈N es creciente si cumple que xn ≤ xn+1 para todoSucesión crecientenatural n. Dicho de otra forma, cuando avanzamos en la lista los términos son mayores:

n ≤ m =⇒ xn ≤ xm.

Sucesiones de números reales Monotonía

– 57 –

Análogamente, diremos que xnn∈N es decreciente si cumple que xn ≥ xn+1 para todo naturaln o, lo que es lo mismo, n ≤ m =⇒ xn ≥ xm.

Evidentemente no todas las sucesiones son monótonas al igual que no todas las funciones sonmonótonas. Por ejemplo, la sucesión cos(n)n∈N no es monótona ni tampoco lo es la sucesión(−1)n.

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20−1

1

0

Figura 4.4 La sucesión cos(n)n∈N no es monótona

Eso sí, de cualquier sucesión siempre podemos elegir términos cada vez mayores o cada vez me-nores. En otras palabras, siempre podemos elegir una sucesión parcial monótona.

Proposición 4.19. Toda sucesión tiene una parcial monótona.

SucesionesAcotadas

Monótonas

Convergentes

Figura 4.5 Distintos tipos de sucesiones

¿Cuál es el interés de las sucesiones monótonas? Son másfáciles de estudiar. Por ejemplo, la convergencia de las su-cesiones monótonas se reduce al estudio de su acotación.

Proposición 4.20. Una sucesión monótona es convergen-te si, y sólo si, está acotada. De hecho, si xnn∈N es unasucesión creciente y acotada se tiene que

limn→∞

xn = sup xn : n ∈ N .

El hecho de que las sucesiones monótonas y acotadassean convergentes nos permite demostrar que una sucesiónes convergente sin, teóricamente, conocer su límite.

Ejemplo 4.21. Vamos a estudiar la convergencia de lasucesión

x1 = 1, xn+1 =√

xn + 1, ∀n ≥ 1.

Para demostrar que esta sucesión es convergente vamos a comprobar que es una sucesión monótonay acotada.a) Observa que x2 =

√2 > x1 = 1. Vamos a demostrar por inducción que la sucesión es creciente.

i) El primer paso ya lo tenemos dado: x2 =√

2 > x1 = 1.ii) Si ahora suponemos que xn < xn+1, veamos que xn+2 > xn+1:

xn+2 =√

xn+1 + 1 >√

xn + 1 = xn+1.

Luego la sucesión es monótona creciente.b) Veamos que también está mayorada, concretamente que xn ≤ 2 , ∀n ∈ N. De nuevo lo compro-

bamos por inducción.i) Es inmediato para n = 1.

ii) Si xn ≤ 2, veamos que para xn+1 también se verifica:

xn+1 =√

xn + 1 ≤√

2 + 1 =√

3 ≤ 2.

Monotonía Sucesiones de números reales

– 58 –

Por tanto, existe x = limn→∞ xn y lo calculamos haciendo uso de la fórmula de recurrencia. Toman-do límites

x2n+1 = xn + 1 =⇒ x2 − x − 1 = 0 =⇒ x =

1 ±√

52

.

Como xn es creciente y el primer término es 1, la única posibilidad que cabe es que x = 1+√

52 .

/

Ejemplo 4.22. Consideremos la sucesión xnn∈N definida por recurrencia como x1 = − 32 yE

3xn+1 = 2 + x3n para cualquier natural n. Estudia si xnn∈N es convergente y, caso de que lo sea,

calcula su límite.a) Si calculas algunos términos de la sucesión, parece que la sucesión es creciente. Vamos a com-

probarlo por inducción.i) x1 = − 3

2 ≤ x2 = − 1124 .

ii) Supongamos que xn ≤ xn+1 para un natural n, entonces

xn+1 =2 + x3

n3≤

2 + x3n+1

3= xn+2

ya que la función f (x) = x3 es creciente.Acabamos de demostrar que el conjunto n ∈ N : xn ≤ xn+1 es inductivo y que, por tanto, lasucesión es creciente.

b) ¿Está acotada la sucesión? Por ser una sucesión creciente, está acotada inferiormente. Sólonos falta encontrar una cota superior. De hecho, la sucesión será convergente si, y sólo si, estáacotada superiormente. Si la sucesión fuera convergente a un número L, como limn→∞ xn =

limn→∞ xn+1 = L, se tiene que cumplir que 3L = 2 + L3. Las soluciones de este polinomio son1 y −2 (compruébalo por ejemplo por el método de Ruffini). Dado que la sucesión es crecientey su primer término es − 3

2 , queda descartado que el límite sea −2. Vamos a comprobar porinducción que 1 es una cota superior.i) Es evidente que x1 = −3

2 ≤ 1.ii) Supongamos que xn ≤ 1 para un natural n, entonces

xn+1 =2 + x3

n3≤

2 + 13≤ 1.

En resumen, la sucesión es creciente y mayorada y, por lo visto anteriormente, su límite es 1. /

Ejemplo 4.23. Sea a ∈ R+ y consideremos la siguiente sucesión: x1 = a, xn+1 = 12

(xn + a

xn

),

para cualquier n ∈ N. Vamos a ver que xnn∈N es convergente y que su límite, x, verifica x2 = a.Estudiamos en primer lugar si la sucesión es monótona:

xn+1 − xn =12

(x2

n + axn

)− xn =

a − x2n

2xn.

La sucesión será decreciente si xn+1 − xn ≤ 0 o, equivalentemente, si a − x2n ≤ 0. Si se da la

desigualdad opuesta, la sucesión será creciente. En cualquier caso, tenemos que estudiar la relaciónentre x2

n y a. Como no tenemos una fórmula para xn, vamos a trabajar con xn+1.

Sucesiones de números reales Sucesiones divergentes

– 59 –

xn+1 ≥ xn+2 ⇐⇒ a − x2n+1 ≤ 0 ⇐⇒ a ≤

[12

(xn +

axn

)]2

⇐⇒ 4a ≤ x2n +

a2

x2n

+ 2a ⇐⇒ 0 ≤ x2n +

a2

x2n− 2a

⇐⇒ 0 ≤(xn −

axn

)2.

Esta última afirmación es claramente cierta. Por tanto la sucesión xn+1 es decreciente. Al mismotiempo hemos demostrado que está acotada inferiormente:

√a ≤ xn, para cualquier n natural. Por

tanto, la sucesión xn+1 (que no es más que la sucesión xn comenzando en el segundo término)es convergente. Llamemos L a su límite. Debe verificar que

L =12

(L +

aL

)⇐⇒ L =

√a.

Volveremos a este ejemplo más adelante. /

Si unimos los dos resultados anteriores: toda sucesión acotada tiene una parcial monótona que,por ser parcial, sigue siendo acotada y, por tanto, convergente.

Teorema 4.24 (de Bolzano–Weierstrass). Toda sucesión acotada tiene una parcial con- Teorema deBolzano–Weierstrass

vergente.

Aunque lo usaremos poco en los ejemplos prácticos, este teorema es la clave que permite probarla existencia de máximo y mínimo de funciones continuas en intervalos cerrados y acotados.

4.4 Sucesiones divergentesLa sucesión nn∈N no es convergente, pero tiene un comportamiento muy particular. Los térmi-

nos de esta sucesión toman valores tan grandes como se desee siempre que dicho términos sean losuficientemente avazandos. A esto nos solemos referir como que la sucesión nn∈N tiende a +∞.

Definición 4.25.a) Sea xnn∈N una sucesión de números reales. Diremos que xnn∈N diverge positivamente

o tiende a +∞ si para cualquier M ∈ R existe un natural n0 tal que xn ≥ M para cualquiern ≥ n0. En ese caso escribiremos lim

n→∞xn = +∞.

b) De manera similar, diremos que xnn∈N diverge negativamente o que tiende a −∞ si paracualquier K ∈ R existe un natural n0 tal que xn ≤ K para cualquier n ≥ n0. En ese casoescribiremos lim

n→∞xn = −∞.

c) En general, diremos que una sucesión es divergente si diverge positiva o negativamente.

De la definición se deduce directamente que las sucesiones divergentes no están acotadas: lassucesiones divergentes positivamente no están acotadas superiormente y las que divergen negati-vamente no están acotadas inferiormente.

Observación 4.26. Un error muy común es decir que una sucesión tiende a +∞ si “sus términosson cada vez más grandes” o “si hay términos tan grandes como se quiera”. Compruébalo en lossiguientes ejemplos:

Criterios de convergencia Sucesiones de números reales

– 60 –

a) La sucesión 1, 1, 2, 4, 3, 9,...,n, n2,... no es creciente pero es divergente.b) La sucesión 1, 1, 2, 1, 3, 1,...,n, 1,... tiene términos tan grandes como se quiera pero no es

divergente.

Proposición 4.27. Sean xnn∈N y ynn∈N sucesiones de números reales.a) Si lim

n→∞xn = +∞ y yn está acotada inferiormente, entonces lim

n→∞xn + yn = +∞.

b) limn→∞|xn| = +∞ si, y sólo si, lim

n→∞

1xn

= 0.

c) Si limn→∞

xn = +∞ y existe un natural n0 y un número positivo k tal que yn ≥ k para n ≥ n0,entonces limn→∞ xnyn = +∞.

Ejemplo 4.28. Vamos a probar que

limn→∞

xn =

+∞, si x > 1,0, si |x| < 1.

Comencemos con el caso x > 1. Vamos a demostrar que la sucesión xn, que claramente escreciente, no está acotada. Por reducción al absurdo, supongamos que sí está acotada. En ese caso,la sucesión es convergente al supremo de sus elementos por ser creciente. Notemos L a dichosupremo. Se tiene que xn ≤ L, ∀n ∈ N. En particular,

xn+1 ≤ L, ∀n ∈ N =⇒ xn ≤Lx< L,

lo que contradice que L sea el supremo.Si x < 1, entonces 1

x > 1 y podemos aplicar el apartado anterior para obtener que limn→∞1xn = +∞

y, por tanto, limn→∞ xn = 0. /

4.5 Criterios de convergenciaEl primer criterio que vamos a ver, el criterio de Stolz, permite resolver indeterminaciones de

la forma “ 00 ” o “∞

∞”. En cierta manera juega un papel similar a la regla de L’Hôpital para cocientes

de funciones.

Proposición 4.29. Sean xnn∈N e ynn∈N dos sucesiones de números reales. Supongamos queCriterio de Stolzse verifica alguna de las siguientes condiciones:a) ynn∈N es creciente y diverge positivamente, o bienb) lim

n→∞xn = lim

n→∞yn = 0 e ynn∈N es monótona.

Entonces se verifica que:a) Si lim

n→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= L ∈ R, entonces limn→∞

xnyn

= L.

b) Si limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= +∞ , entonces limn→∞

xnyn

= +∞.

c) Si limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= −∞, entonces limn→∞

xnyn

= −∞.

Veamos un ejemplo de su uso.

Ejemplo 4.30. Vamos a calcular

limn→∞

12 + 22 + 32 + · · · + n2

n3 .

Aplicando el criterio de Stolz, tenemos que estudiar

Sucesiones de números reales Criterios de convergencia

– 61 –

limn→∞

(12 + 22 + · · · + n2 + (n + 1)2) − (12 + 22 + · · · + n2)(n + 1)3 − n3 = lim

n→∞

(n + 1)2

3n2 + 3n + 1=

13.

Por tanto, limn→∞12+22+32+···+n2

n3 = 13 . /

Proposición 4.31. Sea xnn∈N una sucesión de números reales positivos. Se verifica que: Criterio de la raíz

a) Si limn→∞

xn+1xn

= L ∈ R, entonces limn→∞

n√xn = L.

b) Si limn→∞

xn+1xn

= +∞ , entonces limn→∞

n√xn = +∞.

Ejemplo 4.32. Aplicando el criterio de la raíz, limn→∞n√n = 1 ya que limn→∞

n+1n = 1. /

Proposición 4.33. Sea xnn∈N una sucesión de números reales convergente a uno, y sea ynn∈N Regla del número euna sucesión cualquiera. Entonces se verifica que:a) lim

n→∞yn(xn − 1) = L ∈ R ⇐⇒ lim

n→∞xyn

n = eL.

b) limn→∞

yn(xn − 1) = +∞ ⇐⇒ limn→∞

xynn = +∞.

c) limn→∞

yn(xn − 1) = −∞ ⇐⇒ limn→∞

xynn = 0.

Ejemplo 4.34. Calcular limn→∞(

n2−n+3n2+2n−2

)n+3.

limn→∞

(n2 − n + 3n2 + 2n − 2

)n+3

= eL ⇐⇒ limn→∞

(n + 3)(

n2 − n + 3n2 + 2n − 2

− 1)

= L.

Para terminar, resolvemos el segundo límite

limn→∞

(n + 3)(

n2 − n + 3n2 + 2n − 2

− 1)

= limn→∞

(n + 3)(

n2 − n + 3n2 + 2n − 2

−n2 + 2n − 2n2 + 2n − 2

)= lim

n→∞

(n + 3)(−3n + 5)n2 + 2n − 2

= −3.

/

Ejemplo 4.35. La sucesión(

1 + 1n

)nn∈N

es creciente y tiene límite e.Para comprobar que, en efecto, es creciente vamos a escribir el término n-ésimo utilizando elbinomio de Newton(

1 +1n

)n=

n∑k=0

(nk

)1n−k 1

nk

= 1 + n ·1n

+n(n − 1)

2!·

1n2 +

n(n − 1)(n − 2)3!

·1n3 + · · · +

n(n − 1) · · · 2 · 1n!

·1nn

= 1 + 1 +

(1 −

1n

)12!

+

(1 −

1n

) (1 −

2n

) (1 −

3n

)13!

+ · · ·

· · · +

(1 −

1n

) (1 −

2n

) (1 −

3n

)· · ·

(1 −

n − 1n

)1n!.

Te puedes imaginar cuál es el término siguiente:

Velocidad de convergencia Sucesiones de números reales

– 62 –

(1 +

1n

)n+1= 1 + 1 +

(1 −

1n + 1

)12!

+

(1 −

1n + 1

) (1 −

2n + 1

) (1 −

3n + 1

)13!

+ · · ·

· · · +

(1 −

1n + 1

) (1 −

2n + 1

) (1 −

3n + 1

)· · ·

(1 −

n − 1n + 1

)1n!

· · · +

(1 −

1n + 1

) (1 −

2n + 1

)· · ·

(1 −

n − 1n + 1

) (1 −

nn + 1

) 1(n + 1)!

.

Observa los dos términos que acabamos de escribir. Hay dos diferencias:a) Este último tiene un sumando más que el término n-ésimo. Dicho término de más, el último, es

positivo. En realidad, todos los sumandos son positivos.b) Si nos fijamos en el resto de sumandos y vamos comparando uno a uno

1 ≤ 1,

1 −1n≤ 1 −

1n + 1

,(1 −

1n

) (1 −

2n

)≤

(1 −

1n + 1

) (1 −

2n + 1

),

y así sucesivamente.Uniendo estos dos apartados, obtenemos la desigualdad que estábamos buscando, esto es, que(1 − 1

n

)n≤

(1 − 1

n+1

)n+1.

El cálculo del límite es fácil utilizando la Proposición 4.33 (la regla del número e):

limn→∞

(1 +

1n

)n= eL ⇐⇒ lim

n→∞n(1 +

1n− 1

)= L,

y este segundo límite es inmediato comprobar que vale uno. /

4.6 Velocidad de convergencia

Las sucesiones 1n n∈N y 1n2 n∈N tienen límite cero, pero un rápido vistazo a sus términos en la

Tabla 4.1 nos convence de que los términos de la segunda se acercan más rápidamente al límite.Otra forma de ver esto es la siguiente. El cociente entre los términos generales de las dos suce-

siones es

limn→∞

1n2

1n

= limn→∞

1n

= 0,

lo que indica que la sucesión del denominador, 1n , es mucho mayor que la del numerador, 1/n2.

Definición 4.36. Sea ann∈N una sucesión convergente con límite l y sea bn otra sucesiónconvergente a otro número m.a) Diremos que la velocidad o el orden de convergencia de la sucesión an es O(bn) si existe

una constante K tal que|an − l||bn − m|

≤ K, ∀n ∈ N

Sucesiones de números reales Velocidad de convergencia

– 63 –

b) Diremos que la velocidad o el orden de convergencia de la sucesión es o(bn) si

limn→∞

|an − l||bn − m|

= 0.

n 1/n 1/n2

1 1.0 1.02 0.5 0.253 0.3333333333333333 0.11111111111111114 0.25 0.06255 0.2 0.046 0.1666666666666667 0.027777777777777787 0.1428571428571428 0.020408163265306128 0.125 0.0156259 0.1111111111111111 0.0123456790123456810 0.1 0.01

Tabla 4.1 Primeros términosde las sucesiones 1/n y 1/n2

La notación “O grande” y “o pequeña” es bastante común a la hora de describir la convergencia deun algoritmo. Obsérvese que bn−m es una sucesión que converge a 0. Lo que se hace, en esencia,es comparar la velocidad de convergencia de an a su límite con la velocidad de la convergenciade otra sucesión que converge a 0. Normalmente como sucesión bn se toma la sucesión 1

np paraun natural p.

La definición anterior también tiene también una versión para sucesiones divergentes:

Definición 4.37. Sea ann∈N una sucesión divergente y sea bn otra sucesión divergente.a) Diremos que la velocidad o el orden de divergencia de la sucesión an es O(bn) si existe

una constante K tal que|an|

|bn|≤ K, ∀n ∈ N

b) Diremos que la velocidad o el orden de divergencia de la sucesión an es o(bn) si

limn→∞

|an|

|bn|= 0.

Análogamente a lo que es usual en sucesiones convergentes, para comparar con sucesionesdivergentes suelen utilizarse las sucesiones np con p natural.

Ejemplo 4.38. Con la nomenclatura anterior la sucesión

n2+2n+1n3−2n2+3n+1

tiende a cero con veloci-

dad O(1/n). En el caso de divergencia se tiene que log(n) diverge con velocidad o(n)./

Ejercicios Sucesiones de números reales

– 64 –

4.7 Ejercicios

4.7.1 Sucesiones

Ejercicio 4.1. Prueba que si |x| < 1, entonces limn→∞

1 + x + x2 + . . . + xn =1

1 − x.

Solución 4.1. Sabemos que 1+x+x2+. . .+xn = xn+1−1x−1 (es la suma de una progresión geométrica)

y, usando que limn→∞

xn = 0, se obtiene lo pedido.

Ejercicio 4.2. Sea a un número real positivo y definamos x1 = a, xn+1 =xn

1+xnpara n ∈ N. Probar

que la sucesión xnn∈N converge a cero.

Solución 4.2. Usando la definición de la sucesión, se puede comprobar que

x1 = a, x2 =a

1 + a, x3 =

a1 + 2a

y que, en general, xn = a1+(n−1)a , con lo que es inmediato concluir que limn→∞ xn = 0.

Ejercicio 4.3. Demostrar que la sucesión x1 = 1, xn+1 =√

3xn, ∀n ≥ 1 es convergente y calcularsu límite.

Solución 4.3.a) Veamos por inducción que la sucesión es creciente. Es inmediato comprobar que x1 < x2. Si

xn < xn+1 tenemos que comprobar que xn+1 < xn+2:

xn+1 =√

3xn <√

3xn+1 = xn+2.

b) Además es una sucesión acotada, ya que por inducción otra vez tenemos que xn ≤ 3, ∀n ∈ N.Para n = 1 es inmediato, y si xn ≤ 3, comprobémoslo para xn+1. En efecto,

xn+1 =√

3xn ≤√

3 · 3 = 3.

Por tanto, la sucesión es creciente y mayorada, luego existe su límite x, que estará comprendidoentre 1 ≤ x ≤ 3. Para calcular su valor vamos a tomar límites en la fórmula de recurrencia, esto esx2

n+1 = 3 xn =⇒ x2 = 3x =⇒ x(x − 3) = 0 de lo que se deduce que limn→∞ xn = x = 3.

Ejercicio 4.4. Se define la sucesión xn por recurrencia como x1 = 1, xn+1 =√

1 + 2xn − 1.E

Calcula limn→∞ xn y limn→∞xn

xn+1.

Solución 4.4.a) Vamos a comprobar que la sucesión xn es monótona y acotada.

i) Veamos, en primer lugar, que la sucesión xn es decreciente. Utilizaremos el principio deinducción.1) Es inmediato comprobar que x1 = 1 > x2 =

√3 − 1.

2) Supongamos que xn > xn+1, entonces

2xn + 1 > 2xn+1 + 1 =⇒√

1 + 2xn − 1 >√

1 + 2xn+1 − 1,

o, lo que es lo mismo, xn+1 > xn+2.

Sucesiones de números reales Ejercicios

– 65 –

ii) Comprobemos que todos los términos son positivos de nuevo por inducción:1) Es evidente que que x1 > 0 y,2) si xn > 0,

√1 + 2xn > 1 o, lo que es lo mismo, xn+1 > 0.

Resumiendo, xn es decreciente y está acotada inferiormente y, por tanto, es convergente. Sillamamos L al límite, se cumple que L =

√1 + 2L − 1 de donde se deduce que L = 0.

b) Para calcular el límite de la sucesión xn

xn+1

, multiplicamos y dividimos por

√1 + 2xn + 1 y

obtenemos

limn→∞

xnxn+1

=xn

√1 + 2xn − 1

·

√1 + 2xn + 1√

1 + 2xn + 1= lim

n→∞

12

(√1 + 2xn + 1

)= 1.

Ejercicio 4.5. Sea xnn∈N la sucesión definida por recurrencia como x1 = 1/2 y xn+1 = x2n + 4

25 .a) Demuestra que 1

5 < xn <45 para cualquier natural n.

b) Demuestra que xnn∈N es decreciente.c) Calcula su límite.

Solución 4.5.a) Lo demostramos por inducción. Es claro que 1

5 < x1 = 12 < 4

5 . Supongamos que 15 < xn <

45 ,

entonces

xn+1 = x2n +

425

>

(15

)2+

425

=15, y

xn+1 = x2n +

425

<

(45

)2+

425

=45.

b) De nuevo comprobamos que la sucesión es decreciente por inducción. En primer lugar, esevidente que x1 = 1

2 ≥41

100 = x2. Supongamos ahora que xn ≥ xn+1, entonces

xn+2 = x2n+1 +

425≥ x2

n +425

= xn+1,

ya que la función “elevar al cuadrado” conserva el orden en los positivos.c) De los dos apartados anteriores se deduce que la sucesión es monótona y acotada y, por tanto,

convergente. Si L es su límite, debe verificar que

L = L2 +425⇐⇒ L =

−1 ±√

1 − 1625

2=

15, o

45.

Puesto que la sucesión es decreciente, el límite no puede ser 45 y, se tiene que L = 1

5 .

Ejercicio 4.6. Sea a ∈ R, a > 1. Estudiar el comportamiento de la sucesión x1 = a, xn+1 =

√x2

n+a2

para todo n ∈ N.

Solución 4.6. En primer lugar, probamos que la sucesión es decreciente. Se tiene que x2 =√a2+a

2 < a = x1 (⇐⇒ a > 1). Si suponemos que xn+1 < xn veamos que también xn+2 < xn+1. Enefecto, como x2

n+1 < x2n, entonces

Ejercicios Sucesiones de números reales

– 66 –

xn+2 =

√x2

n+1 + a2

< xn+1 =

√x2

n + a2

.

Además la sucesión está acotada, ya que 1 < xn ≤ a , ∀n ∈ N (¡pruébese por inducción!), portanto la sucesión tiene límite x que verifica la ecuación siguiente:

x2 =x2 + a

2=⇒ x2 = a =⇒ x =

√a.

Ejercicio 4.7. Sea a ≤ 1. Estudia la convergencia de la sucesión definida por recurrencia comox1 = a, xn+1 = 1 −

√1 − xn.

Solución 4.7.

0.5 1 1.5

1

0

f (x) = x

g(x) =√

xPara empezar, echemos un vistazo a los primeros términos de la sucesión.¿Cuál es mayor x1 o x2? Vamos a verlo en general

x ≤ 1 −√

1 − x ⇐⇒√

1 − x ≤ 1 − x

⇐⇒ 1 − x ≥ 1 ⇐⇒ x ≤ 0, (4.1)

usando la relación que hay entre un número y su raíz cuadrada:√

x ≤ x six ≥ 1 y

√x ≥ x si 0 ≤ x ≤ 1. Por lo tanto, al menos tenemos que distinguir dos casos: a ≤ 0 y

0 ≤ a < 1. El caso a = 1 lo trataremos por separado.a) Supongamos que 0 ≤ a ≤ 1. Vamos a demostrar que 0 ≤ xn ≤ 1 para todo natural n. Lo

hacemos por inducción. Para n = 1 es obviamente cierto. En segundo lugar, si 0 ≤ xn ≤ 1,entonces

0 ≤ 1 − xn ≤ 1 =⇒ 0 ≤√

1 − xn ≤ 1 =⇒ 0 ≤ 1 −√

1 − xn = xn+1 ≤ 1.

En consecuencia, si 0 ≤ xn ≤ 1, aplicamos la fórmula 4.1 y obtenemos que xn ≥ xn+1. Hemosprobado que la sucesión es decreciente y minorada y, por tanto, convergente.

b) Supongamos que a ≤ 0. Vamos a demostrar que xn ≤ 0 para cualquier natural n. Lo demos-tramos por inducción. Obviamente, x1 = a es menor o igual que cero. Supongamos ahora quexn ≤ 0, entonces

1 − xn ≥ 1 =⇒√

1 − xn ≥ 1 =⇒ 1 −√

1 − xn = xn+1 ≤ 0.

En consecuencia, si xn ≤ 0, de nuevo la fórmula 4.1 nos dice que se cumple que xn ≤ xn+1.Hemos demostrado que la sucesión es creciente y mayorada y, por tanto, convergente.

En cualquiera de los dos casos, la sucesión es convergente. Llamemos L a su límite. Entonces debecumplirse que L = 1 −

√1 − L y, resolviendo la ecuación, obtenemos que el único valor que tiene

sentido es L = 0.Si a = 1, la sucesión es constantemente igual a 1 y, por tanto, convergente a 1.

Ejercicio 4.8. Estudia la convergencia de la sucesión definida de forma recurrente por x1 = a >E

0, y xn+1 =√

a + xn, para todo n ∈ N.

Solución 4.8. Para demostrar que una sucesión definida de forma recurrente es convergente(o que no lo es) parece una buena idea (ya lo hemos hecho en clase) intentar demostrar que esmonótona y acotada.

Sucesiones de números reales Ejercicios

– 67 –

Veamos la acotación. Tenemos que x1 = a > 0 y x2 =√

a + a =√

2a. Se tiene que a =√

2a ⇔a2 = 2a⇔ a2−2a = a(a−2) = 0. Como a 6= 0 para que se dé la igualdad tendrá que ser a = 2. Esfácil ver que si 0 < a < 2 entonces x1 = a <

√2a = x2 y si a > 2 se tiene que x1 = a >

√2a = x2,

por lo que habrá que distinguir casos. Un primer caso trivial es si a = 2 porque entonces se tieneque xn = 2 ∀n ∈ N que evidentemente converge a 2.a) Si 0 < a < 2 hemos visto que x1 < x2 supongamos ahora que para un natural n se tiene que

xn < xn+1; entonces a + xn < a + xn+1. Claramente los dos miembros de la desigualdad sonpositivos. Extrayendo raíces cuadradas se mantiene la desigualdad, es decir xn+1 =

√a + xn <

√a + xn+1 = xn+2 y la sucesión es creciente. Para demostrar que es convergente nos faltaría ver

que está mayorada. Como no tenemos un candidato claro a mayorante de la sucesión (bueno,podríamos intentarlo con 2, no parece mala idea) supongamos que la sucesión es convergentea un número L. En tal caso sabemos que L sería mayorante de la sucesión.Tenemos que L = lim xn+1 = lim

√a + xn =

√a + lim xn =

√a + L, es decir, que L =

√a + L,

de donde L2 = a + L ⇒ L2 − L + a = 0. Resolviendo la ecuación tenemos que L = 1±√

1+4a2 .

Como√

1 + 4a > 1 descartamos el signo negativo de la raiz ya que el límite nos saldría negativoy eso no es posible (x1 = a > 0 y la sucesión es creciente). Por tanto debería ser L = 1+

√1+4a2 .

Veamos que1 +√

1 + 4a2

es un mayorante de los términos de la sucesión. Lo haremos, comono, por inducción. Para x1 se tiene que

x1 = a <1 +√

1 + 4a2

⇔ 2a < 1 +√

1 + 4a⇔ 2a − 1 <√

1 + 4a

Si a < 1/2 el primer miembro de la desigualdad es negativo y el segundo positivo con lo quese da la desigualdad. En otro caso, como los dos miembros son positivos, la desigualdad severifica si, y sólo si,

(2a − 1)2 = 4a2 + 1 − 4a < 1 + 4a⇔ 4a2 − 8a = 4a(a − 2) < 0

que es cierto ya que 0 < a < 2.

Supongamos ahora que para un natural n se verifica xn <1 +√

1 + 4a2

, entonces

xn+1 =√

a + xn <

√a +

1 +√

1 + 4a2

=

√2a + 1 +

√1 + 4a

2.

Si se cumpliera que √2a + 1 +

√1 + 4a

2≤

1 +√

1 + 4a2

habríamos terminado. No parece evidente, pero si elevamos al cuadrado los dos miembros dela desigualdad obtenemos

√2a + 1 +

√1 + 4a

2

2

=2a + 1 +

√1 + 4a

2≤

1 +√

1 + 4a2

2

=1 + 1 + 4a + 2

√1 + 4a

4=

2a + 1 +√

1 + 4a2

.

Ejercicios Sucesiones de números reales

– 68 –

Realmente lo que ocurre es que√2a + 1 +

√1 + 4a

2=

1 +√

1 + 4a2

lo que nos viene bien. Así que xn+1 <1+√

1+4a2 .

Entonces tenemos que la sucesión está mayorada y, ahora sí, es convergente y su límite es1+√

1+4a2 .

Otra forma de ver la mayoración es intentar demostrar por inducción que xn ≤ 2, ∀n ∈ N. Esmucho más fácil. Inténtalo.

b) El caso de que a > 2 es más rápido utilizando lo que ya hemos hecho. Demostrar el decrecimien-to en este caso es totalmente análogo a la demostración del crecimiento del caso anterior perocambiando las desigualdades. Pero ahora la acotación (la minoración) es mucho más fácil queantes ya que es evidente que xn > 0 para cualquier n ∈ N. En cualquier caso se puede demostrartambién que 1+

√1+4a2 es un minorante de la sucesión (demostración totalmente análoga a la de

antes) y también es fácil demostrar que 2 es minorante de la sucesión. El cálculo del límite sehace igual.

Resumiendo: si a < 2 la sucesión es creciente y mayorada, si a = 2 es constante y si a > 2 esdecreciente y minorada. En los tres casos es convergente y el límite vale 1+

√1+4a2 (sí, para a = 2

también se cumple).

4.7.2 Criterios de convergencia

Ejercicio 4.9. Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones y calcular su límite cuandoexista:a)

1+24+34+···+n4

n5

,

b)

1!+2!+3!+···+n!n!

,

c)1+1/2+1/3+···+1/n

n

,

d)1+3+5+···+(2n−1)

n+1 − 2n+12

.

Solución 4.9.a) Aplicamos el criterio de Stolz y nos queda xn+1−xn

yn+1−yn=

(n+1)4

(n+1)5−n5 . Si desarrollamos el denominadortenemos un polinomio de grado 4 y con coeficiente principal 4, ya que queda de la forma(n + 1)5 − n5 = 5n4 + ... + 1. Por tanto el límite es 1/5.

b) Aplicando el criterio de Stolz tenemos que

limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= limn→∞

(n + 1)!(n + 1)! − n!

= limn→∞

(n + 1)!n! ((n + 1) − 1)

= limn→∞

n + 1n

= 1.

c) Por el criterio de Stolz, limn→∞xn+1−xnyn+1−yn

= limn→∞1/(n+1)(n+1)−n = 0.

d) Escribimos la sucesión de la forma xnyn

=2+6+10+···+2(2n−1)−(2n+1)(n+1)

2(n+1) y aplicamos el criterio deStolz

xn+1 − xnyn+1 − yn

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

2(n + 2) − 2(n + 1)= −

32.

Por tanto el límite es −32 .

Sucesiones de números reales Ejercicios

– 69 –

Ejercicio 4.10. Calcula el límite limn→∞

log(1 · 2 · · · n)n log(n)

.

Solución 4.10. Aplicamos el criterio de Stolz

limn→∞

an+1 − anbn+1 − bn

= limn→∞

log(1 · 2 · · · n · (n + 1)) − log(1 · 2 · · · n)(n + 1) log(n + 1) − n log(n)

= limn→∞

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

(n+1

n

)= lim

n→∞

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

(1 + 1

n

)n

dividimos por log(n + 1) y usamos que limn→∞(1 + 1

n

)n= e,

= limn→∞

11 + 1

log(n+1) log(1 + 1

n

)n = 1.

Ejercicio 4.11. Calcula los siguientes límites.

a) limn→∞

1 +√

2 +3√3 + . . . n√n

n2 ,

b) limn→∞

1n

n√

(3n + 1)(3n + 2) · · · (3n + n).

Solución 4.11.a) Este ejercicio se puede intentar resolver por el criterio de Stolz. Si llamamos xn = 1 +

√2 +

3√3 + . . . n√n y yn = n2 se tendrá que

an+1 − anbn+1 − bn

=1 +√

2 +3√3 + . . . n√n +

n+1√n + 1 −(1 +√

2 +3√3 + . . . n√n

)(n + 1)2 − n2 =

n+1√n + 12n + 1

.

Teniendo en cuenta que limn→∞

n+1√n + 1 = 1, tenemos que

limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= limn→∞

n+1√n + 12n + 1

= 0.

Por tanto limn→∞

1 +√

2 +3√3 + . . . n√n

n2 = 0.

b) Aunque directamente no podemos aplicar el criterio de la raíz si hacemos una pequeña manipu-lación en la sucesión sí que será posible. Se tiene que

1n

n√

(3n + 1)(3n + 2) · · · (3n + n) =n

√(3n + 1)(3n + 2) · · · (3n + n)

nn .

Si ahora llamamos an =(3n+1)(3n+2)···(3n+n)

nn , tenemos que

Ejercicios Sucesiones de números reales

– 70 –

limn→∞

an+1an

= limn→∞

(3n + 4)(3n + 5) · · · (3n + n + 4)nn

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

= limn→∞

(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4)nn

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

= limn→∞

(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4)(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)(n + 1)

( nn + 1

)n=

44

33e.

Ejercicio 4.12. Estudia la posible convergencia de las siguientes sucesiones y calcula su límitecuando exista:a)

n2√n

1+2√

2+3√

3+...+n√

n

,

b)

1n√n!

,

c)

1n

n√

(2n)!n!

.

Solución 4.12.a) Aplicamos el criterio de Stolz y nos queda:

limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= limn→∞

(n + 1)2√n + 1 − n2√n(n + 1)

√n + 1

multiplicamos y dividimos por (n + 1)2√n + 1 + n2√n

= limn→∞

(n + 1)4(n + 1) − n4n(n + 1)

√n + 1

((n + 1)2

√n + 1 + n2√n

)= lim

n→∞

(n + 1)5 − n5

(n + 1)4 + n2(n + 1)√

n(n + 1)

= limn→∞

5n4 + · · · + 1(n + 1)4 + n2(n + 1)

√n(n + 1)

=52.

b) Aplicamos el criterio de la raíz:

limn→∞

xn+1xn

= limn→∞

n!(n + 1)!

= limn→∞

1n + 1

= 0,

y, por tanto, limn→∞

1n√n!

= 0.

c) El término general lo podemos escribir de la forma xn =n√

(2n)!nnn! y aplicamos el criterio de la

raíz:

limn→∞

xn+1xn

= limn→∞

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

(2n)!nnn!

= limn→∞

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

( nn + 1

)n=

4e.

Sucesiones de números reales Ejercicios

– 71 –

Ejercicio 4.13. Calcula el límite de la sucesiónE 21 + 32

2 + 43

32 + · · · +(n+1)n

nn−1

n2

.Solución 4.13. En este caso vamos a utilizar el criterio de Stolz para ver el comportamiento dela sucesión. Si llamamos an = 2

1 + 32

2 + 43

32 + · · · +(n+1)n

nn−1 y bn = n2 es claro que bn es creciente yno mayorada y entonces

an+1 − anbn+1 − bn

=

21 + 32

2 + 43

32 + · · · +(n+1)n

nn−1 +(n+2)n+1

(n+1)n −(

21 + 32

2 + 43

32 + · · · +(n+1)n

nn−1

)(n + 1)2 − n2

=

(n+2)n+1

(n+1)n

2n + 1=

n + 22n + 1

(n + 2n + 1

)n.

Se tiene que el límite de

n+22n+1

es 1/2 y, utilizando la regla del número e, la sucesión

(n+2n+1

)ntiende a e, con lo que la sucesión converge a e

2 .

Ejercicio 4.14. Calcular el límite de las siguientes sucesiones.

a)

1+ 12 +...+ 1

nlog(n)

,

b) log(n+1)!

log(n+1)n

,

c)(

n2−5n+6n2+2n+1

) n2+5n+2

,

d)(

1 + log(n + 1) − log(n))n.

Solución 4.14.a) Por el criterio de Stolz se tiene que

limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= limn→∞

1n+1

log(n + 1) − log(n)= lim

n→∞

1(n + 1) log

(n+1

n

)= lim

n→∞

1(n + 1) log

(1 + 1

n

) = 1.

b) Por el criterio de Stolz se tiene que

limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= limn→∞

log(n + 2)! − log(n + 1)!(n + 1) log(n + 2) − n log(n + 1)

= limn→∞

log(n + 2)n log

(n+2n+1

)+ log(n + 2)

= limn→∞

1log

[(1+ 1

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

= 1.

c) Aplicamos la regla del número e y estudiamos

limn→∞

n2 + 5n + 2

(n2 − 5n + 6n2 + 2n + 1

− 1)

= limn→∞

−7n3 + · · ·

n3 + · · ·= −7.

Ejercicios Sucesiones de números reales

– 72 –

Por tanto, la sucesión tiende a e−7.d) Escribimos el término general de la forma xn =

(1 + log

(n+1

n

))ny aplicamos la regla del número

e:

limn→∞

n(1 + log

(n + 1

n

)− 1

)= lim

n→∞n log

(n + 1

n

)= lim

n→∞log

(1 +

1n

)n= log(e) = 1.

Entonces limn→∞(1 + log(n + 1) − log(n)

)n= e.

Ejercicio 4.15. Calcular el límite de las siguientes sucesiones.

a)(

n+1n2+n+5

) 11+log(n)

,

b)sen

(1n

),

c)

cos(√

n2+1) log(n)n

.

Solución 4.15.a) Si llamamos xn al término general de la sucesión propuesta, vamos a estudiar log(xn), es decir

limn→∞

log(xn) = limn→∞

11 + log(n)

(log(n + 1) − log(n2 + n + 5)

)= lim

n→∞

log(n + 1) − 2 log(n) − log(1 + 1/n + 5/n2)1 + log(n)

= limn→∞

log(n+1)log(n) − 2 − log(1+1/n+5/n2)

log(n)1

log(n) + 1= −1.

Entonces, limn→∞ xn = e−1.b) Utilizando la continuidad de la función seno en el cero se tiene que

limn→∞

sen(1n

)= sen(0) = 0.

c) El límite es

limn→∞

cos(√

n2 + 1) log(n)

n= 0,

donde hemos utilizado que es el producto de una sucesión acotada, cos(√

n2 + 1), por una

convergente a cero, log(n)n .

Ejercicio 4.16. Calcula los siguientes límites

a) limn→∞

(1 +

1n2 + 1

)n2+56n+5,

b) limn→∞

log(n!)√

1 +√

2 + . . . +√

n

c) limn→∞

n

√n!

(2n)n+1

Solución 4.16.

a) Consideramos la sucesión xn =(1 + 1

n2+1

)n2+56n+5. Como la base converge a 1 y es siempre

distinta de uno aplicamos la regla del número e. Concretamente,

Sucesiones de números reales Ejercicios

– 73 –

limn→∞

(n2 + 56n + 5)(1 +

1n2 + 1

− 1)

= limn→∞

n2 + 56n + 5n2 + 1

→ 1,

y, por tanto, limn→∞

xn = e.

b) Para la sucesión xn =log(n!)

√1+√

2+...+√

naplicamos el criterio de Stolz. Notemos que en este caso

el denominador es una sucesión de números positivos estrictamente creciente y no mayorada.Aplicando Stolz tenemos que

limn→∞

log((n + 1)!) − log(n!)√

1 +√

2 + . . . +√

n +√

n + 1 −√

1 −√

2 − . . . −√

n=

log( (n+1)!

n!

)√

n + 1=

log(n + 1)√

n + 1.

Finalmente aplicamos de nuevo el criterio de Stolz a este último cociente:

log(n + 1 + 1) − log(n + 1)√

n + 1 + 1 −√

n + 1=

log(n+2n+1 )

√n + 2 −

√n + 1

=log(n+2

n+1 )√

n + 2(1 −

√n+1√

n+2

) → 0,

lo que nos asegura que limn→∞ xn = 0.c) Aplicamos el criterio de la raíz y, si xn = n!

(2n)n+1 , estudiamos el límite

limn→∞

xn+1xn

= limn→∞

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

n!(2n)n+1

= limn→∞

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

(2n + 2)n+2

= limn→∞

n + 12n + 2

·

(2n

2n + 2

)n+1.

Ahora estudiamos cada uno de los factores por separado: el primero de ellos es un cociente depolinomios de mismo grado que tiene límite 1/2; el segundo presenta una indeterminación de laforma “1∞”. La resolvemos:

limn→∞

(2n

2n + 2

)n+1= eL ⇐⇒ lim

n→∞(n + 1)

(2n

2n + 2− 1

)= L.

Es muy fácil comprobar que L = −1 y, por tanto,

limn→∞

n

√n!

(2n)n+1 = 1/2e−1 =12e.

Ejercicio 4.17. Calcula el siguiente límiteE

limn→∞

(1 + log

(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n

))4n+1

.

Solución 4.17. Está claro que el cociente de polinomios al que afecta el logaritmo, al ser polino-mios del mismo grado, converge a 1 que es el cociente de los coeficientes líderes. Como logaritmoneperiano es continuo en 1 y vale 0 tenemos que la base del término general converge a 1 mientrasque el exponente es claro que diverge positivamente. En conclusión: estamos ante una indetermi-nación de la forma “1∞”.Utilizando la regla del número e tenemos que

Ejercicios Sucesiones de números reales

– 74 –

limn→∞

(1 + log

(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n

))4n+1

= eL ⇐⇒ limn→∞

(4n + 1)(1 + log

(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n

)− 1

)= L,

pero

limn→∞

(4n + 1)(log

(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n

))= lim

n→∞log

(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n

)(4n+1)

.

Ahora hacemos

limn→∞

(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n

)(4n+1)

= eL ⇐⇒ limn→∞

(4n − 1)(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n− 1

)= L

y

limn→∞

(4n + 1)(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n− 1

)= lim

n→∞(4n + 1)

(−3n + 13n2 + 5n

)= lim

n→∞

(−12n2 + 7n − 1

3n2 + 5n

)= −4,

y el límite buscado resulta

limn→∞

(1 + log

(3n2 + 2n + 1

3n2 + 5n

))4n+1

= e−4 =1e4 .

Ejercicio 4.18. Calcula el siguiente límiteE

limn→∞

cos(1) + cos(

1√2

)+ · · · + cos

(1√n

)− n

log(n3 + 1

) .

Solución 4.18. En este caso podemos aplicar el criterio de Stolz ya que el denominador es

una sucesión estrictamente creciente y no mayorada. Si llamamos xn = cos(1) + cos(

1√2

)+ · · · +

cos(

1√n

)− n e yn = log

(n3 + 1

), y teniendo en cuenta que

limn→∞

cos(1/n) − 11/n2 =

−12,

obtenemos que

limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= limn→∞

cos(

1√n

)− 1

log((n + 1)3 + 1) − log((n3 + 1)= lim

n→∞

cos(

1√n

)− 1

1n

1n log

( (n+1)3+1n3+1

)pero

limn→∞

n log((n + 1)3 + 1

n3 + 1

)= lim

n→∞log

((n + 1)3 + 1

n3 + 1

)n

= L ⇐⇒ limn→∞

((n + 1)3 + 1

n3 + 1

)n

= eL

y

limn→∞

((n + 1)3 + 1

n3 + 1

)n

= eL ⇐⇒ limn→∞

n((n + 1)3 + 1

n3 + 1− 1

)= L.

Finalmente

limn→∞

n((n + 1)3 + 1

n3 + 1− 1

)= lim

n→∞

3n3 + 3n2 + nn3 + 1

= 3,

Sucesiones de números reales Ejercicios

– 75 –

y el límite buscado es −16 .

4.7.3 Ejercicios complementarios

Ejercicio 4.1. Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones:

Ejercicios Sucesiones de números reales

– 76 –

a)

n2n

, b)

2n+n3n−n

.

Ejercicio 4.2. Sea an una sucesión de números reales positivos convergente. Estudiar la con-vergencia de la sucesión a1 + a2

2 + . . . + ann

log(n)

.

Ejercicio 4.3. Calcular el límite de la sucesión

ea1 +ea2/2+...+ean/n−nlog(n+1)

, donde an es una sucesión

convergente de números reales positivos.

Ejercicio 4.4. Calcular el límite de la siguiente sucesión de números reales(

5(1+24+34+...+n4)n5

)n.

Ejercicio 4.5. Sean a, b ∈ R+; estudiar el carácter de la sucesión(an + bn)1/n

.

Series Definición y propiedades

– 77 –

Series

55.1 Definición y propiedades 77 5.2 Convergencia absoluta e incondicional 815.3 Criterios de convergencia para series de términos no negativos 82 5.4 Otroscriterios 85 5.5 Suma de series 85 5.6 Ejercicios 89

En el siglo XVIII muchos matemáticos buscaban, sin demasiado éxito, el valor de la expresión

1 +122 +

132 +

142 + . . .

La primera aportación relevante fue hecha por Jacobo Bernoulli en 1689 cuando demostró la con-vergencia de dicha serie. Más tarde, en 1728–1729, D. Bernoulli calculó su valor con una precisiónde una centésima. Stirling aumentó la precisión hasta los ocho primeros decimales al año siguiente.Cuatro años después, Euler calculó el valor con dieciocho cifras decimales y se dio cuenta de quecoincidían con la expresión de π2/6. En años posteriores, Euler no sólo demostró que, efectivamen-te, ese era el valor de dicha suma sino que calculó 1 + 1

2k + 13k + 1

4k + . . . para k par.En este tema vamos a estudiar sucesiones de esta forma. Veremos que, en algunos casos concre-

tos, seremos capaces de calcular su límite. En el resto de ocasiones intentaremos, al menos, decidirsobre la convergencia o no de dichas sucesiones.

5.1 Definición y propiedadesLas series de números reales son un caso particular de sucesiones. Comencemos con una suce-

sión an y construimos la sucesión

s1 = a1,

s2 = a1 + a2,

s3 = a1 + a2 + a3,

s2 = a1 + a2 + a3 + a4

y así sucesivamente. A las sucesiones de la forma sn las llamaremos series y hablaremos de lasuma de la serie para referirnos a su límite.

Definición 5.1. Sea ann∈N una sucesión de números reales. Consideremos la sucesión sn Serie de númerosrealesdefinida como

sn = a1 + a2 + · · · + an =

n∑k=1

ak.

A esta sucesión sn la llamaremos serie de término general an y la notaremos∑n≥1

an. A los

términos sn se les suele llamar sumas parciales de la serie. Si sn tiene límite, lo notaremos

Definición y propiedades Series

– 78 –

limn→∞

a1 + a2 + · · · + an = limn→∞

n∑k=1

ak =

∞∑k=1

ak .

La principal dificultad para estudiar la convergencia de una serie es que normalmente no dispo-nemos de una fórmula para las sumas parciales. En aquellos casos en que sí, la convergencia deuna serie se reduce al cálculo de un límite. Vamos a empezar por un ejemplo sencillo.

Ejemplo 5.2. Vamos a estudiar si la serie∑k≥1

12n es convergente o, lo que es lo mismo, vamos a

calcular

limn→∞

12

+14

+ · · · +12n .

Los términos de la sucesión de sumas parciales son

n sumas parciales sn

1 12

12

2 12 + 1

434

3 12 + 1

4 + 18

78

4 12 + 1

4 + 18 + 1

161416

...n 1

2 + 14 + · · · 1

2n 1 − 12n

Por tanto, limn→∞

12

+14

+ · · · +12n = lim

n→∞1 −

12n = 1.

0 1

12

14

18 ...

Figura 5.1 La suma de una progresión geométrica de razón ½

Vale, pero ¿de dónde ha salido la fórmula de la suma de los n términos? Gráficamente es muy fácilde ver. El segmento [0, 1] se obtiene uniendo el [0, 1

2 ], y luego vamos añadiendo la mitad de lamitad que nos falta. /

Este ejemplo se basa en la suma de los términos de una progresión geométrica. Recordemoscuál es la fórmula para calcular su suma.

Ejemplo 5.3. Una progresión geométrica de razón r es una sucesión de la formaProgresionesgeométricas

a, ar, ar2, . . . , arn,

donde cada término se obtiene del anterior multiplicándolo por una cantidad fija r, la razón. Estaforma particular hace que se puede calcular su suma de manera explícita. Fijémonos que

(1 − r)n∑

k=0rk =

n∑k=0

rk − rn∑

k=0rk = 1 − rn+1

Series Definición y propiedades

– 79 –

de donde se deduce que

a + ar + ar2 + · · · + arn = an∑

k=0rk = a

1 − rn+1

1 − r. (5.1)

Por ejemplo, 1 +12

+122 + . . . +

12n =

12n+1 − 1

12 − 1

=2n+1 − 1

2n = 2 −12n .

El hecho de que tengamos la fórmula (5.1) nos pone en bandeja el cálculo del límite cuando ntiende a +∞. Es fácil comprobar que

limn→∞

rn =

0, si r ∈] − 1, 1[,1, si r = 1,no existe, en otro caso.

Por tanto,∞∑

k=0ark = lim

n→∞a

1 − rn+1

1 − r=

a1 − r

si, y sólo si, |r| < 1. /

Estamos dando una definición de suma de infinitos números. La primera condición parece inme-diata: los números que sumemos tienen que ser pequeños (cercanos a cero) si no queremos que elresultado final se dispare.

Proposición 5.4. Si la serie∑n≥1

an es convergente, entonces limn→∞

an = 0.Condición necesa-ria de convergenciaDemostración. Si An es la sucesión de sumas parciales,

An+1 = a1 + a2 + · · · + an + an+1n→∞−−−−→

∞∑n=1

an

An = a1 + a2 + · · · + ann→∞−−−−→

∞∑n=1

an

Restamos y obtenemos que An+1 − An = an+1 → 0.

Ejemplo 5.5. Este resultado nos da una condición necesaria para la convergencia de la serie. Sin La serie armónicano es convergenteembargo, esta condición no es suficiente. El término general de la serie

∑ 1n , usualmente llamada

serie armónica converge a cero, pero la serie no es convergente.a) Vamos a comprobarlo estudiando las sumas parciales hasta un índice que sea potencia de 2.

1 +12

+13

+14

+ . . . +12n

=1 +

(12

)+

(13

+14

)+

(15

+16

+17

+18

)+ . . . +

(1

2n−1 + 1+ . . . +

12n

)≥1 +

12

+n︷︸︸︷. . . +

12

= 1 +n2.

Como consecuencia+∞∑n=1

1n

= +∞.

b) También podemos usar el Ejercicio 4.14. Recordemos que

Definición y propiedades Series

– 80 –

limn→∞

1 + 12 + 1

3 + · · · + 1n

log(n)= 1

y que, por tanto, limn→∞

1 +12

+13

+ · · · +1n

= +∞.

c) También podemos utilizar integrales para calcular la suma. Fijado un natural n, consideremosla función f (x) = 1/x en el intervalo [1, n] y consideremos la partición P = 1, 2, 3, . . . , n−1, nde dicho intervalo. ¿Cuánto valen las sumas superiores e inferiores?

1 2 3 ... n − 1 n

0.5

1

0

f (x) = 1x

1 2 3 ... n − 1 n

0.5

1

0

f (x) = 1x

Figura 5.2 Sumas superiores e inferiores de la función 1/x en el intervalo [1, n]

Sumando las área de los rectángulos de la Figura 5.2, podemos acotar la integral superiormentepor

log(n) =

∫ n

1

dxx≤ 1 +

12

+13

+ · · · +1

n − 2+

1n − 1

(5.2)

e inferiormente12

+13

+13

+ · · · +1

n − 1+

1n≤

∫ n

1

dxx

= log(n) . (5.3)

De la desigualdad (5.2), obtenemos que

log(n + 1) ≤ 1 +12

+13

+ · · · +1

n − 1+

1n

y desigualdad (5.3) se deduce que

1 +12

+13

+ · · · +1

n − 1+

1n≤ 1 + log(n).

En resumen,

log(n + 1) ≤ 1 +12

+13

+ · · · +1

n − 1+

1n≤ 1 + log(n) .

Como la función logaritmo diverge positivamente en +∞, obtenemos que la serie no es con-vergente, aunque la anterior desigualdad nos da más información sobre el valor de las sumasparciales del que hemos conseguido en los dos apartados anteriores.

/

Dado que una serie de números reales no es más que una sucesión, las propiedades que ya cono-cemos de límites de sucesiones siguen siendo ciertas en este ambiente. La siguiente proposiciónnos dice que el límite de una serie es lineal: parte sumas y saca fuera escalares.

Series Convergencia absoluta e incondicional

– 81 –

Proposición 5.6. Sean∑n≥1

an y∑n≥1

bn dos series convergentes. Sean λ y µ números reales. En-Linealidad

tonces la serie∑n≥1

(λan + µbn) es convergente y

∞∑n=1

(λan + µbn) = λ

∞∑n=1

an + µ

∞∑n=1

bn.

Trabajando con sucesiones es inmediato comprobar (de hecho, ya lo hemos usado en varias oca-siones) que una sucesión ann∈N es convergente si, y sólo si, lo son sus colas an+kn∈N. Además,ambas tienen el mismo límite. Si consideramos la serie asociada a cada de una ellas, la convergen-cia de ambas está también muy relacionada.

Proposición 5.7. Sea an una sucesión de números reales y k un número natural fijo. Enton-ces la serie

∑n≥1

an es convergente si, y sólo si, lo es la serie∑n≥1

an+k. Además, caso de que sean

convergentes, se cumple que∞∑

n=1an =

k−1∑n=1

an +

∞∑n=1

an+k,

o lo que es lo mismo,∞∑

n=1an =

k−1∑n=1

an +

∞∑n=k

an.

De nuevo obtenemos que la convergencia de una serie depende de las colas de dicha serie aunquela suma total sí depende de que añadamos o no los primeros términos.

5.2 Convergencia absoluta e incondicional

Definición 5.8.a) Diremos que la serie

∑an es absolutamente convergente si la serie

∑|an| es convergente. Convergencia abso-

lutab) La serie∑

an es incondicionalmente convergente si para cualquier aplicación biyectivaσ : N→ N, la serie

∑aσ(n) es convergente y Convergencia in-

condicional∞∑

n=1an =

∞∑n=1

aσ(n) .

Observación 5.9. La convergencia incondicional de una serie es el análogo a la propiedad con-mutativa para una suma infinita. Una serie es incondicionalmente convergente si se puede sumaren cualquier orden y el resultado siempre es el mismo. Este es el motivo de que en algunos textosse hable de series conmutativamente convergentes.

La convergencia absoluta y la convergencia incondicional son condiciones más fuertes que laconvergencia de una serie. El siguiente resultado nos dice que están relacionadas.

Teorema 5.10. Sea∑

an una serie de números reales. La serie converge incondicionalmen- Teorema de Rie-mannte si, y sólo si, converge absolutamente.

Criterios de convergencia para series de términos no negativos Series

– 82 –

En la práctica, es sumamente difícil comprobar la convergencia incondicional de una serie direc-tamente. No es sencillo trabajar con todas las reordenaciones posibles de una sucesión de númerosreales. Lo que sí haremos es estudiar la convergencia absoluta.

El primer criterio y, posiblemente, el más importante que vamos a utilizar en el estudio de laconvergencia de series de números reales es el criterio de comparación. Esencialmente nos diceque si una serie se puede sumar también se puede sumar otra más pequeña y, recíprocamente, siuna serie no se puede sumar, otra mayor tampoco se puede.

Teorema 5.11. Sean an y bn dos sucesiones de números reales verificando que |an| ≤ bnCriterio decomparación para todo n ∈ N.

a) Si∑

bn es convergente, entonces∑

an es convergente.b) Si

∑an es divergente, entonces

∑bn es divergente.

Si aplicamos el criterio de comparación tomando bn = |an|, se obtiene que las series absoluta-mente convergentes son convergentes, esto es, una de las implicaciones del teorema de Riemann.El recíproco del criterio de comparación no es cierto.

Ejemplo 5.12. La serie∑ (−1)n

n es convergente pero no absolutamente convergente. /

Dado que la serie∑ (−1)n

n no es incondicionalmente convergente, si la sumamos en distintoorden nos puede dar un resultado diferente pero ¿cuántos?. La respuesta es que muchos. Másconcretamente, la serie se puede reordenar de forma que su suma sea el número real que queramos.

Teorema 5.13. Sea∑

an una serie convergente pero no absolutamente convergente. DadoTeorema deRiemann

un número real x cualquiera, existe una biyección σ : N→ N tal que∞∑

n=1aσ(n) = x.

5.3 Criterios de convergencia para series de términos no negativosEl primer criterio es una versión del criterio de comparación usando límites.

Proposición 5.14. Sean an, bn sucesiones de números reales verificando an ≥ 0, y bn > 0.Criterio de com-paración porpaso al límite

Entonces se verifican las siguientes afirmaciones:a) Si lim

n→∞

anbn

= L 6= 0 entonces,∑

an converge ⇐⇒∑

bn converge.

b) Si limn→∞

anbn

= 0 entonces,∑

bn converge =⇒∑

an converge.

c) Si limn→∞

anbn

= +∞ entonces,∑

an converge =⇒∑

bn converge.

Ejemplo 5.15. Las series∑ 1

n2 y∑ 1

3n2−n+7 tienen el mismo carácter de convergencia. La ventajadel criterio de comparación por paso al límite es que no hace falta saber que una de ellas es mayorque la otra. Es suficiente con que sean “aproximadamente” iguales:

limn→∞

1n2

13n2−n+7

= limn→∞

3n2 − n + 7n2 = 3.

Por ahora no sabemos si ambas series son convergentes o no (dentro de poco veremos que sí lo son)pero sí podemos aplicarlo a otras series. Por ejemplo,

∑ 12n−n y

∑ 12n tiene el mismo carácter. Como

sabemos que∑ 1

2n es convergente, también lo es∑ 1

2n−n . Observa que el criterio de comparación

Series Criterios de convergencia para series de términos no negativos

– 83 –

no nos resuelve este mismo problema: 12n−n es mayor que 1

2n y, por tanto, el criterio de comparaciónno da información. /

Proposición 5.16. Sea an una sucesión de números positivos. Criterio de la raíz ode Cauchya) Si n

√an ≤ L < 1, entonces∑

an es convergente.b) Si n

√an ≥ 1, entonces∑

an no es convergente.

Corolario 5.17. Sea an una sucesión de números positivos.a) Si lim

n→∞n√an = L < 1, entonces

∑an es convergente.

b) Si limn→∞

n√an > 1, entonces∑

an no es convergente.

Ejemplo 5.18. Vamos a estudiar la convergencia de la serie∑(

n7n+3

)2n+1utilizando el criterio

de la raíz. Para ello calculamos el límite

limn →∞

n

√( n7n + 3

)2n+1= lim

n→∞

( n7n + 3

) 2n+1n

=172 .

Como dicho límite es menor que uno, la serie es convergente. /

Para calcular el límite de una raíz n-ésima podemos aplicar el criterio de la raíz (véase Proposición 4.31).

Proposición 5.19. Sea an una sucesión de números positivos. Criterio del cocien-te o de D’Alemberta) Si an+1

an≤ L < 1, entonces

∑an es convergente.

b) Si an+1an≥ 1, entonces

∑an no es convergente.

Corolario 5.20. Sea an una sucesión de números positivos.a) Si lim

n→∞

an+1an

< 1, entonces∑

an es convergente.

b) Si limn→∞

an+1an

> 1, entonces∑

an no es convergente.

Ejemplo 5.21. Vamos a estudiar la convergencia de la serie∑ 2n2

2n+3 utilizando el criterio delcociente.

limn→∞

2(n+1)2

2n+1+32n2

2n+3

= limn→∞

2(n + 1)2

2n22n + 3

2n+1 + 3=

12.

Como el límite es menor que uno la serie es convergente. /

Proposición 5.22. Sea an una sucesión de números positivos. Criterio de Raabe

a) Si n(1 − an+1

an

)≥ L > 1, entonces la serie

∑an es convergente.

b) Si n(1 − an+1

an

)≤ 1, entonces la serie

∑an no es convergente.

Corolario 5.23. Sea an una sucesión de números positivos.

a) Si limn→∞

n(1 −

an+1an

)> 1, entonces la serie

∑an es convergente.

b) Si limn→∞

n(1 −

an+1an

)< 1, entonces la serie

∑an no es convergente.

Ejemplo 5.24. Vamos a estudiar la convergencia de la series cuyo término general es

an =(2n)!n! n!

1(2n + 1) 22n .

Criterios de convergencia para series de términos no negativos Series

– 84 –

Aplicamos, en primer lugar, el criterio del cociente.

limn→∞

an+1an

= limn→∞

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

1(2n+3) 22n+2

(2n)!(n!)2

1(2n+1) 22n

= limn→∞

(2n + 2)(2n + 1)(2n + 1)4(n + 1)(n + 1)(2n + 3)

= limn→∞

(2n + 1)2

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

= limn→∞

4n2 + 4n + 14n2 + 10n + 6

= 1.

Como4n2 + 4n + 14n2 + 10n + 6

≤ 1

el criterio del cociente no da información útil. Aplicamos ahora el criterio de Raabe:

limn→∞

n(1 −

an+1an

)= lim

n→∞n(1 −

4n2 + 4n + 14n2 + 10n + 6

)= lim

n→∞

6n2 + 5n4n2 + 10n + 6

=64> 1,

y, por tanto, el criterio de Raabe nos dice que la serie es convergente. /

Proposición 5.25. Sea an una sucesión de números no negativos tal que an es una sucesiónCriterio decondensación decreciente a cero. Entonces se verifica que∑

an es convergente ⇐⇒∑

2n a2n es convergente .

Ejemplo 5.26. Vamos a estudiar la convergencia de la serie∑n≥1

1na , con a ∈ R.

Serie armóni-ca generalizada a) Si a ≤ 0, el término general 1

na no tiende a cero y, por tanto, la serie no es convergente.b) Si a > 0, el término general es decreciente y converge a cero. Podemos aplicar el criterio de

condensación: las series∑ 1

na y∑ 2n

(2n)a tienen el mismo comportamiento. Como∑ 2n

(2n)a =∑ 1

2(a−1)n ,

aplicamos el criterio de la raíz:

n

√1

2(a−1)n =1

2a−1 < 1 ⇐⇒ a > 1.

Resumiendo, si a > 1 la serie es convergente. Si a < 1, la serie no es convergente y si a = 1 yasabíamos que no era convergente.

A esta serie se la suele llamar serie armónica generalizada de exponente a. /

El ejemplo anterior será clave en muchos ejercicios para poder aplicar el criterio de comparación.Es por esto que lo resaltamos:

Series Otros criterios

– 85 –

Proposición 5.27.∑ 1

na es convergente si, y sólo si, a > 1.

Por ejemplo, si comparamos 1na con an tenemos que estudiar el cociente

an1na

= naan .

El siguiente resultado recoge las diferentes posibilidades que se pueden presentar.

Proposición 5.28. Sea an una sucesión de números no negativos. Criterio de Prings-heima) Si existe a > 1 tal que la sucesión naan está acotada entonces

∑an es convergente.

b) Si existe a ≤ 1 tal que naan converge a L 6= 0 o es divergente entonces∑

an no es convergente.

5.4 Otros criteriosLa principal herramienta para estudiar la convergencia de series de términos cualesquiera serán

los criterios de Dirichlet y Abel.

Teorema 5.29. Sea an y bn dos sucesiones de números reales.a) Si an es monótona, converge a cero y la serie

∑bn tiene sumas parciales acotadas, Criterio de Diri-

chletentonces∑

anbn converge.b) Si an es monótona, acotada y la serie

∑bn converge, entonces

∑anbn es convergente. Criterio de Abel

La sucesión (−1)n no es convergente pero sus sumas parciales siempre valen −1 o 0 y, enparticular, están acotadas. Tomando bn = (−1)n en el criterio de Dirichlet obtenemos lo siguiente.

Proposición 5.30. Sea xn una sucesión de números reales no negativos. Si la sucesión xn es Criterio de Leibnizdecreciente a cero, entonces la serie alternada

∑(−1)nxn es convergente.

Ejemplo 5.31. La serie alternada∑

(−1)n 1n , que ya comentamos en el Ejemplo 5.12, es conver-

gente porque 1n es decreciente y convergente a cero.

/

5.5 Suma de seriesSólo en contadas ocasiones es factible calcular de manera explícita la suma de una serie. La ma-

yoría de las veces serán necesarios medios indirectos como veremos, por ejemplo, en la siguientesección. La dificultad radica en el cálculo explícito del valor de las sumas parciales. Si sabemoscuánto valen, el problema de estudiar la convergencia de la serie se reduce a un problema de cálculode límites, cosa normalmente mucho más sencilla.

Observación 5.32. Hasta ahora sólo hemos estudiado la convergencia y no el valor de la sumade la serie. No es lo mismo

∑n≥1

an que∑n≥0

an. ¡Hay un sumando de diferencia!

5.5.1 Series telescópicas

Las series telescópicas son aquellas series∑

an cuyo término general se puede escribir de laforma an = bn − bn+1 para alguna sucesión bn. El cálculo de su suma equivale al cálculo dellímite de la sucesión bn . Para verlo sólo tienes que calcular las sumas parciales:

a1 + a2 + · · · + an = (b1 − b2) + (b2 − b3) + · · · + (bn − bn+1) = b1 − bn+1.

Suma de series Series

– 86 –

Resumiendo,

Proposición 5.33. Sea bn una sucesión de números reales. Entonces la serie que tiene comotérmino general an = bn − bn+1 es convergente si, y sólo si, bn es convergente. En ese caso

∞∑n=1

an = b1 − limn →∞

bn.

Ejemplo 5.34. Vamos a calcular el valor de∞∑

n=1

1n(n + 1)

Como 1n(n+1) = 1

n −1

n+1 , las sucesión de sumas parciales esn∑

i=1

1i(i + 1)

=

n∑i=1

1i−

1i + 1

=

(11−

12

)+

(12−

13

)+ . . . +

(1n−

1n + 1

)= 1 −

1n + 1

,

con lo que∞∑

n=1

1n(n + 1)

= limn→∞

1 −1

n + 1= 1. /

5.5.2 Series geométricas

La serie∑

rn se puede sumar utilizando que conocemos sus sumas parciales, como ya hicimosen el Ejemplo 5.3. Sabemos que

n∑k=0

rk =rn+1 − 1

r − 1

y tomando límites cuando n tiende a infinito obtenemos el siguiente resultado.

Proposición 5.35. La serie∑

rn es convergente si, y sólo si, |r| < 1. En ese caso∞∑

n=0rn =

11 − r

.

Demostración. Sólo hay que usar la fórmula de la suma de una progresión geométrica que vimosen el Ejemplo 5.3:

∞∑k=0

rn = limn→∞

n∑k=0

rk = limn→∞

rn+1 − 11 − r

=1

1 − r,

ya que limn→∞

rn = 0 si |r| < 1. En cualquier otro caso el término general de la serie no converge acero y, por tanto, la serie no es convergente.

Veamos un ejemplo∞∑

n=0

45n = 4

∞∑n=0

15n =

41 − 1

5= 5 .

Si la serie no comienza en n = 0,∞∑

n=2

12n = [m = n − 2] =

∞∑m=0

12m+2 =

14

∞∑m=0

12m =

14·

11 − 1

2=

12.

Series Suma de series

– 87 –

5.5.3 Series aritmético-geométricas

Las series aritmétrico-geométricas son series de la forma∑

p(n)rn, donde p es un polinomio.Para calcular su suma, transformamos la serie en otra en la que el grado del polinomio es menorhasta obtener una serie geométrica. Si

∑∞n=0 p(n)rn = S , entonces

(1 − r)S =

∞∑n=0

p(n)rn −

∞∑n=0

p(n)rn + 1

= p(0) +

∞∑n=1

(p(n) − p(n − 1)) rn.

Observa que p(n) − p(n − 1) sigue siendo un polinomio, pero con grado estrictamente menor queel grado de p(n). Repitiendo este proceso las veces necesarias, acabamos obteniendo una seriegeométrica. Veamos un ejemplo.

Ejemplo 5.36. Vamos a calcular la suma de la serie∑n≥0

(n2 − n)rn. Si su suma es S , entonces

(1 − r)S =

∞∑n=1

[(n2 − n) − ((n − 1)2 − (n − 1))

]rn =

∞∑n=1

2nrn,

o, lo que es lo mismo,

S =2

1 − r

∞∑n=1

nrn.

Repetimos el proceso anterior, si S 1 =

∞∑n=1

nrn, entonces

(1 − r)S 1 = r +

∞∑n=2

[n − (n − 1)]rn = r +1

1 − r− 1 − r =

r1 − r

.

Por tanto,∞∑

n=0(n2 − n)rn =

21 − r

·r

1 − r=

2r(1 − r)2 .

/

5.5.4 Cocientes de polinomios

En algunos casos se pueden sumar descomponiendo el término general en fracciones simples.También pueden ser de utilidad algunas identidades como, por ejemplo, la que define la constantede Euler.

Suma de series Series

– 88 –

La constante de Euler-Mascheroni

En el Ejercicio ?? vimos quex

1 + x< log(1 + x) < x

se cumple para cualquier x positivo. En particular, para x = 1n ∈ N obtenemos que

log(1 + n) − log(n) = log(1 + n

n

)= log

(1 +

1n

)<

1n

y que

1n + 1

=

1n

1 + 1n< log

(1 +

1n

).

Si definimos a2n−1 = 1n y a2n = log(n + 1) − log(n), las desigualdades anteriores se escriben como

a2n+1 < a2n < a2n−1, ∀n ∈ N,

o, lo que es lo mismo, la sucesión an es decreciente. El criterio de Leibniz nos da que la serie∑(−1)n+1an es convergente, o sea que existe el límite

limn→∞−a1 + a2 + · · · + (−1)nan = lim

n→∞1 −

(log(2) − log(1)

)+

12−

(log(3) − log(2)

)+

13

+ · · · +1n−

(log(n + 1) − log(n)

)= lim

n→∞1 +

12

+ · · · +1n− log(n + 1).

Este límite recibe el nombre de constante de Euler-Mascheroni y se denota por γ:Constante deEuler-Mascheroni

γ = limn→∞

1 +12

+13

+ · · · +1n− log(n).

Ejemplo 5.37. FALTA /

5.5.5 Series hipergeométricas

Definición 5.38. Diremos que una serie de números reales∑

n≥1 an es una serie hipergeo-Serie hiper-geométrica métrica si existen α, β, γ ∈ R tales que an+1

an=

αn+βαn+γ .

Proposición 5.39. Sea∑n≥1

an una serie hipergeométrica con an+1an

=αn+βαn+γ . Entonces la serie es

convergente si, y sólo si, γ > α + β. En dicho caso, se cumple que∞∑

n=1an =

γa1γ − α − β

.

Series Ejercicios

– 89 –

Ejemplo 5.40. FALTA /

5.6 Ejercicios

5.6.1 Convergencia de series numéricas

Ejercicio 5.1. Aplicar el criterio de la raíz para estudiar la posible convergencia de las siguientesseries:a)

∑(n+13n−1

)n

b)∑(

n3n−2

)2n−1

c)∑ nn

(2n+1)n

d)∑ nn

e(n2+1)

e)∑(

1 + 1n

)−n2

Solución 5.1.

a) Aplicamos el criterio de la raíz limn→∞n√(

n+13n−1

)n= limn→∞

n+13n−1 = 1

3 < 1. Por tanto, la seriees convergente.

b) Aplicamos el criterio de la raíz

limn→∞

n

√( n3n − 2

)2n−1= lim

n→∞

( n3n − 2

) 2n−1n

=

(13

)2< 1.

Por tanto, la serie es convergente.c) Aplicamos el criterio de la raíz,

limn→∞

n

√∑ nn

(2n + 1)n = limn→∞

n2n + 1

=12.

En consecuencia, la serie es convergente.d) Aplicamos el criterio de la raíz:

limn→∞

n√an = limn→∞

n

e n2+1n

= limn→∞

nen

1e1/n = 0 < 1

de lo que se deduce que la serie es convergente.e) Aplicamos el criterio de la raíz

limn→∞

n

√(1 +

1n

)−n2

= limn→∞

1

n

√(1 + 1

n

)n2= lim

n→∞

1(1 + 1

n

)n =1e< 1

y, en consecuencia, la serie es convergente.

Ejercicio 5.2. Aplicar el criterio del cociente para estudiar la posible convergencia de las si-guientes series:a)

∑ 1n2n

b)∑ 1

n

(25

)n

c)∑ (n+1)n

3nn!

d)∑ 2·5·8···(3n−1)

1·5·9···(4n−3)e)

∑ 2nn!nn

Solución 5.2.

Ejercicios Series

– 90 –

a) Aplicamos el criterio del cociente:

limn→∞

an+1an

= limn→∞

1(n+1)2n+1

1n2n

= limn→∞

n2(n + 1)

=12< 1.

Por tanto, la serie es convergente.b) Aplicamos el criterio del cociente,

limn→∞

1n+1

(25

)n+1

1n

(25

)n = limn→∞

nn + 1

25

=25< 1.

Por tanto, la serie es convergente.c) Aplicamos el criterio del cociente,

limn→∞

an+1an

= limn→∞

(n+2)(n+1)

3n+1(n+1)!(n+1)n

3nn!

= limn→∞

13

(n + 2n + 1

)n+1=

e3< 1,

y, por tanto, la serie es convergente. Observa que en el último paso hemos utilizado la regla delnúmero e.

d) Aplicamos el criterio del cociente

limn→∞

2·5·8···(3n−1)(3n+2)1·5·9···(4n−3)(4n+1)

2·5·8···(3n−1)1·5·9···(4n−3)

= limn→∞

3n + 24n + 1

=34< 1

y, por tanto, la serie es convergente.e) Aplicamos el criterio del cociente:

limn→∞

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

nn

2nn!= lim

n→∞2( nn + 1

)n=

2e< 1

de lo que se deduce la convergencia de la serie.

Ejercicio 5.3. Aplicar el criterio de comparación para estudiar la posible convergencia de lassiguientes series:a)

∑ log(n)n

b)∑ 1√

n(n+1)

c)∑ 1

2n−1d)

∑ 12n−n

e)∑ 1

(2n−1)2nf)

∑ 1√n

g)∑ 3√n

(n+1)√

n

Solución 5.3.a) Comparamos con la serie

∑ 1n que no es convergente. Como log(n)

n ≥ 1n , la serie no es conver-

gente.b) Comparamos con la serie armónica

∑ 1n :

limn→∞

1n1√

n(n+1)

= limn→∞

√n(n + 1)

n= lim

n→∞

√n(n + 1)

n2 = 1.

Series Ejercicios

– 91 –

Por tanto, las dos series tienen el mismo carácter y, en consecuencia, la serie∑ 1√

n(n+1)no es

convergente.c) No es convergente. La serie se comporta igual que la serie armónica

∑ 1n .

d) Comparamos con la serie convergente∑ 1

2n .

limn→∞

12n

12n−n

= limn→∞

2n − n2n = 1.

Por tanto, la serie es convergente.e) Comparamos con la serie convergente

∑ 1n2

limn→∞

1n2

1(2n−1)2n

= limn→∞

(2n − 1)2nn2 = 4.

Por tanto, las dos series tienen el mismo carácter y, en consecuencia, la serie es convergente.f) No es convergente porque 1√

n ≥1n .

g) Comparamos con la serie convergente∑ 1

n7/6

limn→∞

n7/63√n

(n + 1)√

n= lim

n→∞

n√

n(n + 1)

√n

= 1

y, por tanto, la serie es convergente.

Ejercicio 5.4. Aplicar el criterio de condensación para estudiar la posible convergencia de lassiguientes series:a)

∑ 1n log(n)

b)∑ 1

n(log(n))2

c)∑ 1

n(log(n)) log(log(n))

Solución 5.4.a) Aplicando el criterio de condensación, la serie tiene el mismo carácter que la serie

∑2n 1

2n log(2n) =∑ 1log(2n) =

∑ 1n log(2) y esta última serie no es convergente comparando con

∑ 1n .

b) Aplicando el criterio de condensación∑

2n 12n(log(2n))2 =

∑ 1n2(log(2))2 y esta última serie es con-

vergente (compárase con∑ 1

n2 ).c) El término general es decreciente y convergente a cero. Estamos en condiciones de aplicar el

criterio de condensación. La serie tiene el mismo carácter de convergencia que la serie∑ 2n

2n log (2n) log(log (2n)

) =∑ 1

n log(2) log(n log(2))

que, a su vez y por el criterio de comparación por paso al límite, se comporta igual que∑ 1

n log(n) .Esta última serie ya sabemos que no es convergente (véase el Ejercicio ??).

Ejercicio 5.5. Discutir la convergencia de las siguientes series de números reales:a)

∑ 2n

nb)

∑ n+12n+1

c)∑ 1

n2 log(n)

d)∑ n2

(3n−1)2

e)∑ 3n−1

(√

2)n

Solución 5.5.

Ejercicios Series

– 92 –

a) No es convergente porque limn→∞ an = limn→∞2n

n = +∞.b) No es convergente porque el término general no tiende a cero: limn→∞

n+12n+1 = 1

2 .c) Como log(n) ≥ 1 para n ≥ 3, se tiene que 1

n2 log(n) ≤1n2 , para cualquier n ≥ 3. La serie

∑ 1n2 es

convergente y, el criterio de comparación nos dice que∑ 1

n2 log(n) también lo es.d) El término general no converge a cero y, por tanto, la serie no es convergente.e) Aplicamos el criterio del cociente

limn→∞

3(n+1)−1(√2)n+1

3n−1(√

2)n

= limn→∞

(3n + 23n − 1

)1√

2=

1√

2< 1

y, por tanto, la serie es convergente.

Ejercicio 5.6. Discutir la convergencia de las siguientes series de números reales:a)

∑ 1n!

b)∑ 1

(3n−2)(3n+1)c)

∑ 2n+1(n+1)2(n+2)2

d)∑(

3n3n+1

)n

e)∑ n2

4(n−1)

Solución 5.6.a) Aplicamos el criterio del cociente

limn→∞

1(n+1)!

1n!

= limn→∞

1n + 1

= 0 < 1

y, por tanto, la serie es convergente.b) Comparamos con la serie

∑ 1n2

limn→∞

1n2

1(3n−2)(3n+1)

= limn→∞

(3n − 2)(3n + 1)n2 = 9

y, por tanto la serie es convergente.c) Comparamos con la serie

∑ 1n3 ,

limn→∞

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

1n3

= 2.

En consecuencia, las dos series tienen el mismo carácter de convergencia. Puesto que la serie∑ 1n3 es convergente, ambas lo son.

d) No es convergente porque el término general no converge a cero:

limn→∞

(3n

3n + 1

)n= eL ⇐⇒ lim

n→∞n

(3n

3n + 1− 1

)= L

y el segundo límite vale

limn→∞

n(

3n3n + 1

− 1)

= limn→∞

n(3n − 3n − 1

3n + 1

)= −1/3.

Por tanto el término general de la serie converge a e−1/3 6= 0.e) Aplicamos el criterio de la raíz

Series Ejercicios

– 93 –

limn→∞

n

√n2

4(n−1) = limn→∞

n√n2

4 n−1n

=14< 1

y, por tanto, la serie es convergente.

Ejercicio 5.7. Estudiar la convergencia de las seriesa)

∑ n3

en

b)∑(

2n+13n+1

) n2

c)∑ (n!)2

(2n)!d)

∑ 2n

1·3·5···(2n+1)

e)∑(

n+1n2

)n

f)∑ 1·3·5···(2n−1)

2·4·6···(2n+2)g)

∑ 2·4·6···2n5·7·9···(2n+3)

Solución 5.7.

a) Aplicamos el criterio de la raíz limn→∞

n

√n3

en = limn→∞

n√n3

n√en=

1e< 1 y, en consecuencia, la serie es

convergente.b) Aplicamos el criterio de la raíz

limn→∞

n

√(2n + 13n + 1

) n2

= limn→∞

(2n + 13n + 1

) 12

=

√23< 1

y, por tanto, la serie es convergente.c) Aplicamos el criterio del cociente

limn→∞

[(n+1)!]2

(2n+2)!(n!)2

(2n)!

= limn→∞

(n + 1)!n!

(n + 1)!n!

(2n)!(2n + 2)!

= limn→∞

(n + 1)2

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

14< 1

y, por tanto, la serie es convergente.d) Aplicamos el criterio del cociente

limn→∞

2n+1

1·3·5···(2n+1)(2n+3)2n

1·3·5···(2n+1)= lim

n→∞

2n+1

2n1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)

1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)(2n + 3)= lim

n→∞

22n + 3

= 0 < 1

y, en consecuencia, la serie es convergente.e) Aplicamos el criterio de la raíz

limn→∞

n

√(n + 1

n2

)n= lim

n→∞

n + 1n2 = 0 < 1

y, por tanto, la serie es convergente.f) Aplicamos el criterio del cociente

limn→∞

an+1an

= limn→∞

1·3·5···(2n−1)(2n+1)2·4·6···(2n+2)(2n+4)

1·3·5···(2n−1)2·4·6···(2n+2)

= limn→∞

2n + 12n + 4

= 1

pero, como 2n+12n+4 ≤ 1, el criterio del cociente no decide. Ya que hemos calculado an+1

an, aplicamos

el criterio de Raabe

limn→∞

n(1 −

an+1an

)= lim

n→∞n(1 −

2n + 12n + 4

)= lim

n→∞

3n2n + 4

=32> 1

Ejercicios Series

– 94 –

y, por tanto, la serie es convergente.g) Aplicamos el criterio del cociente

limn→∞

an+1an

= limn→∞

2·4·6···2n·(2n+2)5·7·9···(2n+3)·(2n+5)

2·4·6···2n5·7·9···(2n+3)

= limn→∞

2n + 22n + 5

= 1,

pero 2n+22n+5 ≤ 1 por lo que el criterio del cociente no decide. Aplicamos el criterio de Raabe

limn→∞

n(1 −

an+1an

)= lim

n→∞n(1 −

2n + 22n + 5

)= lim

n→∞

3n2n + 5

=32> 1

y, en consecuencia, la serie es convergente.

Ejercicio 5.8. Discutir la convergencia de las siguientes series de números reales:a)

∑(−1)n 20n

n+1

b)∑( 1·3·5···(2n−1)

2·4·6···2n

)2

c)∑

log(1 + 1

n

)d)

∑log

(n2+3n2+2

)e)

∑ 3√n log(n)n2+1

f)∑

(−1)n e−n

Solución 5.8.a) No es convergente porque el término general no converge a cero.b) Aplicamos el criterio de Raabe y llegamos a n

(1 − an+1

an

)= 4n2+3n

4n2+8n+4 ≤ 1, de lo que se deducela no convergencia de la serie.

c) Comparamos con la serie armónica∑ 1

n

limn→∞

log(1 + 1

n

)1n

= limn→∞

n log(1 +

1n

)= lim

n→∞log

(1 +

1n

)n= log(e) = 1

y, por tanto, la serie no es convergente.d) Podemos escribir el término general de la forma:

an = log(n2 + 3n2 + 2

)= log

(1 +

1n2 + 2

).

Comparando con la serie∑ 1

n2 se obtiene la convergencia de la serie dada.e) Comparamos con la serie

∑ log(n)n5/3 ya que

limn→+∞

anlog(n)n5/3

= 1

Y aplicando el criterio de condensación a la serie∑ log(n)

n5/3 se obtiene que es convergente, luegola de partida también lo es.

f) No hay más que aplicar el criterio de Laeibnitz para series alternadas.

Ejercicio 5.9. Estudiar, según los valores de a > 0 la convergencia de las siguientes series:E

a)∑ an

na

b)∑

anna

Solución 5.9.

Series Ejercicios

– 95 –

a) Sólo tenemos en cuenta 0 < a < 1 puesto que en para a = 1 es la serie armónica que noconverge, y para a > 1 el término general no converge a cero. Entonces, para 0 < a < 1aplicamos el criterio de la raíz y obtenemos que la serie es convergente.

b) Sólo tenemos en cuenta 0 < a < 1 puesto que para a ≥ 1 el término general no converge acero. Entonces, para 0 < a < 1 aplicamos el criterio de la raíz y obtenemos que la serie esconvergente.

5.6.2 Suma de series

Ejercicio 5.10. Sumar, si es posible, las siguientes series

a)∞∑

n=0

1510n

b)∞∑

n=1

12n(n + 1)

c)∞∑

n=2

(−1)n

3n

Solución 5.10.a) Usando la suma de una progresión geométrica

∞∑n=0

1510n = 15

∞∑n=0

110n = 15 ·

11 − 1

10=

1509

.

b) La suma es 12 puesto que la serie es la mitad de la del Ejemplo 5.34.

c) De nuevo utilizamos la suma de una progresión geométrica∞∑

n=2

(−1)n

3n =

∞∑n=0

(−1)n

3n −

1∑n=0

(−1)n

3n =1

1 −(−1

3

) − 1 +13

=112

.

Ejercicio 5.11. Sumar, si es posible, las siguientes series

a)∞∑

n=0

1(n + 3)(n + 4)

b)∞∑

n=1

12n+3

c)∞∑

n=1

2n + 3n

5n

Solución 5.11.a) Calculamos las sumas parciales usando la descomposición en fracciones simples del término

general:

Ejercicios Series

– 96 –

∞∑n=0

1(n + 3)(n + 4)

=

∞∑n=0

(1

(n + 3)−

1(n + 4)

)

= limn→∞

(13−

14

)+

(14−

15

)+ · · · +

(1

n + 3−

1n + 4

)= lim

n→∞

13−

1n + 4

=13.

b) Aprovechamos que estamos sumando una progresión geométrica:∞∑

n=1

12n+3 =

∞∑n=0

12n+4 =

116

∞∑n=0

12n =

116

11 − 1

2=

18.

c) Dividimos en dos progresiones geométricas y sumamos:∞∑

n=1

2n + 3n

5n =

∞∑n=1

2n

5n +

∞∑n=1

3n

5n =136.

Ejercicio 5.12. Sumar la serie de números reales∞∑

n=1

n2 + n + 1n!

Solución 5.12. Esta serie se suma haciendo uso de que∞∑

n=0

1n!

= e, y para ello descomponemos

el numerador del término general de la forma siguiente:

n3 + n + 1 = αn(n − 1)(n − 2) + βn(n − 1) + γn + ϕ

e igualando coeficientes obtenemos que α = 1, β = 3, γ = 2 y ϕ = 1. Por tanto la suma de la serie(que existe por el criterio del cociente) es:

∞∑n=1

n3 + n + 1n!

=

∞∑n=1

n(n − 1)(n − 2)n!

+ 3∞∑

n=1

n(n − 1)n!

+ 2∞∑

n=1

nn!

+

∞∑n=1

1n!

=

∞∑n=3

1(n − 3)!

+ 3∞∑

n=2

1(n − 2)!

+ 2∞∑

n=1

1(n − 1)!

+

∞∑n=1

1n!

= e + 3e + 2e + (e − 1) = 7e − 1.

5.6.3 Ejercicios complementarios

5.6.4 Convergencia de series numéricas

Ejercicio 5.1. Discutir en función del parámetro a la convergencia de la serie de números reales∑log

(1 +

1n

)log

(1 +

1(log(n))a

)Ejercicio 5.2. Estudiar la convergencia de las siguientes series:

Series Ejercicios

– 97 –

a)∑(

1log(n)

)log(n)

b)∑

log(

1+tan( 1n )

1−tan( 1n )

) c)∑

(−1)n+1 1n√10

d)∑ 1

n 3√n−n

Ejercicio 5.3. Estudiar la convergencia de las siguientes series:a)

∑log

(n2+1

n2

)b)

∑(cos

(1n

))n3

c)∑ (1+ 1

n )n2 n!(2n)n

d)∑ log(1+n2)

1+n2

e)∑ (log(n+1)−log(n))3

(log(n))2

Ejercicio 5.4. Estudiar la convergencia de las siguientes series:a)

∑(−1)n+1 (log(n))2

n

b)∑(

1 − e−1/n)2

c)∑ 1

n(1+ 12 +···+ 1

n )

d)∑

sen(

1n

)e)

∑(sen

(1n

)− tan

(1n

))f)

∑√2·3···(n+2)5·6···(n+5)

Ejercicio 5.5. Estudiar la convergencia de las siguientes series:a)

∑ 2n

n! sen(n)b)

∑sen

( (−1)n

n2

) c)∑ sen( 1

n )√

n

Ejercicio 5.6. Sea a un número positivo. Estudiar la convergencia de la serie∑(

log(a + 1n )

)n.

Ejercicio 5.7. Estudiar la convergencia de las series

a)∑(

n sen(

1n

))n3

,

b)∑(

1 + 1n

)n2

e−n,

c)∑(

n log(1 + 1

n

))n2

,d)

∑log

(n sen

(1n

)).

Ejercicio 5.8. Discutir la convergencia de la serie∑ (n!)2

(kn)!según los valores de k ∈ N.

E

Ejercicio 5.9. Probar que limn→∞1n + 1

n+1 + . . . + 12n = log(2).

5.6.5 Suma de series

Ejercicio 5.10. Suma las series de números reales:

a)∞∑

n=2

log(1 + 1

n

)log

((n + 1)log(n))

b)∞∑

n=1

(n − 1)!(n + 3)!

Ejercicio 5.11. Sumar la serie de números reales∞∑

n=1

1(n + 1)

√n + n

√n + 1

.

Ejercicios Series

– 98 –

Ejercicio 5.12. Calcular la suma de la serie∞∑

n=1

1n2 + 2n

Ejercicio 5.13. Probar que∞∑

n=1

14n3 − n

= 2 log(2) − 1.

– 99 –

Continuidad y derivabilidad

– 100 –

Límites y continuidad Límite funcional

– 101 –

Límites y continuidad

6

6.1 Límite funcional 101 6.2 Límites infinitos y en el infinito 103 6.3 Cálculode límites 105 6.4 Continuidad 106 6.5 Teorema del valor intermedio 1096.6 Monotonía 111 6.7 Ejercicios 112

La definición usual de función continua involucra el concepto de límite: cuando x “tiende a” a,f (x) “tiende a” f (a). Esto es una definición perfecta de la continuidad siempre que definamos quées “tender a”.

6.1 Límite funcionalExisten varias formas de definir el límite de una función en un punto. Nosotros vamos a utilizar

sucesiones en la definición y así aprovechar todas las propiedades que hemos visto en el temaanterior. La definición de límite de una función con sucesiones va a tener siempre un aspectosimilar al siguiente:

limx→a

f (x) = b ⇐⇒[

si limn→∞

xn = a, entonces limn→∞

f (xn) = b].

Para que esto valga como definición de límite, sólo tenemos que garantizarnos que existan suce-siones convergentes al punto donde tomamos límite. Recordemos que A′ denota al conjunto depuntos de acumulación del conjunto A. Con todos estos ingredientes ya podemos dar la definiciónde límite de una función en un punto.

Definición 6.1. Sea A un subconjunto de R y f : A→ R una función. Diremos que f tienelímite en x0 ∈ A′ y que vale L si para cualquier sucesión xn de elementos de A distintos de Límitex0 que tienda a x0 se cumple que f (xn) tiende a L.Caso de ser así, escribiremos lim

x→x0f (x) = L.

Observación 6.2. Recuerda que si la función está definida en un intervalo, todos los puntos delcorrespondiente intervalo cerrado son puntos de acumulación.

En algunas ocasiones puede ser más útil reescribir la definición de la forma siguiente.

Proposición 6.3. Sea f : A ⊆ R→ R y x0 ∈ A′. Las siguientes afirmaciones son equivalentes.a) lim

x→x0f (x) = L.

b) Para cualquier ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 < |x − x0| < δ y x ∈ A, entonces | f (x) − L| < ε.

Límite funcional Límites y continuidad

– 102 –

6.1.1 Álgebra de límites

Dado que la definición de límite se puede ver en términos de sucesiones, podemos aplicarlos resultados sobre límites de sucesiones que conocemos. Obtenemos el resultado análogo a laProposición 4.8 sobre el comportamiento de límite con respecto a sumas, productos y cocientes.

Proposición 6.4. Sean f , g : A→ R y x0 ∈ A′. Entonces,a) lim

x→x0( f + g)(x) = lim

x→x0f (x) + lim

x→x0g(x),

b) limx→x0

( f g)(x) =

(limx→x0

f (x)) (

limx→x0

g(x)),

c) si limx→x0

g(x) 6= 0, se cumple que limx→x0

(fg

)(x) =

limx→x0 f (x)limx→x0 g(x)

.

De igual manera que ocurre con sucesiones, el límite del producto de una función con límitecero y una función acotada es cero.

Proposición 6.5. Sean f , g : A → R y x0 ∈ A′. Si limx→x0

f (x) = 0 y g está acotada, entonceslimx→x0

( f g)(x) = 0.

6.1.2 Límites laterales

Intuitivamente, para calcular limx→x0 f (x) tomamos valores cercanos a x0, calculamos su ima-gen por la aplicación f y vemos si se acercan a algún valor. Si nos acercamos a x0 por valoresmayores que x0, hablaremos de límite por la derecha. Si nos acercamos por valores menores habla-remos de límite por la izquierda. Formalizemos estos conceptos.

Definición 6.6. Sea A un subconjunto de R, f : A→ R una función y x0 ∈ A′.a) Si x0 es un punto de acumulación de A− = x ∈ A : x < x0, se define el límite por la

izquierda de f en x0 como limx→x−0

f (x) := limx→x0

f|A−(x).

b) Si x0 es un punto de acumulación de A+ = x ∈ A : x > x0, se define el límite por laderecha de f en x0 como lim

x→x+0

f (x) := limx→x0

f|A+(x).

En principio no tienen porqué tener sentido ambos límites laterales. Por ejemplo, si x0 es elextremo de un intervalo sólo se puede estudiar uno de los dos límites laterales. Lo que sí es ciertoes que si se puede estudiar el límite, al menos uno de los límites laterales tiene que tener sentido.Además, una función tiene límite en x0 si, y sólo si, existen todos los límites laterales que tengansentido y coinciden.

Proposición 6.7. Sea f : A→ R y x0 ∈ A′.a) Si x0 ∈ (A+)′ y x0 /∈ (A−)′, entonces ∃ lim

x→x0f (x) = L ⇐⇒ ∃ lim

x→x+0

f (x) = L.

b) Si x0 ∈ (A−)′ y x0 /∈ (A+)′, entonces ∃ limx→x0

f (x) = L ⇐⇒ ∃ limx→x−0

f (x) = L.

c) Si x0 ∈ (A+)′ ∩ (A−)′, entonces ∃ limx→x0

f (x) = L ⇐⇒ ∃ limx→x+

0

f (x) = limx→x−0

f (x) = L.

Límites y continuidad Límites infinitos y en el infinito

– 103 –

6.2 Límites infinitos y en el infinito

6.2.1 Asíntotas verticales

Como ya hemos comentado en la sección anterior, la definición de límite de una función consucesiones siempre tiene el mismo aspecto:

limx→a

f (x) = b ⇐⇒[

limn→∞

xn = a =⇒ limn→∞

f (xn) = b].

Hasta ahora hemos tomado a y b como el punto donde tomamos límite y como el valor del límite.Si admitimos que a y/o b sean ±∞, obtenemos la definición de límite infinito o en el infinito.

Definición 6.8. Sea f : A→ R y x0 ∈ A′ . Diremos que el límite de f en x0 vale +∞ si paracualquier sucesión xn de elementos de A que tienda a x0 se cumple que f (xn) tiende a +∞,o sea,

limx→x0

f (x) = +∞ ⇐⇒[∀xn → x0 =⇒ f (xn) → +∞

]También podemos reformular de manera equivalente la definición de límite sin utilizar sucesio-

nes.Proposición 6.9. Sea f : A→ R y x0 ∈ A′ . Son equivalentesa) lim

x→x0f (x) = +∞.

b) Dado M ∈ R existe δ > 0 tal que si |x − x0| < δ y x ∈ A, entonces f (x) > M.En otras palabras,

limx→x0

f (x) = +∞ ⇐⇒

[∀M ∈ R, ∃ δ > 0 tal que |x − x0| < δ

x ∈ A

=⇒ f (x) > M

]Esta situación seguramente ya se te ha presentado y te has referido a ella como que la función

tiene una asíntota vertical en x0.

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 60

f (x) = 1|1−x|

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 60

f (x) = 11−x

La función f (x) = 1|1−x| tiene

una asíntota vertical en x = 1La función f (x) = 1

1−x tambiéntiene una asíntota vertical en x = 1

Figura 6.1 Asíntotas verticales

Eso sí, tienes que tener cuidado con la afirmación anterior: la función 11−x también tiene una asíntota

vertical en x = 1 pero su límite no es +∞ ni −∞. Su valor depende de si calculamos el límite porla izquierda o por la derecha.

Límites infinitos y en el infinito Límites y continuidad

– 104 –

6.2.2 Asíntotas horizontales

La última posibilidad que nos queda es definir límites en +∞ o −∞. De nuevo empezamos consucesiones.

Definición 6.10. Sea A ⊂ R un subconjunto no acotado superiormente y sea f : A→ R.a) Diremos que f tiene límite en +∞ y que vale L si para cualquier sucesión xn de elementos

de A que tienda a +∞ se cumple que f (xn) tiende a L.b) De forma similar, diremos que el límite de f en +∞ es +∞ si para cualquier sucesión xn

de elementos de A que tienda a +∞ se cumple que f (xn) tiende a +∞.

Y también tenemos las reformulaciones equivalentes sin usar sucesiones.

Proposición 6.11. Sea A ⊂ R un subconjunto no acotado superiormente y sea f : A→ R.a) lim

x→+∞f (x) = L si, y sólo si, dado ε > 0 existe M ∈ R tal que si x > M y x ∈ A entonces

| f (x) − L| < ε.b) lim

x→+∞f (x) = +∞ si, y sólo si, dado M ∈ R existe N tal que si x > N, entonces f (x) > M.

De forma completamente análoga se pueden definir los límites en −∞ o que valgan −∞.

Ejemplo 6.12. Las funciones periódicas no constantes no tienen límite en infinito.Para demostrar que una función no tiene límite en +∞ usando la caracterización por sucesionestenemos que encontrar una sucesión xn que tienda a +∞ y tal que f (xn) no sea convergente odos sucesiones de manera que sus imágenes tienden a límites distintos. Veamos que este últimométodo nos viene bien.

(x0, f (x0)) (x0 + T, f (x0 + T )) (x0 + 2T, f (x0 + 2T ))

(y0, f (y0)) (y0 + T, f (y0 + T )) (y0 + 2T, f (y0 + 2T ))

Figura 6.2 Las funciones periódicas no triviales no tienen límite en infinito

La función no es constante: toma al menos dos valores distintos. Sean x0, y0 tales que f (x0) 6= f (y0).Si T es un periodo de la función f , las sucesiones x0 + nT e y0 + nT tienden a +∞ y

f (x0) = limn→∞

f (x0 + nT ) 6= limn→∞

f (y0 + nT ) = f (y0).

/

Cuándo una función tiene límite en +∞ o −∞ solemos decir que la función tiene una asíntotahorizontal. Por ejemplo, como

limx→+∞

2x + 3 sen(x)x

= 2,

la función f (x) =2x+3 sen(x)

x tiene una asíntota horizontal en 2. Observa que, a diferencia de lasasíntotas verticales, la gráfica de la función puede cruzar la recta que define la asíntota (y = 2 eneste caso).

Límites y continuidad Cálculo de límites

– 105 –

11.5

22.5

33.5

44.5

Figura 6.3 Asíntota horizontal

6.2.3 Indeterminaciones

Existen límites que no se pueden resolver utilizando las operaciones elementales, leáse por ejem-plo el límite de una suma es la suma de los límites. A estas situaciones las llamamos indetermina-ciones y son

∞−∞,00,∞

∞, 0 · ∞, 00, ∞0, 1∞.

Ya conoces algunas formas de eliminar indeterminaciones. Por ejemplo, cuando nos encontramoscon un cociente de polinomios con una indeterminación del tipo 0

0 , eso significa que numerador ydenominador tienen una solución común. Si simplificamos dicha raíz, eliminamos la indetermina-ción.

Ejemplo 6.13. Calculemos limx→1

x2 − 1x − 1

limx→1

x2 − 1x − 1

= limx→1

(x − 1)(x + 1)x − 1

= limx→1

x + 1 = 2.

/

6.3 Cálculo de límitesDado que la definición de límite funcional está hecha con sucesiones, podemos trasladar fácil-

mente las propiedades de éstas a propiedades de límites.

Proposición 6.14. Sean f , g : A→ R y x0 ∈ A′a) Si lim

x→x0f (x) = +∞ y g está minorada, entonces lim

x→x0( f + g)(x) = +∞.

b) Si limx→x0

f (x) = +∞ y existe K > 0 tal g(x) > K para todo x, entonces limx→x0

f (x)g(x) = +∞.

El siguiente resultado permite resolver algunas indeterminaciones del tipo “1∞”.

Proposición 6.15. Sean f , g : A→ R y a ∈ A′. Supongamos que limx→a

f (x) = 1. Entonces Regla del número ea) lim

x→af (x)g(x) = eL ⇐⇒ lim

x→ag(x) ( f (x) − 1) = L,

b) limx→a

f (x)g(x) = 0 ⇐⇒ limx→a

g(x) ( f (x) − 1) = −∞, y

c) limx→a

f (x)g(x) = +∞ ⇐⇒ limx→a

g(x) ( f (x) − 1) = +∞.

Continuidad Límites y continuidad

– 106 –

Ejemplo 6.16. Calcula limx→+∞

(x2 + 2x + 1x2 − x + 3

)x−3

.

limx→+∞

(x2 + 2x + 1x2 − x + 3

)x−1

= eL ⇐⇒ limx→+∞

(x − 3)(x2 + 2x + 1x2 − x + 3

− 1)

= L.

Resolvamos este segundo límite:

limx→+∞

(x − 3)(x2 + 2x + 1x2 − x + 3

− 1)

= limx→+∞

(x − 3)(3x − 2)x2 − x + 3

= 3.

Por tanto, limx→+∞

(x2 + 2x + 1x2 − x + 3

)x−3

= e3. /

Proposición 6.17. Sea a ∈ R+, entoncesEscala de infinitos

limx→+∞

log(x)xa = lim

x→+∞

xa

ex = limx→+∞

ex

xx = 0.

Ejemplo 6.18. Vamos a comprobar que limx→+∞

x1/x = 1.Tomando logaritmos,

limx→+∞

x1/x = eL ⇐⇒ limx→+∞

log(x)x

= L,

y este último límite vale 0 por lo que el límite original es e0 = 1. /

Es posible intercambiar los papeles de +∞ y 0 en un límite.

Proposición 6.19. Sea f una función definida en un intervalo no acotado superiormente. Enton-ces

limx→+∞

f (x) = L ⇐⇒ limx→0+

f(1x

)= L.

Ejemplo 6.20. El cambio de variable anterior nos permite resolver algunos límites de formasencilla. Por ejemplo, el límite

limx→0+

e−1/x2

x3

involucra exponenciales y polinomios, pero no se encuentra en las condiciones necesarias parapoder aplicar la escala de infinitos. Un cambio de variable de la forma y = 1

x nos resuelve lasituación:

limx→0+

e−1/x2

x3 = limy→+∞

y3

ey2 = 0,

usando, ya sí, la escala de infinitos. /

6.4 ContinuidadYa que tenemos la definición de límite, podemos hablar de continuidad.

Límites y continuidad Continuidad

– 107 –

Definición 6.21. Sea f : A ⊂ R→ R. La función f es continua en a ∈ A si limx→a

f (x) = f (a), Función continua

Podemos expresar la continuidad utilizando sucesiones de manera similar a lo que hemos hechocon límites o de la forma “ε − δ”.

Proposición 6.22. Sea f : A→ R. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:a) f es continua en a ∈ A.b) Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que si x ∈ A y |x − a| < δ, entonces | f (x) − f (a)| < ε.

Si te fijas, la definición de función continua se parece mucho a la definición de límite. Compa-rándolas, la primera diferencia salta a la vista: hemos cambiado el valor del límite por f (a). Lasegunda es un poco más sutil: en la definición de límite partimos de un punto de acumulación.Como vemos en la siguiente proposición, es importante distinguir entre puntos aislados y puntosde acumulación a la hora de estudiar la continuidad de una función.

Proposición 6.23. Sea f : A→ R.a) Si a es un punto de acumulación de A, f es continua en a si y sólo si existe lim

x→af (x) = f (a).

b) Si a es un punto aislado de A, f es continua en a.

Observación 6.24. La distinción entre puntos aislados y puntos de acumulación carece de im-portancia en el caso de funciones definidas en intervalos ya que todos los puntos son de acumu-lación. Por tanto, si I es un intervalo, una función f : I → R es continua en a ∈ I si y sólo silimx→a

f (x) = f (a).

6.4.1 Discontinuidades

¿Qué puede fallar para que que una función no sea continua? Para que sí lo sea, debe existir ellímite en dicho punto y coincidir con el valor de función. Por tanto, las discontinuidades se debena alguno de estas dos causas:a) El límite lim

x→af (x) existe pero no vale f (a). En este caso decimos que la función presenta una

discontinuidad evitable en a. El motivo es que si cambiamos el valor de la función en a por el Discontinuidadevitabledel límite obtenemos una función continua.

b) La segunda posibilidad es que no exista el limx→a

f (x). Esto puede deberse a varios factores.

i) Existen los límites laterales pero no coinciden. En este caso diremos que f presenta una Discontinuidad desaltodiscontinuidad de salto en a.

ii) Algún límite lateral no existe: diremos que f tiene una discontinuidad esencial en a. Discontinuidadesencial

6.4.2 Álgebra de funciones continuas

Como sabemos el comportamiento de los límites con respecto a sumas, productos o cocientes,es fácil obtener un resultado similar para funciones continuas.

Proposición 6.25. Sean f , g : A→ R continuas en a ∈ A. Entonces,a) f + g es continua en a,b) f g es continua en a, yc) si g(a) 6= 0, f

g es continua en a.

Proposición 6.26. La composición de funciones continuas es una función continua. Regla de la cadena

Continuidad Límites y continuidad

– 108 –

Ejemplo 6.27. La función valor absoluto es continua. En consecuencia si f es continua | f |también lo es. Es fácil encontrar ejemplos de que el recíproco no es cierto. La función

f (x) =

1, si x ≥ 0−1, si x < 0

es discontinua en el origen y | f | es la función constantemente igual a uno que sí es continua. /

6.4.3 Carácter local de la continuidad

La continuidad de una función en un punto sólo depende del comportamiento de dicha función“cerca” del punto. Este hecho lo aplicamos sin darnos cuenta cada vez que estudiamos la continui-dad de una función definida a trozos. Por ejemplo, cuando decimos que la función

f (x) =

x2, si x ≥ 0,sen(x), si x < 0,

es continua en R+ sólo nos estamos fijando en x2 que, evidentemente, es una función continua. Enotras palabras, la continuidad de f en el punto x = 0.5 no depende del comportamiento de dichafunción en R−.

−3 −2 −1 1 2 3

−2

−1

1

2

0f

−3 −2 −1 1 2 3

−2

−1

1

2

0f Figura 6.4 Carácter local de la continuidad

El siguiente resultado nos dice que la restricción de una función continua sigue siendo una funcióncontinua.

Proposición 6.28. Sea f : A ⊂ R → R una función continua en a ∈ A y sea B ⊂ A con a ∈ B.Entonces f|B es continua en a.

Si nos quedamos con un dominio más pequeño, la continuidad no se resiente. ¿Qué ocurre conel recíproco? Si una función es continua en un dominio, ¿qué ocurre si la extendemos a un dominiomayor? En general no se mantiene la continuidad: piensa, por ejemplo en una función definida enlos [0,+∞[. ¿Se puede extender a R manteniendo la continuidad en el origen? La respuesta ya laconoces: sólo si el límite por la izquierda coincide con el valor de la función en 0. Ahora bien, enotros puntos la situación es distinta. Por ejemplo, si la función era continua en 1, también lo siguesiendo la extensión.

Proposición 6.29. Sea f : A→ R y a ∈ A. Son equivalentes:Carácter local dela continuidad a) f es continua en a.

b) Para cualquier r > 0, f|A∩]a−r,a+r[ es continua en a.c) Existe r > 0 tal que f|A∩]a−r,a+r[ es continua en a.

Límites y continuidad Teorema del valor intermedio

– 109 –

6.5 Teorema del valor intermedioEl teorema del valor intermedio o su versión equivalente el teorema de los ceros de Bolzano es

el resultado más importante de este tema. Su demostración

Lema 6.30. Sea f : A ⊆ R → R continua en a ∈ A con f (a) 6= 0. Entonces existe δ > 0 Lema de conserva-ción del signoverificando que f (x) f (a) > 0, para todo x ∈]a − δ, a + δ[∩A.

Demostración. Aplicamos la definición de continuidad tomando ε = | f (a)| y encontramos δ < 0tal que

|x − a| < δx ∈ A

=⇒ | f (x) − f (a)| < ε.

Esto es equivalente a que

f (a) − | f (a)| < f (x) < f (a) + | f (a)| . (6.1)

Discutimos ahora las dos signos posibles:a) Si f (a) > 0, la primera desigualdad de la ecuación (6.1) nos da que f (x) > 0.b) Si f (a) < 0, la segunda parte de la ecuación (6.1) nos dice que f (x) también es negativo.

fa

(a, f (a))f (a)

a − δ a + δ

f (a) − ε

f (a) + ε

Figura 6.5 Conservación del signo

En la Figura 6.5 se puede ver lo que hemos hecho: en el caso de que f (a) sea positivo, elegimosun ε < f (a) y aplicamos la definición de continuidad. Así obtenemos un intervalo centrado en aen los que la función f toma valores positivos.

Teorema 6.31. Sea f : [a, b] → R continua y verificando f (a) f (b) < 0. Entonces existe Teorema de losceros de Bolzanoc ∈]a, b[ tal que f (c) = 0.

El teorema de los ceros de Bolzano es un resultado de existencia: sólo afirma que hay un puntodonde la función vale cero. No dice nada sobre cuántos puntos de este tipo hay ni sobre cómopodemos encontrarlos.

Ejemplo 6.32. Una de las utilidades más importantes del teorema de los ceros de Bolzano esgarantizar que una ecuación tiene solución. Por ejemplo, para comprobar que la ecuación ex +

log(x) = 0 tiene solución, estudiamos la función f (x) = ex + log(x): es continua en R+ y se puede

Teorema del valor intermedio Límites y continuidad

– 110 –

(a, f (a))

(b, f (b))ab

c

Figura 6.6 Teorema de los ceros de Bolzano

comprobar que f (e−10) < 0 y 0 < f (e10). Por tanto, la ecuación ex + log(x) = 0 tiene al menos unasolución entre e−10 y e10. En particular, tiene solución en R+. /

El teorema del valor intermedio es equivalente al teorema de los ceros de Bolzano. Si este últimoafirma que en cuanto una función continua tome valores positivos y negativos, tiene que anularse,el teorema del valor intermedio traslada esta afirmación a cualquier número real: en cuanto unafunción continua tome dos valores distintos, también tiene que alcanzar los valores intermedios.Todo esto es cierto únicamente cuando el dominio es un intervalo.

Teorema 6.33. Sea I un intervalo, f : I → R una función continua. Entonces f (I) es unTeorema del va-lor intermedio intervalo.

Demostración. Tenemos que demostrar que si c, d ∈ f (I), entonces [c, d] ⊂ f (I). Puesto que c y dpertenecen a la imagen de la función, existen a y b en I tales que f (a) = c y f (b) = d. Puesto queI es un intervalo [a, b] ⊂ I. Tengáse en cuenta que no sabemos si a es menor o mayor que b y quecuando escribimos [a, b] nos estamos refiriendo al intervalo [a, b] o al [b, a], depende del ordenque corresponda.

Sea z ∈]c, d[. Consideremos la función g : [a, b] → R definida como g(x) = f (x) − z. Es claroque g es una función continua. Además, g(a) = f (a) − z = c − z < 0 < d − z = f (b) − z = g(b)y, por tanto, g verifica las hipótesis del teorema de los ceros de Bolzano. En consecuencia, existex0 ∈ [a, b] tal que g(x0) = 0 o, equivalente, f (x0) = z.

1

2

0 a ab b

Figura 6.7

Si el teorema de los ceros de Bolzano nos garantiza que unaecuación vale cero o, lo que es lo mismo, que una función seanula, el teorema del valor intermedio nos permite conocer to-dos los valores de una función: su imagen. Sólo nos queda unadificultad que superar. Imagina por un momento que sabes losvalores de una función en dos puntos. Por ejemplo, suponga-mos que una función f : [a, b] → R continua verifica quef (a) = 0 y que f (b) = 1. ¿Qué podemos decir sobre su imagen?El teorema del valor intermedio nos dice que la función tomatodos los valores entre 0 y 1. En otras palabras [0, 1] ⊂ f ([a, b]),pero ¿se da la igualdad? En la Figura 6.7 puedes ver que la ima-gen puede ser un conjunto mayor. El ingrediente que falta para

resolver este problema es la monotonía de la función.

Límites y continuidad Monotonía

– 111 –

Propiedad de compacidad

El siguiente teorema y sus versiones para funciones de varias variables es una herramientafundamental en el estudio de los extremos absolutos de una función y responde a la pregunta dequé se puede decir sobre cómo son los intervalos en el teorema del valor intermedio. Ningún otroresultado nos va a garantizar a tanta generalidad la existencia de extremos.

Teorema 6.34. Sea f : [a, b]→ R una función continua. Entonces f ([a, b]) es un intervalo Propiedad de com-pacidadcerrado y acotado. En particular, la función f tiene máximo y mínimo absolutos.

6.6 Monotonía¿Cómo podemos calcular los extremos absolutos de una función? ¿Hay algún punto destacado

donde buscar? En un intervalo, los únicos puntos destacados son los extremos pero es muy fácilencontrar funciones que no alcanzan su máximo o su mínimo en ninguno de los extremos delintervalo. Por ejemplo, consideremos la función sen : [0, 2π] → R. Sabemos su valor en losextremos: cero. ¿Nos da eso alguna información sobre el máximo o el mínimo de la función? Laverdad es que no demasiada. La información adicional que necesitamos sobre la función es lamonotonía.

Definición 6.35.a) Una función f : A ⊆ R→ R es creciente (resp. decreciente) si Función creciente

x ≤ y =⇒ f (x) ≤ f (y) (resp. f (x) ≥ f (y)).

b) Una función f : A ⊆ R→ R es estrictamente creciente (resp. estrictamente decreciente) Función estricta-mente crecientesi

x < y =⇒ f (x) < f (y) (resp. f (x). > f (y))

En general, diremos que una función es monótona si es creciente o decreciente y diremos quees estrictamente monótona si es estrictamente creciente o estrictamente decreciente.

Observación 6.36. Hay veces que los nombres nos pueden inducir a error y este es uno de esoscasos. La idea intuitiva que tenemos todos es que una función creciente es aquella que tiene unagráfica ascendente. En realidad eso es una función estrictamente creciente. Una función constantees creciente (y decreciente). La expresión correcta debería ser que una función creciente es aquellacuya gráfica “no baja”.

Imagen de una función

Una vez que tenemos todos los ingredientes: función definida en un intervalo, continua y monó-tona, ya podemos calcular la imagen de dicha función. Enunciamos el resultado sólo para funcionescrecientes. Ya te puedes imaginar cuál es para funciones decrecientes.

Corolario 6.37.a) Sea f : [a, b] → R una función continua y creciente. Entonces la imagen de f es f ([a, b]) =[

f (a), f (b)].

b) Sea f :]a, b[→ R una función continua y estrictamente creciente. Entonces la imagen de f es

f (]a, b[) =

[limx→a

f (x), limx→b

f (x)].

Ejercicios Límites y continuidad

– 112 –

Ejemplo 6.38. Sea f : [0, 1]→ R la función definida por f (x) = x1+x , para cualquier x ∈ [0, 1].

a) El dominio de la función es un intervalo.b) La función es continua por ser cocientes de funciones continuas, polinomios en este caso.c) Vamos a comprobar que es creciente: si x, y ∈ [0, 1],

f (x) ≤ f (y) ⇐⇒x

1 + x≤

y1 + y

⇐⇒ x(1 + y) ≤ y(1 + x) ⇐⇒ x + xy ≤ y + xy ⇐⇒ x ≤ y.

Por tanto, f ([0, 1]) = [ f (0), f (1)] = [0, 1/2]. /

El estudio de la monotonía de una función puede complicarse. En algunas ocasiones, se puedesustituir por la condición, más débil, de inyectividad aunque tendremos que esperar hasta el siguien-te tema, derivabilidad, para encontrar una condición verdaderamente útil: el signo de la derivada.Volveremos a esta cuestión al final del siguiente tema.

6.6.1 Monotonía e inyectividad

1 2 3

1

2

3

0

f

1 2 3

1

2

3

0

g

Figura 6.8 Mono-tonía e inyectividad

La definición de función estrictamente monótona nos dice que puntos deldominio distintos tienen imágenes distintas. En particular, las funcionesestrictamente monótonas son inyectivas. El recíproco no es cierto en ge-neral. Hay funciones inyectivas que no son monótonas. Por ejemplo, lafunción f : [0, 3]→ R definida como

f (x) =

x, si 0 ≤ x < 2,5 − x, si 2 ≤ x ≤ 3,

no es creciente ni decreciente. Tampoco es difícil conseguir un ejemplocon funciones continuas: eliminemos los puntos de discontinuidad de lafunción f . Considera la función g : [0, 1] ∪ [2, 3]→ R definida como

g(x) =

x, si 0 ≤ x < 1,5 − x, si 2 ≤ x ≤ 3,

Como puedes ver, para la inyectividad no es una condición suficientepara probar monotonía si consideramos funciones que no sean continuaso que no estén definidas en intervalos. En otro caso, el resultado es cierto.

Proposición 6.39. Sea I un intervalo y f : I → R continua. Entoncesf es estrictamente monótona si, y sólo si, f es inyectiva.

6.7 Ejercicios

6.7.1 Límites elementales

Ejercicio 6.1. Calcular los siguientes límitesa) limx→∞

x7x+4

b) limx→∞5x+32x2+1

c) limx→2x2−4x−2

d) limx→2+x2+4x−2

Solución 6.1.

Límites y continuidad Ejercicios

– 113 –

a) limx→∞x

7x+4 = 17

b) limx→∞5x+32x2+1 = 0

c) limx→2x2−4x−2 = limx→2

(x−2)(x+2)x−2 = limx→2 x + 2 = 4

d) limx→2+x2+4x−2 = +∞

Ejercicio 6.2. Calcular los siguientes límites.a) limx→4

(1x −

14

) (1

x−4

),

b) limx→0x4

3x3+2x2+x ,c) limx→1

√x−1|x−1| ,

d) limx→1√

x−1|x−1| ,

Solución 6.2.a) limx→4

(1x −

14

) (1

x−4

)= − 1

16 .b) limx→0

x4

3x3+2x2+x = 0.c) limx→1

√x−1|x−1| = +∞.

d) No existe limx→1√

x−1|x−1| ya que los límites laterales no coinciden. Más concretamente,

limx→1

√x − 1|x − 1|

= limx→1

√x − 1|x − 1|

·

√x + 1√

x + 1= lim

x→1

x − 1|x − 1|

·1

1 +√

x,

que, dependiendo de por dónde nos acerquemos a 1 tiende a 12 o −1

2 .

Ejercicio 6.3. Calcular los siguientes límitesa) limx→0

√1+x−

√1−x

xb) limx→0

√1+x−1√

1−x−1c) limx→0

2x+33√26+x−3

d) limx→+∞

√x +√

x −√

x

Solución 6.3.a) Multiplicamos y dividimos por el conjugado,

limx→0

√1 + x −

√1 − x

x= lim

x→0

√1 + x −

√1 − x

x·

√1 + x +

√1 − x

√1 + x +

√1 − x

= limx→0

2xx(√

1 + x +√

1 − x) = 1.

b) Multiplicamos por los conjugados de numerador y denominador,

limx→0

√1 + x − 1√

1 − x − 1= lim

x→0

√1 + x − 1√

1 − x − 1·

√1 + x + 1√

1 + x + 1·

√1 − x + 1√

1 − x + 1= lim

x→0−

√1 − x + 1√

1 + x + 1= −1.

c) No hay ninguna indeterminación: limx→02x+3

3√26+x−3= 3

3√26−3.

d) Multiplicamos y dividimos por el conjugado,

limx→+∞

√x +√

x −√

x = limx→+∞

√x +√

x −√

x ·

√x +√

x +√

x√x +√

x +√

x= lim

x→+∞

√x√

x +√

x +√

x=

12.

Ejercicios Límites y continuidad

– 114 –

Ejercicio 6.4. Calcular los siguientes límitesa) limx→0

|x|x2+x

b) limx→1x2−1|x−1|

c) limx→2x2+x+6

x2−4

d) limx→01

2−21/x

e) limx→01

e1/x+1

Solución 6.4.a) Estudiamos los límites laterales.

limx→0+

|x|x2 + x

= limx→0+

xx(x + 1)

= limx→0+

1x + 1

= 1,

limx→0−

|x|x2 + x

= limx→0−

−xx(x + 1)

= limx→0−

−1x + 1

= −1.

b) Calculamos los límites por la derecha y por la izquierda.

limx→1+

x2 − 1|x − 1|

= limx→1+

(x − 1)(x + 1)x − 1

= limx→1+

x + 1 = 2,

limx→1−

x2 − 1|x − 1|

= limx→1−

(x − 1)(x + 1)1 − x

= limx→1+

−(x + 1) = −2.

c) El límite por la izquierda vale −∞ y el límite por la derecha +∞.d) limx→0+

12−21/x = 0 y limx→0−

12−21/x = 1

2 .e) limx→0+

1e1/x+1 = 0 y limx→0−

1e1/x+1 = 1.

6.7.2 Límites y continuidad

Ejercicio 6.5. Sean f , g : R→ R las funciones definidas pora)

f (x) =

1

1+e1/x , si x 6= 0

0, si x = 0

b)

g(x) =

ex

x , si x < 0x, si 0 ≤ x < 15√x, si x ≥ 1

Estudiar la continuidad de f y g y la existencia de límites de f y g en +∞ y −∞.

Solución 6.5.a) En primer lugar estudiemos la continuidad de

f (x) =

1

1 + e1/x , si x 6= 0

0, si x = 0

El carácter local de la continuidad nos da que f es continua en R∗. Veamos qué ocurre en elorigen. Para ello estudiamos los límites laterales en 0:

Límites y continuidad Ejercicios

– 115 –

limx→0+

11 + e1/x = 0, y lim

x→0−1

1 + e1/x = 1.

Por tanto f no es continua en el origen. Por último

limx→−∞

11 + e1/x =

12, y lim

x→+∞

11 + e1/x =

12.

b) La función

g(x) =

ex

x , si x < 0x, si 0 ≤ x < 15√x, si x ≥ 1

es continua en R \ 0, 1 por el carácter local. Veamos los límites laterales en 0 y 1:

limx→0−

ex

x= −∞

y, por tanto, g no puede ser continua en 0. Como

limx→1−

x = 1 = limx→1+

5√x = 1 = g(1),

g es continua en 1. Por último, los límites en infinito valen

limx→−∞

f (x) = limx→−∞

ex

x= 0, y

limx→+∞

f (x) = limx→+∞

5√x = +∞.

Ejercicio 6.6. Sea f : R+ → R la función definida por f (x) = x1

log(x)−1 , para todo x ∈ R+ \ e.Estudiar el comportamiento de f en 0, e,+∞.

Solución 6.6.a) Veamos en primer lugar el comportamiento en 0: limx→0 log(x) = −∞ =⇒ limx→0

1log(x)−1 =

0, por tanto tenemos una indeterminación del tipo 00. Tomemos logaritmos para resolverla:

limx→0

log(x

1log(x)−1

)= lim

x→0

log(x)log(x) − 1

= 1 =⇒ limx→0

x1

log(x)−1 = e1 = e.

b) En e vamos a estudiar los límites laterales:

limx→e−

x1

log(x)−1 = ”e−∞” = 0, y limx→e+

x1

log(x)−1 = ”e+∞” = +∞.

c) Por último, en +∞ de nuevo tomamos logaritmos para resolver la indeterminación:

limx→+∞

log(x

1log(x)−1

)= lim

x→+∞

log(x)log(x) − 1

= 1 =⇒ limx→+∞

x1

log(x)−1 = e1 = e.

Ejercicio 6.7. Sea f :]0, π2

[→ R la función definida por f (x) =

(1

tan(x)

)sen(x). Probar que f tiene

límite en los puntos 0 y π2 y calcular dichos límites.

Solución 6.7. En primer lugar, veamos el límite en 0:

Ejercicios Límites y continuidad

– 116 –

limx→0

(1

tan(x)

)sen(x)= lim

x→0

(cos(x)sen(x)

)sen(x)= lim

x→0

cos(x)sen(x)

sen(x)sen(x) =11

= 1,

ya que limx→0 sen(x)sen(x) = 1, usando que limx→0+ xx = 1.En π

2 ,

limx→ π

2

(1

tan(x)

)sen(x)= lim

x→ π2

cos(x)sen(x)

sen(x)sen(x) =01

= 0.

Ejercicio 6.8. Sea f :]0, π2

[→ R la función definida por f (x) = (1 + sen(x))cotan(x). Estudiar la

continuidad de f y su comportamiento en 0 y π/2.

Solución 6.8. La función f es continua en ]0, π2 [ ya que 1 + sen(x) es una función continua ypositiva en dicho intervalo y, cotan(x) también es una función continua en este intervalo.Veamos el comportamiento en π

2 : limx→ π2(1 + sen(x))cotan(x) = 20 = 1.

En 0, limx→0(1 + sen(x))cotan(x) =“1∞” con lo que aplicamos la regla del número e para resolverlo:

limx→0

cotan(x)(1 + sen(x) − 1) = limx→0

cos(x) = 1 =⇒ limx→0

(1 + sen(x))cotan(x) = e.

Ejercicio 6.9. Estudiar el comportamiento en cero de las funciones f , g : R∗ → R definidas por

f (x) = arctan(7x

)− arctan

(−5x

), g(x) = x f (x).

Solución 6.9. Comencemos con la función f . Dado que limx→0+7x = +∞ y limx→0+

−5x = −∞,

se tiene que limx→0+ f (x) = π2 −

(−π2

)= π y, análogamente, limx→0− f (x) = −π2 −

π2 = −π.

La función f está acotada (es suma de dos funciones acotadas) y, por tanto, limx→0 g(x) = 0, porser producto de algo que tiende a cero y algo acotado.

Ejercicio 6.10. Probar que existe un número real positivo x tal que log(x) +√

x = 0.

Solución 6.10. Consideremos la función f : R+ → R definida como f (x) = log(x) +√

x. Lafunción f es continua y esta definida en un intervalo. Además

limx→+∞

f (x) = +∞ y limx→0

f (x) = −∞.

Por tanto f cambia de signo y tiene que anularse en R+.

Ejercicio 6.11. Probar que la ecuación x + ex + arctan(x) = 0 tiene una sola raíz real. Da unintervalo de longitud uno en el que se encuentre dicha raíz.

Solución 6.11. Consideremos f (x) = x + ex + arctan(x), ∀x ∈ R. f es una función continuadefinida en un intervalo, además f (−1) < 0 < f (0) y por tanto f se anula en el intervalo ] − 1, 0[.Para comprobar que sólo se anula en un punto basta observar que f es una función estrictamentecreciente, en particular inyectiva, por ser suma de tres funciones estrictamente crecientes.

Ejercicio 6.12. Determinar la imagen de la función f : R∗ → R definida por f (x) = arctan(log |x|).

Solución 6.12. Como la función es par, f (x) = f (−x), se tiene que f (R∗) = f (R+). En este caso,f es la composición de la función arcotangente y la función logaritmo neperiano. Dado que ambasson estrictamente crecientes, su composición también lo es. Por tanto

Límites y continuidad Ejercicios

– 117 –

f (R∗) = f (R+) =

]limx→0

f (x), limx→+∞

f (x)[

=

]−π

2,π

2

[.

Ejercicio 6.13. Sea f : [0, 1] → [0, 1] una función continua en [0, 1]. Pruébese que f tiene unpunto fijo: ∃ x ∈ [0, 1] : f (x) = x.

Solución 6.13. Consideremos la función g : [0, 1] → R definida como g(x) = f (x) − x. Lafunción g es continua por ser diferencia de funciones continuas, además g(0) = f (0) ≥ 0 y g(1) =

f (1)− 1 ≤ 0. Si se da la igualdad en 0 o en 1 ya hemos encontrado un punto fijo, en caso contrariola función g cambia de signo y el Teorema de los ceros de Bolzano nos asegura la existencia de uncero de g o, lo que es mismo, un punto fijo de f .

Ejercicio 6.14. Un escalador comienza, desde su campamento base, a subir a una montana elsábado a las 7 horas, alcanzando la cima a las 8 de la tarde. A las 7 horas del domingo iniciael descenso hacia el campamento base tardando el mismo tiempo que le costó la subida. Demos-trar que existe una determinada hora, a lo largo del domingo, en la que el escalador se encuentraexactamente a la misma altura que a esa misma hora del sábado.

Solución 6.14. Sea f : [7, 20]→ [0, h] la función que indica la altura del escalador en la subiday g : [7, 20]→ [0, h] la que indica la altura bajando, donde h es la altura de la montana. Por tantof (7) = g(20) = 0 y f (20) = g(7) = h. La ecuación que queremos resolver es f (x) = g(x) o loque es lo mismo buscamos un cero de la función h(x) = f (x) − g(x). Dado que h es continua, estádefinida en un intervalo y h(7) = −h < 0 < h(20) = h, el Teorema de los ceros de Bolzano nosasegura la existencia de un punto donde se anula h.

6.7.3 Ejercicios complementarios

Ejercicio 6.1. Pruébese que todo polinomio de grado impar admite al menos una raíz real.

Ejercicio 6.2. Sean f :]0, 1[→ R y g : R→ R definidas por

f (x) = x, ∀x ∈]0, 1[, g(x) =

x

1+x , si x ≥ 0

x1−x , si x < 0.

Comprobar que f y g son continuas y acotadas pero no tienen máximo ni mínimo absolutos.

Ejercicio 6.3. Dado un número real positivo a, pruébese que existe x ∈ R+ tal que x2 = a.Además x es único.

Ejercicio 6.4. Sea f : [0, 1]→ R una función continua verificando f (0) = f (1) = 0. Probar que,dado n ∈ N, existe x ∈ [0, 1] tal que f (x) = f

(x + 1

n

).

Ejercicio 6.5. Sea f : [−1, 1] → R la función definida por f (x) = x2

1+x2 ,∀x ∈ [−1, 1]. Calcularsu imagen.

Ejercicio 6.6. Sea f : R → R la función definida por f (x) = e−1x2 , ∀x ∈ R∗, f (0) = 0. Probar

que f es continua en R, estrictamente decreciente en R− y estrictamente creciente en R+. Calcularla imagen de f .

Ejercicios Límites y continuidad

– 118 –

Ejercicio 6.7. Demostrar que la aplicación f :] − 1, 1[→ R definida por f (x) = log(√

1+x1−x

)es

biyectiva. Determínese f −1 y compruébese que es una función continua.

Ejercicio 6.8. Sea f : R→ R la función definida como

f (x) =

sen(x) sen

(1x

), si x 6= 0,

0, si x = 0.

Estudiar la continuidad de f y la existencia de límites en +∞ y −∞.

Ejercicio 6.9. Sea α ∈ R y f : R+0 → R la función definida por f (x) = xα sen

(1x

), ∀x ∈ R+,

f (0) = 0. Estudiar la continuidad de f según los valores de α.

Ejercicio 6.10. Probar que para cada número real a existe un único número positivo x verificandox + log(x) = a.

Ejercicio 6.11. Suponiendo que la temperatura varía de manera continua a lo largo del ecuador,pruébese que, en cualquier instante, existen dos puntos antípodas sobre el ecuador que se hallan ala misma temperatura.

Ejercicio 6.12. Un corredor recorre 6 kilómetros en 30 minutos. Probar que existe un intervalode 5 minutos seguidos a lo largo del cual el corredor recorre exactamente 1 kilómetro.

Ejercicio 6.13. Un reloj averiado marca inicialmente un tiempo t0. El reloj puede adelantar oatrasar, pero cuenta con exactitud períodos de 12 horas, es decir, pasadas doce horas el reloj marcaun tiempo t 0 + 12 horas. Demuéstrese que en algún momento dicho reloj mide con exactitud unahora.

Ejercicio 6.14. Probar que la ecuación tan(x) = x tiene infinitas soluciones.

Ejercicio 6.15.a) Da un ejemplo de una función continua cuya imagen no sea un intervalo.b) Da un ejemplo de una función definida en un intervalo cuya imagen sea un intervalo y que no

sea continua.c) Da un ejemplo de una función continua en todo R, no constante y cuya imagen sea un conjunto

(obligatoriamente un intervalo) acotado.d) Da un ejemplo de una función continua en [0, 1[ tal que f ([0, 1[) no sea acotado.e) Da un ejemplo de una función continua definida en un intervalo abierto acotado y cuya imagen

sea un intervalo cerrado y acotado.

Ejercicio 6.16. Sea f : R \ 1 → R la función definida por f (x) = arctan(

1+x1−x

). Estudiar laE

continuidad de f y su comportamiento en el punto 1, en +∞ y en −∞. Calcular la imagen de f .

Derivabilidad Definición. Recta tangente.

– 119 –

Derivabilidad

7

7.1 Definición. Recta tangente. 119 7.2 Reglas de derivación 121 7.3 Teo-rema del valor medio 122 7.4 Consecuencias del teorema del valor medio 1247.5 Derivadas de orden superior 125 7.6 Concavidad y convexidad 127 7.7 Al-gunas aplicaciones de la derivada 127 7.8 Derivación numérica 130 7.9 Ejerci-cios 131 7.10 Ejercicios complementarios 151

7.1 Definición. Recta tangente.

Definición 7.1. Una función f : A ⊂ R→ R es derivable en a ∈ A ∩ A′ si existe Función derivable

limx→a

f (x) − f (a)x − a

A dicho límite lo notaremos f ′(a). A la función a 7→ f ′(a) la llamaremos función derivadade f y la notaremos f ′.

Observación 7.2.a) El cociente incremental f (x)− f (a)

x−a y la derivada se pueden ver también como un límite en cerohaciendo un cambio de variable:

f ′(a) = limh→0

f (a + h) − f (a)h

.

b) La restricción de que a sea un punto de acumulación del dominio de la función (a ∈ A∩ A′) esobligatoria si queremos que el cociente incremental tenga sentido y no estemos dividiendo porcero. Recuerda que en el caso de que el conjunto A sea un intervalo se cumple que A′ = A conlo que podemos estudiar la derivabilidad en cualquier punto del intervalo.

Ejemplo 7.3. La función f (x) = x2 es derivable. Su derivada en un punto a es, según la defini-ción,

f ′(a) = limx→a

f (x) − f (a)x − a

= limx→a

x2 − a2

x − a= lim

x→a

(x + a)(x − a)x − a

= 2a.

Obtenemos así la fórmula usual de la derivada de f (x) = x2, esto es, que f ′(x) = 2x. /

La condición de ser derivable es más fuerte que la de ser continua.

Proposición 7.4. Sea f : A→ R derivable en a ∈ A, entonces f es continua en a. Condición necesa-ria de derivabili-dadEl recíproco no es cierto. Hay funciones continuas que no son derivables.

Definición. Recta tangente. Derivabilidad

– 120 –

0

Figura 7.1 La funciónvalor absoluto no es deri-vable en el origen

Ejemplo 7.5. La función valor absoluto, f (x) = |x|, es continuapero no es derivable en el origen: no coinciden los límites laterales en0.

limx→0+

f (x) − f (0)x − 0

= limx→0+

|x|x

= limx→0+

xx

= 1, y

limx→0−

f (x) − f (0)x − 0

= limx→0−

|x|x

= limx→0−

−xx

= −1.

Por tanto, la función valor absoluto no es derivable en el origen. Enel resto de puntos de la recta real, la función es o bien la identidad obien la identidad cambiada de signo. En ambos casos, la función es

derivable. ¿Por qué? Fíjate que la definición de derivabilidad está hecha usando límites y que, enparticular, cuestiones como su carácter local siguen siendo válidas. /

7.1.1 Interpretación geométrica de la derivada

La recta que une los puntos (a, f (a)) y (x, f (x)) es una recta secante a la gráfica de la función f .Puedes ver en la Figura 7.2 que el cociente incremental es

f (x) − f (a)x − a

= tan(θ).

Cuando hacemos tender x a a, dicha recta se convierte en tangente a la función f en el punto(a, f (a)). Si el valor tan(θ) nos indica la pendiente de la recta secante, la derivada, f ′(a), nos indicala pendiente de la recta tangente que tiene como fórmulaRecta tangente

y = f (a) + f ′(a)(x − a).

aa

f (a)f (a)

y = f (a) + f ′(a)(x − a)

f (x)

xx

f (x)f (x)

θ

x−

a

f (x) − f (a)

Figura 7.2 Recta tangente

7.1.2 Derivadas laterales

Puesto que la derivada está definida como un límite y sabemos la relación entre límites lateralesy límite, podemos hablar de derivadas laterales. Aunque tiene sentido para un conjunto cualquiera,vamos a enunciarlo únicamente para funciones definidas en un intervalo I.

Derivabilidad Reglas de derivación

– 121 –

Definición 7.6. Sea f : I → R , a ∈ I, de forma que x ∈ I : x < a 6= ∅. Se dice que f esderivable por la izquierda en el punto a si existe

limx→a−

f (x) − f (a)x − a

= f ′(a−)

Este límite se llama derivada lateral izquierda de f en el punto a.Si ahora el punto a es tal que x ∈ I : x > a 6= ∅, se dice que f es derivable por la derechaen el punto a si existe

limx→a+

f (x) − f (a)x − a

= f ′(a+)

Este límite se llama derivada lateral derecha de f en el punto a.

Observación 7.7. La relación que hay entre la derivabilidad y la derivabilidad lateral parafunciones definidas en un intervalo I queda reflejada en las siguientes afirmaciones:a) Si a = min(I), entonces f es derivable en a si, y sólo si, f es derivable por la derecha a y

además, f ′(a) = f ′(a+).b) Si a = max(I), entonces f es derivable en a si, y sólo si, f es derivable por la izquierda en a y

además, f ′(a) = f ′(a−).c) Si a ∈ I , entonces f es derivable en a si, y sólo si, f es derivable por la izquierda y por la

derecha en a y ambas derivadas coinciden. Además, en ese caso, f ′(a) = f ′(a+) = f ′(a−).Resumiendo, para que una función sea derivable deben de existir todas las derivadas laterales quetengan sentido y coincidir.

7.2 Reglas de derivación

Proposición 7.8. Sean f , g : A→ R funciones derivables en a ∈ A. Entonces Álgebra de deriva-dasa) La suma de funciones derivables es una función derivable y su derivada es la suma de las

derivadas:

( f + g)′(a) = f ′(a) + g′(a).

b) El producto de funciones derivables es una función derivable y

( f g)′(a) = f ′(a)g(a) + f (a)g′(a).

c) Si g(a) 6= 0, la función fg es derivable y su derivada es(

fg

)′(a) =

f ′(a)g(a) − f (a)g′(a)(g(a))2 .

Usando el primer apartado podemos calcular la derivada de cualquier polinomio, siempre quesepamos la derivada de xn. Comencemos por eso.

Ejemplo 7.9. Es inmediato comprobar que la función identidad f (x) = x es derivable y que Derivada de unapotenciaf ′(x) = 1. Usando la segunda propiedad se demuestra por inducción que cualquier potencia tam-

bién lo es y que la derivada de la función g(x) = xn es g′(x) = nxn−1, para cualquier natural n,aunque dicha derivada también se puede calcular directamente:

limh→0

(a + h)n − an

h= lim

h→0

(n1

)an−1 +

(n2

)an−2h + · · · = nan−1,

Teorema del valor medio Derivabilidad

– 122 –

usando la fórmula del binomio de Newton. /

Con esto tenemos resuelta la derivada de una función racional. Veamos otro tipo de funciones.Por ejemplo, ¿cuál es la derivada de la función exponencial?

Ejemplo 7.10. Calculamos la derivada de la función exponencial. Si a ∈ R,Derivada dela exponencial

limx→a

ex − ea

x − a= lim

x→a

ea (ex−a − 1

)x − a

.

Usando la regla que tenemos para resolver indeterminaciones del tipo “1∞” (Proposición 6.15),

limx→a

1x − a

(ex−a − 1

)= L ⇐⇒ lim

x→a

(ex−a)1/(x−a)

= e = eL.

Por tanto L = 1 y

limx→a

ex − ea

x − a= lim

x→a

ea (ex−a − 1

)x − a

= ea

o, lo que es lo mismo, la derivada de la función exponencial es ella misma. /

No parece fácil calcular la derivada de la función logaritmo únicamente con la definición, peroel siguiente resultado nos dice cómo calcular la derivada de la inversa de cualquier función.

Proposición 7.11. Sean f : A→ R con f (A) ⊂ B y g : B→ R. Supongamos que f derivable enRegla de la cadenaa ∈ A y que g es derivable en f (a). Entonces, la función compuesta g f es también derivable ena con derivada

(g f )′(a) = g ′( f (a)) f ′(a) .

Teorema 7.12. Sea f : A → R una función inyectiva con inversa f −1 : f (A) → R. SeaTeorema de de-rivación de la

función inversaa ∈ A y supongamos que f es derivable en a. Entonces son equivalentes:a) f ′(a) 6= 0 y f −1 es continua en f (a).b) f −1 es derivable en f (a).En caso de que se cumplan ambas afirmaciones se tiene que

(f −1

)′( f (a)) = 1

f ′(a) .

Ejemplo 7.13. Usemos que la derivada de la función exponencial f (x) = ex es f ′(x) = ex paracalcular la derivada de su inversa, f −1, la función logaritmo. Aplicando el teorema de derivaciónde la función inversa,

( f −1)′( f (x)) = ( f ′(x))−1 =1

f (x).

Si y = f (x), tenemos que ( f −1)′(y) = 1y . /

7.3 Teorema del valor medio

Definición 7.14. Una función f : A → R tiene un máximo relativo en a ∈ A si existe unMáximo relativoentorno de a, ]a − r, a + r[⊂ A, donde se cumple que

f (x) ≤ f (a), ∀x ∈]a − r, a + r[.

Si se cumple que f (x) ≥ f (a), diremos que la función tiene un mínimo relativo en a.Mínimo relativo

Derivabilidad Teorema del valor medio

– 123 –

En general, nos referiremos a cualquiera de las dos situaciones diciendo que f tiene un extre-mo relativo en a.

Observación 7.15. En el caso particular de funciones definidas en intervalos, los extremosrelativos sólo se pueden alcanzar en puntos del interior del intervalo, nunca en los extremos.

Al igual que la monotonía, la noción de extremo relativo no tiene nada que ver la continuidado derivabilidad de la función en un principio. Sólo depende del valor de la función en un punto yen los puntos cercanos.

11 22−1−1−2−2

11

22

−1−1

−2−2

Figura 7.3 Función parte entera

Ejemplo 7.16. La parte entera de un número real x esel único número entero E(x) que verifica que E(x) ≤ x <

E(x) + 1. La gráfica de dicha función la puedes ver en laFigura 7.3.¿Tiene máximo o mínimos relativos? Si lo piensas un poco,descubrirás que la función alcanza un máximo relativo entodos los puntos y un mínimo relativo en cualquier puntoque no sea entero.En efecto, alrededor de un número no entero la función esconstante y, por tanto, tiene un máximo y un mínimo relativo.En cambio, si z es un número entero, se tiene que f (z) ≤ f (x)para cualquier x ∈

]z − 1

2 , z + 12

[. /

En el caso de funciones derivables la búsqueda de extremos relativos es un poco más sencilla.El siguiente resultado nos dice que sólo tendremos que buscar puntos que anulen la derivada.

Proposición 7.17. Sea f : A ⊂ R → R derivable en a ∈ A. Si f tiene un extremo relativo en a,entonces f ′(a) = 0.

Usualmente llamaremos puntos críticos a aquellos en los que se anula la derivada. Punto crítico

Teorema 7.18. Sea f : [a, b] → R una función continua en [a, b], derivable en ]a, b[ y Teorema de Rolleverificando que f (a) = f (b) = 0. Entonces existe c ∈]a, b[ tal que f ′(c) = 0.

aa bbFigura 7.4 Teorema de Rolle

Demostración. Usando la propiedad de compacidad, lafunción alcanza su máximo y su mínimo absolutos en[a, b]. Sean α, β ∈ [a, b] tales que f (α) = max( f ) yf (β) = min( f ).a) Si α ∈]a, b[, α es un máximo relativo y, por tanto,

f ′(α) = 0.b) Si β ∈]a, b[, β es un máximo relativo y, por tanto, f ′(β) =

0.c) Si α, β ∈ a, b, entonces f es constante y, por tanto

f ′(x) = 0 en todo el intervalo.

Teorema 7.19. Sea f : [a, b] → R una función continua en [a, b] y derivable en ]a, b[. Teorema del valormedioEntonces existe c ∈]a, b[ tal que f (b) − f (a) = f ′(c)(b − a).

Demostración. La función g : [a, b]→ R definida como g(x) = ( f (b)− f (a))x−(b−a) f (x) verificalas hipótesis del teorema de Rolle. Por tanto existe c ∈]a, b[ tal que g′(c) = 0 como queríamos.

Consecuencias del teorema del valor medio Derivabilidad

– 124 –

7.4 Consecuencias del teorema del valor medio

7.4.1 Derivadas y monotonía

Proposición 7.20. Sea I un intervalo, f : I → R derivable.a) f es creciente si y sólo si f ′(x) ≥ 0 para cualquier x ∈ I.b) f es decreciente si y sólo si f ′(x) ≤ 0 para cualquier x ∈ I.c) f es constante si y sólo si f ′(x) = 0 para cualquier x ∈ I.d) Si f ′(x) > 0 para todo x ∈ I, entonces f es estrictamente creciente.e) Si f ′(x) < 0 para todo x ∈ I, entonces f es estrictamente decreciente.

Teorema 7.21. Sea I un intervalo y f : I → R derivable. Entonces f ′(I) es un intervalo.Teorema del va-lor intermedio

para la derivada Observación 7.22. El teorema del valor intermedio para la derivada no es una consecuencia delteorema del valor intermedio. Sería necesario que la función fuera de clase C1 para garantizarnos lacontinuidad de la derivada. Sin embargo, se pueden encontrar funciones derivables cuya derivadano es una función continua (veáse el Ejemplo 7.28).

La primera aplicación del teorema del valor intermedio para la derivada es que el estudio de lamonotonía se simplifica sobremanera. Una vez que sabemos que la derivada no se anula (en unintervalo), basta evaluar en un punto arbitrario para saber su signo.

Ejemplo 7.23. Estudiemos la monotonía de la función f (x) = 1 +√

x−√

1 + x para x > 0. Paraello, veamos cuándo se anula la derivada:

f ′(x) =1

2√

x−

12√

1 + x= 0 ⇐⇒

√x =√

1 + x ⇐⇒ x = 1 + x

Por tanto, f ′ no se anula nunca. El teorema del valor intermedio para las derivadas nos aseguraque f es estrictamente monótona en R+. En efecto, si la derivada cambiase de signo, tendría queanularse, cosa que no ocurre.Una vez que sabemos que f ′ tiene el mismo signo en todo R+, podemos averiguar dicho signoevaluando en cualquier punto. Por ejemplo f ′(1) > 0, con lo que f es estrictamente creciente. /

Lo que hemos visto en el ejemplo anterior, lo podemos repetir con cualquier función cuya deri-vada no se anule.

Corolario 7.24. Sea I un intervalo y f : I → R una función derivable con f ′(x) 6= 0, para todox ∈ I. Entonces f es estrictamente monótona.

Teorema 7.25. Sea I un intervalo y f : I → R derivable en I con f ′(x) 6= 0 para todo x ∈ I.Teorema de lafunción inversa Entonces f es estrictamente monótona, f −1 es derivable y

(f −1

)′( f (a)) = 1

f ′(a) .

7.4.2 Reglas de L’Hôpital

Proposición 7.26. Sea I un intervalo, a ∈ I, f , g : I \ a → R derivables. Supongamos que1a regla deL’Hôpital lim

x→af (x) = lim

x→ag(x) = 0. Entonces, si

limx→a

f ′(x)g′(x)

= L,+∞,−∞ =⇒ limx→a

f (x)g(x)

= L,+∞,−∞.

Derivabilidad Derivadas de orden superior

– 125 –

Podemos aplicar este resultado al estudio de la derivabilidad de una función continua. Aplicandola primera regla de L’Hôpital al límite de la definición de derivada se obtiene el siguiente resultado.

Corolario 7.27. Sea I un intervalo, a ∈ I y f : I → R una función continua y derivable en Condición suficien-te de derivabilidadI \ a.

a) Si limx→a

f ′(x) = L, entonces f es derivable en a y f ′(a) = L.

b) Si limx→a

f ′(x) = ∞, entonces f no es derivable en a.

Ejemplo 7.28. Estudiemos la función f : R→ R definida como

f (x) =

x2 sen

(1x

), si x 6= 0,

0, si x = 0.

Esta función es continua y derivable enR∗. No es difícil comprobar que f es continua en 0. Usandoque el producto de una función acotada por otra que tiende a cero es cero, se tiene que

limx→0

f (x) = limx→0

x2 sen(1x

)= 0 = f (0).

Sabemos que f ′(x) = 2x sen(

1x

)− cos

(1x

)si x 6= 0. Usando que la función coseno no tiene límite

en +∞ (recuerda que sabemos por el Ejemplo 6.12 que ninguna función periódica no trivial tienelímite en infinito), concluimos que no existe limx→0 f ′(x).Para estudiar la derivabilidad en el origen nos queda únicamente la definición

limx→0

f (x) − f (0)x − 0

= limx→0

x2 sen(

1x

)x

= limx→0

x sen(1x

)= 0.

Por tanto, f es derivable en 0 y f ′(0) = 0.La función f es un ejemplo de una función derivable pero cuya derivada no es una función continuay, al mismo tiempo, un ejemplo de que la regla de L’Hôpital no es una equivalencia. /

Proposición 7.29. Sea I un intervalo, a ∈ I, f , g : I \ a → R derivables. Supongamos que 2a regla deL’Hôpitallim

x→a|g(x)| = +∞. Entonces, si

limx→a

f ′(x)g′(x)

= L =⇒ limx→a

f (x)g(x)

= L.

7.5 Derivadas de orden superiorAl igual que podemos estudiar la derivabilidad de una función, podemos repetir este proceso y

estudiar si la derivada es una función derivable. Si f : A→ R es una función derivable, notaremosf ′ a la primera derivada, f ′′ a la segunda derivada y f (n) a la derivada de orden n.

Definición 7.30. Sea A ⊂ R, diremos que una función f : A → R es de clase C1 si es Función de claseC1derivable y f ′ es una función continua.

Si n es un número natural cualquiera, diremos que f es de clase Cn si f es n veces derivable Función de claseCny la derivada n-ésima f (n) es continua.

Por último, si una función admite derivadas de cualquier orden diremos que es de clase C∞.

Usaremos la siguiente notación

Derivadas de orden superior Derivabilidad

– 126 –

C1(A) =f : A→ R : existe f ′ y es continua

,

C2(A) =f : A→ R : existe f ′′ y es continua

. . .

En general,

Cn(A) =f : A→ R : existe f (n) y es continua

, y

C∞(A) =f : A→ R : existe f (n) para todo n natural

.

Se tiene la siguiente cadena de inclusiones:

C∞(A) ( . . .Cn+1(A) ( Cn(A) ( . . .C2(A) ( C1(A) ( C(A),

donde C(A) denota al conjunto de las funciones continuas en A. Para comprobar que las inclusio-nes son estrictas, tenemos que encontrar funciones de clase n que no sean de clase n + 1. ¿Cómobuscamos una función con estas propiedades? La respuesta es sencilla: consideremos la funciónvalor absoluto (o cualquiera otra con un pico) y, aunque todavía no hemos hablado de ello, calcule-mos una primitiva. Dicha primitiva se puede derivar una vez (obtenemos la función valor absoluto)pero no se puede volver a derivar. Si queremos que se pueda derivar más veces sólo tenemos queintegrar más veces. Esto es lo que hacemos en el ejemplo siguiente.

Ejemplo 7.31. La función f : R→ R definida como

f (x) =

(x − a)n+1, si x ≥ a,0, si x < a,

es de clase Cn pero no de clase Cn+1. No es difícil comprobar que la derivada de orden n + 1 no escontinua en a:

f ′(x) =

(n + 1)(x − a)n, si x ≥ a,0, si x < a,

f ′′(x) =

(n + 1)n(x − a)n−1, si x ≥ a,0, si x < a,

y, sucesivamente,

f (n)(x) =

(n + 1)!(x − a), si x ≥ a,0, si x < a.

Esta función no es derivable en x = a porque las derivadas laterales existen y no coinciden.

f (n+1)(x) =

(n + 1)!, si x > a,0, si x < a.

Obsérvese que la función f no es de clase n + 1 porque no existe la derivada no porque no seacontinua. En este sentido, el Ejemplo 7.28 es “mejor”: la función era derivable pero la derivadano era continua. /

Proposición 7.32. Sea I un intervalo, a ∈ I y n, un número natural mayor o igual que 2. Seaf : I → R una función de clase n verificando

f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, f (n)(a) 6= 0.

a) Si n es impar, f no tiene un extremo relativo en a.b) Si n es par:

Derivabilidad Concavidad y convexidad

– 127 –

i) si f (n)(a) > 0, f tiene un mínimo relativo en a,ii) si f (n)(a) < 0, f tiene un máximo relativo en a.

Ejemplo 7.33. La función f (x) = x4(2 + sen

(1x

))si x 6= 0 y f (0) = 0 tiene un mínimo absoluto

en el origen pero no se puede encontrar un intervalo centrado en 0 dónde la derivada tenga unúnico cambio de signo. /

7.6 Concavidad y convexidad

Definición 7.34. Sea I un intervalo de R. Diremos que una función f : I → R es convexa Función convexasi verifica que

f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ) f (x) + λ f (y) ,

para cualesquiera x, y ∈ I.Diremos que la función es cóncava si se verifica la desigualdad opuesta, esto es, Función cóncava

f ((1 − λ)x + λy) ≥ (1 − λ) f (x) + λ f (y) .

(x, f (x))(x, f (x))

(y, f (y))(y, f (y))

Figura 7.5 Función convexa

Las definiciones de concavidad y convexidad son comple-tamente independientes de que la función sea o no conti-nua, derivable o cualquier otra condición de regularidad.Dicho esto, como ocurre con la monotonía, la derivada esuna gran herramienta que nos va a permitir simplificar elestudio de la concavidad y convexidad.

Observación 7.35.a) La convexidad (análogamente la concavidad) tiene una

clara interpretación geométrica. Debe verificarse que elsegmento que une los puntos (x, f (x)), (y, f (y)) quedepor encima de la gráfica de la función. Recuerda que dados dos puntos x, y ∈ Rn, el segmentoque los une es el conjunto [

x, y]

= (1 − λ)x + λy : λ ∈ [0, 1] .

b) No está de más recalcar que f es convexa si, y sólo si, − f es cóncava.

Proposición 7.36. Sea I un intervalo y f : I → R dos veces derivable. Entoncesa) Si f ′′(x) > 0 para cualquier x ∈ I, entonces f convexa.b) Si f ′′(x) < 0 para cualquier x ∈ I, entonces f cóncava.

Definición 7.37. Diremos que f : I → R tiene un punto de inflexión en a ∈ I si en dicho Punto de inflexiónpunto la función cambia de cóncava a convexa o viceversa.

7.7 Algunas aplicaciones de la derivadaEjemplos de máximos, mínimos, número de soluciones, desigualdades, estudio de una función,

etc.

Algunas aplicaciones de la derivada Derivabilidad

– 128 –

Imagen de una función

El teorema del valor intermedio junto con la monotonía permiten calcular la imagen de unafunción. Más concretamente, se cumple quea) si f : [a, b]→ R es creciente entonces f ([a, b]) = [ f (a), f (b)], yb) si f :]a, b[→ R es estrictamente creciente entonces f (]a, b[) =

]limx→a f (x), limx→b f (x)

[.

Resultados similares se tienen para funciones decrecientes. Observa que necesitamos tres datosde la función para poder aplicarlos: continuidad, monotonía y que el dominio sea un intervalo.Observa que, hasta este momento, no ha aparecido la palabra derivada. Su papel es facilitarnos elestudio de la monotonía. Nada más.

Ejemplo 7.38.

2 4−2

2468

101214161820

0

f (x) = x3 − 6x2 + 9x − 1

f ′(x) = 3x2 − 12x + 9

Veamos un ejemplo: vamos a calcular la imagen de la fun-ción f : [0, 5]→ R definida como f (x) = x3 − 6x2 + 9x− 1.En este caso, la función es derivable en todo su dominio, esun polinomio. ¿Cuáles son sus puntos críticos?

f ′(x) = 3x2 − 12x + 9 = 0 ⇐⇒ x = 1, 3.

Por tanto f es estrictamente monótona en [0, 1], en [1, 3]y en [3, 5]. Podemos evaluar la derivada en un punto de ca-da uno de dichos intervalos para averiguar el carácter de lamonotonía:

intervalo x signo de f ′(x) monotonía de f[0, 1] 0 + est. creciente[1, 3] 2 - est. decreciente[3, 5] 4 + est. creciente

Con estos datos,

f ([0, 5]) = f ([0, 1]) ∪ f ([1, 3]) ∪ f ([3, 5])

=[f (0), f (1)

]∪

[f (3), f (1)

]∪

[f (3), f (5)

]= [−1, 3] ∪ [−1, 3] ∪ [−1, 19] = [−1, 19].

En particular, la función f tiene máximo y mínimo absolutos y ya sabemos su valor: −1 y 19.También sabemos dónde se alcanzan: el mínimo en 0 y en 3 y y el máximo en 5.Si en lugar del intervalo [0, 5], hubiésemos considerado la función f definida en todo R no seríanecesario estudiar la monotonía. Piénsalo un momento. Se cumple que

limx→−∞

x3 − 6x2 + 9x − 1 = −∞ y que limx→+∞

x3 − 6x2 + 9x − 1 = +∞.

Derivabilidad Algunas aplicaciones de la derivada

– 129 –

Esto quiere decir que f (R) = R. /

Ejemplo 7.39. ¿Cuál es la imagen de la función f : R→ R definida como

f (x) = arctan(x9 − 2x4 + sen3(2x − 3)

)?

Un vistazo a la derivada y te darás cuenta de que no parece fácil decidir la monotonía de la función.De nuevo, observa que

limx→−∞

x9 − 2x4 + sen3(2x − 3) = −∞ =⇒ limx→−∞

f (x) = −π

2, y que

limx→−∞

x9 − 2x4 + sen3(2x − 3) = +∞ =⇒ limx→−∞

f (x) =π

2.

Por tanto, f (R) ⊃]−π2 ,

π2

[. ¿Podría ser la imagen un conjunto mayor? En este caso no, ya que

la función arcotangente no toma nuca valores fuera de dicho intervalo. En consecuencia f (R) =]−π2 ,

π2

[. /

Extremos absolutos

Acabamos de ver cómo el estudio de la imagen de una función nos da automáticamente, siexisten, los extremos absolutos. En el caso de que tengamos garantizado la existencia de dichosextremos antes de estudiar monotonía, es posible ahorrar algunos cálculos. Por ejemplo, la funcióndel Ejemplo 7.38 tiene máximo y mínimo por la propiedad de compacidad: es una función conti-nua en un intervalo cerrado y acotado. Eso quiere decir que los extremos absolutos se tienen quealcanzar en uno de los siguientes puntos:a) puntos críticos,b) extremos del intervalo, oc) puntos donde la función no sea continua o no sea derivable.

En este caso, los extremos de la función f : [0, 5] → R, f (x) = x3 − 6x2 + 9x − 1 tienen queestar entre los siguientes: 0, 1, 3 y 5. Hemos reducido el problema de averiguar el valor máximoo mínimo en todo un intervalo a averiguar el máximo o el mínimo de cuatro números. Sólo hacefalta echar un vistazo para encontrarlos:

f (0) = −1, f (1) = 3, f (3) = −1, f (5) = 24.

Por tanto, el máximo absoluto se alcanza en 5 y el mínimo en 0 y en 1.

Desigualdades y ecuaciones

La demostración de una desigualdad o el estudio de el número de soluciones de una ecuaciónson sólo dos ejemplos que podemos resolver estudiando las funciones adecuadas. Por ejemplo, lavalidez de la desigualdad

sen(x) < x, ∀x ∈]0,π

2

[,

la podemos ver de varias formas: pasamos restando o dividiendo y comprobamos quea) la imagen de la función f (x) = x − sen(x) con x ∈

]0, π2

[está contenida en R+, o bien,

b) la imagen de la función g(x) = sen(x)/x con x ∈]0, π2

[está contenida en ]0, 1[.

Derivación numérica Derivabilidad

– 130 –

Dependiendo del tipo de funciones involucradas en la desigualdad, será más conveniente utilizaruno u otro método.

Calculemos cuál es la imagen de f (x) = x − sen(x) en el intervalo]0, π2

[. Como f ′(x) = 1 −

cos(x) > 0 en dicho intervalo, f es estrictamente creciente y, en consecuencia,

f(]

0,π

2

[)=

]limx→0

f (x), limx→ π

2

f (x)[

=

]0,π

2− 1

[.

También podemos utilizar la monotonía para contar el número de soluciones de una ecuación.Para ello nos aprovecharemos de que una función continua y estrictamente monótona en un inter-valo se anula (una única vez) si, y sólo si, cambia de signo en los extremos de dicho intervalo. Másconcretamente,

sea f :]a, b[→ R continua y estrictamente creciente. Se cumple quea) si lim

x→af (x) > 0 o lim

x→bf (x) < 0, f no se anula en ]a, b[, y

b) si limx→a

f (x) < 0 y limx→b

f (x) > 0, entonces f se anula una única vez en ]a, b[.

7.8 Derivación numéricaA veces ocurre que calcular la derivada de una función f en un punto a del interior de dominio

no es fácil, ya sea por la complejidad de la función dada, ya sea porque sólo dispongamos de unatabla de valores de f . En esta sección vamos a establecer métodos para calcular f ′(a). No es quevayamos a calcular la función derivada primera de f , sino que vamos a aproximar los valores deésta en un punto dado a.

Hemos visto en este capítulo que la derivada de una función f : I → R en un punto a ∈ I es

f ′(a) = limx→a

f (x) − f (a)x − a

= limh→0

(a + h) − f (a)h

.

Si consideramos un valor de h suficientemente pequeño, podemos dar una primera aproximación

f ′(a) ≈f (a + h) − f (a)

h.

7.8.1 Fórmulas de derivación numérica

En las fórmulas que vamos a estudiar en este apartado aparecen dos valores: el que aproximaf ′(a) y el error cometido. Aunque este último no se calcula explícitamente, sí se puede dar unaacotación del mismo. Notemos que dicho error se obtiene gracias al desarrollo de Taylor de fcentrado en a.

En lo que sigue, el parámetro h se suele tomar positivo y “pequeño”.

Fórmula de dos puntos

f ′(a) =1h

( f (a) − f (a − h)) +h2

f ′′(ψ) , ψ ∈]a − h, a[

Esta fórmula se llama regresiva porque utiliza información de f en a y en a − h.

f ′(a) =1h

( f (a + h) − f (a)) −h2

f ′′(ψ) , ψ ∈]a, a + h[

Esta fórmula se llama progresiva porque utiliza información de f en a y en a + h.

Derivabilidad Ejercicios

– 131 –

El primer sumando de ambas fórmulas nos da una aproximación de f ′(a), y el segundo nos indicael error cometido.

Fórmula de tres puntos

f ′(a) =12h

( f (a + h) − f (a − h)) −h2

6f ′′′(ψ) , ψ ∈]a − h, a + h[

Esta fórmula se llama central porque utiliza información de f en a − h y en a + h.

f ′(a) =12h

(−3 f (a) + 4 f (a + h) − f (a + 2h)) +h2

3f ′′′(ψ) , ψ ∈]a, a + 2h[

Esta fórmula es progresiva.

Fómula de cinco puntos

f ′(a) =1

12h( f (a − 2h) − 8 f (a − h) + 8 f (a + h) − f (a + 2h)) −

h4

30f (5)(ψ) , ψ ∈]a − 2h, a + 2h[

Ésta es central.

f ′(a) =1

12h(−25 f (a) + 48 f (a + h) − 36 f (a + 2h) + 16 f (a + 3h) − 3 f (a + 4h)) +

h4

5f (5)(ψ),

con ψ ∈]a, a + 4h[. Esta es progresiva.

Unas observaciones sobre el término del error:a) Cuanto mayor es el exponente de h en la fórmula del error, mejor es la aproximación.b) Cuanto menor es la constante que aparece en la fórmula del error, mejor es la aproximación.c) Cuidado con los errores de redondeo cuando trabajemos con h excesivamente pequeño. Puede

ocurrir que por la aritmética del ordenador, la aproximación numérica sea peor cuanto máspequeño sea h.

Veremos ejemplos más detallados en clase de prácticas.

7.9 Ejercicios

7.9.1 Definición. Reglas de derivación

Ejercicio 7.1. Calcular la tangente de las siguientes curvas en los puntos dados:a) y = x

x2+1 en el origenb) y = cos(x) en

(π2 , 0

) c) y = x2 + 1 en (3, 10)d) y = |x| en (1, 1)

Solución 7.1.a) y′(x) = 1−x2

(x2+1)2 =⇒ y′(0) = 1.b) y′(x) = − sen(x) =⇒ y′

(π2

)= −1.

c) y′(x) = 2x =⇒ y′(3) = 6.d) y′(x) = 1 en R+ y, por tanto, y′(1) = 1.

Ejercicio 7.2. Calcular la derivada de las siguientes funciones:

Ejercicios Derivabilidad

– 132 –

a) y = sen(x + 3)b) y = cos2(x)c) y = 1

cos(x)

d) y = sec(x)

e) y =

√1+x1−x

f) y =3√x2 + 1

Solución 7.2.a) y′(x) = cos(x + 3).b) y′(x) = −2 sen(x) cos(x).c) y′(x) =

sen(x)cos2(x) .

d) y′(x) =sen(x)cos2(x) .

e) y′(x) =√

1(1−x)3(1+x) .

f) y′(x) = 23 x(x2 + 1)−2/3.

Ejercicio 7.3. Calcular la derivada de las siguientes funciones:

a) f (x) =

(5√x − 1

5√x

)5.

b) f (x) = cos(cos(cos(x))).c) f (x) = x4ex log(x).

d) f (x) = xx.e) f (x) =

√x√

x.f) f (x) = 1

2 x |x|.

Solución 7.3.

a) f ′(x) =

(5√x − 1

5√x

)4 (x−4/5 + x−6/5

).

b) f ′(x) = − sen(cos(cos(x))) sen(cos(x)) sen(x).c) f ′(x) = 4x3ex log(x) + x4ex log(x) + x3ex.d) f ′(x) = xx (

log(x) + 1).

e) f ′(x) =√

x√

x(

14√

x log(x) + 12√

x

).

f) f ′(x) = |x|.

Ejercicio 7.4. Comprobar que la función f : R→ R,

f (x) =

2x, si x < 0,3x2, si x ≥ 0.

es continua pero no es derivable en el origen.

Solución 7.4. Es inmediato comprobar que la función es continua y que

limx→0−

f ′(x) = 2 6= 0 = limx→0+

f ′(x).

Ejercicio 7.5. Calcular los puntos donde la recta tangente a la curva y = 2x3 − 3x2 − 12x + 40es paralela al eje OX.

Solución 7.5. Buscamos dónde se anula la derivada:

f ′(x) = 6x2 − 6x − 12 = 0 ⇐⇒ x2 − x − 2 = 0 ⇐⇒ x =1 ±√

1 + 82

= 2,−1.

Derivabilidad Ejercicios

– 133 –

Ejercicio 7.6. Sea f :]−π2 ,

π2

[→ R definida por:

f (x) =log (1 − sen(x)) − 2 log(cos(x))

sen(x),

si x 6= 0 y f (0) = a. Estudia para qué valor de a la función f es continua en cero.

Solución 7.6. f es continua en cero si, y sólo si, a = −1.

Ejercicio 7.7. Estudia la continuidad y derivabilidad de la función f : R→ R definida porE

f (x) =

arctan

(exp

(−1x2

)), si x < 0

2xx2+1 , si 0 ≤ x ≤ 11 +

log(x)x , si 1 < x.

Calcula la imagen de la función.

Solución 7.7. La función f es continua y derivable en R \ 0, 1. Para estudiar la continuidad yderivabilidad en 0 y 1, utilizamos límites laterales:

limx→0−

f (x) = limx→0−

arctan(exp

(−1x2

))= arctan(0) = 0, y

limx→0+

f (x) = limx→0+

2xx2 + 1

= 0.

Por tanto, f es continua en cero. Veamos en 1:

limx→1−

f (x) = limx→1−

2xx2 + 1

= 1, y

limx→1+

f (x) = limx→1+

1 +log(x)

x= 1.

En consecuencia, f es continua en toda la recta real.La derivada, salvo en 0 y 1, vale

f ′(x) =

exp(− 1

x2

)2x3

1+

(exp

(− 1

x2

))2 , si x < 0,

2−2x2

(x2+1)2 , si 0 < x < 1,1−log(x)

x2 , si 1 < x.

Las derivadas laterales en 0 son

limx→0−

f ′(x) = limx→0+

exp(− 1

x2

)2x3

1 + exp((− 1

x2

))2 = 0, y

limx→0+

f ′(x) = limx→0−

2 − 2x2(x2 + 1

)2 = 2,

que no coinciden y, por tanto, f no es derivable en 0. En 1,

Ejercicios Derivabilidad

– 134 –

limx→1−

f ′(x) = limx→1−

2 − 2x2(x2 + 1

)2 = 0, y

limx→1+

f ′(x) = limx→1+

1 − log(x)x2 = 1.

Por tanto f es derivable en R \ 0, 1.Para terminar el problema vamos a calcular la imagen de f . Como

f (R) = f (] −∞, 0]) ∪ f ([0, 1]) ∪ f ([1,+∞[),

calculamos la imagen de cada una de estos tres intervalos por separadoa) En R−, f ′(x) < 0 y, por tanto, f (] −∞, 0]) = [ f (0), limx→−∞ f (x)[=

[0, π4

[.

b) En ]0, 1[, la derivada es positiva: f ([0, 1]) = [ f (0), f (1)] = [0, 1].c) Por último, en [1,+∞[, f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = e. Evaluando la derivada, es muy sencillo

comprobar que f es creciente en [1, e] y decreciente en [e,+∞[. Por tanto,

f ([1,+∞[) = [ f (1), f (e)] ∪]

limx→+∞

f (x), f (e)].

Uniendo todos los resultados anteriores, la imagen de f es f (R) =[0, 1 + 1

e

].

7.9.2 Teorema del valor medio

Ejercicio 7.8. Probar que arcsen(x) + arccos(x) = π2 para todo x ∈ [−1, 1].

Solución 7.8. Sea f : [−1, 1] → R , f (x) = arcsen(x) + arccos(x). Como f es derivable en] − 1, 1[ y además f ′(x) = 0 ,∀x ∈] − 1, 1[ tenemos que f es constante en el intervalo ] − 1, 1[.Si evaluamos la función en el cero, obtenemos f (x) = π

2 , para todo x ∈] − 1, 1[. Utilizando lacontinuidad de f en todo [−1, 1], se deduce que f (x) = π

2 en el intervalo cerrado.

Ejercicio 7.9. Probar que ∀x ∈ R se verifica que

cos (arctan(x)) =1

√1 + x2

y sen(arctan(x)) =x

√1 + x2

.

Solución 7.9. Podemos escribir cualquier real x de la forma tan(y) para conveniente y ∈]−π2 ,

π2

[.

Usando este cambio x = tan(y) tenemos que

cos (arctan(x)) =1

√1 + x2

⇐⇒ cos(y) =1√

1 + tan2(y)=

1sec(y)

y análogamente

sen (arctan(x)) =x

√1 + x2

⇐⇒ sen(y) =tan(y)√

1 + tan2(y)=

tan(y)sec(y)

Ambas igualdades son ahora evidentes.

Derivabilidad Ejercicios

– 135 –

Ejercicio 7.10. Demuestra queE

x1 + x2 < arctan(x) < x

para cualquier x positivo.

Solución 7.10. Este ejercicio se puede hacer de varias formas. Vamos a hacerlo de dos maneras.En primer lugar aplicaremos directamente el teorema del valor medio y acotaremos la derivada.Para la segunda manera, demostraremos cada una de las desigualdades por separado.a) Sea x un número positivo fijo y consideremos la función f : [0, x] → R definida como f (t) =

arctan(t). El teorema del valor medio nos dice que existe c ∈ [0, x] verificando que f (x)− f (0) =

f ′(c)(x − 0), o sea, arctan(x) = x1+c2 . Ahora acotemos

0 ≤ c ≤ x ⇐⇒ 0 ≤ c2 ≤ x2

⇐⇒ 1 ≤ 1 + c2 ≤ 1 + x2

⇐⇒1

1 + x2 ≤1

1 + c2 ≤ 1

Por tanto,x

1 + x2 < arctan(x) =x

1 + c2 < x.

b) Vamos a comprobar cada desigualdad por separado.i) Para demostrar que x

1+x2 < arctan(x) para cualquier x > 0, vamos a estudiar la funciónf : R+ → R definida como f (x) = arctan(x) − x

1+x2 . Esta función es derivable y

f ′(x) =1

1 + x2 −1 + x2 − 2x2

(1 + x2)2 =2x2

(1 + x2)2 > 0,

y, por tanto, f es estrictamente creciente. En particular f (x) > limx→0 f (x) = 0.ii) Similar al apartado anterior, pero estudia la función f (x) = x − arctan(x).

Ejercicio 7.11. Calcula el número de soluciones de la ecuación x + e−x = 2.E

Solución 7.11. Para determinar el número de soluciones de la ecuación que nos plantean, vamosa determinar el número de ceros de la función

f (x) = x + e−x − 2, ∀x ∈ R

Se trata de una función derivable en todoR por ser suma de funciones derivables, por lo que vamosa calcular su derivada:

f ′(x) = 1 − e−x.

Observamos que la derivada únicamente se anula en un punto (1 − e−x = 0 ⇐⇒ 1 = e−x ⇐⇒

x = 0. Utilizando entonces el Teorema de Rolle, si f ′ sólo tiene un cero, la función f puede tener,como mucho, dos ceros (si tuviera tres ceros, la derivada se tendría que anular en dos puntos, yése no es el caso). Vamos a comprobar si efectivamente tiene dos ceros.El punto x = 0 es el único punto crítico que tiene f . Calculamos la derivada segunda en dichopunto para decidir si es máximo o mínimo relativo:

Ejercicios Derivabilidad

– 136 –

f ′′(x) = e−x =⇒ f ′′(0) = 1 > 0.

Por tanto, en cero la función f alcanza un mínimo relativo, y por tratarse de el único punto deextremo que hemos encontrado, es también su mínimo absoluto. Además, como el comportamientode f en los extremos de R es de divergencia a +∞ y f (0) = −1 < 0, concluimos, aplicando ahorael Teorema de Bolzano que: existe un punto x1 < 0 donde f (x1) = 0 y, existe otro punto x2 > 0donde f (x2) = 0. Por tanto, la función f admite dos ceros y, en consecuencia, la ecuación planteadaadmite dos soluciones reales.

Ejercicio 7.12. Calcular el número de ceros y la imagen de la función f : R → R definida porf (x) = x6 − 3x2 + 2.

Solución 7.12. Consideramos la función f : R→ R, f (x) = x6−3x2 +2. Calculamos los puntoscríticos de la función:

f ′(x) = 6x5 − 6x = 6x(x4 − 1) = 0 ⇐⇒ x = −1, 0, 1.

Además tenemos que en −1 y en 1 hay dos ceros de f ( f (−1) = f (1) = 0). Si hubiera algún ceromás, por el teorema de Rolle habría más de tres puntos críticos de la función. Por tanto, la funciónf tiene solamente dos ceros.

Ejercicio 7.13. Sea f : R \ −1 → R la función definida comoE

f (x) = arctan(1 − x1 + x

)+ arctan(x).

Calcula su imagen.

Solución 7.13. La función a la que tenemos que calcularle la imagen es una función continua.Si estuviera definida en un intervalo el teorema del valor intermedio nos diría que su imagen es unintervalo; sin embargo R \ −1 no es un intervalo. Sí es cierto que está formado por dos intervalos,]−∞,−1[ y ]−1,+∞[, así que la imagen de la función, restringida a cada uno de los intervalos]−∞,−1[ y ]−1,+∞[ tiene que ser un intervalo. Por otra parte la función, en cada uno de los dosintervalos anteriores, es derivable así que para calcular la imagen vamos a estudiar la derivada.Esto sabemos que nos da información sobre crecimiento, extremos relativos, etc.

f ′(x) =

−(1+x)−(1−x)(1+x)2

1 +(

1−x1+x

)2 +1

1 + x2 =−2

(1 + x)2 + (1 − x)2 +1

1 + x2

=−2

2 + 2x2 +1

1 + x2 = 0.

y la función es constante (en cada uno de los intervalos donde está definida).Para conocer las dos constantes basta entonces con evaluar en un punto de cada uno de los inter-valos. En el intervalo ]−1,+∞[ no hay ningún problema ya que fácilmente f (0) = arctan(1) +

arctan(0) = π4 + 0 = π

4 . En el otro intervalo no parece tan fácil ya que no se ve un número en]−∞,−1[ en el que sea fácil evaluar la función. En este caso lo que podemos hacer es calcular ellímite de la función, o bien en −∞ o bien en −1 por la izquierda. Por ejemplo en −∞ tenemos

limx→−∞

f (x) = limx→−∞

arctan(1 − x1 + x

)+ arctan(x) = arctan(−1) −

π

2= −

π

4−π

2= −

3π4.

Derivabilidad Ejercicios

– 137 –

Así que la imagen es el conjunto−3π

4 , π4

.

Ejercicio 7.14. Sea f : R→ R la función definida por f (x) = ax3 + bx2 + cx + d.a) Encuentra las condiciones que deben verificar los parámetros para que f alcance un máximo y

un mínimo relativo.b) Si se verifica el enunciado anterior, demuestra que en el punto medio del segmento que une los

puntos donde se alcanzan el máximo y el mínimo relativo se alcanza un punto de inflexión.

Solución 7.14.a) La derivada de la función f es f ′(x) = 3ax2 +2bx+c. Dicha derivada se anula en dos puntos si,

y sólo si, 4b2 − 12ac > 0 y, efectivamente, estamos ante un polinomio de segundo grado, estoes, a 6= 0.

b) Olvidemos por un momento el enunciado concreto del problema y pensemos lo que tenemosy lo que queremos demostrar. La derivada de f es un polinomio de grado dos (una parábola);el máximo y el mínimo relativos de f se alcanzan en los puntos de corte de la parábola con eleje OX, esto es, en los puntos que anulan a la derivada y queremos demostrar que en el puntomedio la segunda derivada de f vale cero. Para simplificar (esperemos) la notación, sean α y βlos puntos donde se alcanza dichos extremos. Entonces f ′(x) = k(x−α)(x−β) para convenienteconstante k 6= 0. Para terminar es suficiente con calcular la segunda derivada en el punto medio:

f ′′(x) = k (2x − (α + β)) =⇒ f(α + β

2

)= 0.

Ejercicio 7.15. Calcular la imagen de la función f : R→ R definida por f (x) = e−x2(x2 − 3).E

Solución 7.15. La función f es continua y derivable en toda la recta real. Para estudiar sumonotonía, calculamos la derivada y vemos cuándo se anula

f ′(x) = 2xe−x2−

(x2 − 3

)2xe−x2

= e−x22x

(4 − x2

)= 0 ⇐⇒ x = 0,±2.

Por tanto, f es estrictamente monótona en los intervalos ]−∞,−2], [−2, 0], [0, 2], [2,+∞[. Paraaveriguar qué tipo de monotonía tenemos podemos evaluar la derivada en un punto de cada unode dichos intervalos

intervalo x signo de f ′(x) monotonía de f] −∞, 0 − 2] -5 + estrictamente creciente[-2,0] -1 - estrictamente decreciente[0,2] 1 + estrictamente creciente[2,+∞[ 5 - estrictamente decreciente

De modo que su imagen es

f (R) = f (] −∞,−2]) ∪ f ([−2, 0]) ∪ f ([0, 2]) ∪ f (]2,+∞[)

=

]lim

x→−∞f (x), f (−2)

]∪ [ f (0), f (−2)] ∪ [ f (0), f (2)] ∪

]lim

x→+∞f (x), f (2)

]=

]0, e−4

]∪

[−3, e−4

]=

[−3, e−4

]

Ejercicios Derivabilidad

– 138 –

usando que limx→±∞ f (x) = 0, que f (0) = −3 y que f (2) = f (−2) = e−4.Observación: Podíamos habernos ahorrado algunos cálculos utilizando que la función f es par y,por tanto, f (R) = f (R+

0 ).

Ejercicio 7.16. Sea f : R \ 1 → R definida por f (x) = arctan(

1+x1−x

).

a) Estudiar la continuidad de f y los límites en −∞ y +∞.b) Calcular la imagen de f .

Solución 7.16. La función es derivable por ser composición de funciones derivables. Vamos acalcular los límites en ±∞:

limx→+∞

f (x) = limx→−∞

f (x) = arctan(−1) = −π

4.

Para calcular su imagen en primer lugar estudiamos la monotonía. Como la función arcotangentees creciente, sólo tenemos que fijarnos en 1+x

1−x y(1 + x1 − x

)′=

2(1 − x)2 > 0, ∀x ∈ R \ 1.

Esto nos dice que f es estrictamente creciente si estamos en un intervalo. En otras palabras, f esestrictamente creciente en ] −∞, 1[ y en ]1,+∞[. Su imagen será

f (R \ 1) = f (] −∞, 1[) ∪ f (]1,+∞[) =

]−π

4,π

2

[∪

]−π

2,−π

4

[=

]−π

2,π

2

[\

π

4

.

Ejercicio 7.17. Calcular la imagen de f : R+ → R, f (x) = x1/x.

Solución 7.17. Esta función es continua y derivable en todo R+. Calculamos su derivada:

f ′(x) =1x

x1/x−1 −1x2 x1/x log(x) = x1/x−2(1 − log(x)).

Por tanto f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = e. En este punto se tiene un punto de máximo relativo (la funciónpasa de creciente en el intervalo ]0, e[ a ser decreciente en ]e,+∞[). Calculando los límites en losextremos del dominio (limx→0 f (x) = 0, limx→+∞ f (x) = 1) se deduce que como f (e) = e1/e > 1,la imagen de la función es f (R+) =]0, e1/e].

Ejercicio 7.18. Sean a, b, c ∈ R con a2 < 3b. Probar que la ecuación x3 + ax2 + bx + c = 0 tieneuna solución real única.

Solución 7.18. Definimos la función f : R → R, f (x) = x3 + ax2 + bx + c. Se trata de unafunción polinómica de grado impar luego, por el teorema de Bolzano, sabemos que al menos seanula en un punto de la recta real. Estudiamos la derivada para deducir la unicidad de la soluciónde la ecuación f (x) = 0 utilizando el teorema de Rolle.

f ′(x) = 3x2 + 2ax + b = 0 ⇐⇒ x =−2a ±

√4a2 − 12b6

.

Teniendo en cuenta que a2 < 3b =⇒ 4a2 − 12b < 0; se tiene que la derivada no se anula enningún punto real, por lo que la solución de la ecuación f (x) = 0 que teníamos es única ya que lafunción es estrictamente creciente.

Derivabilidad Ejercicios

– 139 –

7.9.3 Reglas de L’Hôpital

Ejercicio 7.19. Calcular los siguientes límites:

a) limx→2

√x2 + 5 − 3x2 − 4

b) limx→0

sen(3x)x

c) limx→π/2−

2x − πcos(x)

d) limx→0

1 − cos(x)x2

Solución 7.19.a) Usando la regla de L’Hôpital

limx→2

2x2√

x2+52x

= limx→2

12√

x2 + 5=

16

=⇒ limx→2

√x2 + 5 − 3x2 − 4

=16.

b) Aplicamos las reglas de L’Hôpital limx→03 cos(3x)

1 = 3 =⇒ limx→0sen(3x)

x = 3.c) Usamos las reglas de L’Hôpital. limx→ π

2−

2− sen(x) = −2 =⇒ limx→ π

2−

2x−πcos(x) = −2.

d) Aplicamos la regla de L’Hôpital dos veces:

limx→0

1 − cos(x)x2 = lim

x→0

sen(x)2x

= limx→0

12

cos(x) =12.

Ejercicio 7.20. Calcula los siguientes límitesa) lim

x→0

cos(x) + 3x − 12x

.

b) limx→0

ex + e−x − 2 cos(x)x sen(2x)

.

c) limx→+∞

log(log(x))log(x)

.

Solución 7.20.a) Aplicamos la primera regla de L’Hôpital:

limx→0

− sen(x) + 32

=32

=⇒ limx→0

cos(x) + 3x − 12x

=32.

b) Sabemos que limx→0sen(x)

x = 1, por tanto

limx→0

ex + e−x − 2 cos(x)x sen(2x)

= limx→0

ex + e−x − 2 cos(x)2x2 (aplicamos la regla de L’Hôpital)

= limx→0

ex − e−x + 2 sen(x)4x

(regla de L’Hôpital de nuevo)

= limx→0

ex + e−x + 2 cos(x)4

= 1.

c) Usamos la segunda regla de L’Hôpital:

limx→+∞

1/xlog(x)

1/x= lim

x→+∞

1log(x)

= 0 =⇒ limx→+∞

log(log(x))log(x)

= 0.

Ejercicio 7.21. Calcular los límites de las siguientes funciones en el punto indicado:a) lim

x→0+(cos(x) + 2 sen(3x))

1x b) lim

x→0

(1 − cos(x)) sen(4x)x3 cos

(π4 − x

)

Ejercicios Derivabilidad

– 140 –

c) limx→+∞

x + sen(x)x − cos(x)

d) limx→1

[tan

(πx4

)]tan( πx2 )

Solución 7.21.a) Utilizamos la regla del número e y estudiamos el siguiente límite

limx→0+

cos(x) + 2 sen(3x) − 1x

=00.

Esta indeterminación la resolvemos utilizando la primera regla de L’Hôpital:

limx→0+

− sen(x) + 6 cos(3x)1

= 6,

con lo que limx→0+ (cos(x) + 2 sen(3x))1x = e6.

b) Usando que limx→0sen(4x)

4x = 1 y que limx→0 cos(π4 − x

)=√

22 , se tiene que

limx→0

(1 − cos(x)) sen(4x)x3 cos

(π4 − x

) = limx→0

4x(1 − cos(x))x3 ·

sen(4x)4x

·1

cos(π4 − x

)= lim

x→0

4√

2(1 − cos(x))x2 .

Este último límite se resuelve aplicando la primera regla de L’Hôpital y se tiene que

limx→0

(1 − cos(x)) sen(4x)x3 cos

(π4 − x

) = 2√

2.

c) Si aplicamos la regla de L’Hôpital, llegamos al límite limx→+∞1+cos(x)1−sen(x) que no existe y, por

tanto, no podemos decir nada sobre el límite original. En cambio, dividiendo numerador ydenominador por x se resuelve fácilmente:

limx→∞

x + sen(x)x − cos(x)

= limx→∞

1 +sen(x)

x

1 − cos(x)x

= 1,

usando que limx→∞sen(x)

x = limx→∞cos(x)

x = 0.d) Estamos ante una indeterminación del tipo “1∞”. Por tanto

limx→1

(tan

(πx4

))tan( πx2 )

= eL ⇐⇒ limx→1

tan(πx2

) (tan

(πx4

)− 1

)= L.

Calculemos el límite de la derecha:

limx→1

tan(πx2

) (tan

(πx4

)− 1

)= lim

x→1

sen(πx2

)cos

(πx2

) · sen(πx4

)− cos

(πx4

)cos

(πx4

)= lim

x→1

sen(πx2

)cos

(πx4

) · sen(πx4

)− cos

(πx4

)cos

(πx2

)

Derivabilidad Ejercicios

– 141 –

y, como limx→1 sen(πx2

)= 1 y limx→1 cos

(πx4

)=√

22 ,

= limx→1

√2

2·

sen(πx4

)− cos

(πx4

)cos

(πx2

) .

Para resolver este último límite aplicamos la primera regla de L’Hôpital:

limx→1

π4 cos

(πx4

)+ π

4 sen(πx4

)−π2 sen

(πx2

) =−1√

2,

y por tanto

limx→1

tan(πx2

) (tan

(πx4

)− 1

)= −

2√

2·

1√

2= −1 =⇒ lim

x→1

(tan

(πx4

))tan( πx2 )

= e−1.

Ejercicio 7.22. Estudiar el comportamiento de la función f : A→ R en el punto α en cada unode los siguientes casos:

a) A =]2,+∞[, f (x) =

√x −√

2 +√

x − 2√

x2 − 4, α = 2.

b) A = R+ \ 1, f (x) =1

log(x)−

1x − 1

, α = 1.

c) A =]1,+∞[, f (x) =xx − x

1 − x − log(x), α = 1.

Solución 7.22.a) Aplicando la primera regla de L’Hôpital tenemos

limx→2

12√

x + 12√

x−2x√

x2−4

= limx→2

(√

x − 2 +√

x)√

x2 − 42x√

x(x − 2)

simplificando el factor√

x − 2

= limx→2

(√

x − 2 +√

x)√

x + 22x√

x=

12.

Por tanto limx→2 f (x) = 12 .

b) Como f (x) = 1log(x) −

1x−1 =

x−1−log(x)(x−1) log(x) , si aplicamos L’Hôpital nos queda

limx→1

1 − 1x

log(x) + x−1x

= limx→1

x−1x

x log(x)+x−1x

= limx→1

=x − 1

x log(x) + x − 1.

Volviendo a aplicar L’Hôpital, limx→11

log(x)+2 = 12 . Por tanto, limx→1 f (x) = 1

2 .c) Aplicamos L’Hôpital y nos queda limx→1

xx(1+log(x))−1−1−1/x = 0. Por tanto limx→1 f (x) = 0.

Ejercicio 7.23. Estudiar el comportamiento en +∞ de las funciones f , g : R+ → R dadas por

a) f (x) =log(2 + 3ex)√

2 + 3x2,

Ejercicios Derivabilidad

– 142 –

b) g(x) = (ax + x)1/x, donde a ∈ R+.

Solución 7.23.a) Para estudiar el límite de f en +∞ aplicamos la segunda regla de L’Hôpital:

limx→+∞

3 ex

2 + 3ex

√2 + 3x2

3x=

√3

3.

Por tanto el límite de f es√

33 .

b) Vamos a calcular ahora el límite en +∞ de la función g. Para ello, aplicamos logaritmos yestudiamos la función h(x) =

log(ax+x)x . Discutimos en función del parámetro a:

i) Si a = 1, entonces h(x) =log(1+x)

x , y aplicando L’Hôpital tenemos

limx→+∞

h(x) = 0 → limx→+∞

g(x) = 1.

ii) Si a > 1, utilizando la regla de L’Hôpital tenemos:

limx→+∞

ax log(a) + 1ax + x

= limx→+∞

log(a) + 1/ax

1 + x/ax = log(a).

Por tanto, en este caso limx→+∞ g(x) = elog(a) = a.iii) En el caso en que a < 1, repetimos los cálculos del caso anterior, pero teniendo en cuenta

que limx→+∞

ax = 0 y por tanto limx→+∞ h(x) = 0 =⇒ limx→+∞ g(x) = e0 = 1.

Ejercicio 7.24. Estudiar el comportamiento en el punto cero de la función f : A → R en lossiguientes casos:a) A = R+, f (x) =

1 − cos(x)√

x,

b) A =]0, π2 [, f (x) = (sen(x) + cos(x))1/x

c) A =]0, π2 [, f (x) =(cos(x) + x2

2

) 1x2 .

Solución 7.24.a) Aplicamos L’Hôpital y obtenemos

limx→0

sen(x)1

2√

x

= limx→0

2√

x sen(x) = 0

b) Teniendo en cuenta la regla del número e, limx→0 f (x) = eL ⇐⇒ limx→0sen(x)+cos(x)−1

x = L.Por tanto, y aplicando L’Hôpital a la última expresión,

limx→0

(cos(x) − sen(x)) = 1 =⇒ limx→0

f (x) = e.

c) Razonando igual que en el caso anterior

limx→0

− sen(x) + x2x

= limx→0

− sen(x)2x

+12

= −12

+12

= 0.

Luego limx→0 f (x) = e0 = 1.

Derivabilidad Ejercicios

– 143 –

Ejercicio 7.25. Calcula limx→0

(3 sin(x) − 3x cos(x)

x3

) 1x

.E

Solución 7.25. Calculamos a qué tiende la base aplicando la primera regla de L’Hôpital:

limx→0

3 cos(x) − 3 cos(x) + 3x sin(x)3x2 = lim

x→0

sen(x)x

= 1.

Dado que tenemos una indeterminación del tipo “1∞”, se tiene que

limx→0

(3 sin(x) − 3x cos(x)

x3

) 1x

= eL ⇐⇒ limx→0

1x

(3 sin(x) − 3x cos(x)

x3 − 1)

= L.

Entonces,

limx→0

1x

(3 sin(x) − 3x cos(x)

x3 − 1)

= limx→0

3 sin(x) − 3x cos(x) − x3

x4

aplicando la 1a regla de L’Hôpital

= limx→0

3 sin(x) − 3x4x2

aplicamos la primera regla de L’Hôpital de nuevo

= limx→0

3 cos(x) − 38x

una última vez...

= limx→0

−3 sin(x)8

= 0

con lo que limx→0

(3 sin(x) − 3x cos(x)

x3

) 1x

= e0 = 1.

7.9.4 Optimización

Ejercicio 7.26. Dibuja las gráficas de las siguientes funciones indicando los máximos, mínimosy puntos de inflexión.a) y = 6 − 2x − x2 b) y = 3x4 − 4x3 c) y = (x − 1)3

Solución 7.26.a) La función alcanza su máximo absoluto en x = −1 y no tiene puntos de inflexión.b) La función alcanza su mínimo en x = 1 y puntos de inflexión en x = 0 y x = 24/36.c) No tiene extremos y tiene un punto de inflexión en x = 1.

Ejercicios Derivabilidad

– 144 –

Ejercicio 7.27. Calcular dos números positivos cuya suma sea 20 y su producto sea máximo.

Solución 7.27. Sean x e y dichos números. Entonces x + y = 20. Como y = 20− x, tenemos quebuscar el máximo de la función f (x) = x(20 − x). Derivamos y calculamos sus puntos críticos:

f ′(x) = 20 − 2x = 0 ⇐⇒ x = 10.

Puesto que f ′′(x) = −2, la función tiene su máximo en x = 10 y los dos números que estábamosbuscando son 10 y 10.

Ejercicio 7.28. Calcular las dimensiones del rectángulo de mayor área que puede inscribirse enun semicírculo de radio r.

Solución 7.28.

−1 1

1

0

(x, y)

Salvo multiplicar por 4, podemos trabajar en el primer cuadran-te. Tenemos que maximizar la función f : [0, r] → R definidacomo f (x) = x

√r2 − x2. Los puntos críticos son

f ′(x) =√

r2 − x2 −x2

√r2 − x2

= 0 ⇐⇒ r2 − 2x2 = 0

⇐⇒ x =r√

2.

Es inmediato comprobar que en dicho punto la función alcanza el máximo.

Ejercicio 7.29. Calcula las dimensiones del trapecio con mayor área que puede inscribirse enE

una semicircunferencia de radio 1.

Solución 7.29.

−1 1

1

0

(x, y)

Vamos a escribir el área que queremos que sea máxima comouna función de una variable. Hay varias posibilidades de hacerloaunque el resultado, evidentemente, tiene que ser el mismo.El área del trapecio será la media aritmética de la base mayorM y la base menor m multiplicado por la altura h; A = M+m

2 h.Si llamamos (x, y) al vértice del trapecio que se aprecia en eldibujo tendremos que

A =2 + 2x

2xy = (1 + x)y.

Si no se recuerda el área del trapecio siempre puede hacerse sumando el área del rectángulo cen-tral y los dos triángulos simétricos que quedan a los lados. Esta función anterior depende dedos variables pero es claro que el punto (x, y) está en la circunferencia de radio 1 y por tantox2 + y2 = 1 de donde y =

√1 − x2 con lo que la función a considerar es f : [0, 1]→ R definida por

f (x) = (1 + x)√

1 − x2. Esta función es continua en el intervalo de definición y por tanto alcanzamáximo y mínimo absoluto. Además es claro que el mínimo se alcanza cuando x = 1, que el áreavale 0. Para calcular el máximo vamos a calcular los puntos críticos (obsérvese que la función noes derivable en 0).

f ′(x) =√

1 − x2 + (1 + x)(−x)√

1 − x2=

1 − x − 2x2√

1 − x2, ∀x ∈ [0, 1[.

Derivabilidad Ejercicios

– 145 –

Y f ′(x) = 0 ⇐⇒ 2x2 + x− 1 = 0 ⇐⇒ x = 12 o x = −1. Evidentemente el valor que nos interesa

es x = 12 . Además si 0 < x < 1/2 se tiene que f ′(x) > 0 y si 1/2 < x ≤ 1 f ′(x) < 0 con lo que f

alcanza máximo (relativo y absoluto) en x = 1/2 (entonces la altura será y =√

32 ) y el área máxima

es f (1/2) = 3√

34 .

Ejercicio 7.30. ¿Cuál es la longitud mínima del segmento que tiene un extremo en el eje x, otroE

extremo en el eje y, y pasa por el punto (8, 1)?

Solución 7.30. Consideramos el triángulo rectángulo formado por una recta que pase por (8, 1) ycorte a los ejes OX y OY , y llamamos α al ángulo que forma la hipotenusa con el eje OX. Haciendouso de las funciones coseno y seno tenemos que:

sen(α) =1h1

=⇒ h1 =1

sen(α)

cos(α) =8h2

=⇒ h2 =8

cos(α)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

2

3

4

5

6

7

0

A = (8, 1)

h2

h1α

α

La función que queremos optimizar es f (α) = h1 + h2 = 1sen(α) + 8

cos(α) , con α ∈]0, π/2[.Vamos a calcular los puntos críticos de la función f :

f ′(α) = −cos(α)sen2(α)

+8 sen(α)cos2(α)

=8 sen3(α) − cos3(α)

sen2(α) cos2(α)

y esta función se anula siempre y cuando 8 sen3(α) − cos3(α) = 0, es decir 8 sen3(α) = cos3(α).De aquí deducimos que

tan3(α) =18⇐⇒ tan(α) =

12⇐⇒ α = arctan

(12

)Por la monotonía creciente de la función tangente podemos deducir que la derivada f ′(α) < 0cuando 0 < α < arctan(1/2), y f ′(α) > 0 cuando arctan(1/2) < α < π

2 . Por tanto, en el punto arctan(1/2)tenemos que la función alcanza un mínimo relativo que, por ser el único punto crítico es tambiénel mínimo absoluto. Entonces, el segmento de longitud mínima que nos piden es:

f(arctan(

12

))

= 8√

52

+√

5 = 5√

5,

Ejercicios Derivabilidad

– 146 –

donde hemos utilizado que

cos(α) =1√

1 + tan2(α)=⇒ cos

(arctan(

12

))

=2√

5

sen(α) =tan(α)√

1 + tan2(α)=⇒ sen

(arctan(

12

))

=1√

5.

Ejercicio 7.31. De un cuadrado de lado 2 se recortan cuatro triángulosE

isósceles iguales. ¿Cuál es el volumen máximo de la pirámide que se puedeformar? (Indicación: el volumen de una pirámide es 1

3 Ah, donde A es el áreade la base y h su altura).

Solución 7.31. Llamaremos x al lado del cuadrado que queda en el interior.Este cuadrado va a ser la base de la pirámide que queremos construir, luegosu área va a ser x2. Nos falta determinar la altura h de la pirámide en función

de x.Para ello, las paredes laterales de dicha pirámide son triángulos isósceles de base x y altura

√2−x/2.

Hemos tenido en cuenta que la mitad de la diagonal del cuadrado inicial es√

2, por lo que la alturade las caras laterales de la pirámide es

√2 − x/2.

Para obtener la altura h de la pirámide consideramos el rectágulo rectángulo de cateto x/2 e hipo-tenusa

√2 − x/2. Entonces la altura h que estamos buscando es el cateto restante; es decir:

h2 +x2

4= (√

2 − x/2)2 =⇒ h =

√2 −√

2x

Con todo esto, la función volumen a maximizar es:

f (x) =13

x2√

2 −√

2x ,∀x ∈ [0,√

2]

Se trata de una función continua en el intervalo compacto dado y derivable en el abierto; así quevamos a localizar su máximo absoluto entre los puntos críticos del interior ]0,

√2[ (en los extremos

la función volumen se anula).

f ′(x) =13

2x√

2 −√

2x + x2 (−√

2)

2√

2 −√

2x

=13

8x − 5√

2x2√2 −√

2x

.Para calcular los puntos críticos de f consideramos la ecuación:

8x − 5√

2x2 = 0 =⇒ x(8 − 5

√2x

)= 0 =⇒ x =

85√

2ó x = 0.

Nos quedamos con la solución no nula que además está en ]0,√

2[, calculamos la altura h corres-pondiente y el volumen f que es donde se alcanza el máximo:

x =8

5√

2=⇒ h =

√2 −√

28

5√

2=

√2/5 .

Por tanto, el volumen máximo que nos piden es:

Derivabilidad Ejercicios

– 147 –

f(

85√

2

)=

32√

275√

5.

Ejercicio 7.32. Demostrar que la suma de un número positivo y su recíproco es al menos 2.

Solución 7.32. Tenemos que demostrar que la función f : R+ → R definida como f (x) = x + 1x

verifica que f (x) ≥ 2, para tod ∀x ∈ R+. Calculemos su imagen. f es una función derivable yf ′(x) = 1− 1

x2 = x2−1x2 . Por tanto f ′(x) = 0 si, y sólo si, x = 1. Como limx→0 f (x) = limx→+∞ f (x) =

+∞, f alcanza su mínimo absoluto en x = 1, o lo que es lo mismo f (x) ≥ f (1) = 2, ∀x ∈ R+ comoqueríamos demostrar.

Ejercicio 7.33. Calcula las dimensiones de la cruz simétricaE

respecto de los ejes y con área máxima que se puede inscribiren una circunferencia de radio 1.

Solución 7.33. Utilizando la simetría de la cruz respecto delos ejes y llamando (x, y) al vértice de la cruz que se apoya so-bre ella, la función área sería cuatro veces la que escribimos acontinuación:

xy + x(y − x)

y, considerando que (x, y) está en la circunferencia de centro(0, 0) y radio 1, se tiene que x2 + y2 = 1. Por tanto, la función que vamos a maximizar es:

f (x) = x√

1 − x2 + x(√

1 − x2 − x) = 2x√

1 − x2 − x2 , ∀x ∈ [0, 1].

Se trata de una función continua en [0, 1] y derivable en ]0, 1[. Está claro que el máximo no lopuede alcanzar en los extremos ( f (0) = 0, f (1) = −1); por tanto, lo vamos a encontrar en elintervalo abierto ]0, 1[ sin más que encontrar los puntos críticos de f .Calculamos la derivada de f y la igualamos a cero:

f ′(x) = 21 − 2x2 − x

√1 − x2

√1 − x2

.Por tanto, la derivada de f se anula siempre y cuando se verifique:

1 − 2x2 = x√

1 − x2 =⇒ 5x4 − 5x2 + 1 = 0 =⇒ x =

√5 +√

510

ó x =

√5 −√

510

.

Evaluando la función f en ambos puntos críticos, obtenemos que las dimensiones de la cruz asíconstruida de área máxima son:

x =

√5 −√

510

e y =

√5 +√

510

.

Ejercicio 7.34. Se inscribe un rectángulo en la elipse x2

400 +y2

225 = 1 con sus lados paralelos alos ejes. Hallar las dimensiones del rectángulo para quea) el área sea máxima,b) el perímetro sea máximo.

Ejercicios Derivabilidad

– 148 –

Solución 7.34.

x

y

20

15En cualquiera de los dos casos, la simetría nos permite trabajaren el primer cuadrante. En ambos casos usaremos que, utilizan-do la notación de la figura,

x2

400+

y2

225= 1 =⇒ y =

1520

√400 − x2.

a) El área que queremos maximizar es 4xy, por tanto vamos aestudiar la función f : [0, 20]→ R,

f (x) =1520

x√

400 − x2.

Si derivamos,

f ′(x) =1520

√400 − x2 −

1520

x2√

400 − x2= 0 ⇐⇒ 400 = 2x2 ⇐⇒ x =

√200.

Como f es una función continua definida en un intervalo cerrado y acotado, f alcanza su máxi-mo y mínimo absolutos. Los posibles candidatos son 0, 20 y

√200. Es suficiente con comprobar

que f (√

200) > f (0), f (20) para asegurar que el máximo se alcanza en√

200.b) El perímetro es 4(x + y). La función a maximizar es f : [0, 20]→ R definida como

f (x) = x +1520

√400 − x2,

o sea, x + y. Veamos cuándo se anula la derivada

f ′(x) = 1 −1520

x√

400 − x2= 0 ⇐⇒ x =

400√

400 + 225.

Como f es una función continua definida en un intervalo cerrado y acotado, f alcanza sumáximo y mínimo absolutos. Los posibles candidatos son 0, 20 y 400√

400+225. Es suficiente con

comprobar que f(

400√400+225

)> f (0), f (20) para asegurar que el máximo se alcanza en 400√

400+225.

Ejercicio 7.35. Calcula el punto (a, b) de la parábola y = 3 − x2 de forma que el triánguloE

determinado por la recta tangente a la parábola en dicho punto y los ejes de coordenadas tengaárea mínima.

Solución 7.35. Para poder calcular el triángulo de área mínima que genera la tangente a laparábola y = 3− x2 y los ejes tenemos que, en primer lugar, calcular la recta tangente en un puntoa que, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que es positivo. La recta tangente que pasapor el punto (a, f (a)) es y − (3 − a2) = −2a(x − a).

Derivabilidad Ejercicios

– 149 –

1 2

1

2

3

(a, f (a))(a, f (a))

Los puntos de corte con los ejes son:a) Si x = 0, entonces y = a2 + 3, yb) si y = 0, entonces x = a2+3

2a .Por tanto, la función a la que tenemos que calcularle el mínimo es, en funcióndel punto a,

f (a) =base × altura

2=

(a2 + 3)2

4a,

con a ∈]0,√

3]. Su derivada vale

f ′(a) =3a4 + 6a2 − 9

4a2 = 0 ⇐⇒ a4 + 2a2 − 3 = 0.

Resolvemos este polinomio bicuadrático mediante el cambio usual a2 = t y obtenemos que laúnica solución positiva es a = 1. ¿Es aquí donde f alcanza su mínimo absoluto? Observa que

limx→0+

f (x) = +∞,

y que, por tanto, f es estrictamente decreciente en ]0, 1]. En cambio, como f ′(√

3) > 0, f esestrictamente creciente en

[1,√

3]. En consecuencia, f alcanza su mínimo absoluto en a = 1.

Ejercicio 7.36. A un espejo rectangular de medidas 80x90 cm. se le rompe (accidentalmente)E

por una esquina un triángulo de lados 10x12cm. Calcula las medidas del espejo de mayor área deforma rectangular que se puede obtener del la pieza restante.

Solución 7.36.

12

10

80

90

θ

x

y

El área del trozo de espejo que queremos maximizar es (80−x)(90 − y). Podemos relacionar x e y la tangente del ánguloθ:

x12 − y

=1012

=⇒ y = 12 −65

x

Por tanto, tenemos que buscar el máximo de la función f (x) =

(80 − x)(78 + 6

5 x)

con x ∈ [0, 10]. Calculamos los puntoscríticos:

f ′(x) = −78+65

x+65

(80−x) = −125

x+18 = 0 ⇐⇒ x =152.

Como f ′′(

152

)= − 12

5 < 0, la función alcanza un máximorelativo en dicho punto. El máximo absoluto se alcanza eneste punto, en x = 0 o en x = 10. Como

f (0) = 6240, f(152

)= 6307.5 y f (10) = 6300

el máximo absoluto se alcanza en x = 152 .

Ejercicios Derivabilidad

– 150 –

Ejercicio 7.37. Calcula el área máxima del rectángulo circunscrito a un rectángulo de lados aE

y b.

Solución 7.37. En función del ángulo α, la función a maximizar es f :[0, π2

]→ R, definida

como

f (α) = (a cos(α) + b sen(α))(a sen(α) + b cos(α))

= (a2 + b2) sen(α) cos(α) + ab = (a2 + b2)sen(2α)

2+ ab.

Los puntos críticos de está función son

f ′(α) = (a2 + b2) cos(2α) = 0 ⇐⇒ 2α =π

2⇐⇒ α =

π

4.

a

b

α

α

acos

(α)

bsen

(α) asen (α)

b cos(α)

¿Cuánto vale la segunda derivada en π4 ? Como

f ′′(α) = −2(a2 + b2) sen(2α),

se tiene que la segunda derivada es negativa en π4

y, por tanto, f alcanza un máximo relativo en dichopunto, pero ¿es éste el máximo absoluto? Piénsaloun poco.Como f es una función continua en un intervalo ce-rrado y acotado, f tiene máximo y mínimo absolutosque, necesariamente, tienen que estar en 0, en π

4 o enπ2 . Como

f(π

4

)=

12

(a2 + b2) + ab > ab = f (0) = f(π

2

),

el área máxima es 12 (a2 + b2) + ab y se alcanza en α = π

4 .

Ejercicio 7.38. Un triángulo rectángulo cuya hipotenusa tiene una longitud a se hace giraralrededor de uno de sus catetos. ¿Qué volumen máximo puede tener un cono engendrado de estamanera?

Solución 7.38. El volumen de un cono con radio de la base r y altura h es 13πr2h. En este caso,

r y h están relacionados por el teorema de Pitágoras: r2 + h2 = a2. Despejando todo en función dela altura, la función a maximizar es f :]0, a[→ R definida por f (h) = π

3 h(a2 − h2). Su derivada seanula en

f ′(h) =π

3(a2 − 3h2) = 0 ⇐⇒ h =

a√

3.

Como limx→0 f (h) = limx→a f (h) = 0 y f(

a√3

)= πa

√2 es positivo, el volumen máximo se alcanza

en h = a√3

y vale πa√

2

Derivabilidad Ejercicios complementarios

– 151 –

7.10 Ejercicios complementarios

7.10.1 Definición. Reglas de derivación

Ejercicio 7.1. Sea f : R −→ R la función definida por:

f (x) =

e−

1x2 , si x 6= 0

0, si x = 0

Estudiar la continuidad y derivabilidad de f y calcular su imagen.

Ejercicio 7.2. Estudiar la continuidad y derivabilidad en cero de la función f : R+0 −→ R

definida por

f (x) =

(1 − ex2) sen

(1x

)si x > 0

0 si x = 0

Ejercicio 7.3. Estudiar la derivabilidad de la función f : R+0 −→ R definida por f (x) = (1+ x)1/x

para x ∈ R+, f (0) = e.

7.10.2 Teorema del valor medio

Ejercicio 7.4. Calcular el número de soluciones de la ecuación 3 log(x) − x = 0.

Ejercicio 7.5. Determinar el número de raíces reales de la ecuación 3x5 + 5x3 − 30x = m segúnel valor de m.

Ejercicio 7.6. Demostrar que, para cualquier a ∈ R, la ecuación x = −a +√

2 sen(

a−x√2

)tieneE

una única solución.

Ejercicio 7.7. Sea f : R→ R la función definida comoE

f (x) =

log

(1 + x2

)+ 2 arctan

(1x

), si x 6= 0,

π, si x = 0.

Estudia su continuidad, derivabilidad y calcula su imagen.

7.10.3 Reglas de L’Hôpital

Ejercicio 7.8. Calcula el siguiente límite limx→a

xa − ax

ax − aa , donde a > 0 y a 6= 1.

Ejercicio 7.9. Calcular limx→0

(sen(x) + e−x) 1

x2 .

Ejercicio 7.10. Estudiar el comportamiento en +∞ de la función f :]1,+∞[→ R definida porf (x) =

x(x1/x−1)log(x) .

Ejercicio 7.11. Calcula

limx→0

(a + sen(x)a − sen(x)

)1/x

Ejercicios complementarios Derivabilidad

– 152 –

con a > 0.

Ejercicio 7.12. Calcula el límite el punto indicado:

limx→0

x arctan( x2 )

sen2(2x) cos(sen(x))

Ejercicio 7.13. Estudiar el comportamiento en el punto cero de la función f : A → R en lossiguientes casos:a) A =]0, π2 [, f (x) = (1 − tan(x))

1x2 ,

b) A = R+, f (x) = xsen(x),c) A =]0, π2 [, f (x) =

x−arctan(x)sen3(x) .

Ejercicio 7.14. Calcula los siguientes límites:

a) limx→+∞

(π

2− arctan(x)

)1/x

b) limx→+∞

log(e2x + sen(x))√

3x2 + 1.

c) limx→1

(ax−1 − x + 1

) 1x−1 , (a > 0).

7.10.4 Optimización

Ejercicio 7.15. Estudiar los extremos relativos de la función f : R −→ R en los siguientes casosa)

f (x) =

x log |x|, si x ∈ R∗,0, si x = 0.

b)

f (x) =

x2 log |x|, si x ∈ R∗,0, si x = 0.

Ejercicio 7.16. Estudiar los extremos relativos de la función f : R −→ R definida como f (x) =

cosh(x) + cos(x).

Ejercicio 7.17. Calcular para qué valores del parámetro m se cumple que la ecuación 20x5− x =

m tiene exactamente dos raíces reales distintas.

Ejercicio 7.18. Calcular max

n√n : n ∈ N.

Ejercicio 7.19.E

a) Sean f , g : R+ → R definidas por

f (x) =2x

+x2, g(x) =

2x−

x2.

Estudia los extremos, los intervalos de monotonía, los cortes con los ejes y el comportamientoen +∞ y 0 de ambas funciones. Haz un esbozo de sus gráficas.

b) Sea a > 2. Se define la sucesión xn:

Derivabilidad Ejercicios complementarios

– 153 –

x1 = a, xn+1 =2xn

+xn2, ∀n ∈ N.

Demuestra que xn es monótona y acotada y calcula su límite. (Sugerencia: usa las funcionesdel apartado anterior).

Ejercicio 7.20. Calcular el área máxima de un rectángulo, que tiene dos vértices sobre unacircunferencia de radio R y los otros dos sobre una cuerda dada de dicha circunferencia.

Ejercicio 7.21. Se desea construir una ventana con forma de rectángulo coronado de un semi-círculo de diámetro igual a la base del rectángulo. Pondremos cristal blanco en la parte rectangulary cristal de color en el semicírculo. Sabiendo que el cristal coloreado deja pasar la mitad de luz(por unidad de superficie) que el blanco, calcular las dimensiones de la ventana para conseguir lamáxima luminosidad si se ha de mantener un perímetro constante dado.

Ejercicio 7.22. Hallar las dimensiones del cilindro de mayor volumen entre todos aquellos quetienen la superficie lateral total constante.

Ejercicio 7.23. Dado un punto P = (a, b) situado en el primer cuadrante del plano, determinarel segmento con extremos en los ejes coordenados y que pasa por P que tiene longitud mínima.

Ejercicio 7.24. ¿Cuál es la longitud de la escalera más larga que puede hacerse pasar a travésde la esquina, en ángulo recto, que forman dos corredores de anchuras respectivas a y b?

Ejercicio 7.25. Se desea construir un silo, con un volumen V determinado, que tenga la formade un cilindro rematado por una semiesfera. El costo de construcción (por unidad de superficie)es doble para la semiesfera que para el cilindro (la base es gratis). Determínense las dimensionesóptimas para minimizar el costo de construcción.

Ejercicio 7.26. Se proyecta un jardín de forma de sector circular de radio R y ángulo central θ.El área del jardín ha de ser A fija. ¿Qué valores de R y θ hacen mínimo el perímetro que bordea eljardín?

r

R

y = −r

Ejercicio 7.27. Con un disco de radio R queremos hacer,E

recortando un disco concéntrico de radio r , una arandelacomo la de la figura. Se pide calcular el radio r cumpliendola condición de que el área de la parte de la arandela quequeda por encima de la recta y = −r, la zona coloreada en lafigura, sea máxima.

Ejercicio 7.28. Una caja abierta está construida con unrectángulo de cartón, quitando cuadrados iguales en cada es-quina y doblando hacia arriba los bordes. Hallar las dimensiones de la caja de mayor volumen quepuede construirse con ese procedimiento si el rectángulo tiene como ladosa) 10 y 10,b) 12 y 18.

Ejercicio 7.29. Calcula el perímetro máximo que puede tener un rectángulo que tiene dos vérti-E

ces en el eje de abscisas y los otros dos en la gráfica de la función f (x) = 4 sen(x), con x ∈ [0, π].

– 154 –

Métodos de resolución de ecuaciones Introducción

– 155 –

Métodos de resolución de ecuaciones

88.1 Introducción 155 8.2 Método de bisección 155 8.3 Métodos de iteraciónfuncional 157 8.4 Método de Newton-Raphson 161

8.1 IntroducciónLas ecuaciones no lineales se presentan en muchas situaciones prácticas y, en muchos casos, no

somos capaces de encontrar su solución exacta. Por ejemplo, habíamos sido capaces de demostrarque la ecuación tan(x) = x tiene infinitas soluciones, pero ¿cuántas soluciones concretas conoces?Me temo que sólo x = 0. ¿Cómo podemos encontrar el resto?

En este capítulo vamos a ver métodos numéricos para aproximar las soluciones de este tipo deecuaciones cuando no somos capaces de encontrar la respuesta exacta. Todos estos métodos siguenla misma pauta. Comenzamos con una función f y uno o varios puntos iniciales x1, x2,...,xk yconstruimos de forma iterativa una sucesión xnn∈N que tiene como límite un cero de la función.

En la práctica no podemos calcular los infinitos términos de la sucesión y tendremos que daruna condición de parada o de salida. Estas condiciones de parada pueden ser de varios tipos. Porejemplo, podemos fijar el número de términos de la sucesión o imponer condiciones sobre el errorcometido ya sea absoluto o relativo. En general, un método será tanto mejor cuanto más rápida seala convergencia al cero de la función.

8.2 Método de bisecciónComencemos recordando el teorema de los ceros de Bolzano.

Teorema 8.1. Sea I un intervalo y consideremos una función f : I → R continua. Supon-gamos que existen a, b ∈ I tales que f (a) f (b) < 0, entonces la función f se anula en algúnpunto entre a y b.

El método de bisección o de Bolzano consiste en el siguiente proceso: tenemos una función consigno distinto en a y en b, entonces el punto medio divide al intervalo [a, b] en dos. O bien en a yc o bien en c y en b la función tiene que cambiar de signo. Elegimos aquel intervalo donde cambiede signo y repetimos el proceso. En cada paso vamos reduciendo la longitud del intervalo y, portanto, el error cometido, a la mitad. La sucesión xn de los puntos medios es la sucesión que tiendeal cero de la función.

Resumiendo, en una primera aproximación lo que hacemos es

Datos iniciales: función f , números a, bSe verifica que: f (a) f (b) < 0bucle

Calculamos el punto medio c = (a + b)/2,Comparamos los signos de f (a), f (c) y f (b)

Método de bisección Métodos de resolución de ecuaciones

– 156 –

f (x) = x3 − 2x2 + 0.5

(a, f (a))

(b, f (b))

(c, f (c))

f (x) = x3 − 2x2 + 0.5

(b, f (b))

(a, f (a))

(c, f (c))

f (x) = x3 − 2x2 + 0.5

(a, f (a))

(b, f (b))

Paso 1 Paso 2 Paso 3

Figura 8.1 Método de bisección

y elegimos aquél donde la función cambie de signofinal bucle

Es fácil afinar un poco este proceso. Por ejemplo, si en algún paso encontramos un cero de lafunción, no hay necesidad de continuar.

Datos iniciales: función f , números a, bSe verifica que: f (a) f (b) < 0bucle

Calculamos el punto medio c = (a + b)/2,si f (c) = 0 entonces

return c es la soluciónen otro caso

Comparamos los signos de f (a), f (c) y f (b)y elegimos aquél donde la función cambie de signo

final sifinal bucle

En este método es fácil acotar el error que estamos cometiendo. Sabemos que la función fse anula entre a y b. ¿Cuál es la mejor elección sin tener más datos? Si elegimos a la solución,teóricamente, podría ser b. El error sería en este caso b − a. ¿Hay alguna elección mejor? Sí, elpunto medio c = (a + b)/2. ¿Cuál es el error ahora? Lo peor que podría pasar sería que la soluciónfuera alguno de los extremos del intervalo. Por tanto, el error sería como mucho b−a

2 . En cada pasoque damos dividimos el intervalo por la mitad y al mismo tiempo también el error cometido queen el paso n-ésimo es menor o igual que b−a

2n .Tenemos, por tanto, una versión mejorada del teorema de los ceros de Bolzano al que le hemos

añadido una cota del error cometido.

Teorema 8.2. Sea I un intervalo y consideremos una función f : I → R continua. Supon-gamos que existen a, b ∈ I tales que f (a) f (b) < 0, entonces el método de bisección generauna sucesión xn (los puntos medios) con límite s verificando quea) f (s) = 0, esto es, s es un cero de f y,b) |xn − s| ≤ (b−a)

2n , para cualquier natural n

Métodos de resolución de ecuaciones Métodos de iteración funcional

– 157 –

A partir de aquí, podemos deducir el número de iteraciones necesarias para obtener una aproxi-mación con un error o exactitud prefijados. Si notamos por “ε” a la exactitud prefijada, entoncespara conseguir dicha precisión, el número “n” de iteraciones necesarias deberá satisfacer

b − a2n < ε ⇐⇒ n > log2

(b − aε

)El primer número natural n que verifica esto es

n = E[log2

(b − aε

)]+ 1,

donde E[·] denota la “parte entera” de un número (esto es, el mayor de los enteros que son menoresque el número).

Ya tenemos una versión completa del algoritmo:

Datos iniciales: función f , números a, b, error εSe verifica que: f (a) f (b) < 0n = E

[log2

(b−aε

)]+ 1

para i = 1 to n hacerc = (a + b)/2, calculamos el punto mediosi f (c) = 0 entonces

return c es una solución exactaen otro caso

si f (a) f (c) < 0 entoncesComparamos los signos de f (a), f (c) y f (b)a = a, b = c

en otro casoa = c, b = b y elegimos aquél donde la función cambie de signo

final sifinal sireturn La solución aproximada es c

Ejemplo 8.3. En clase de prácticas hemos resuelto la ecuación x3 − 5 = 0 usando el método debisección. /

8.3 Métodos de iteración funcionalLos métodos que vamos a estudiar en esta sección tienen todos el mismo aspecto: se construye

una sucesión de puntos a partir de uno o varios dados aplicando repetidamente una función. Sebasan en la búsqueda de puntos fijos de funciones.

Definición 8.4. Sea f : A→ A una función. Se dice que a ∈ A es un punto fijo si f (a) = a. Punto fijo

Los puntos fijos de una función f no son más que las soluciones de la ecuación f (x) = x o, siprefieres, los puntos de intersección de las gráficas de la función f y de la identidad. Por ejemplo,la función de la Figura 8.2 tiene tres puntos fijos.

El problema de encontrar las soluciones de la ecuación f (x) = 0 es equivalente a encontrar lospuntos fijos de la función g(x) = f (x) + x. Algunos métodos de resolución de ecuaciones se basan

Métodos de iteración funcional Métodos de resolución de ecuaciones

– 158 –

en esta idea para transformar un problema de ceros de una ecuación en otro de puntos fijos. Esto sepuede hacer de varias maneras, pero, eso sí, no será una ventaja si no disponemos de algún teoremaque nos garantice la existencia de puntos fijos. Hay varios resultados de este tipo. Uno de los másimportantes es el teorema del punto fijo para aplicaciones contractivas.

Definición 8.5. Una función f : I → R es función contractiva si existe una constante L talFuncióncontractiva que

| f (x) − f (y)| ≤ L |x − y|

para cualesquiera x, y ∈ I.

g(x) = x

f (x)

a1a2

a3

Figura 8.2 Puntos fijos de una función

En otras palabras, una aplicación contractiva es aque-lla que disminuye la distancia entre elementos, “en-cogiendo” el dominio. Para este tipo de funciones sítenemos asegurada la existencia de puntos fijos. Enparticular, toda función contractiva es continua.

Utilizando el teorema del valor medio, sabemosque si una función es derivable entonces

f (x) − f (y) = f ′(c)(x − y).

De aquí se deduce el siguiente resultado que nos pro-porciona abundantes ejemplos de funciones contracti-vas.

Proposición 8.6. Sea f : I → R una función derivable. Si | f ′(x)| ≤ L < 1 para cualquier x ∈ I,entonces f es una función contractiva.

Ejemplo 8.7. L = 1 no es suficiente.FALTA /

Teorema 8.8. Sea I un intervalo cerrado y sea f : I → I una aplicación contractiva.Teorema del puntofijo para aplicacio-

nes contractivasEntoncesa) La función f tiene un único punto fijo s.b) La sucesión definida como x1 ∈ I cualquiera y xn+1 = f (xn) para n ≥ 1 es convergente y

su límite es el punto fijo.c) Se cumple que

|xn − s| ≤L

1 − L|xn − xn−1| ≤

Ln−1

1 − L|x2 − x1| .

El método de construcción de la sucesión del segundo apartado es lo que se conoce como unmétodo de iteración funcional.

Ejemplo 8.9. La función f (x) = 14

(cos(x) + x2

)con x ∈ [0, 1] es una función contractiva. En

efecto, ∣∣∣ f ′(x)∣∣∣ =

∣∣∣∣∣− sen(x) + 2x4

∣∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∣sen(x)4

∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣2x4

∣∣∣∣∣ ≤ 14

+24

=34< 1.

Por tanto, la función f tiene un único punto fijo en el intervalo [0, 1]. /

Métodos de resolución de ecuaciones Métodos de iteración funcional

– 159 –

Observación 8.10. Existe muchas formas de cambiar una ecuación de la forma f (x) = 0 en unproblema de puntos fijos de la forma g(x) = x. Por ejemplo, consideremos la ecuación x3−x+10 =

0.a) Sumando x en los dos miembros

x3 − x + 10 = 0 ⇐⇒ x3 + 10 = x,

y las soluciones de f son los puntos fijos de g1(x) = x3 + 10.b) Si despejamos x3 y dividimos por x2,

x3 − x + 10 = 0 ⇐⇒ x3 = x − 10 ⇐⇒ x =1x−

10x2

y, en este caso, los puntos fijos de la función g2(x) = 1x −

10x2 son las soluciones buscadas.

c) También podemos hacer lo siguiente,

x3 − x + 10 = 0 ⇐⇒ x3 = x − 10 ⇐⇒ x2 = 1 −10x⇐⇒ x =

√1 −

10x.

En este caso, nos interesan los puntos fijos de la función g3(x) =

√1 − 10

x .Como puedes ver, la transformación en un problema de puntos fijos no es única. Evidentemente,algunas de las transformaciones mencionadas antes dependen de que x sea distinto de cero, mayoro menor que 10, etc. Además de eso las funciones gi pueden tener mejores o peores propiedades,algunas serán contractivas y otras no.

Observación 8.11. Se puede comprobar de forma sencilla que una función f : [a, b] → [a, b]continua tiene un punto fijo sin más que aplicar el teorema de los ceros de Bolzano a la funcióng(x) = f (x) − x. ¿Por qué no hemos preferido esta versión? Por una parte estamos exigiendo unacondición más débil sobre la función, continuidad. Por otra parte, imponemos una condición másrestrictiva sobre el dominio. Pero lo importante es lo que conseguimos: como sólo aplicamos elteorema de los ceros de Bolzano no podemos asegurar que el punto fijo sea único y, más importante,nos podemos asegurar que la sucesión xn sea convergente y, aunque lo sea, tampoco tenemos laacotación del error cometido.

Representación gráfica

Para representar gráficamente los puntos de la sucesión, comenzamos con el primer punto de lasucesión (x1, f (x1)) y, a partir de ese momento, nos vamos moviendo horizontalmente hasta cruzarla bisectriz y verticalmente hasta encontrar de nuevo la gráfica de la función. Más concretamente,a) comenzamos con (x1, f (x1));b) nos movemos horizontalmente hasta cortar la bisectriz. El punto de corte será ( f (x1), f (x1));c) nos movemos verticalmente hasta cortar a la gráfica de f o, lo que es lo mismo, tomamos

x2 = f (x1) y le calculamos su imagen. El punto de corte será esta vez (x2, f (x2)).d) Repetimos.

8.3.1 Criterios de parada

Suele cuando trabajamos con métodos iterativos que tenemos una sucesión que sabemos que esconvergente, pero no conocemos cuál es el valor exacto de su límite. En estos casos lo que podemoshacer es sustituir el valor desconocido del límite por uno de los términos de la sucesión que haría

Métodos de iteración funcional Métodos de resolución de ecuaciones

– 160 –

Figura 8.3 Método de iteración funcional

el papel de una aproximación de dicho límite. Por ejemplo, si consideramos el término general deuna sucesión an dada, con la ayuda del ordenador podemos calcular un número finito de términos.La idea es pararse en los cálculos en un determinado elemento ak0 para que haga el papel del límite.Se impone entonces un criterio de parada para que dicho valor sea una buena aproximación dellímite de la sucesión.

Una forma de establecer un criterio de parada es considerar un número pequeño, llamado tolerancia,Toleranciaque denotaremos por T , y parar el desarrollo de la sucesión cuando se de una de las dos circuns-tancias siguientes:a) |an − an−1| < T ,

b) |an−an−1|an |

< T .

Observación 8.12. La distancia entre dos términos consecutivos de una sucesión puede tendera cero sin la que la sucesión sea convergente. Un ejemplo de este comportamiento es la sucesiónAnn∈N donde

An = 1 +12

+13

+ · · · +1n.

Sabemos (recuerda el Ejemplo 5.5) dicha sucesión es la sucesión de sumas parciales de la seriearmónica que no es convergente. Sin embargo,

limn→∞

An+1 − An = limn→∞

1n + 1

= 0.

8.3.2 Orden de convergencia

Definición 8.13. Sea una sucesión an convergente a l. Se define entonces el orden deOrden de con-vergencia convergencia como el número real p ≥ 1 verificando que

limn→∞

|an+1 − l||an − l|p

= K 6= 0

y, si p = 1, entonces 0 < K < 1.La constante K se denomina constante asintótica del error.

Cuando p = 1, diremos que la convergencia es lineal y, si p = 2, diremos que es cuadrática.Hay que resaltar que el orden de convergencia es un indicador de la velocidad a la que conver-

ge dicha sucesión. Es decir, generalmente, un orden de convergencia alto indica que la sucesiónconverge más rápidamente que otra con un orden bajo.

Métodos de resolución de ecuaciones Método de Newton-Raphson

– 161 –

Ejemplo 8.14. FALTA /

8.3.3 Métodos de aceleración de la convergencia: Método de Aitken

El objetivo de un método de aceleración de la convergencia es convertir una sucesión dada an

convergente a l, en otra sucesión bn convergente, pero más rápidamente que la dada, al mismolímite. En esta sección vamos a estudiar el método de Aitken para acelerar la convergencia de unasucesión con orden de convergencia lineal (p = 1).

Proposición 8.15. Sea ann∈N una sucesión de números reales convergente linealmente a l ∈ R, Método de acelera-ción de Aitkencon an 6= l para todo n ∈ N . Consideremos la sucesión bnn∈N definida por

bn = an −(an+1 − an)2

an+2 − 2an+1 + an

Entonces se verifica que lim bn = l y además

limn→∞

|bn − l||an − l|

= 0.

Observemos que éste último límite nos asegura que la nueva sucesión converge más deprisa a lque la inicial.

Ejemplo 8.16. FALTA (¿MEJOR EN PRÁCTICAS?) /

Teorema 8.17. Sea f : [a, b]→ R una aplicación contractiva, sea s el único punto fijo dela función f en el intervalo [a, b] y sea xn la sucesión generada por el método de iteraciónfuncional.a) Si 0 < | f ′(s)| < 1, la convergencia de xn es lineal.b) Si g′(s) = 0 y g′′(s) 6= 0, la convergencia de xn es cuadrática.c) Si g′(s) = g′′(s) = . . . = g(k−1)(s) = 0 y g(k)(s) 6= 0 con k ≥ 2, entonces la convergencia es

de orden k.Resumiendo el orden de convergencia es el orden de la primera derivada que no se anula ens.

Ejemplo 8.18. FALTA /

8.4 Método de Newton-RaphsonLa forma de construir los términos de la sucesión de aproximaciones es bastante sencilla y

responde a una idea muy intuitiva: una vez fijado un valor inicial x1, el término x2 se obtienecomo el punto de corte de la recta tangente a f en x1 con el eje de abscisas. De la misma forma,obtenemos xn+1 como el punto de corte de la recta tangente a f en el punto xn con el eje de abscisas.

De lo dicho hasta aquí se deduce:

xn+1 = xn −f (xn)f ′(xn)

.

En la Figura 8.4 se puede ver cómo se generan los valores de las 3 primeras aproximaciones.

Método de Newton-Raphson Métodos de resolución de ecuaciones

– 162 –

f (x)

y = f (x1) + f ′(x1)(x − x1)

x1

(x1, f (x1))

x2

f (x)

y = f (x1) + f ′(x1)(x − x1)

x1x2

(x2, f (x2))

x3

Paso 1 Paso 2

Figura 8.4 Aproximaciones con el método de Newton-Raphson

El teorema de Newton-Raphson nos dice el ambiente en el que es posible aplicar este método.

Teorema 8.19. Sea f : [a, b]→ R verificando que:Teorema deNewton-Raphson a) f es de clase dos,

b) f (a) f (b) < 0,c) f ′(x) 6= 0, para todo x ∈ [a, b],d) f ′′(x) no cambia de signo en [a, b].Entonces,a) La función f tiene un único cero en [a, b] y,b) tomando como primera aproximación cualquier punto x1 ∈ [a, b] donde f y f ′′ tengan

el mismo signo, la sucesión de valores xn del método de Newton-Raphson es convergentehacia la única solución de f (x) = 0 en [a, b].

Si además f es de clase tres en [a, b], la convergencia del método es, al menos, cuadrática.

f

xnxn+1

El teorema de Newton-Raphson se puede demostraren condiciones un poco más generales. Quizá el proble-ma más usual que se presenta y que puede estropear laconvergencia del método es que la derivada se anule enalgún punto. En ese caso, el método se puede parar: la rec-ta tangente en los puntos con pendiente cero es paralelaal eje de abscisas.

Ejemplo 8.20. Vamos a buscar los ceros de la funciónf (x) = x3 − 5 en el intervalo [1, 3]. Es inmediato compro-

bar que estamos en las condiciones bajo las cuales el teorema de Newton-Raphson nos aseguraconvergencia. Las primeras iteraciones que se obtienen utilizando Maxima son las siguientes

x1 = 3

x2 = 2.185185185185185

x3 = 1.80582775632091

x4 = 1.714973662124988

x5 = 1.709990496694424

Métodos de resolución de ecuaciones Método de Newton-Raphson

– 163 –

x6 = 1.7099759468005

x7 = 1.709975946676697

x8 = 1.709975946676697

Observa como en la séptima iteración se han “estabilizado” diez cifras decimales. Como puedesver, la velocidad de convergencia de este método es muy alta. Compáralo con los resultados queobtuvimos aplicando el método de bisección en el Ejemplo 8.3. /

Ejemplo 8.21. Apliquemos el método de Newton-Raphson para calcular la raíz cuadrada de unnúmero positivo a. Para ello, consideremos la función f (x) = x2 − a definida en algún intervaloque contenga a la raíz cuadrada de a y esté contenido a su vez en R+. Se cumple quea) La función es de clase infinito,b) f ′(x) = 2x > 0, yc) f ′′(x) = 2 no cambia de signo.Tenemos, por tanto, garantizada la convergencia del método. Si calculamos las aproximaciones,nos queda que

xn+1 = xn −f (xn)xn+1

= xn −x2

n − a2xn

=12

(xn +

axn

)¿Te suena de algo? Ya estudiamos en su día la convergencia de esta sucesión definida por recurren-cia (ver Ejemplo 4.23).

/

8.4.1 Variantes del método de Newton-Raphson

La principal complejidad del método de Newton-Raphson radica en que el cálculo de la sucesiónde aproximaciones involucra la derivada de la función. Las variantes que vamos a comentar tratande solventar esta dificultad es cambiar dicha derivada por una aproximación adecuada.

Método de la secante

Se trata de usar que la derivada en un punto xn es

f ′(xn) = limx→xn

f (xn) − f (x)xn − x

y tomar como aproximación un valor x cercano. Si la sucesión xn es convergente, en particular ladistancia entre dos términos consecutivos se va a cero. El método de la secante se basa en tomar

f ′(xn) ≈f (xn) − f (xn−1)

xn − xn−1.

Dados dos valores iniciales x1 y x2, la sucesión aproximante es

xn+1 = xn − f (xn)f (xn) − f (xn−1)

xn − xn−1

para n mayor o igual que 2.La velocidad de convergencia del este método no llega a ser cuadrática aunque es mejor que

lineal.Ejemplo 8.22. FALTAAñadir un ejemplo que compare el método de la secante y Newton. /

– 164 –

– 165 –

Interpolación numérica

– 166 –

Interpolación polinómica Métodos de interpolación polinómica

– 167 –

Interpolación polinómica

9

9.1 Métodos de interpolación polinómica 167 9.2 Interpolación de Lagrange 1679.3 Interpolación de Hermite 176 9.4 Interpolación de Taylor 176 9.5 Ejerci-cios 180

9.1 Métodos de interpolación polinómica¿Cómo podemos calcular la raíz cuadrada de 128? ¿Cuánto vale cos(12)? ¿Hay alguna función

f “sencilla” cumpliendo que f (0) = 0, f (19) = 2 y f (−1) = 1? ¿Cómo la buscamos? A estaspreguntas pretendemos responder en este tema.

La primera cuestión es qué es una función “sencilla” y la respuesta es que las funciones mássimples que conocemos son los polinomios. En este tema vamos a ver cómo podemos encontrarun polinomio con unos valores prefijados

9.2 Interpolación de LagrangeEl problema más clásico de interpolación es la interpolación de Lagrange:

Dados n+1 pares de puntos (x0, y0), (x1, y1),..., (xn, yn), encuéntreseel polinomio P de grado menor o igual que n tal que P(xi) = yi,i = 0, 1, ..., n.

Los puntos x0, x1,..., xn se llaman nodos de interpolación.Como un polinomio de grado n tiene la forma p(x) = a0 + a1x + · · ·+ anxn, si evaluamos en los

nodos de interpolación, obtenemos el sistema de ecuaciones

a0 + a1x0 + · · · + anxn0 = y0

a0 + a1x1 + · · · + anxn1 = y1

. . .

a0 + a1xn + · · · + anxn0 = yn

o escrito en forma matricial 1 x0 . . . xn

01 x1 . . . xn

1...

.... . .

...1 xn . . . xn

n

a0a1...

an

=

y0y1...

yn

Interpolación de Lagrange Interpolación polinómica

– 168 –

Este sistema tiene solución única si, y sólo si, el determinante de la matriz de coeficientes (deter-minante de Vandermonde) no es cero.∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 x0 . . . xn0

1 x1 . . . xn1

......

. . ....

1 xn . . . xnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∏0≤ j<i≤n

(xi − x j)

lo cuál se cumple cuando los nodos son distintos entre sí. Así pués la condición necesaria y sufi-ciente para que exista un polinomio P de grado menor o igual que n tal que P(xi) = yi, i = 0, 1, ..., nes que los nodos de interpolación sean todos distintos.

La siguiente definición es fundamental en lo que sigue.

Definición 9.1. Dados xi, i = 0, 1, 2,..., n números reales distintos, los polinomios

Li(x) =

n∏j=0j6=i

(x − x j)(xi − x j)

, i = 0, 1, 2, . . . , n

se llaman polinomios de Lagrange de grado n en los puntos x0, x1, ... , xn.Polinomiode Lagrange

¿Qué propiedades tienen? Fíjate que son muy fáciles de evaluar en los puntos xi. Si evaluamosen el mismo índice

Li(xi) =

n∏j=0j6=i

(xi − x j)(xi − x j)

= 1,

ya que numerador y denominador coinciden. Si evaluamos en xk con k 6= i, entonces

Li(xk) =

n∏j=0j6=i

(xk − x j)(xi − x j)

= 0,

ya que uno de los factores del numerador, en concreto cuando j = k, se anula. Resumiendo, lospolinomios de Lagrange valen

Li(xk) =

1, si i = k,0, si i 6= k.

para i, k = 0, 1,..., n. Observa que hemos dado el valor de los polinomios de Lagrange en n + 1puntos diferentes y, por tanto, estos valores los determinan completamente.

Proposición 9.2. Dados xi, i = 0, 1, 2,..., n números reales distintos, los polinomios

Li(x) =

n∏j=0j6=i

(x − x j)(xi − x j)

, i = 0, 1, 2, . . . , n

son los únicos polinomios de grado n que verifican que

Li(xk) =

1, si i = k,0, si i 6= k,

Interpolación polinómica Interpolación de Lagrange

– 169 –

para i, k = 0, 1,..., n

Con los polinomios Li podemos fácilmente construir un polinomio que tome valores yi en losnodos xi. En efecto, el polinomio

P(x) = y0L0(x) + y1L1(x) + · · · + ynLn(x)

cumple que P(xi) = yi para i = 0, 1,...,n. El siguiente teorema recoge toda la información quehemos presentado.

Teorema 9.3. Sean x0, x1,..., xn números reales distintos. Entonces dados y0, y1,..., yn existeun único polinomio Pn(x) de grado menor o igual que n verificando que

Pn(xi) = yi, i = 0, 1, . . . , n.

Dicho polinomio viene dado por Fórmula de La-grange del polino-mio de interpola-ción

P(x) = y0L0(x) + y1L1(x) + · · · + ynLn(x), (9.1)

donde

Li(x) =(x − x0)(x − x1) · · · (x − xi−1)(x − xi+1) · · · (x − xn)

(xi − x0)(x0 − x1) · · · (xi − xi−1)(xi − xi+1) · · · (xi − xn)

para i = 0, 1,..., n.

La identidad (9.1) se llama fórmula de Lagrange del polinomio de interpolación.

Ejemplo 9.4. La siguiente tabla contiene el números de total de viajeros en autobús a lo largode cada mes del año 2009 según datos ofrecidos por el INE.1

Mes Número de viajeros(miles)

Diciembre 389671Noviembre 419292Octubre 439543Septiembre 389981Agosto 291031Julio 383118Junio 423390Mayo 430970Abril 402108Marzo 438119Febrero 400683Enero 399211

Tabla 9.1 Viajeros enautobús en el año 2009

¿Podemos estimar el número de viajeros en enero de 2010 utilizando estos datos? Si numeramoslos meses, tenemos los datos en los nodos 1, 2,..., 12 y queremos averiguar cuál es el valor en x = 13.

Instituto Nacional de Estadística1

Interpolación de Lagrange Interpolación polinómica

– 170 –

Para empezar consideremos los 3 últimos meses: tenemos los pares (10, 439543), (11, 419292) y(12, 389671). Los polinomios de Lagrange de grado 2 en estos nodos son

L0(x) =(x − 419292)(x − 389671)

(11 − 419292)(12 − 389671)

L1(x) =(x − 439543)(x − 389671)

(10 − 439543)(12 − 389671)

L2(x) =(x − 439543)(x − 419292)

(10 − 439543)(11 − 419292)

Por tanto el polinomio de interpolación es

P2(x) = 439543 L0(x) + 419292 L1(x) + 389671 L2(x)

= − 4685x2 + 78134x + 126703,

y su valor en el punto es

P2(13) = 350680.

El resultado correcto según el INE es 381968 . Como aproximación no está mal. ¿Podemos mejo-rarlo? Podemos utilizar la información de todos los meses en lugar de sólo tres. El polinomio deinterpolación de Lagrange de grado 11 en estos puntos es

P11(x) = −1

39916800(25709170x11 − 1815256113x10 + 56501979545x9

− 1020808257480x8 + 11859736311060x7 − 92714008736349x6

+ 495539284031165x5 − 1800956760935970x4 + 4330266172986820x3

−6496226395511688x2 + 5397424840499040x − 1860161998464000.)

¿Crees que el valor en 13 nos dará una aproximación del número de viajeros en enero de 2010?Vamos a ver

P11(13) = −56891214.

Vale, en este caso no es una buena aproximación. ¿Qué ocurre? ¿Dónde está el problema? Posi-blemente un polinomio, y de grado alto, no es una buena aproximación a unos datos que son casiperiódicos. /

Ventajas e inconvenientes

Los polinomios de Lagrange son muy fáciles de calcular. Es por ello que se utilizan como unode los primeros ejemplos de polinomios interpoladores. Su interés práctico es limitado y suelenpresentarse más bien como ejemplo teórico de interpolación.

Su principal inconveniente se presenta cuando el conjunto de nodos es muy grande. En esecaso el grado del polinomio también es muy grande. Esto implica dificultades para el cálculo y,además, hay una alta tendencia a que el polinomio oscile mucho entre dos nodos, lo que no sueleser demasiado deseable como ha quedado de manifiesto en el Ejemplo 9.4.

Interpolación polinómica Interpolación de Lagrange

– 171 –

En este momento habría que hacer una reflexión sobre la utilidad de los polinomios de Lagrange.Si los puntos que queremos interpolar son de la forma (x0, f (x0)), (x1, f (x1)), ... ,(xn, f (xn)) paracierta función f de la que no conocemos la fórmula, entonces el polinomio de Lagrange de gradon en dichos puntos es, justamente, un polinomio de grado n y, si n es muy grande, oscilará bastantecon lo que no parece una herramienta adecuada para estimar el valor de f en un punto distinto delos nodos de interpolación, pero es más, sería deseable que al aumentar el número de nodos, laestimación que nos da la función de interpolación sea más buena, o al menos que no sea más mala.Sin embargo al aumentar el número de nodos el polinomio de interpolación de Lagrange aumentade grado y es muy posible que sus oscilaciones sean mayores.

Ejemplo 9.5. Si tenemos los nodos x0 = −2, x1 = 1 y x2 = 5, los tres polinomios de Lagrangeson

L0(x) =∏i=1,2

(x − xi)(x0 − xi)

=(x − 1)(x − 5)

(−2 − 1)(−2 − 5)=

x2 − 6x + 521

L1(x) =∏i=0,2

(x − xi)(x1 − xi)

=(x + 2)(x − 5)(1 + 2)(1 − 5)

= −x2 − 3x − 10

12

L2(x) =∏i=0,1

(x − xi)(x2 − xi)

=(x + 2)(x − 1)(5 + 2)(5 − 1)

=x2 + x − 2

28

Si el valor en dichos puntos es y0 = 3, y1 = −1 e y2 = 1, el polinomio de interpolación es

P2(x) = 3L0(x) − L1(x) + L2(x) =11x2 − 45x − 8

42

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 6−1

1

3

5

0

P2(x) = 11x2−45x−842(−2, 3)

(1,−1)

(5, 1)

Figura 9.1 Interpolación de Lagrange con 3 puntos

Si aumentamos el número de nodos y buscamos el polinomio de Lagrange que pase por los puntos(−3, 3), (−2, 3), (1,−1), (4,−2), (4.5, 3), (5, 1) nos hace falta un polinomio de grado 5. Puedescomprobar que dicho polinomio es

P5(x) = −30x5 − 151x4 − 474x3 + 1981x2 + 2766x − 3816

336

Como se puede ver en la figura, al aumentar el número de nodos y, por tanto el grado del polinomio,se pueden producir oscilaciones de la gráfica entre nodos consecutivos. /

Interpolación de Lagrange Interpolación polinómica

– 172 –

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 6

10

20

P2

P5 = −30x5−151x4−474x3+1981x2+2766x−3816336

Figura 9.2 Interpolación de Lagrange con 6 puntos

9.2.1 Acotación del error

Si los datos iniciales corresponden a una función, podemos estudiar la diferencia entre el valordel polinomio de interpolación y el de dicha función.

Teorema 9.6. Sea x0, x1,..., xn puntos distintos de un intervalo [a, b] y sea f : [a, b] → Runa función de clase n + 1. Entonces, dado x ∈ [a, b], existe c ∈]a, b[ tal que

f (x) − P(x) =f (n+1)(c)(n + 1)!

(x − x0)(x − x1) · · · (x − xn)

donde P es el polinomio de interpolación de grado n que verifica que P(xi) = f (xi), i = 0,1,..., n.

La fórmula del error del Teorema 9.6 no es fácil de usar y sólo es útil en el caso de que sea-mos capaces de calcular las derivadas sucesivas de la función y acotarlas. En muchas ocasiones,es simplemente imposible de usar. Por ejemplo, en el Ejemplo 9.4 nos hemos encontrado con laimposibilidad de acotar el error dado que los datos no corresponden a una función concreta y, portanto, no podemos aplicar el teorema.

Ejemplo 9.7. ¿Cuál es el error cuando aproximamos√

102 utilizando el valor de la función raízcuadrada en 81, 100 y 121?El polinomio de Lagrange de la función f (x) =

√x en los puntos x0 = 81, x2 = 100, x3 = 121 es

p(x) =11 (x − 100) (x − 81)

840−

10 (x − 121) (x − 81)399

+9 (x − 121) (x − 100)

760

= −x2

7980+

601 x7980

+495133

y el error que cometemos cuando cambiamos f (102) =√

102 por p(102) = 10.1 es, según hemosvisto

Interpolación polinómica Interpolación de Lagrange

– 173 –

f (102) − p(102) =f ′′′(c)

3!(102 − 81)(102 − 100)(121 − 100),

donde c es un punto del intervalo [81, 121]. Como

f ′′′(x) =3

8√

x5

es una función decreciente y positiva en dicho intervalo, su valor más grande lo alcanza en x = 81.Ya podemos acotar el error

| f (102) − p(102)| =

∣∣∣∣∣ f ′′′(c)3!

(102 − 81)(102 − 100)(121 − 100)∣∣∣∣∣

=21 · 198√

815=

133157464

.

Resumiendo, la raíz cuadrada de 102 vale 10.1 con un error menor que 133157464 . /

9.2.2 Fórmula de Newton

Aunque el cálculo de polinomios de Lagrange de grado más alto no siempre mejora el resultado,se suelen calcular polinomios de interpolación de varios grados y elegir la mejor aproximacióncon alguna condición que dependerá del problema concreto.

El método de cálculo de los polinomios de Lagrange que hemos presentado es muy útil paracalcular el polinomio de interpolación de un grado determinado, pero no aprovecha los cálculos deun grado en el siguiente paso. El método que presentamos ahora permite calcular recursivamenteel polinomio de interpolación.

Definición 9.8. Sea (x0, y0), (x1, y1),..., (xn, yn) parejas de puntos con los xi, i = 0, 1,..., ndistintos.a) Se llama diferencia dividida de orden 0 con respecto a xi es

f [xi] = yi, i = 0, 1, . . . , n.

b) La diferencia dividida de orden 1 con respecto a xi y xi+1 es

f [xi, xi+1] =f [xi+1] − f [xi]

xi+1 − xii = 0, 1, . . . , n − 1.

c) Se define por recurrencia, la diferencia dividida de orden k con respecto a xi,xi+1,..., xi+kcomo

f [xi, xi+1, . . . , xi+k] =f [xi+1, . . . , xi+k] − f [xi, xi+1, . . . , xi+k−1]

xi+k − xi

En el caso particular de que los valores yi = f (xi), i = 0, 1, . . . , n, para cierta función f entoncesf [xi] = f (xi), i = 0, 1, . . . , n.

¿Cuál es el interés de las diferencias divididas? Nos dan los coeficientes de los polinomios deinterpolación y, más importante, una forma de calcularlos de forma recursiva. En otras palabras,para calcular el polinomio de un grado determinado aprovechamos los cálculos de los polinomiosde grado menor.

Interpolación de Lagrange Interpolación polinómica

– 174 –

xif[xi ]

Orden

1O

rden2

Orden

3O

rden4

x0f[x0 ]

f[x0 ,x1 ]=

f[x1 ]−f[x0 ]

x1−

x0x1

f[x1 ]f[x0 ,x1 ,x2 ]

=f[x1 ,x2 ]−

f[x0 ,x1 ]x2−

x0f[x0 ,x1 ,x2 ,x3 ]

=f[x1 ,x2 ,x3 ]−

f[x0 ,x1 ,x2 ]x3−

x0

f[x1 ,x2 ]=

f[x2 ]−f[x1 ]

x2−

x1x2

f[x2 ]f[x1 ,x2 ,x3 ]

=f[x2 ,x3 ]−

f[x1 ,x2 ]x3−

x1f[x0 ,x1 ,x2 ,x3 ,x4 ]

=f[x1 ,x2 ,x3 ,x4 ]−

f[x0 ,x1 ,x2 ,x3 ]x4−

x0

f[x2 ,x3 ]=

f[x3 ]−f[x2 ]

x3−

x2f[x1 ,x2 ,x3 ,x4 ]

=f[x2 ,x3 ,x4 ]−

f[x1 ,x2 ,x3 ]x4−

x1x3

f[x3 ]f[x2 ,x3 ,x4 ]

=f[x3 ,x4 ]−

f[x2 ,x3 ]x4−

x2

f[x3 ,x4 ]=

f[x4 ]−f[x3 ]

x4−

x3x4

f[x4 ]

Tabla9.2

Diferenciasdivididasen

cuatropuntos

Interpolación polinómica Interpolación de Lagrange

– 175 –

Proposición 9.9. El polinomio de interpolación de orden n de la función f : [a, b] → R en lospuntos x0, x1,..., xn es

Pn(x) = f [x0] + f [x0, x1](x − x0) + f [x0, x1, x2](x − x0)(x − x1) + · · · (9.2)

+ f [x0, x1, . . . , xn](x − x0)(x − x1) · · · (x − xn−1).

También puede escribirse el polinomio tomando la sucesión en orden invertido o, lo que es lomismo, utilizando la otra diagonal de la tabla de diferencias divididas de la forma

Pn(x) = f [xn] + f [xn−1, xn](x − xn) + f [xn−2, xn−1, xn](x − xn)(x − xn−1) + · · · (9.3)

+ f [x0, x1, . . . , xn](x − xn)(x − xn−1) · · · (x − x1).

Estas dos ecuaciones, (9.2) y (9.3), se llaman fórmula de Newton del polinomio de interpolación.Como hemos dicho, ambas dan exactamente el mismo polinomio, pero a la hora de evaluar en unpunto x es mejor utilizar una u otra dependiendo de la distancia de x a x0 y xn (menos es mejor).

Ejemplo 9.10. Vamos a calcular el polinomio de interpolación con los siguientes datos.

xi -2 -1 1 2f [xi] 2 0 1 -1

La tabla de diferencias divididas es la siguiente:

xi f [xi] f [xi, xi+1] f [xi, xi+1, xi+2] f [xi, xi+1, xi+2, xi+3]−2 2

−2−1 0 5

612 − 10

241 1 −5

6

−22 −1

Por tanto el polinomio de interpolación es

2 − 2(x + 2) +56

(x + 2)(x + 1) −5

12(x + 2)(x + 1)(x − 1) = −

512

x3 +1112

x +12.

También se puede calcular utilizando la diagonal inferior

−1 − 2(x − 2) −56

(x − 2)(x − 1) −1024

(x − 2)(x − 1)(x + 1) = −512

x3 +1112

x +12.

Los cálculos anteriores son aprovechables. Por ejemplo, si sólo tenemos en cuenta los tres primerosnodos el correspondiente polinomio de Lagrange de orden 2 es

2 − 2(x + 2) +56

(x + 2)(x + 1) =56

x2 +x2−

13.

/

Interpolación de Hermite Interpolación polinómica

– 176 –

9.3 Interpolación de HermiteEn el problema de interpolación se conoce el valor de una función en n puntos, si además añadi-

mos como información inicial el valor de la derivada en dichos puntos estamos ante el problemade interpolación de Hermite:

Dados n + 1 puntos distintos x0, x1,..., xn encontrar el polinomio Hde grado menor o igual que 2n + 1 tal que

H(xi) = yi,

H′(xi) = y′i , i = 0, 1, . . . , n.

La solución próximamente...

9.4 Interpolación de TaylorSi f : I → R es una función derivable en a ∈ I, la recta tangente

y = f (a) + f ′(a)(x − a)

tiene cierto parecido con la función original. Más concretamente, ambas pasan por el punto (a, f (a))y tienen la misma pendiente.

Si la función f se puede derivar más veces podemos plantearnos encontrar un polinomio quese ajuste con más exactitud a dicha función. Para ello podemos escoger varios caminos pero, engeneral, necesitamos imponer condicionales adicionales al polinomio. Por ejemplo: ¿existe unpolinomio de grado 2 que coincida con la función, su derivada y la segunda derivada en un puntoa? Supongamos que el polinomio es p(x) = a0 + a1(x − a) + a2(x − a)2. Si imponemos esascondiciones, obtenemos que:

a0 = f (a),a1 = f ′(a),

2a2 = f ′′(a),

En general, el problema de interpolación de Taylor consiste en

Dado un punto a y n + 1 valores yi, i = 0, 1, . . . , n, encontrar elpolinomio P de grado menor o igual que n tal que P(i)(a) = yi, i = 0,1, 2,..., n.

En el caso de que los datos correspondan a una función, se trata de encontrar un polinomio quecoincida con la función y sus derivadas hasta orden n en el punto a.

Definición 9.11. Sea f : I → R, n veces derivable en a ∈ I. El polinomio de Taylor dePolinomiode Taylor orden n centrado en a de la función f es

Interpolación polinómica Interpolación de Taylor

– 177 –

Pn(x) = f (a) + f ′(a)(x − a) +f ′′(a)

2!(x − a)2 + . . . +

f (n)(a)n!

(x − a)n.

El polinomio de Mclaurin es el polinomio de Taylor en el caso particular a = 0. Polinomio deMclaurin

Ejemplo 9.12. Calcular el polinomio de Taylor de la función seno en centrado en el origen.En primer lugar vamos a calcular las derivadas sucesivas de la función seno:

f (x) = sen(x),

f ′(x) = cos(x),

f ′′(x) = − sen(x),

f ′′′(x) = − cos(x), y

f (4)(x) = sen(x).

Las derivadas a partir de orden 5 se vuelven a repetir. Expresar la derivada n-ésima así es, comomínimo, incómodo aunque tiene la ventaja de ser entenderse fácilmente. De otra forma,

f (x) = sen(x),

f ′(x) = cos(x) = sen(x +

π

2

)f ′′(x) = cos

(x +

π

2

)= sen

(x + 2

π

2

)f ′′′(x) = cos

(x + 2

π

2

)= sen

(x + 3

π

2

),

y, por inducción, se tiene que

f (n)(x) = sen(x + n

π

2

).

Si sustituimos en el origen:

f (0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0, f ′′′(0) = −1, f (4)(0) = 0, . . .

Se observa que todas las derivadas de orden par son nulas y las de orden impar van alternando losvalores 1 y -1. El polinomio de Taylor de orden 2n − 1 nos queda

P2n−1(x) = f (0) + f ′(0)x +f ′′(0)

2!x2 +

f ′′′(0)3!

x3 + . . . +f (2n−1)(0)(2n − 1)!

x2n−1

=x −x3

3!+

x5

5!+ . . . + (−1)n+1 x2n−1

(2n − 1)!

=

n−1∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1.

/

Interpolación de Taylor Interpolación polinómica

– 178 –

−2π − 3π2

−π −π2π2

π 3π2

2π

−4

−2

2

4

0

Coseno

1 − x2

2!

1 − x2

2! + x4

4! −x6

6! + x8

8!

Figura 9.3 La función coseno y su polinomio de Taylor

El siguiente resultado se conoce como fórmula infinitesimal del resto y permite calibrar el parecidoentre una función y su polinomio de Taylor cerca del punto donde estamos calculando el desarrollo.

Proposición 9.13. Sea I un intervalo, f : I → R una función de clase Cn con n ≥ 1 y Pn elFórmula infini-tesimal del resto polinomio de Taylor de f en a ∈ I. Entonces

limx→a

f (x) − Pn(x)(x − a)n = 0.

A la diferencia entre la función y el correspondiente polinomio se le suele llamar resto de TaylorResto de Taylorde orden n de la función f en el punto a: Rn(x) = f (x) − Pn(x).

Ejemplo 9.14. Calcular limx→01x (e − (1 + x) 1

x ).Sea f : R+ → R la función definida como

f (x) =1x

(e − (1 + x)

1x

).

Consideremos la función g : R+0 → R definida como g(x) = (1 + x)1/x , x > 0 y g(0) = e, función

que hemos estudiado en el Ejercicio 7.3 y obtuvimos que es derivable en cero y g′(0) = −e/2.Utilizando esta función y el teorema de Taylor, la función f podemos escribirla así:

f (x) =g(0) − g(x)

x=−g′(0)x − R1(x)

x=

e2−

R1(x)x

,∀x > 0

donde R1(x) representa el resto de Taylor de la función g en el cero, y de orden 1, por lo quesabemos que limx→0

R1(x)x = 0. Entonces

limx→0

f (x) =e2.

/

Interpolación polinómica Interpolación de Taylor

– 179 –

Teorema 9.15. Sea I un intervalo y f : I → R una función n + 1 veces derivable. Sea Pn Teorema de Taylorel polinomio de Taylor de orden n en el punto a de la función f . Entonces, dado x ∈ I existec ∈]a, x[ tal que

f (x) − Pn(x) =f (n+1)(c)(n + 1)!

(x − a)n+1.

La fórmula de Taylor permite dar una estimación del error que cometemos. Dejando aparte elvalor de la derivada de orden n+1 de la función, estamos dividiendo por (n+1)! lo que quiere decirque cuanto más alto sea el grado del polinomio mejor. Al mismo tiempo estamos multiplicando por(x−a)n+1 lo cual quiere decir que cuanta mayor sea la distancia entre el punto donde desarrollemos,a, y el punto donde evaluemos, x, peor.

Ejemplo 9.16. La función coseno es uno de los ejemplos típicos de función que supuestamenteconocemos. Decimos supuestamente porque en la práctica, salvo en unos cuantos valores destaca-dos, no sabemos calcularla. En cambio sí que podemos evaluar su polinomio de Taylor, por ejemplo,en el origen. Para ello usaremos las derivadas en el origen de f (x) = cos(x):

f (0) = 1, f ′(0) = 0, f ′′(0) = −1, f ′′′(0) = 0, y f (4)(0) = 1.

El polinomio de Taylor en el origen de orden uno, dicho de otra manera, la recta tangente en 0 es

P1(x) = 1.

Cerca del origen, el polinomio de Taylor y la función coseno no se diferencian demasiado, peroeste parecido desaparece rápidamente cuando nos alejamos. Aumentemos el grado del polinomiode Taylor. La segunda derivada en el origen vale -1 y por tanto

P2(x) = 1 −x2

2.

El polinomio de grado 4 es

P4(x) = 1 −x2

2+

x4

4!

que, como se puede ver la Figura 9.4, se diferencia aún menos de la función coseno.

π2π2

ππ−π2−π2

−π−π

1

−1π2π2

ππ−π2−π2

−π−π

1

−1π2π2

ππ−π2−π2

−π−π

1

−1Orden 1 Orden 2 Orden 4

Figura 9.4 Polinomio de Taylor de la función coseno

A la vista de este ejemplo puede pensarse que si aumentamos el orden del polinomio de Taylor elerror que cometemos será cada vez más pequeño y veremos que para la función coseno de hechoes así. /

La función exponencial coincide con su derivada y, por tanto, con su derivada n-ésima. Supolinomio de Taylor en el origen es

Ejercicios Interpolación polinómica

– 180 –

Pn(x) = 1 +x1!

+x2

2!+ . . . +

xn

n!=

n∑i=0

xi

i!.

Por ejemplo, si queremos calcular el número e, el error será

Rn(1) = f (1) − Pn(1) =ec

(n + 1)!(1 − 0)n+1,

donde f (x) = ex y c es un punto intermedio entre a = 0 y x = 1. No sabemos con exactitud cuantovale ec, lo que sí sabemos es que la exponencial es una función creciente y entre 0 y 1 está acotadapor 3, por ejemplo. Por tanto

|Rn(1)| =∣∣∣∣∣ ec

(n + 1)!

∣∣∣∣∣ ≤ 3(n + 1)!

.

Por tanto, utilizando dicha cota del error, tenemos

n Pn(1) error Rn(1)0 1 31 2=1+1 3

22 2.5 = 1 + 1 + 1

21/2

3 2′6 = 1 + 1 + 12 + 1

618

4 ≈ 2.708 0.025

Tabla 9.3 Aproximacionesdel número e

Para poder calcular este polinomio lo único que necesitamos es la existencia de derivadas de cual-quier orden en un punto a del dominio. En este ambiente, es natural plantearse preguntas comoa) ¿Cualquier función de clase C∞ es el límite en algún sentido de su polinomio de Taylor cuando

el orden tiende a infinito?b) ¿Qué ocurre con funciones que presentan problemas de regularidad como, por ejemplo, la

existencia de puntos de discontinuidad o en los que no existan todas las derivadas?c) Si el polinomio de Taylor no se parece a la función original siempre, ¿hay al menos algunos

puntos en los que sí se parezca? Y, en ese caso, ¿cómo de grande es dicho conjunto?, ¿es unintervalo?, ¿es abierto, cerrado,. . . ?

9.5 Ejercicios

9.5.1 Polinomio de Taylor

Ejercicio 9.1. Expresar el polinomio x4 − 5x3 − 3x2 + 7x + 6 en potencias de (x − 2).

Solución 9.1. Vamos a calcular el polinomio de Taylor de orden 4 centrado en a = 2 de f (x) =

x4 − 5x3 − 3x2 + 7x + 6.

Interpolación polinómica Ejercicios

– 181 –

f (x) = x4 − 5x3 − 3x2 + 7x + 6 =⇒ f (2) = − 16,

f ′(x) = 4x3 − 15x2 − 6x + 7 =⇒ f ′(2) = − 33,

f ′′(x) = 12x2 − 30x − 6 =⇒ f ′′(2) = − 18,

f ′′′(x) = 24x − 30 =⇒ f ′′′(2) = 18,

f (4)(x) = 24 =⇒ f (4)(2) = 24.

Por tanto

f (x) = f (2) +f ′(2)1!

(x − 2) +f ′′(2)

2!(x − 2)2 +

f ′′′(2)3!

(x − 2)3 +f (4)(2)

4!(x − 2)4

= − 16 − 33(x − 2) − 9(x − 2)2 + 3(x − 2)3 + (x − 2)4.

Ejercicio 9.2. Calcular un valor aproximado del número real α con un error menor de 10−2 encada uno de los casos siguientes:a) α =

√e,

b) α = sen(

12

).

Solución 9.2.a) Consideramos la función f : R→ R, f (x) = ex . Lo que se nos pide es el valor aproximado de

f (1/2) con un error menor que 10−2. Aplicando el teorema de Taylor en el punto cero, sabemosque existe c ∈]0, 1/2[ verificando

f (1/2) = 1 + 1/2 +1

22 2!+

123 3!

+ · · · +1

2n n!+ Rn(1/2)

donde Rn(x) representa el resto de Taylor de la función exponencial de orden n, y por tanto

Rn(1/2) =ec

2n+1 (n + 1)!.

Entonces, sólo nos queda encontrar el n suficiente para que |Rn(1/2)| sea menor que 10−2 .Como e < 3 y c < 1/2, entonces ec < 2. Luego, si encontramos el natural suficiente para que

12n (n + 1)!

< 10−2 ⇐⇒ 2n (n + 1)! > 100

y para ello basta que n ≥ 3.El valor aproximado que se nos pide es:

√e ∼ 1 + 1/2 + 1

22 2! + 123 3! = 1, 6458.

b) Repetimos el ejercicio anterior, pero ahora la función es f (x) = sen(x), la desarrollamos entorno al cero, y calculamos su valor aproximado en x = 1/2. Como el desarrollo de Taylor dela función seno en el cero es

sen(x) = x −x3

3!+

x5

5!+ · · · + Rn(x)

donde Rn(x) = sen(c + (n + 1)π2

)xn+1

(n+1)! , al ser la función seno una función acotada en valorabsoluto por 1, sólo tenemos que exigir que

|Rn(1/2)| <1

2n+1 (n + 1)!< 10−2 ⇐⇒ 100 < 2n+1 (n + 1)! ⇐⇒ n ≥ 3.

Ejercicios Interpolación polinómica

– 182 –

Por tanto, el valor aproximado que se nos pide es sen(

12

)∼ 1

2 −1

23 3! = 0.479.

Ejercicio 9.3. Utilizar el polinomio de Taylor para calcular√

102 con un error menor que 10−2.

Solución 9.3. Para calcular√

102 vamos a desarrollar la función f (x) =√

x en a = 100. Comen-cemos calculando derivadas de f :

f ′(x) =12

x−1/2,

f ′′(x) = −12

12

x−3/2,

f ′′′(x) =12

12

32

x−5/2,

f (4)(x) = −12

12

32

52

x−7/2

En general,

f (n)(x) =(−1)n+11 · 3 · 5 · · · (2n − 3)

2n x−2n−1

2 .

El error es

Rn(102) =f (n+1)(c)(n + 1)!

(102 − 100)n+1 =(−1)n+21 · 3 · 5 · · · (2n − 1)c−(2n+1)/2

2n+1(n + 1)!2n+1, (9.4)

donde c ∈ [100, 102]. La función g(x) = x−(2n+1)/2 = 1√x2n+1 es decreciente y, por tanto, su valor

máximo en el intervalo [100, 102] lo alcanza en 100. Sustituimos en la ecuación 9.4 y obtenemosque

|Rn(102)| ≤1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

(n + 1)! 102n+1 .

Para n = 1, R1(102) ≤ 12·103 es un error suficientemente pequeño. ¿Cuánto vale

√102?

√102 ≈ P1(102) = f (100) + f ′(100)(102 − 100) = 10 +

110

= 10.1.

Ejercicio 9.4. Calcula una aproximación de cosh(1/2) con un error menor que 10−4.E

Solución 9.4. FALTA

Ejercicio 9.5. Sea f una función cuyo polinomio de Taylor de grado 3 centrado en 0 esE

1 + x +x2

2+

x3

3.

Calcula el polinomio de Taylor de grado 3 centrado en cero de la función g(x) = x f (x).

Solución 9.5. Recordemos que el polinomio de grado 3 de la función f centrado en 0 es

f (0) + f ′(0)x +f ′′(0)

2x2 +

f ′′′(0)3!

x3 = 1 + x +x2

2+

x3

3.

Despejando en la fórmula anterior se tiene que f (0) = 1, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 1 y f ′′′(0) = 2.

Interpolación polinómica Ejercicios

– 183 –

Para calcular el polinomio de Taylor de la función g(x) = x f (x) centrado en el origen y de orden3 necesitamos el valor de las 3 primeras derivada en 0:

g(x) = x f (x) =⇒ g(0) = 0,

g′(x) = f (x) + x f ′(x) =⇒ g′(0) = 1

g′′(x) = 2 f ′(x) + x f ′′(x) =⇒ g′′(0) = 2, y

g′′′(x) = 3 f ′′(x) + x f ′′′(x) =⇒ g′′′(0) = 3.

Por tanto, el polinomio de orden 3 de g es

g(0) + g′(0)x +g′′(0)

2x2 +

g′′′(0)3!

x3 = x + x2 +12

x3.

– 184 –

– 185 –

Integrabilidad

– 186 –

Integración Funciones integrables

– 187 –

Integración

10

10.1 Funciones integrables 187 10.2 Teorema fundamental del Cálculo 192 10.3 Ejer-cicios 195

El área de un recinto, la longitud de un cable que cuelga entre dos postes, el volumen o lasuperficie de una esfera...Estos son el tipo de problemas que vamos a resolver en este capítulo.Para ello presentamos el concepto de integral de una función.

10.1 Funciones integrables

Definición 10.1. Una partición P de un intervalo [a, b] es un conjunto finito del tipo ParticiónP = x0, x1, . . . , xn donde

a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b.

Ejemplo 10.2. Los conjuntos 0, 1,0, 1

2 , 1

o0, 1

3 ,12 , 1

son particiones del intervalo [0, 1]. No

lo son, en cambio, conjuntos como0, 1

2 ,13 , 1

,0, 1

3 ,12

. /

Definición 10.3. Sea f : [a, b] → R una función acotada y P una partición del intervalo.La suma superior S ( f , P) de la función f relativa a la partición P es Suma superior

S ( f , P) = sup f ([x0, x1])(x1 − x0) + sup f ([x1, x2])(x2 − x1) + . . .

+ sup f ([xn−1, xn])(xn − xn−1).

Análogamente se define la suma inferior I( f , P) como Suma inferior

I( f , P) = inf f ([x0, x1]) (x1 − x0) + sup f ([x1, x2])(x2 − x1) + . . .

+ sup f ([xn−1, xn])(xn − xn−1).

Las sumas inferiores y superiores que vemos en la siguiente figura son una aproximación delárea que queremos calcular. Ahora bien, el valor de la suma inferior siempre será menor que el dela integral y a la suma superior le ocurre lo contrario.

Definición 10.4. La integral superior de f se define como Integral superior∫[a,b]

f = infS ( f , P) : P partición de [a, b]

.

La integral inferior de f se define como Integral inferior∫[a,b]

f = supI( f , P) : P partición de [a, b]

.

Funciones integrables Integración

– 188 –

x0 x1 x2 x3... xn

f

x0 x1 x2 x3... xn

f

Suma superior Suma inferior

Figura 10.1 Sumas superiores e inferiores

Las integrales superior e inferior son aproximaciones a la integral de la función. En un casopor exceso y en otro por defecto. Cuando ambas aproximaciones coinciden, tenemos una funciónintegrable.

Definición 10.5. Sea f : [a, b] → R una función acotada. Diremos que f es integrable siIntegralcoinciden la integral superior e inferior. En ese caso, denotaremos

∫[a,b] f a dicha integral.

También usaremos con frecuencia las notaciones∫ ba f o

∫ ba f (x) dx si queremos hacer hincapié

en la variable de integración.

Ejemplo 10.6. Calcular la integral de f (x) = x en el intervalo [0, 1] Consideremos la particiónPn del intervalo [0, 1] que consiste en dividirlo en n trozos iguales:

Pn =

0,

1n,

2n, . . . ,

n − 1n

, 1.

Como la función f es creciente, su valor máximo se alcanzará en el extremo de la derecha y elmínimo en el extremos de la izquierda. Con esto es fácil calcular el valor de las sumas superiorese inferiores.

S ( f , Pn) =

n∑i=1

f( in

) 1n

=1n2

n∑i=1

i =n(n + 1)

2n2 , y

I( f , Pn) =

n∑i=1

f(i − 1

n

)1n

=1n2

n∑i=1

i − 1 =(n − 1)n

2n2 .

Si hacemos tender n a infinito, limn→∞ S ( f , Pn) = limn→∞ S ( f , Pn) = 12 . Por tanto

∫ 10 x dx = 1

2 ./

No es fácil calcular la integral de una función con la definición. En el ejemplo anterior hemostenido que usar la suma de una progresión aritmética y usar particiones de una forma particular.En el resto del tema veremos qué funciones son integrables, qué propiedades tienen y, por último,el teorema fundamental del cálculo y la regla de Barrow nos permitirán calcular integrales de unaforma más cómoda.

Integración Funciones integrables

– 189 –

10.1.1 Propiedades

Comenzamos recogiendo información sobre la integrabilidad de funciones relacionada con lasoperaciones usuales.

Linealidad de la integral

Con respecto a la suma, el conjunto de las funciones integrables es un espacio vectorial y laintegral es una aplicación lineal.

Proposición 10.7. Sean f , g : [a, b]→ R integrables. Entoncesa) La suma f + g es integrable y

∫( f + g) =

∫f +

∫g.

b) Si λ ∈ R, entonces∫

(λ f ) = λ∫

f .

Producto de funciones

La integral que acabamos de introducir también se comporta bien con respecto al productoaunque en este caso no hay una identidad que relaciones la integral de un producto de funcionescon el producto de las integrales.

Proposición 10.8. Sean f , g : [a, b]→ R integrables.a) El producto de ambas funciones, f g, es una función integrable.b)

(∫( f g)

)2≤

∫f 2

∫g2. Desigualdad de

Schwarzc)(∫

( f + g)2)1/2≤

(∫f 2

)1/2+

(∫g2

)1/2. Desigualdad de

MinkowskiOrden

En cuanto al orden, el siguiente resultado nos dice que la integral lo conserva.

Proposición 10.9. Sean f , g : [a, b] → R integrables. Si f (x) ≤ g(x) para cualquier x ∈ [a, b],entonces ∫ b

af (x) dx ≤

∫ b

ag(x) dx.

En particular, si f (x) ≥ 0 para cualquier x se tiene que 0 ≤∫ ba f (x) dx.

No es evidente de la definición, pero se puede comprobar que si una función es integrable, suvalor absoluto también lo es.

Proposición 10.10. Sea f : [a, b] → R integrable. Entonces la función | f | (x) = | f (x)| esintegrable y ∣∣∣∣∣∣

∫[a,b]

f (x) dx∣∣∣∣∣∣ ≤

∫[a,b]| f | (x) dx.

Dominio

Se puede demostrar que si una función es integrable en un intervalo, también lo es en cualquierintervalo contenido en él. Teniendo en cuenta esto, podemos calcular la integral de una función enun intervalo dividiendo este en varios trozos y sumar los resultados. Esto se conoce como aditividadde de la integral respecto de su dominio.

Funciones integrables Integración

– 190 –

Proposición 10.11. Sea f : [a, b]→ R una función acotada y c ∈]a, b]. Entonces f es integrableAditividad res-pecto del dominio en [a, b] si, y sólo si, es integrable en los intervalos [a, c] y [c, b]. En ese caso,∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx +

∫ b

cf (x) dx.

Observación 10.12. La integral de una función f en un intervalo [a, b] no cambia si “traslada-mos” dicha función.

∫ b

af

aa bb

∫ b+k

a+kf (x − k)

a + ka + k b + kb + k

Podemos utilizar esto para simplificar el cálculo de algunas integrales. Por ejemplo, si f es unafunción impar, entonces ∫ a

−af (x) dx = 0.

aa−a−a 00

¿Por qué? Sólo tenemos que mirar la gráfica de la función. Elárea entre 0 y a es igual que el área entre −a y 0 pero con signosopuestos y ambas se cancelan. Por ejemplo∫ a

−ax3 dx = 0.

Si por el contrario f es una función par entonces∫ a−a f = 2

∫ a0 f .

10.1.2 Condiciones suficientes de integrabilidad

Ya hemos visto que las funciones integrables tienen muchas propiedades interesantes. La siguien-te cuestión es ¿hay muchas? ¿Qué funciones son integrables? ¿Tenemos suficientes ejemplos defunciones integrables?

El primer resultado que presentamos nos dice que el conjunto de las funciones integrables in-cluye a la mayoría de las funciones con las que hemos estado trabajando hasta ahora.

Proposición 10.13. Sea f : [a, b]→ R una función.Condiciones su-ficientes de in-

tegrabilidada) Si f es continua, entonces es integrable.b) Si f es monótona, entonces es integrable.

Observa que no hemos mencionado que la función tenga que ser acotada. En ninguno de loscasos es necesario: para funciones monótonas es inmediato y para funciones continuas es conse-cuencia de la propiedad de compacidad.

Podemos ir un poco más lejos, si “estropeamos” una función integrable en unos pocos puntos,ni la integrabilidad ni el valor de la integral se alteran.

Integración Funciones integrables

– 191 –

Proposición 10.14. Sea f : [a, b] → R integrable. Sea g : [a, b] → R verificando que elconjunto x ∈ [a, b] : f (x) 6= g(x) es finito. Entonces g es integrable y∫ b

af (x) dx =

∫ b

ag(x) dx.

Esta resultado afirma que si se cambia el valor de una función en una cantidad finita de puntosse obtiene una función que sigue siendo integrable y, de hecho, el valor de la integral no cambia.

Observación 10.15. Existen funciones integrables que no son continuas. Este hecho deberíaestar claro después de haber afirmado que las funciones monótonas son integrables y recordandoque ya conocemos funciones monótonas que no son continuas (como por ejemplo la parte entera).De todas formas la última proposición nos da una manera muy fácil de fabricar funciones integra-bles que no son continuas: tómese una función continua y cámbiesele el valor en un punto. Deeste modo se obtiene una función que deja de ser continua en dicho punto pero que tiene la mismaintegral.

Cambiando el valor de una función en un punto sólo obtenemos discontinuidades evitables.Aunque las discontinuidades no sean evitables, si no son demasiadas, la función es integrable.

Proposición 10.16. Sea f : [a, b]→ R acotada. Si f tiene una cantidad finita de discontinuida-des, entonces es integrable.

Existe una caracterización completa de las funciones integrables. Para darla, se necesita hablarde conjuntos “pequeños”: los llamados conjuntos de medida nula. Si la medida, la longitud en estacaso de un intervalo acotado es `(I) = sup(I)− inf(I). Un conjunto de medida nula es un conjuntoque tiene longitud cero. Veamos la definición con más detalle.

Definición 10.17. Sea A un subconjunto de R. Diremos que A es un conjunto de medida Conjunto de medi-da nulanula si dado ε > 0 existe una sucesión de intervalos acotados In verificando que

a) A ⊆⋃∞

i=1 In, yb) `(I1) + `(I2) + · · · + `(In) ≤ ε, ∀n ∈ N.

Ejemplo 10.18. Cualquier conjunto finito es de medida nula. /

Teorema 10.19. Sea f : [a, b]→ R una función acotada. Son equivalentes: Teorema de Lebes-guea) f es integrable.

b) El conjunto de puntos de discontinuidad de f es un conjunto de medida nula.

10.1.3 Sumas de Riemann

Una de las dificultades de la definición de integral que hemos dado radica en el hecho de queinvolucra todas las posibles particiones del intervalo [a, b]. La segunda dificultad es averiguar cuáles el supremo o el ínfimo de la función en cada uno de los intervalos asociados a una partición.Vamos a dar respuesta a ambas cuestiones:a) En cuanto a las particiones, veremos que es necesario considerar todas sino sólo algunas elegi-

das adecuadamente. Así nos encontraremos el concepto de norma de una partición.b) En cuanto al segundo punto, el teorema de Darboux nos dirá que no hace falta calcular el

supremo ni el ínfimo y que cualquier punto del intervalo puede jugar el mismo papel.Comencemos con las particiones. El ejemplo típico de partición que hemos usado consiste en

dividir el intervalo [a, b] en trozos iguales. Aumentando el número de trozos, nos aproximamos

Teorema fundamental del Cálculo Integración

– 192 –

al valor de la integral. En este caso, la longitud de cada uno de los trozos es b−an , la longitud del

intervalo dividido por el número de trozos, n. La norma de una partición nos mide el tamaño delos trozos o, más concretamente, el tamaño del trozo más grande.

Definición 10.20. Sea P = a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b una partición del intervalo[a, b]. La norma de la partición P esNorma de

una partición‖P‖ = max xi − xi−1 : i = 1, 2, . . . , n .

Si en las sumas inferiores y superiores aproximábamos por rectángulos cuya altura era el supre-mo o el ínfimo de la función, ahora vamos a elegir como altura el valor de la función en un puntoarbitrario en cada uno de los intervalos relativos la partición. Para cada partición, tenemos muchasposibles elecciones de puntos. A cualquiera de éstas, las vamos a llamar sumas integrales o sumasde Riemann.

Definición 10.21. Sea f : [a, b] → R una función y sea P = a = x0 < x1 < x2 < . . . <

xn = b una partición del intervalo [a, b]. Una suma integral o suma de Riemann es una sumaSuma integral osuma de Riemann de la forma

f (y1)(x1 − x0) + f (y2)(x2 − x1) + · · · + f (yn)(xn − xn−1)

donde yi ∈ [xi−1, xi], i = 1, 2,...n.

x0 x1 x2 xnyi

f (yi)f

Figura 10.2 Suma integral o de Riemann

Ya podemos dar la respuesta a la pregunta queplanteamos al principio de la sección: para apro-ximarnos al valor de la integral de la función só-lo tenemos que asegurarnos de que la norma delas particiones tiendan a cero independientemen-te de cuáles sean los puntos elegidos en el interva-lo. Una de las formas más fáciles de conseguirloes dividiendo el intervalo en n trozos iguales yhacer n tender a infinito.

Esta es una versión “light” del teorema de Dar-boux que, de hecho, permite caracterizar las fun-ciones integrables utilizando sumas integrales enlugar de sumas superiores e inferiores.

Teorema 10.22. Sea f : [a, b] → R una función acotada y sea Pn una sucesión deTeorema deDarboux particiones del intervalo [a, b] con lim

n→∞‖Pn‖ = 0. Entonces, si S n son sumas de Riemann

asociadas a Pn se cumple limn→∞

S n =

∫f .

10.2 Teorema fundamental del CálculoSi f es una función definida y a es un elemento de su dominio, diremos que f es integrable en

[a, a] y que∫ aa f (x) dx = 0. También convendremos que

∫ ba f = −

∫ ab f .

Definición 10.23. Sea I un intervalo. Diremos que f : I → R es localmente integrable siFunción local-mente integrable es integrable en cualquier intervalo cerrado y acotado contenido en I.

Integración Teorema fundamental del Cálculo

– 193 –

Ejemplo 10.24.a) Las funciones continuas y las funciones monótonas son localmente integrables.b) Si f es integrable en [a, b], es localmente integrable en dicho intervalo.

/

Lema 10.25. Sea f una función localmente integrable en un intervalo I y sean a, b, c ∈ I.Entonces ∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx +

∫ b

cf (x) dx.

Obsérvese que la comodidad del lema anterior radica en que no sabemos como están ordenadosa, b y c.

Definición 10.26. Si f es una función localmente integrable en I y a ∈ I podemos definiruna nueva función que mide como cambia la integral de la función de la forma

F(x) =

∫ x

af (t) dt.

A las funciones F definidas de esta forma las llamaremos integrales indefinidas de f . Integral indefinida

La integral indefinida es la función que nos da el área sombreada de la Figura 10.3.

Definición 10.27. Sea I un intervalo de R. Una primitiva de una función f : I → R es Primitivauna función G : I → R continua y derivable en el interior del intervalo que cumple queG′(x) = f (x) para cualquier x en el interior de I.

xa

Figura 10.3 Integral in-definida

Observación 10.28. Dos integrales indefinidas se diferencian enuna constante. Ocurre lo mismo para dos primitivas de una mismafunción. En efecto, la diferencia entre dos funciones con la mismaderivada tiene derivada cero y por tanto es constante (en un interva-lo). En cuanto a integrales indefinidas, si

F(x) =

∫ x

af (t) dt, y G(x) =

∫ x

bf (t) dt

son integrales indefinidas, entonces

F(x) −G(x) =

∫ x

af (t) dt −

∫ x

bf (t) dt

=

∫ x

af (t) dt +

∫ b

xf (t) dt =

∫ b

af (t) dt.

Existe una gran tendencia a confundir integral y primitiva. Es usual que hablemos de “vamosa calcular la integral” cuando nos estamos refiriendo a “encontremos una función cuya derivadasea...”. Los conceptos de integral definida y primitiva son, en principio, independientes. El objetivode los dos siguientes resultados es poner de manifiesto que existe una clara relación entre ellos y,de paso, obtener una forma práctica de calcular integrales.

Teorema 10.29. Sea I un intervalo, f : I → R una función localmente integrable y F una Teorema funda-mental del Cálculointegral indefinida de f . Entonces

Teorema fundamental del Cálculo Integración

– 194 –

a) F es una función continua.b) Si f es continua en a ∈ I, entonces F es derivable en a con F′(a) = f (a).En particular, si f es una función continua, F es una función derivable y F′(x) = f (x) paratodo x en I.

Ejemplo 10.30.a) La función parte entera, E(x), es monótona y por tanto integrable en cualquier intervalo. Dicho

de otra manera, la función parte entera es localmente integrable en R. Cualquier integral inde-finida será una función continua en todo R y derivable en R \ Z. Sin embargo, la función parteentera no tiene primitiva. El teorema del valor intermedio para las derivadas (Teorema 7.21)nos dice que la función parte entera no es la derivada de nadie porque su imagen no es unintervalo.

b) La función f : [−1, 1]→ R definida como

f (x) =

0, si x = ±1,1√

1−x2 , si −1 < x < 1,

no es integrable por no ser acotada. En cambio, sí admite una primitiva: la función arcoseno./

Una de las primeras utilidades del Teorema fundamental del Cálculo es poder definir funcionesde una manera rigurosa usando la integral. Por ejemplo, se puede definir la función logaritmo como

log(x) =

∫ x

1

1t

dt.

La función G(x) =∫ h(x)g(x) f (t) dt es continua si lo son f y g. Si, además, g y h son derivables, y f es

continua, entonces G es derivable con(∫ h(x)

g(x)f (t) dt

)′(x) = f (h(x))h′(x) − f (g(x))g′(x).

Ejemplo 10.31. La función f (x) =∫ x2+1

1sen(t)

t dt es derivable y su derivada es

f ′(x) =sen

(x2 + 1

)x2 + 1

2x.

/

10.2.1 Regla de Barrow

El siguiente resultado, la regla de Barrow, nos permite resolver de modo práctico el cálculo deintegrales y sustituirlo por el cálculo de primitivas.

Teorema 10.32. Sea f : [a, b]→ R integrable y G una primitiva de f . EntoncesRegla de Barrow ∫ b

af (x) dx = G(b) −G(a).

Ejemplo 10.33. La primera integral que calculamos fue la de la identidad en el intervalo [0, 1](ver Ejemplo 10.6). Ahora podemos calcularla mucho más fácilmente.

Integración Ejercicios

– 195 –

∫ 1

0x dx =

[x2

2

]1

0=

12.

/

Ejemplo 10.34. Las propiedades de la integral nos pueden servir para darnos cuenta de queestamos haciendo algo mal. Por ejemplo:∫ 1

−1

√x2 + x4 dx =

∫ 1

−1x√

1 + x2 dx =

[23

12

(1 + x2)3/2]1

−1= 0.

A primera vista puede parecer correcto, pero la integral de una función continua y positiva nopuede valer cero, tiene que ser positiva también. ¿Qué hemos hecho mal? La respuesta es que

√x2

es |x| y no x como hemos dicho. Hagámosla correctamente:∫ 1

−1

√x2 + x4 dx =

∫ 1

−1|x|

√1 + x2 dx

usemos que el integrando es una función par,

= 2∫ 1

0x√

1 + x2 dx =

[23

(1 + x2)3/2]1

0=

2√

23−

23.

/

Corolario 10.35. Sea φ : [a, b]→ R una función derivable y con derivada φ′ integrable. Sea I Teorema de cambiode variableun intervalo tal que φ([a, b]) ⊂ I y f : I → R una función continua con primitiva G. Entonces∫ b

a( f φ)φ′ =

∫ φ(b)

φ(a)f = G(φ(b)) −G(φ(a)).

10.3 Ejercicios

Ejercicio 10.1. Halla las derivadas de cada una de las funciones siguientes:a) F(x) =

∫ xa sen3(t) dt,

b) F(x) =∫ b

x1

1+t2+sen2(t) dt,

c) F(x) =∫ ba

x1+t2+sen2(t) dt.

Solución 10.1.a) F′(x) = sen3(x)b) F′(x) = − 1

1+x2+sen2(x)

c) F′(x) =∫ ba

dt1+t2+sen2(t)

Ejercicio 10.2. Halla las derivadas de cada una de las funciones siguientes:

a) F(x) =∫ x2

0 sen(log(1 + t)) dt,b) F(x) =

∫ 1x2 sen3(t) dt,

c) F(x) =∫ x3

x2 cos3(t) dt.

Ejercicios Integración

– 196 –

Solución 10.2.a) F′(x) = sen

(log(1 + x2)

)2x,

b) F′(x) = − sen3(x2

)2x,

c) F′(x) = cos(x3)3x2 − cos(x2)2x.

Ejercicio 10.3. Estudia el crecimiento y decrecimiento de la función f : R+ → R definida comoE

f (x) =

∫ x3−x2

0e−t2 dt.

Como consecuencia, estudiar los extremos relativos de dicha función.

Solución 10.3. La función f es derivable con f ′(x) = e−(x3−x2)2(3x2 − 2x). Por tanto, los únicospuntos críticos son x = 0 y x = 2

3 . Como f ′(

13

)< 0 y f ′(2) > 0, f es estrictamente decreciente

en]0, 2

3

]y estrictamente creciente en

[23 ,+∞

[. En consecuencia f alcanza su mínimo absoluto (y

relativo) en x = 23 .

Ejercicio 10.4. Calcula el máximo absoluto de la función f : [1,+∞[→ R definida porE

f (x) =

∫ x−1

0(e−t2 − e−2t) dt.

Sabiendo que limx→+∞

f (x) = 12 (√π − 1), calcula el mínimo absoluto de f .

Solución 10.4.a) Estudiamos la monotonía de la función f . Para ello veamos el signo de la derivada:

f ′(x) = e−(x−1)2− e−2(x−1) = 0 ⇐⇒ (x − 1)2 = 2(x − 1) ⇐⇒ x = 1, 3.

Por tanto, f es estrictamente monótona en [1, 3] y en [3,+∞]. Como f ′(2) > 0 y f ′(4) < 0,se tiene que f es estrictamente creciente en [1, 3] y estrictamente decreciente en [3,+∞]. Enparticular, la función alcanza su máximo absoluto en 3.

b) Dado que f (1) = 0 < limx→+∞ f (x), f alcanza su mínimo absoluto en 1.

Ejercicio 10.5. Calcula el siguiente límite

limx→0

∫ 2xx sen(sen(t)) dt

x2 .

Solución 10.5. Tenemos un cociente de funciones derivables, ambas con límite cero en el origeny la derivada del denominador no se anula (salvo en el origen). Estamos en condiciones de aplicarla primera regla de L’Hôpital para resolver dicho límite. Nos queda el siguiente cociente

limx→0

2 sen(sen(2x)) − sen(sen(x))2x

,

que sigue presentando una indeterminación de la forma “ 00 ”. Aplicando de nuevo la regla de

L’Hôpital, obtenemos

limx→0

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

=32. (10.1)

Integración Ejercicios

– 197 –

Ejercicio 10.6. Se considera la función f (x) =∫ x3−x2

0 e−t2 dt ,∀x ∈ R.E

a) Encuentra los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de la función f en R.b) Calcula los extremos relativos de f .

c) Calcula limx→0

f (x)sen(x3 − x2)

.

Solución 10.6.a) La función integral f es una integral indefinida cuyo integrando es e−t2 . En concreto, se puede

escribir como:

f (x) =

∫ g(x)

0e−t2 dt

donde g(x) = x3 − x2 es un polinomio y, por tanto, derivable. Al ser el integrando una funcióncontinua y, aplicando el teorema fundamental del cálculo, tenemos que la función f es derivable,y además su derivada vale

f ′(x) = e−g(x)2g′(x) = e−(x3−x2)2

(3x2 − 2x) ,∀x ∈ R.

Para encontrar los intervalos de monotonía de f tendremos que analizar el signo de la derivada.Para ello factorizamos la función derivada:

f ′(x) = e−(x3−x2)2x(3x − 2).

Como la función exponencial es siempre positiva, la función derivada se anulará siempre ycuando x = 0 o x = 2/3; concretamente:

f ′(x) = e−(x3−x2)2x(3x − 2) = 0 ⇐⇒ x(3x − 2) = 0 ⇐⇒ x = 0 o x =

23.

Tenemos entonces que f tiene dos puntos críticos que nos van a permitir descomponer el domi-nio de f de la forma siguiente:

i) Si x < 0, entonces f ′(x) > 0 (se puede evaluar f ′ en un punto cualquiera negativo) y, portanto, f es estrictamente creciente en ] −∞, 0[.

ii) Si 0 < x < 2/3, entonces f ′(x) < 0 y, por tanto, f es estrictamente decreciente en ]0, 2/3[.iii) Si x > 2/3, f ′(x) > 0 y, por tanto, f es estrictamente creciente en ]2/3,+∞[.

b) Con la información que tenemos del apartado anterior podemos concluir que f alcanza unmáximo relativo en 0 (la función pasa de ser creciente a decreciente) y un mínimo relativo en2/3 (pasa de ser decreciente a creciente).

c) El límite planteado presenta una indeterminación del tipo “ 00 ” y, como es posible aplicar la

regla de L’Hôpital, tenemos:

limx→0

f ′(x)cos(x3 − x3)(3x2 − 2x)

= limx→0

e−(x3−x2)2 (3x2 − 2x)cos(x3 − x3)(3x2 − 2x)

Simplificamos el cociente:

limx→0

e−(x3−x2)2

cos(x3 − x2)=

11

= 1 =⇒ limx→0

f (x)sen(x3 − x2)

= 1

donde hemos tenido en cuenta que limx→0 ex = e0 = 1 y que limx→0 cos(x) = cos(0) = 1.

– 198 –

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 199 –

Cálculo de primitivas

11

11.1 Cálculo de primitivas

Utilizaremos la notación∫

f (x) dx para denotar una primitiva de la función f . Además, abu-sando del lenguaje, a menudo hablaremos de “integral de la función” cuando deberíamos decir“primitiva de la función”.

Los métodos que vamos a comentar son sólo unos pocos y cubren la mayoría de los casos usuales,pero no debes olvidar que hay muchos más. En cualquier caso, lo primero y más importante esmanejar con soltura las derivadas de las funciones elementales. En el Apéndice B puedes encontrarun par de tablas con algunas de las derivadas y primitivas.

11.1.1 Cambio de variable

Mediante un cambio de variable es posible transformar la integral en otra más sencilla. Si hace-mos y = φ(x), dy = φ′(x) dx, se tiene∫

f (φ(x))φ′(x) dx =

∫f (y) dy.

Para terminar sólo tenemos que deshacer el cambio.

Ejemplo 11.1. Calcular∫

ex+3e2x

2+ex dx.∫ex + 3e2x

2 + ex dx =

[ y = ex

dy = ex dx

]=

∫y + 3y2

2 + y·

1y

dy =

∫1 + 3y2 + y

dy

=

∫ (3 −

52 + y

)dy

=3y − 5 log |y + 2| = 3ex − 5 log(ex + 2

).

/

11.1.2 Integración por partes

Si u y v son dos funciones, teniendo en cuenta que (u · v)′ = u · v′ + v · u′, obtenemos que∫u(x)v′(x) dx = u(x)v(x) −

∫v(x)u′(x) dx.

Esta fórmula aparece escrita en muchas ocasiones de la forma∫udv = uv −

∫vdu

El teorema especifica con un poco más de rigurosidad las condiciones necesarias.

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 200 –

Teorema 11.2. Sean u, v : [a, b] → R funciones derivables con derivada continua. Enton-Integraciónpor partes ces uv′ y vu′ son integrables en [a, b] y∫ b

au(x)v′(x) dx = u(b)v(b) − u(a)v(a) −

∫ b

av(x)u′(x) dx.

Ejemplo 11.3. Calcular∫

x ex dx.∫x ex dx =

[ u = x, du = dxdv = ex dx, v = ex

]= x ex −

∫ex dx = x ex − ex = ex(x − 1).

/

Ejemplo 11.4. Calcular∫

sen(x) ex dx.∫sen(x)ex dx =

[ u = sen(x), du = cos(x)dv = ex dx, v = ex

]= sen(x)ex −

∫cos(x)ex dx

=

[ u = cos(x), du = − sen(x)dv = ex dx, v = ex

]= sen(x)ex − cos(x)ex −

∫sen(x)ex dx,

con lo que despejando tenemos∫

sen(x)ex dx = 12 (sen(x)ex − cos(x)ex). /

11.1.3 Integración de funciones racionales

Sean P(x) y Q(x) dos polinomios, y queremos calcular∫ P(x)

Q(x) dx. Si el grado de P es mayor oigual que el de Q, podemos dividir los dos polinomios obteniendo

P(x)Q(x)

= H(x) +G(x)Q(x)

,

donde H(x) y G(x) son polinomios y el grado de G es menor que el grado de Q. Por tanto, supon-dremos siempre que el grado de P es menor que el grado de Q.

Integrales del tipo∫ P(x)

(ax+b)n

El cambio de variable y = ax + b la transforma en una integral inmediata de la forma∫ P(y)

yn dy.

Ejemplo 11.5.∫3x2 + 5x + 2

(x − 1)3 dx =[y = x − 1, dy = dx

]=

∫3(y + 1)2 + 5(y + 1) + 2

y3 dy

=

∫3y2 + 11y + 10

y3 dy

=3∫

dyy

+ 11∫

dyy2 + 10

∫dyy3

=3 log |x − 1| −11

x − 1−

5(x − 1)2 .

/

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 201 –

Integrales del tipo∫

Mx+Nx2+bx+c , donde el denominador no tiene raíces reales

Siempre se puede escribir x2 + bx + c = (x − d)2 + k2, con lo que descomponemos nuestraintegral en dos:∫

Mx + Nx2 + bx + c

dx =

∫Mx + N

(x − d)2 + k2 dx =

∫M(x − d) + N + Md

(x − d)2 + k2 dx

=

∫M(x − d)

(x − d)2 + k2 dx +

∫N + Md

(x − d)2 + k2 dx

=M2

log∣∣∣(x − d)2 + k2

∣∣∣ + (N + Md)∫

dx(x − d)2 + k2

y la última integral es inmediata (del tipo arcotangente) si hacemos el cambio de variable y = x−dk .

Ejemplo 11.6. Calcular∫

2x+3x2+2x+2 dx.

Como x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1, hacemos el cambio y = x + 1∫2x + 3

x2 + 2x + 2dx =

∫2(y − 1) + 3

y2 + 1dy =

∫2y

y2 + 1dy +

∫dy

y2 + 1= log(y2 + 1) + arctan(y) = log(x2 + 2x + 2) + arctan(x + 1).

/

Raíces reales y/o complejas simples

En este caso

Q(x) = (x − a1)(x − a2) . . . (x − an)(x2 + b1x + c1)(x2 + b2x + c2) . . . (x2 + bmx + cm).

Lo que vamos a hacer es descomponer de nuevo en fracciones más sencillas de la siguiente manera:P(x)Q(x)

=A1

x − a1+

A2x − a2

+ · · · +An

x − an

+B1x + C1

x2 + b1x + c1+

B2x + C2

x2 + b2x + c2+ · · ·

Bmx + Cm

x2 + bmx + cm,

donde A1, A2, . . . , An, B1, B2, . . . ,Cm son constantes a determinar. Para calcularlas desarrollamose igualamos los coeficientes del mismo grado.

Observación 11.7. Si el polinomio Q(x) sólo tiene raíces reales se pueden calcular las constantesA1,...,An dando a la variable x los valores a1,..., an.

Ejemplo 11.8. Cálculo de∫

1x4−1 dx:

Como x4 − 1 = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1), la descomposición nos quedaría:1

x4 − 1=

Ax − 1

+B

x + 1+

Cx + Dx2 + 1

Si desarrollamos e igualamos coeficientes:

1x4 − 1

=A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 − 1)

x4 − 1

1 = (A + B + C)x3 + (A − B + D)x2 + (A + B −C)x + (A − B − D)

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 202 –

A + B + C = 0A − B + D = 0A + B −C = 0A − B − D = 1

=⇒

A = 1/4

B = −1/4C = 0

D = −1/2Por tanto, ∫

dxx4 − 1

=14

∫dx

x − 1−

14

∫dx

x + 1−

12

∫dx

x2 + 1

=14

log |x − 1| −14

log |x + 1| −12

arctan(x).

/

Raíces reales múltiples

En este caso el denominador tiene la forma Q(x) = (x− a1)r1(x− a2)r2 . . . (x− an)rn , y podemosdescomponer la fracción P(x)

Q(x) en fracciones simples

P(x)Q(x)

=A1

x − a1+

A2

(x − a1)2 + · · · +Ar1

(x − a1)r1+

B1x − a2

+B2

(x − a2)2 + · · ·Crn

(x − an)rn

Cada una de estas fracciones pertenecen a alguno de los casos ya estudiados.

Ejemplo 11.9. Calcular∫

1(x−1)(x+1)3 dx

1(x − 1)(x + 1)3 =

Ax − 1

+B

x + 1+

C(x + 1)2 +

D(x + 1)3

=A(x + 1)3 + B(x − 1)(x + 1)2 + C(x − 1)(x + 1) + D(x − 1)

(x − 1)(x + 1)3

=1

(x − 1)(x + 1)3

Igualando coeficientes:A + B = 0

3A + B + C = 03A − B + D = 0

A − B −C − D = 1

⇐⇒

A = 1

8B = −1

8C = − 1

4D = − 1

2 .

La integral nos queda∫dx

(x − 1)(x + 1)3 =18

∫dx

x − 1−

18

∫dx

x + 1−

14

∫dx

(x + 1)2 −12

∫dx

(x + 1)3

=18

log |x − 1| −18

log |x + 1| +1

4(x + 1)+

14(x + 1)2 .

/

Raíces reales y complejas múltiples. Método de Hermite

El método que vamos a estudiar, conocido como Método de Hermite, consiste en descomponerP(x)Q(x) como suma de fracciones más simples de una forma muy particular. Pasos a seguir:

Descomponemos el denominador, Q(x), como producto de factores de grado 1 y factores dePaso 1grado 2 irreducibles:

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 203 –

Q(x) = (x − a1)α1 · · · (x − an)αn(x2 + b1x + c1)β1 · · · (x2 + bmx + cm)βm .

Escribimos el cociente P(x)Q(x) de la siguiente forma: Paso 2

P(x)Q(x)

=A1

x − a1+ · · · +

Anx − an

+M1x + N1

x2 + b1x + c1+ · · · +

Mmx + Nm

x2 + bmx + cm+

+ddx

(F(x)

(x − a1)α1−1 · · · (x − an)αn−1(x2 + b1x + c1)β1−1 · · · (x2 + bmx + cm)βm−1

)donde A1, . . . , An,M1, . . . ,Mm,N1, . . . ,Nm son coeficientes que tenemos que determinar, y en lafracción que aparece con una derivada F(x) es un polinomio genérico de grado uno menos queel denominador. En resumen, se trata de escribir P(x)

Q(x) como suma de fracciones simples, una porcada factor, más la derivada de un cociente que tiene por denominador lo que queda de Q(x).

¿Cómo determinamos todos los coeficientes? Basta efectuar la derivada, reducir todas las frac-ciones a común denominador (que será Q(x)), e igualar P(x) al numerador resultante. Esto nosproducirá un sistema de ecuaciones cuya resolución nos dará el valor de todos los coeficientes.

Una vez escrita la función racional P(x)Q(x) de la forma anterior, es fácil calcular su integral: Paso 3∫

P(x)Q(x)

dx =

∫A1

x − a1dx + · · · +

∫M1x + N1

x2 + b1x + c1dx + · · ·

+F(x)

(x − a1)α1−1 · · · (x − an)αn−1(x2 + b1x + c1)β1−1 · · · (x2 + bmx + cm)βm−1

Ejemplo 11.10. Cálculo de∫

x2

(x2+9)2 dx.

x2

(x2 + 9)2 =Mx + Nx2 + 9

+ddx

(ax + bx2 + 9

)=

(Mx + N)(x2 + 9)(x2 + 9)2 +

a(x2 + 9) − 2x(ax + b)(x2 + 9)2

=Mx3 + (N − a)x2 + (9M − 2b)x + (9a + 9N)

(x2 + 9)2

Igualando los numeradores coeficiente a coeficiente, obtenemos el sistema de ecuaciones:M = 0

−a + N = 1−2b + 9M = 09a + 9N = 0

=⇒

M = 0 b = 0N = 1/2 a = −1/2

De esta forma se tiene ∫x2

(x2 + 9)2 dx =− 1

2 xx2 + 9

+12

∫dx

x2 + 9,

y la última integral vale ∫dx

x2 + 9=

∫1/9(

x3

)2+ 1

dx =13

arctan( x3

).

En resumen,

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 204 –

∫x2

(x2 + 9)2 dx =−x

2(x2 + 9)+

16

arctan( x3

).

/

Ejemplo 11.11. Calcular∫

x2−2x3(x2+1)2 dx.

x2 − 2x3(x2 + 1)2 =

Ax

+Mx + Nx2 + 1

+ddx

(ax3 + bx2 + cx + d

x2(x2 + 1)

).

Realizando la derivada y reduciendo a común denominador, obtenemos un sistema de ecuacionescuya solución es a = 0, b = 5/2, c = 0, d = 1, A = 5, M = −5 y N = 0; por lo tanto∫

x2 − 2x3(x2 + 1)2 dx =

(5/2)x2 + 1x2(x2 + 1)

+ 5 log(x) −52

log(x2 + 1).

/

11.1.4 Integración de funciones trigonométricas

Integrales de la forma∫

sen(ax) cos(bx),∫

sen(ax) sen(bx),∫

cos(ax) cos(bx)

Se resuelven usando las identidades

sen(x) sen(y) =12

[cos(x − y) − cos(x + y)],

cos(x) cos(y) =12

[cos(x − y) + cos(x + y)],

sen(x) cos(y) =12

[sen(x + y) + sen(x − y)].

Ejemplo 11.12.∫sen(3x) cos(2x) dx =

12

∫sen(5x) dx +

12

∫sen(x) dx = −

110

cos(5x) −12

cos(x).

/

Integrales de la forma∫

tann(x),∫

cotann(x)

Se reducen a una con grado inferior separando tan2(x) o cotan2(x) y sustituyéndolo por sec2(x)−1 y cosec2(x) − 1.

Ejemplo 11.13. Calcular∫

tan5(x) dx.∫tan5(x) dx =

∫tan3(x) tan2(x) dx =

∫tan3(x)

(sec2(x) − 1

)dx

=

∫tan3(x) sec2(x) dx −

∫tan3(x) dx.

Acabamos por separado cada integral:∫tan3(x) sec2(x) dx = −

14

tan4(x) dx (utilizando el cambio y = tan(x))

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 205 –

∫tan3(x) dx =

∫tan(x) tan2(x) dx =

∫tan(x)(sec2(x) − 1) dx

=

∫tan(x) sec2(x) dx −

∫tan(x) dx =

12

tan2(x) + log |cos(x)| .

/

Integrales de la forma∫

senm(x) cosn(x), con n o m enteros impares

Se transforman en una integral racional con el cambio y = cos(x) (si m es impar) o y = sen(x)(si n es impar).

Ejemplo 11.14. Calcular∫ cos3(x)

sen2(x) dx.∫cos3(x)sen2(x)

dx =

∫(1 − sen2(x)) cos(x) dx

sen2(x)=

[ y = sen(x)dy = cos(x) dx

]=

∫1 − y2

y2 dy

= −1y− y =

−1sen(x)

− sen(x).

/

Integrales de la forma∫

senm(x) cosn(x), con n y m enteros pares

Se resuelven usando las identidades cos2(x) = 12 (1 + cos(2x)), y sen2(x) = 1

2 (1 − cos(2x)).

Ejemplo 11.15. Calcular∫

cos2(x) dx.∫cos2(x) dx =

∫1 + cos(2x)

2dx =

∫dx2

+

∫cos(2x)

2dx =

x2

+sen(2x)

4.

/

Integrales de la forma∫

R (sen(x), cos(x)), R una función racional par.

Diremos que R es una función racional par si R(sen(x), cos(x)) = R(− sen(x),− cos(x)). Se re-suelven utilizando el cambio y = tan(x)

Ejemplo 11.16. Calcular∫

dxsen3(x) cos5(x)∫

dxsen3(x) cos5(x)

=

[ y = tan(x)dy = sec2 x dx

]=

∫(1 + y2)3

y3 dy

= −12

cotan2(x) + 3 log |tan(x)| +32

tan2(x) +14

tan4(x) .

/

Integrales de la forma∫

R (sen(x), cos(x)), R una función racional

Se trata de calcular primitivas de funciones racionales en sen(x) y cos(x), es decir, funcionesque sean cociente de dos polinomios en sen(x) y cos(x). En general, se hace el cambio de variablet = tan

(x2

), con lo que sen(x) = 2t

1+t2 , cos(x) = 1−t21+t2 , y dx = 2 dt

1+t2 . Con este cambio convertimos laintegral en la integral de una función racional, que ya hemos estudiado.

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 206 –

Ejemplo 11.17. Calcular∫

dxsen(x)−tan(x)∫

dxsen(x) − tan(x)

=

∫cos(x) dx

sen(x) cos(x) − sen(x)=

[tan

( x2

)= t

]= · · · =

∫t2 − 1

2t3dt

=1

4t2+

log |t|2

=1

4 tan2(

x2

) +12

log∣∣∣∣∣tan

( x2

)∣∣∣∣∣ ./

11.1.5 Integración de funciones hiperbólicas

Integrales de la forma∫

R (senh(x), cosh(x)), R una función racional

Se trata de calcular primitivas de funciones racionales en senh(x) y cosh(x), es decir, funcionesque sean cociente de dos polinomios en senh(x) y cosh(x). En general, se hace el cambio de variableex = t, con lo que la integral en una racional, que ya hemos estudiado.

Ejemplo 11.18. Calcular∫

dx1+2 senh(x)+3 cosh(x)∫dx

1 + 2 senh(x) + 3 cosh(x)=

∫dx

1 + 52ex + 1

2e−x=

[ ex = tdx = dt/t

]=2

∫dt

5t2 + 2t + 1

= arctan(5 t + 1

2

)= arctan

(5 ex + 1

2

).

/

En algunos casos, utilizar un método similar al que usamos para calcular primitivas de funcionestrigonométricas puede simplificar los cálculos. El siguiente método es un ejemplo de ello.

Integrales de la forma∫

senh(ax) cosh(bx),∫

senh(ax) senh(bx) o∫

cosh(ax) cosh(bx)

Se resuelven usando las identidades

senh(x) senh(y) =12

(cosh(x + y) − senh(x − y))

cosh(x) cosh(y) =12

(cosh(x + y) + senh(x − y))

senh(x) cosh(y) =12

(senh(x + y) + senh(x − y)) .

Ejemplo 11.19.∫senh(3x) cosh(x) dx =

12

∫senh(4x) dx +

12

∫senh(2x) dx = −

18

cosh(4x) −14

cosh(2x).

/

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 207 –

11.1.6 Integración de funciones irracionales

Integrales de la forma∫

R(x,

(ax+bcx+d

) p1q1 ,

(ax+bcx+d

) p2q2 , . . . ,

(ax+bcx+d

) pnqn

)Se resuelven utilizando el cambio de variable yq = ax+b

cx+d , donde q es el mínimo común múltiplode q1, q2, . . . , qn.

Ejemplo 11.20. Calcular∫

dx√

x+ 3√xHaciendo el cambio x = y6,∫

dx√

x + 3√x=

∫6y5

y3 + y2 dy = 6∫

y3

y + 1dy

=2y3 − 3y2 + 6y − 6 log |y + 1| = 2√

x − 3 3√x + 6 6√x − 6 log∣∣∣ 6√x + 1

∣∣∣ ./

Integrales de la forma∫

R(x,√

a2 − x2)

Se transforman en una integral trigonométrica con el cambio x = a sen(t) o x = a cos(t). Tam-bién se puede realizar el cambio x = a tanh(t) y se transforma en una integral hiperbólica.

Ejemplo 11.21. Cálculo de∫ √

4−x2

x2 dx:Hacemos el cambio x = 2 sen(t), con lo que dx = 2 cos(t)dt y

√4 − x2 =

√4 − 4 sen2(t) = 2 cos(t).

Sustituyendo: ∫ √4 − x2

x2 dx =

∫(2 cos(t))(2 cos(t))

4 sen2(t)dt =

∫cotan2(t) dt

=

∫(cosec2(t) − 1) dt = − cotan(t) − t

usando que cotan(t) =cos(t)sen(t) =

√4−x2

x , se tiene que

= −

√4 − x2

x− arcsen

( x2

).

/

Integrales de la forma∫

R(x,√

a2 + x2)

Se transforman en una integral trigonométrica usando el cambio x = a tan(t). También se puedenresolver utilizando el cambio x = a senh(t).

Ejemplo 11.22. Calcular∫

dxx√

1+x2 .

Hacemos el cambio x = tan(t), dx = sec2(t)dt,∫dx

x√

1 + x2=

∫sec2(t)

tan(t) sec(t)dt =

∫dt

sen(t)= − log

∣∣∣∣∣cos( t2

)∣∣∣∣∣ + log∣∣∣∣∣sen

( t2

)∣∣∣∣∣ .

Cálculo de primitivas Cálculo de primitivas

– 208 –

/

Ejemplo 11.23. Calcular∫

x2√

1+x2 dx.Hacemos el cambio x = senh(t),∫

x2√

1 + x2dx =

∫senh2(t) dt =

12

∫(cosh(2t) − 1) dt =

14

senh(2t) −t2.

/

Integrales de la forma∫

R(x,√

x2 − a2)

Se resuelven utilizando los cambios x = a sec(t) o x = a cosh(t).

Ejemplo 11.24. Calcular∫ √

x2 − 1 dx.∫ √x2 − 1 dx =

∫tan(t)

sen(t)cos2(t)

dt =

∫sen2(t)cos3(t)

dt,

que se resuelve aplicando los métodos ya vistos. También podríamos haber utilizado el cambiox = cosh(t) y, en ese caso, se tiene que∫ √

x2 − 1 dx =

∫senh2(t) dt =

∫cosh(2t) − 1

2dt = . . . =

x√

x2 − 12

−arccosh(x)

2.

/

Integrales de la forma∫

R(x,√

ax2 + bx + c)

Se reducen a uno de los casos anteriores completando cuadrados, esto es, escribiendo ax2+bx+cde la forma a(x + α)2 + β.

Ejemplo 11.25. Calcular∫

dx√8x−x2 .

Transformamos el integrando:

8x − x2 = −(x2 − 8x + 16) + 16 = −(x − 4)2 + 16 = 161 − (

x − 44

)2y hacemos el cambio de variable y = (x − 4)/4:∫

dx√

8x − x2=

∫dx√

16(1 −

(x−4

4

)2) =

[ y = (x − 4)/4dy = dx/4

]=

=

∫4dy

4√

1 − y2=

∫dy√

1 − y2= arcsen(y) = arcsen

(x − 4

4

).

/

Cálculo de primitivas Ejercicios

– 209 –

11.2 Ejercicios

11.2.1 Integrales inmediatas y cambio de variable

Ejercicio 11.1. Calcula las siguientes primitivasa)

∫5 x6dx

b)∫

x(x + 1)(x − 2)dxc)

∫(2 + 3 x3)2dx

d)∫

dxn√x

e)∫

(a 23 − x 2

3 )3dxf)

∫x2+1x−1 dx

Solución 11.1.a)

∫5 x6dx = 5

7 x7

b)∫

x(x + 1)(x − 2)dx = 14 x4 − 1

3 x3 − x2

c)∫

(2 + 3x3)2dx = 4x + 3x4 + 97 x7

d)∫

dxn√x = x1− 1

n

1− 1n

e)∫

(a 23 − x 2

3 )3dx = a2x − 95a4/3x5/3 + 9

7a2/3x7/3 − x3

3f)

∫x2+1x−1 dx = x + x2

2 + 2 log(−1 + x)

Ejercicio 11.2. Calcula las siguientes primitivas

a)∫ 3√1+log(x)

x dxb)

∫dx

ex+1c)

∫x(2x + 5)10dx

Solución 11.2.a) Hacemos el cambio de variable 1 + log(x) = y,∫ 3

√1 + log(x)

xdx =

∫y1/3 dy =

(34

+3 log(x)

4

)(1 + log(x))1/3

b) Sumamos y restamos ex,∫dx

ex + 1=

∫ (1 + ex

1 + ex −ex

1 + ex

)dx = x − log

(1 + ex) .

c) Hacemos el cambio de variable 2x + 5 = y,∫x(2x + 5)10 dx =

[2x + 5 = y =⇒ x =

12

(y − 5)]

=12

∫12

(y − 5)y10 dy

=14

∫y11 − 5y10 dy =

14

(y12

12−

5y11

11

)=

14

((2x + 5)12

12+

5(2x + 5)11

11

).

Ejercicios Cálculo de primitivas

– 210 –

11.2.2 Integración por partes

Ejercicio 11.3. Calcula las siguientes primitivasa)

∫log(x)dx

b)∫

arctan(x)dxc)

∫arcsen(x)dx

d)∫

x sen(x)dx

e)∫

xe−xdxf)

∫x2e3xdx

g)∫

x sen(x) cos(x)dx

Solución 11.3.a) Integrando por partes∫

log(x) dx =

[ u = log(x) =⇒ du = 1x dx

dv = dx =⇒ v = x

]= x log(x) −

∫dx = x log(x) − x.

b) Integrando por partes∫arctan(x) dx =

[ u = arctan(x) =⇒ du = dx1+x2

dv = dx =⇒ v = x

]=x arctan(x) −

∫x

1 + x2 dx = x arctan(x) −12

log(1 + x2

).

c) Integrando por partes∫arcsen(x) dx =

[ u = arcsen(x) =⇒ du = dx√1−x2

dv = dx =⇒ v = x

]=x arcsen(x) −

∫x

√1 − x2

dx = x arcsen(x) +√

1 − x2 .

d) Integrando por partes∫x sen(x) dx =

[ u = x =⇒ du = dxdv = sen(x) dx =⇒ v = − cos(x)

]= − x cos(x) +

∫cos(x) dx = −x cos(x) + sen(x).

e) Integrando por partes∫x e−x dx =

[ u = x =⇒ du = dxdv = e−x dx =⇒ v = −e−x

]= −xe−x +

∫e−x dx = −e−x(1 + x).

f) Integrando por partes∫x2e3x dx =

[ u = x2 =⇒ du = 2x dxdv = e3x dx =⇒ v = 1

3e3x

]=

13

x2e3x −23

∫xe3x dx

=

[ u = x =⇒ du = dxdv = e3x dx =⇒ v = 1

3e3x

]=

13

x2e3x −23

(x3

e3x −

∫13

e3x dx)

=13

x2e3x −29

xe3x +227

e3x.

g) Integrando por partes

Cálculo de primitivas Ejercicios

– 211 –

∫x sen(x) cos(x) dx =

12

∫x sen(2x) dx =

[ u = x =⇒ du = dxdv = sen(2x) dx =⇒ v = − cos 2x

2

]=

12

(−

x cos(2x)2

+12

∫cos(2x) dx

)= −

x cos(2x)4

+18

sen(2x).

11.2.3 Integración de funciones racionales

Ejercicio 11.4. Calcula las siguientes primitivasa)

∫x2−5x+9x2−5x+6dx

b)∫

5x3+2x3−5x2+4xdx

c)∫

dxx(x+1)2

d)∫

dx(x2−4x+3)(x2+4x+5)

e)∫

dx(x+a)(x+b)

Solución 11.4.a) Puesto que numerador y denominador tienen el mismo grado, comenzamos dividiendo∫

x2 − 5x + 9x2 − 5x + 6

dx =

∫1 +

3x2 − 5x + 6

dx

= x + 3∫

dxx2 − 5x + 6

descomponemos en fracciones simples y usamos el apartado anterior,

= x + 3∫

dx(x − 2)(x − 3)

= x + 3∫ (

1x − 3

−1

x − 2

)= x + 3 log |−3 + x| − 3 log |−2 + x| .

b) Dividimos y descomponemos en fracciones simples,∫5x3 + 2

x3 − 5x2 + 4xdx =

∫ (5 +

25x2 − 20x + 2x3 − 5x2 + 4x

)dx

Γ =

∫ (5 +

12x−

73(x − 1)

+161

6(x − 4)

)dx

= 5x +161

6log(−4 + x) −

73

log |−1 + x| +log |x|

2.

c) Descomponemos en fracciones simples e integramos:∫dx

x(x + 1)2 =

∫ (1x−

1x + 1

−1

(x + 1)2

)dx

=1

1 + x+ log |x| − log |1 + x| .

Ejercicios Cálculo de primitivas

– 212 –

d) Descomponemos en fracciones simples y resolvemos,∫dx

(x2 − 4x + 3)(x2 + 4x + 5)=

∫ (4x + 15

130(x2 + 4x + 5)−

120(x − 1)

+1

52(x − 3)Γ

)dx

=7

130arctan(2 + x) +

152

log |−3 + x| −120

log |−1 + x|

+165

log∣∣∣5 + 4x + x2

∣∣∣ .e) Descomponemos en fracciones simples, 1

(x+a)(x+b) = 1(b−a)(x+a) + 1

(a−b)(x+b) y sustituimos∫dx

(x + a)(x + b)=

∫1

(b − a)(x + a)dx +

∫1

(a − b)(x + b)dx =

log |a + x|−a + b

+log |b + x|

a − b.

Ejercicio 11.5. Calcula las siguientes primitivasa)

∫dx

x3+1b)

∫dx

(x+1)2(x2+1)2

c)∫

dx(x4−1)2

Solución 11.5.a) Descomponemos en fracciones simples e integramos,∫

dxx3 + 1

=

∫ (1

3(x + 1)−

x − 2x2 − x + 1

)dx

=

arctan(−1+2x√

3

)√

3+

13

log |1 + x| −16

log∣∣∣1 − x + x2

∣∣∣ .b) Utilizando la descomposición∫

dx(x + 1)2(x2 + 1)2 =

a0 + a1x + a2x2

(x + 1)(x2 + 1)+

∫ (b0

x + 1+

b1 + b2xx2 + 1

)dx

se demuestra que∫dx

(x + 1)2(x2 + 1)2 = −1

4(1 + x)+

14(1 + x2)

+arctan(x)

4+

12

log |1 + x| −14

log(1 + x2).

c) Como (x4 − 1)2 = (x − 1)2(x + 1)2(x2 + 1)2, tenemos la descomposición∫dx

(x4 − 1)2 =a0 + a1x + a2x2 + a3x3

(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)+

∫ (b0

x + 1+

b1x − 1

+b2 + b3xx2 + 1

)dx.

Derivando y calculando los coeficientes se obtiene que∫dx

(x4 − 1)2 = −x

4(−1 + x4)+

3 arctan(x)8

−316

log |−1 + x| +3

16log |1 + x| .

Cálculo de primitivas Ejercicios

– 213 –

11.2.4 Integración de funciones trigonométricas

Ejercicio 11.6. Calcula las siguientes primitivasa)

∫cos3(x)dx

b)∫

sen5(x)dxc)

∫sen2(x) cos3(x)dx

d)∫

sen2(x) cos2(x)dxe)

∫cos6(3x)dx

f)∫ cos5(x)

sen3(x)dx

Solución 11.6.a) Utilizando el cambio de variable sen(x) = t la integral queda∫

cos3(x) dx =

∫ (1 − t2

)dt = t −

t3

3= sen(x) −

sen(x)3

3.

b) Utilizando el cambio de variable cos(x) = t, la integral es∫sen5(x) dx = −

∫ (1 − t2

)2dt = −

∫t4 − 2t2 + 1 dt = −

t5

5+

2t3

3− t

= −cos5(x)

5+

2 cos3(x)3

− cos(x).

c) Utilizamos el cambio de variable sen(x) = t,∫sen2(x) cos3(x) dx =

∫t2

(1 − t2

)dt =

t3

3−

t5

5=

sen3(x)3

−sen5(x)

5.

d) Utilizando que 2 sen(x) cos(x) = sen(2x),∫sen2(x) cos2(x) dx =

∫14

sen2(2x) dx =14

∫1 − cos(4x)

2dx =

132

(4x − sen(4x)) .

e) Utilizando repetidamente que 2 cos2(x) = 1 + cos(2x) y el cambio de variable 3x = t, se tieneque ∫

cos6(3x) dx =13

∫cos6(t) dt =

13

∫ (1 + cos(2t)

2

)3dt

=1

24

∫1 + 3 cos(2t) + 3 cos2(2t) + cos3(2t)

=1

576

(180x + 45 sen(6x) + 9 sen(12x) + sen(18x)

).

f) Utilizamos el cambio de variable sen(x) = t y obtenemos que∫cos5(x)sen3(x)

dx =

∫ (1 − t2

)2

t3dt =

∫t−3 + t − 2t−1 dt = −

12

t−2 +12

t2 − 2 log |t|

= −12

cosec2(x) +12

sen2(x) − 2 log |sen(t)| .

Ejercicio 11.7. Calcula las siguientes primitivasa)

∫ cos(x)1+cos(x)dx

b)∫ 1+tan(x)

1−tan(x)dxc)

∫dx

1+cos2(3x)

d)∫

dx3 sen2(x)+5 cos2(x)

e)∫ sen(2x)

1+sen2(x)dx

Ejercicios Cálculo de primitivas

– 214 –

Solución 11.7.a) Hacemos el cambio y = tan

(x2

)∫

cos(x)1 + cos(x)

dx =

∫1 − y2

1 + y2 dy

=

∫ (2

1 + y2 − 1)

dy = 2 arctan(y) − y

= x − tan( x2

).

b) Como la función es par en seno y coseno, utilizamos el cambio tan(x) = t,∫1 + tan(x)1 − tan(x)

dx =

∫1 + t

(1 − t)(1 + t2)dt

=

∫ (t

t2 + 1−

1t − 1

)dx

=12

log(tan2(x) + 1

)− log (tan(x) − 1) .

c) El integrando es par pero antes de hacer el cambio y = tan(x) lo “arreglamos” un poco.∫dx

1 + cos2(3x)= [3x = t] =

13

∫dt

1 + cos2(t)=

[tan(t) = y

]=

13

∫dy

2 + y2

eliminamos el 2 del denominador buscando un arcotangente,

=13

∫dy

2(1 +

(y√

2

)2) =[y =√

2z]

=1

3√

2

∫dz

1 + z2 =1

3√

2arctan

(tan(3x)√

2

)d) Aprovechamos que el integrando es una función par en seno y coseno para realizar el cambio

de variable tan(x) = t,∫dx

3 sen2(x) + 5 cos2(x)=

∫ 1cos2(x) dx

5 + 3 tan2(x)= [tan(x) = t]

=

∫dt

5 + 3t2=

∫dt

5(1 + 3

5 t2) =

[y =

√35 t

]

=1√

15

∫dy

1 + y2 =1√

15arctan

(√35 tan(x)

)e) Utilizamos las fórmula del ángulo doble, y hacemos el cambio de variable y = sen2(x),∫

sen(2x)1 + sen2(x)

dx =

∫2 sen(x) cos(x)

1 + sen2(x)dx =

∫dy

1 + y= log |1 + y| = log

(1 + sen2(x)

).

Cálculo de primitivas Ejercicios

– 215 –

11.2.5 Integración de funciones irracionales

Ejercicio 11.8. Calcula las siguientes primitivas

Ejercicios Cálculo de primitivas

– 216 –

a)∫

x3√

x−1dx

b)∫

dx√

x+1+√

(x+1)3

c)∫

dx√

x+ 3√x

d)∫ √

x+1+2(x+1)2−

√x+1

dx

Solución 11.8.a) Hacemos el cambio de variable x − 1 = t2∫

x3√

x − 1dx = 2

∫(t2 + 1)3 dt =

√−1 + x

(3235

+16x35

+12x2

35+

2x3

7

).

b) Hacemos el cambio de variable x + 1 = t2,∫dx

√x + 1 +

√(x + 1)3

= 2∫

dt1 + t2

= 2 arctan (t) = 2 arctan(√

x + 1).

c) Utilizando el cambio de variable x = t6,∫1

√x + 3√x

dx =

∫6t3

t + 1dt = 6

∫ (t2 − t + 1 −

1t + 1

)dt

= 6(t3

3−

t2

2+ t − log |t + 1|

)= 2√

x − 3 3√x + 6√x − log∣∣∣ 6√x + 1

∣∣∣ .d) Hacemos el cambio de variable x + 1 = t2,∫ √

x + 1 + 2(x + 1)2 −

√x + 1

dx =

∫2t(t + 2)

t4 − tdt =

∫ (−2t − 2

t2 + t + 1+

2t − 1

)dt

= − log(t2 + t + 1

)−

2√

3arctan

(2t + 1√

3

)+ 2 log(t − 1)

= −2√

3arctan

1 + 2√

x + 1√

3

+ 2 log(√

x + 1 + 1)− log

(√x + 1 + x + 2

)Ejercicio 11.9. Calcula las siguientes primitivasa)

∫x2dx√x2−x+1

b)∫

dxx5√

x2−1

Cálculo de primitivas Ejercicios

– 217 –

c)∫

x5√

1−x2 dx d)∫

x6√

1+x2 dx

Solución 11.9.a) Como x2 − x + 1 =

(x − 1

2

)2+ 3

4 ,

∫x2 dx

√x2 − x + 1

= [x − 1/2 = t] =

∫ (t + 1

2

)2√t2 + 3

4

dt

hacemos el cambio de variable t =√

32 senh(y),

=

∫ √32

senh(y) +12

2

dy

= 2√

3 cosh(y) +34

(e2 y

2−

e−2 y

2− 2 y

)+ yΓ

y se deshacen los cambios.b) Utilizamos el cambio de variable x = sec(t),∫

dxx5√

x2 − 1=

∫cos4(t) dt =

14

(32

t + sen(2t) +18

sen(4t)).

Para terminar, basta deshacer el cambio realizado.c) Hacemos el cambio de variable x = sen(t),∫

x5√

1 − x2dx =

∫sen5(t) dt = −

15

cos5(t) +23

cos3(t) − cos(t)Γ,

y se deshacen los cambios.d) Hacemos el cambio de variable x = senh(t),

∫x6

√1 + x2

dx =

∫senh6(t) dt =

∫ (et − e−t

2

)6dt

=126

∫ (e6t +

(61

)e4t +

(62

)e2t +

(63

)+

(64

)e−2t +

(65

)e−4t + e−6t

)dt

=164

e6 t − 9 e4 t + 45 e2 t

6−

e−6 t(45 e4 t − 9 e2 t + 1

)6

− 20 tΓ

y se deshacen los cambios.

– 218 –

Integrales impropias Integrales impropias en intervalos acotados

– 219 –

Integrales impropias

12

12.1 Integrales impropias en intervalos acotadosHasta ahora hemos visto cómo calcular integrales de funciones acotadas en intervalos cerrados

y acotados. En esta sección vamos a extender la noción de integral a intervalos de cualquier tipo ya funciones no acotadas. Pensemos por un momento en un caso concreto: la función f (x) = 1√

1−x2

en ] − 1, 1[. Sabemos calcular su integral en cualquier intervalo de la forma [a, b] ⊂] − 1, 1[:∫ b

a

dx√

1 − x2= arcsen(b) − arcsen(a).

Si queremos definir la integral en ] − 1, 1[, la idea más natural parece tomar límites. Movamos bhacia 1 y a hacia −1. La forma más cómoda de formalizar estos límites es utilizar sucesiones.

Definición 12.1. Sea f :]a, b[→ R una función localmente integrable. Diremos que f es Impropiamenteintegrableimpropiamente integrable si para cualesquiera sucesiones an y bn de elementos de ]a, b[

con limn→∞

an = a y limn→∞

bn = b se cumple que existe el límite1

limn→∞

∫ bn

an

f (x) dx.

En ese caso, usaremos la notación

limn→∞

∫ bn

an

f (x) dx =

∫ b

af (x) dx.

La integral impropia satisface propiedades similares a la de la integral ya vista. Sirvan los si-guientes resultados como muestra.

Proposición 12.2. Sea f una función localmente integrable en el intervalo ]a, b[ y sea c ∈]a, b[. Aditividad respectodel dominioEntonces las siguientes afirmaciones son equivalentes.

a) f es impropiamente integrable en ]a, b[.b) f es impropiamente integrable en ]a, c[ y en ]c, b[.Además, caso de ser ciertas, se cumple que∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx +

∫ b

cf (x) dx

Proposición 12.3. Sean f y g funciones impropiamente integrables en ]a, b[ y sean λ, µ númerosreales.a) La función λ f + µg es impropiamente integrable y

En esta definición no hemos asumido que el límite es único. Esto se obtiene como consecuencia de que el límite exista1

para cualesquier pareja de sucesiones an y bn.

Integración en intervalos no acotados Integrales impropias

– 220 –

∫ b

a(λ f + µg)(x) dx = λ

∫ b

af (x) dx + µ

∫ b

ag(x) dx.

b) Si f (x) ≤ g(x) para todo x en ]a, b[, entonces∫ ba f ≤

∫ ba g.

Sí hay una diferencia en cuanto a la integrabilidad impropia de la función | f |. Hay funcionesimpropiamente integrables cuyo valor absoluto no lo es. El recíproco sí es cierto.

Teorema 12.4. Sea f una función localmente integrable en ]a, b[ y supongamos que gTest de com-paración es una función impropiamente integrable en ]a, b[ con | f (x)| ≤ g(x), para todo x ∈]a, b[.

Entonces f es impropiamente integrable y se cumple que∣∣∣∣∣∣∫ b

af (x) dx

∣∣∣∣∣∣ ≤∫ b

ag(x) dx.

En particular si f es localmente integrable y | f | es impropiamente integrable, f también esimpropiamente integrable.

Ejemplo 12.5. La función f (x) =sen(x)

x si x > 0 y f (0) = 1 es impropiamente integrable en]0,+∞[ pero | f | no lo es. /

En el caso de funciones continuas la situación es un poco más sencilla. El teorema fundamen-tal del Cálculo nos garantiza que la integral indefinida es una primitiva. Vamos a ver tres casosposibles.

12.2 Integración en intervalos no acotadosSupongamos que tenemos una función definida en un intervalo no acotado, f : [a,+∞[→ R,

que es continua en todo [a,+∞[. Podemos buscar una primitiva de f , llamémosla F, y estudiar sucomportamiento en +∞: si la función F tiene límite en +∞, diremos que existe la integral impropiade f en [a,+∞[, y dicha integral valdrá:∫ +∞

af (x) dx =

(lim

x→+∞F(x)

)− F(a),

es decir, la integral vale “F(+∞)− F(a)”, considerando F(+∞) = limx→+∞ F(x). Si el límite de laprimitiva es +∞ o −∞, diremos que la integral vale +∞ o −∞.

Una vez que hemos definido una integral para este tipo de funciones, podemos generalizar elárea bajo una curva, la longitud de un arco de curva, la superficie y el volumen de un sólido derevolución,etc. siendo todas fórmulas perfectamente válidas.

El caso de una función definida en un intervalo de la forma ]−∞, b] es completamente análogo.Además, si tenemos una función definida en todo R, podemos dividir la integral como:∫ +∞

−∞

f (x) dx =

∫ c

−∞

f (x) dx +

∫ +∞

cf (x) dx

para cualquier c ∈ R. Si la suma vale “∞−∞”, no podemos calcular la integral.

Ejemplo 12.6. Calcular el área comprendida bajo la curva y = 1/x2 en el intervalo [1,+∞[.Viendo el área bajo la curva como una integral se tiene que

A =

∫ +∞

1

dxx2 =

[−1x

]+∞

1=

(lim

x→+∞

−1x

)− (−1) = 1.

Integrales impropias Algunos casos particulares

– 221 –

/

12.3 Algunos casos particulares

12.3.1 Integración de funciones continuas en intervalos abiertos

Se trata de calcular integrales de funciones definidas en un intervalo abierto en uno de susextremos, y que tienen una asíntota vertical en dicho extremo. Supongamos que el intervalo es dela forma ]a, b]; el caso de un intervalo [a, b[ es completamente análogo.

Sea pues f :]a, b] → R una función continua a la que queremos calcular su integral, y sea Funa primitiva suya. Estudiamos entonces el límite por la derecha de la primitiva en a, y si existepodemos calcular la integral de f :∫ b

af (x) dx = F(b) −

(lim

x→a+F(x)

)Nota: Si el límite de la primitiva es +∞ o−∞, diremos que la integral vale +∞ o−∞. Si tenemos

una función continua en un intervalo abierto f :]a, b[→ R, su integral valdrá∫ b

af (x) dx =

(lim

x→b−F(x)

)−

(lim

x→a+F(x)

)Otra vez, si la suma vale “∞−∞”’, no podemos calcular la integral.Al igual que antes, podemos aplicar estos resultados al cálculo de longitudes, áreas y volúmenes.

Ejemplo 12.7. Calcular el área bajo la curva y = 1/√

x en ]0, 1].Aplicamos la fórmula dada, y tenemos

A =

∫ 1

0

1√

xdx =

[2√

x]1

0= 2 −

(lim

x→0+2√

x)

= 2.

/

12.3.2 Integración de funciones continuas en un intervalo salvo un punto interior

Supongamos que tenemos una función f : [a, b] \ c → R que es continua en [a, b] \ c y quetiene una asíntota vertical en x = c. Entonces, si queremos calcular la integral de f entre a y b,tenemos que dividir dicha integral en dos trozos: la integral en [a, c[ y la integral en ]c, b]. Comoestos dos casos quedan contemplados en los supuestos anteriores, podemos calcular la integral def entre a y b como ∫ b

af (x) dx =

∫ c

af (x) dx +

∫ b

cf (x) dx.

El único problema que se puede presentar es, de nuevo, que la suma valga “∞−∞”, en cuyo casono podemos calcular la integral.

Ejemplo 12.8. Calcular∫ 1−1 log

(x2

)dx.

La función que nos dan es f : [−1, 1] \ 0 → R, f (x) = log(x2). Esta función tiene una asíntotavertical en x = 0, por lo que para calcular su integral dividimos el intervalo en dos partes, [−1, 0[y ]0, 1]. Cada una de las dos integrales vale:

Ejercicios Integrales impropias

– 222 –

∫ 0

−1log

(x2

)dx =

[x log

(x2

)− 2x

]0−1

= −2∫ 1

0log

(x2

)dx =

[x log

(x2

)− 2x

]10

= −2,

con lo que se tiene que∫ 1−1 log

(x2

)dx = −2 − 2 = −4. /

Ejemplo 12.9. Calcular∫ 1−1

1x2 dx.

Si hacemos ∫ 1

−1

1x2 dx =

[−1x

]1

−1= −1 − (+1) = −2!!!!!

Pero la función que estamos integrando es positiva, ¡no tiene sentido que tenga integral negativa!¿Qué ha pasado? Como la función 1/x2 tiene una asíntota vertical en x = 0, tenemos que descom-poner la integral como ∫ 1

−1

1x2 dx =

∫ 0

−1

1x2 dx +

∫ 1

0

1x2 dx,

pero ∫ 0

−1

1x2 dx =

[−1x

]0

−1= lim

x→0−(−1/x) − (+1) = +∞

∫ 1

0

1x2 dx =

[−1x

]1

0= −1 − lim

x→0+(−1/x) = +∞,

y por tanto∫ 1−1

1x2 dx = +∞. /

12.4 Ejercicios

Ejercicio 12.1. Prueba que existen las siguientes integrales y que tienen el valor que se indicaen cada caso:a)

∫ 10

dx1+ex = 1 + log

(2

1+e

)b)

∫ 1/20

dx√20+8x−x2 = arcsen

(23

)− arcsen

(7

12

)c)

∫ 30

dx√9−x2 = π

2

d)∫ 1

0x2

√1−x6

dx = π6

e)∫ +∞

1x−1

x3−3x2+x+5dx =3π+log(2)

10

f)∫ +∞

0x

3+x4 dx =√

3π12

g)∫ +∞

−∞

dxex+e−x = π

2

Solución 12.1.a) Ya sabemos la primitiva de esta función, la calculamos en el Ejercicio 11.2 b, con lo que∫ 1

0

dx1 + ex =

[x − log

(1 + ex)]1

0 = 1 − log(1 + e) + log(2) = 1 + log(

21 + e

).

Integrales impropias Ejercicios

– 223 –

b) Teniendo en cuenta que 20−8x+ x2 = 36− (x−4)2, y haciendo el cambio de variable y = x−4se tiene que∫ 1/2

0

dx√

20 + 8x − x2=

∫ 1/2

0

dx√36 − (x − 4)2

=

∫ −3.5

−4

dy√36 − y2

=

∫ −3.5

−4

dy

6√

1 −(

t6

)2

hacemos el cambio t = y/6,

=

∫ −7/12

−2/3

dt√

1 − t2= arcsen

(23

)− arcsen

(712

)c)

∫ 30

dx√9−x2 =

∫ 30

dx3√

1−( x3 )2

=[

x3 = y

]=

∫ 10

dy√

1−y2= arcsen(1) − arcsen(0) = π

2

d)∫ 1

0x2

√1−x6

dx =[y = x3

]= 1

3

∫ 10

dy√

1−y2= 1

3 (arcsen(1) − arcsen(0)) π6e) Descomponemos x−1

x3−3x2+x+5 como suma de fracciones simples:

x − 1x3 − 3x2 + x + 5

=A

x + 1+

Bx + Cx2 − 4x + 5

Desarrollando se obtiene que A = −15 , B = 1

5 y C = 0. Entonces∫x − 1

x3 − 3x2 + x + 5dx =

∫15

xx2 − 4x + 5

−1

x + 1dx (12.1)

= −15

log |x + 1| +15

∫x

x2 − 4x + 5dx.

Calculamos por separado una primitiva de∫x

x2 − 4x + 5dx =

12

∫(2x − 4) + 4x2 − 4x + 5

dx =12

log(x2 − 4x + 5

)+ 2

∫dx

x2 − 4x + 5

completamos cuadrados x2 − 4x + 5 = (x − 2)2 + 1,

=12

log(x2 − 4x + 5

)+ 2

∫dx

1 + (x − 2)2

=12

log(x2 − 4x + 5

)+ 2 arctan(x − 2) (12.2)

Usando (12.1) y (12.2),∫ +∞

1x − 1x3 − 3x2 + x + 5 dx =

15

[− log |x + 1| +

12

log∣∣∣x2 − 4x + 5

∣∣∣ + 2 arctan(x − 2)]+∞

1

=15

log√x2 − 4x + 5

x + 1

+ arctan(x − 2)+∞

1=

3π + log(2)10

.

f) Utilizando el cambio de variable y = x2 pasamos a una integral sencilla:

Ejercicios Integrales impropias

– 224 –

∫ +∞

0

x3 + x4 dx =

12

∫ +∞

0

dy3 + y2 =

√3

6

(lim

y→+∞arctan(y) − arctan(0)

)=

√3π

12.

g) Usamos el cambio de variable ex = t,∫ +∞

−∞

dxex + e−x =

∫ +∞

0

dt1 + t2

= limx→+∞

arctan(t) − arctan(0) =π

2.

Ejercicio 12.2. Prueba que existen las siguientes integrales y que tienen el valor que se indicaen cada caso:a)

∫ 1−1

√1 − x2dx = π

2b)

∫ π

−π(1 + cos(x))2 dx = 3π

c)∫ π/2−π/2 | sen(x)|3dx = 4

3

d)∫ π/2

0 sen2(y) cos2(y) dy = π16

Solución 12.2.a) Mediante el cambio de variable x = sen(t), nos queda que∫ 1

−1

√1 − x2 dx =

∫ π/2

−π/2cos2(t) dt =

∫ π/2

−π/2

12

(1 + cos(2t)) dt =π

2.

b) Desarrollamos el cuadrado,∫ π

−π(1 + cos(x))2 dx =

∫ π

−π1 + 2 cos(x) + cos2(x) dx

=

∫ π

−π1 + 2 cos(x) +

12

(1 + cos(2x)) dx = 3π.

c) Usando que la función seno es impar,∫ π/2

−π/2|sen(x)|3 dx = 2

∫ π/2

0sen3(x) dx = [cos(x) = t] = −2

∫ 0

11 − t2 dt =

43.

d) Utilizando que sen(2x) = 2 sen(x) cos(x), se tiene que∫ π/2

0sen2(y) cos2(y) dy =

14

∫ π/2

0sen2(2y) dx =

18

∫ π/2

01 − cos(4y) dy =

π

16.

Aplicaciones de la integral Cálculo de áreas

– 225 –

Aplicaciones de la integral

13

13.1 Cálculo de áreasEl área entre dos funciones f , g : [a, b]→ R se define como

Área =

∫ b

a| f (x) − g(x)| dx.

Hasta ahora no hemos visto ningún metodo que nos permita calcular primitivas en las que aparecenvalores absolutos. Por eso, antes de comenzar a integrar, es necesario estudiar cuánto vale | f − g|o, dicho de otra forma, averiguar cuál de las dos funciones es la mayor.

00 11 22 33

f (x) = x(x − 1)(x − 2)

Ejemplo 13.1. Calcular el área entre la función f (x) = x(x−1)(x−2)y el eje OX en el intervalo [0, 3].Dividimos en intervalos donde sepamos el signo de la función e inte-gramos:∫ 3

0| f (x)| dx =

∫ 1

0| f (x)| dx +

∫ 2

1| f (x)| dx +

∫ 3

2| f (x)| dx

=

∫ 1

0x(x − 1)(x − 2) dx −

∫ 2

1x(x − 1)(x − 2) dx

+

∫ 3

2x(x − 1)(x − 2) dx

=14−

215

+1930

=34./

/

13.2 Longitudes de curvasSea f una función derivable con derivada continua en el intervalo [a, b]. La longitud del arco

de la curva y = f (x) entre x = a y x = b es

longitud =

∫ b

a

√1 + f ′(x)2 dx.

Ejemplo 13.2. Calcular la longitud de una circunferencia de radio 1.La ecuación de una circunferencia de radio 1 es x2+y2 = 1. Podemos despejar y en la parte positiva:y = f (x) =

√1 − x2 con x ∈ [−1, 1]. Así, la longitud de media circunferencia será:

l =

∫ 1

−1

√1 + f ′(x)2 dx = · · · =

∫ 1

−1

dx√

1 − x2=

[arcsen(x)

]1

−1=π

2+π

2= π./

/

Área de sólidos de revolución Aplicaciones de la integral

– 226 –

13.3 Área de sólidos de revoluciónSea f : [a, b] → R una función derivable con derivada continua en [a, b]. Entonces el área de

la superficie generada haciendo girar alrededor del eje OX el arco de curva y = f (x) en [a, b] es

Superficie = 2π∫ b

af (x)

√1 + f ′(x)2 dx.

Ejemplo 13.3. Calcular la superficie de una esfera de radio 1.Podemos generar una esfera girando respecto del eje OX la curva del ejemplo anterior

y = f (x) =√

1 − x2 x ∈ [−1, 1]

De esta forma, la superficie será:

S = 2π∫ 1

−1f (x)

√1 + f ′(x)2 dx = · · · = 2π

∫ 1

−1

√1 − x2√

1 − x2dx = 2π

∫ 1

−1dx = 2π · 2 = 4π./

/

13.4 Volúmenes de sólidos de revolución

f

aa bb

Figura 13.1 Volumen algirar respecto al eje OX

Sea f : [a, b] → R una función continua. El volumen del sólidogenerado al girar el área bajo la curva y = f (x) respecto del eje OXes

VOX = π

∫ b

af (x)2 dx

y el volumen del sólido generado al girar dicha área respecto al ejeOY es

VOY = 2π∫ b

ax f (x) dx.

En este segundo caso, la función f tiene que ser positiva.

Ejemplo 13.4. Calcular el volumen de una esfera de radio 1.Podemos generar una esfera rotando respecto del eje OX el área bajola curva y = f (x) =

√1 − x2 x ∈ [−1, 1] Con ello, el volumen

será

V =π

∫ 1

−1f (x)2 dx = π

∫ 1

−1(1 − x2) dx = π

[x −

x3

3

]1

−1

=π

((1 −

13

) − (−1 +13

))

=4π3./

/

Aplicaciones de la integral Algunas funciones definidas mediante integrales

– 227 –

13.5 Algunas funciones definidas mediante integrales

13.5.1 La función gamma

La función gamma Γ : R+ → R está definida como

Γ(x) =

∫ ∞

0tx−1e−t dt.

Esta función, debida a Euler, tiene interés como posible generalización del factorial para númerosreales cualesquiera. Se puede demostrar quea) Γ(x + 1) = xΓ(x), para cualquier x ∈ R+.b) Γ(x + n) = (x + n − 1)(x + n − 2) . . . (x + 1)Γ(x), ∀x ∈ R+, ∀n ∈ N.c) Γ(n) = (n − 1)!, ∀n ∈ N.

13.5.2 La función beta

La función β : R+×R+ → R está definida como β(p, q) =∫ 1

0 xp−1(1− x)q−1 dx. Está relacionadacon la función gamma mediante la igualdad β(p, q) =

Γ(p)Γ(q)Γ(p+q) .

13.6 Ejercicios

Ejercicio 13.1. Calcula las siguientes áreas:a) Área limitada por las curvas y = x2 y y2 = 8xb) Área limitada por y = xe−x2 , el eje OX, la ordenada en el punto x = 0 y la ordenada en el

máximo.c) Área de la figura limitada por la curva y = x(x − 1)(x − 2) y el eje OX.

Solución 13.1.a) Las curvas y = x2 e y2 = 8x se cortan en los puntos (0, 0) y (2, 4). Por tanto el área es∫ 2

0

√8x − x2 dx =

4√

23

x3/2 −13

x32

0=

83.

b) La función f (x) = x e−x2 es derivable. Derivando

f ′(x) = e−x2 (1 − 2x2

)= 0 ⇐⇒ x = ±

1√

2.

Si evaluamos la segunda derivada, f ′(

1√2

)< 0 y f ′

(− 1√

2

)> 0, con lo que el máximo se alcanza

en 1√2. El área pedida es ∫ 1/

√2

0f(

1√

2

)− xe−x2

dx =12

+1

2√

2e.

c) La función f (x) = x(x − 1)(x − 2) es positiva en [0, 1] y negativa en [1, 2], por tanto el áreapedida es

Ejercicios Aplicaciones de la integral

– 228 –

∫ 1

0x(x − 1)(x − 2) dx −

∫ 2

1x(x − 1)(x − 2) dx =

∫x3 + 2x − 3x2 =

12.

Ejercicio 13.2. Halla el área comprendida entre el eje de abscisas y la curva y = x3 − 6x2 + 8x.

Solución 13.2. La curva y = x3 − 6x2 + 8x corta al eje OX en x = 0, x = 2 y x = 4. Además,está por encima de dicho eje en el intervalo [0, 2] y por debajo en [2, 4]. Por tanto, el área pedidaes ∫ 2

0x3 − 6x2 + 8x dx −

∫ 4

2x3 − 6x2 + 8x dx = 4 + 4 = 8.

Ejercicio 13.3. Halla el área comprendida entre las parábolas y = 6x − x2, y = x2 − 2x.

Solución 13.3. Las parábolas se cortan en x = 0 y x = 4. Además es fácil comprobar que endicho intervalo la primera parábola está por encima de la segunda con lo que el área es∫ 4

06x − x2 − (x2 − 2x) dx =

[4x2 −

2x3

3

]4

0=

643.

Ejercicio 13.4. Halla el área del recinto limitado por las gráficas de f (x) = cosh(x) y g(x) =

senh(x), en el primer cuadrante.

Solución 13.4. Como cosh(x) ≥ senh(x) en todo R, tenemos que calcular∫ +∞

0cosh(x) − senh(x) dx =

∫ +∞

0e−x dx =

[−e−x]+∞

0 = 1.

Ejercicio 13.5. Calcula el área entre las curvas y = sech(x) e y = 34 cosh(x).E

Solución 13.5. FALTA

Ejercicio 13.6. El cuadrado con un vértice en el origen y el vértice opuesto en (1, 1) se divideE

en dos partes por cada una de las siguiente curvas. En cada caso, halla la razón entre el área mayory el área menor.a) y2 = x3, b) y = xn, n > 1, c) y = xex−1.

Solución 13.6. El área del cuadrado con estos vértices es uno. Las curvas dividen a dichocuadrado en dos partes. Conocida el área de una de ellas, el área de la otra es uno menos dichaárea. El cociente entre ambas es la razón que estamos buscando.a) El área que encierra la curva y2 = x3 es∫ 1

0

√x3 dx =

[25

x5/2]1

0=

25.

Por tanto la razón es 1− 25

25

= 32 .

b) El área es ∫ 1

0xn dx =

[1

n + 1xn+1

]1

0=

1n + 1

Aplicaciones de la integral Ejercicios

– 229 –

y la razón n.c) El área es ∫ 1

0xex−1 dx =

[xex−1 − ex−1

]10

=1e

y la razón es e − 1.

Ejercicio 13.7. Halla la longitud de las siguientes curvas:a) y = x4+48

24x en [2, 4]b) y = log(1 − x2) en

[13 ,

23

].

c) Halla la longitud de la catenaria, o sea, de la función f : [−a, a]→ R definida como

f (x) =a2

(ex/a + e−x/a

).

Solución 13.7.a) Si f (x) = x4+48

24x , entonces

f ′(x) =x4 − 16

8x2 =⇒ 1 + f ′(x)2 =

(x4 + 16

8x2

)2

,

y la longitud es∫ 4

2

√1 + f ′(x)2 dx =

∫ 42

x4+168x2 dx = 17

6 .

b) Si f (x) = log(1 − x2

), la longitud es

∫ 2/3

1/3

√1 + f ′(x)2 dx =

∫ 2/3

1/3

√1 +

(−2x

1 − x2

)2dx

=

∫ 2/3

1/3

√(1 + x2)2

(1 − x2)2 dx =

∫ 2/3

1/3

1 + x2

1 − x2 dx

=112

(12 log

(43

)− 12 log

(23

)− 13

)−

115

(15 log(3) + 15 log

(53

)− 46

).

Observa que hemos usado que 1 − x2 es positivo entre 1/3 y 2/3. La misma integral entre, porejemplo 3 y 4 nos obligaría a utilizar x2 − 1. Recuerda que

√x2 = |x|.

c) La longitud de la catenaria es∫ a

−a

√1 + f ′(x)2 dx =

∫ a

−a

√1 +

(12

(ex/a − e−x/a))2

dx

=

∫ a

−a

√(12

(ex/a + e−x/a))2

dx = a(e −

1e

).

Ejercicio 13.8. Hállese la longitud del arco de curva x = 13y3 + 1

4y desde y = 1 hasta y = 3.

Solución 13.8. Si notamos f (y) = 13y3 + 1

4y , la longitud es∫ 3

1

√1 + f ′(y)2 dy =

∫ 3

1

√1 +

(y2 −

14y2 )

)2dy =

∫ 3

1y2 +

14y2 dy =

536.

Ejercicios Aplicaciones de la integral

– 230 –

Ejercicio 13.9. Hállese la longitud del arco de la curva 9x2 = 4y3 entre los puntos (0, 0) y(2√

3, 3).

Solución 13.9. Queremos calcular la longitud de x =

√49y3 = g(y) con y ∈ [0, 3]. Dicha longitud

es ∫ 3

0

√1 + g′(y)2 dy =

∫ 3

0

√1 + y dy =

143.

Ejercicio 13.10. La curva y = sen2(x), para x ∈ [0, π], gira en torno al eje OX determinando unsólido. Calcula su volumen.

Solución 13.10. Tenemos que calcular

π

∫ π

0

(sen2(x)

)2dx =π

∫ π

0

(1 − cos(2x)

2

)2dx

=π

4

∫ π

01 + cos2(2x) − 2 cos(2x) dx

=π

4

[x +

x2−

sen(4x)8

− sen(2x)]π0

=3π2

8.

Ejercicio 13.11. Halla el volumen generado al girar alrededor del eje OX la gráfica de f (x) =18xx2+9 .

Solución 13.11. La función sólo corta al eje OX en el origen. Por tanto el volumen de 0 a +∞

es

π

∫ ∞

0

(18x

x2 + 9

)2dx = 27π.

Ejercicio 13.12. Calcula el volumen del sólido generado al girar la región limitada por x = y2

e y = x2

a) alrededor del eje OX.b) alrededor del eje OY .

Solución 13.12. Las curvas x = y2 e y = x2 se cortan en (0, 0) y en (1, 1).a) Respecto al eje OX: π

∫ 10 (√

x)2 − (x2)2 dx = 12 −

15 .

b) Respecto al eje OY: 2π∫ 1

0 x(√

x − x2)

=(

45 −

12

)π.

Ejercicio 13.13. Halla el volumen del cuerpo engendrado al girar alrededor del eje OX la curvay = ex+e−x

2 entre x = 1 y x = −1.

Solución 13.13. El volumen es

π

∫ 1

−1

(ex + e−x

2

)2dx =

π

4

∫ 1

−1e2x + e−2x + 2 dx =

π

4(e2 − e−2 + 4

).

Aplicaciones de la integral Ejercicios

– 231 –

Ejercicio 13.14. Al girar alrededor del eje OX, el segmento de curva y =√

x comprendido entrelas abscisas 0 y a, engendra un tronco de paraboloide de revolución cuya superficie es igual a lade una esfera de radio

√13/12. Hállese el valor de a.

Solución 13.14. El área de la superficie obtenida al girar la curva f (x) =√

x entre 0 y a respectoal eje OX es

2π∫ a

0

√x√

1 + f ′(x)2 dx = 2π∫ a

0

√x√

1 +14x

dx = 2π∫ a

0

√x +

14

dx =4π3

(a +

14

)3/2.

Si ahora igualamos a la superficie de una esfera de radio√

13/12,

4π3

(a +

14

)3/2= 4π

1312⇐⇒ a =

3

√165

4.

Ejercicio 13.15. Halla el área de la superficie generada al girar la curva y = x2 alrededor del ejeOX entre y = 0 y y =

√2.

Solución 13.15. El área es 2π∫ √2

0 x2√

1 + 4x2 dx = −arcsen

(2√

2)−102

√2

64 .

Ejercicio 13.16. Halla mediante integración el área y volumen de un cono circular recto dealtura h y con base de radio r.

Solución 13.16.

00

(r, h)(r, h)Estamos girando la recta que pasa por el origen con pendiente r/hrespecto del eje OX. Su volumen es

π

∫ h

0

( rh

x)2

dx =

[π

r2

h2x3

3

]h

0=

13πr2h.

El área lateral es

2π∫ h

0

rh

x√

1 +r2

h2 dx = πr√

r2 + h2.

– 232 –

Métodos de aproximación numérica de integrales Introducción

– 233 –

Métodos de aproximación numérica de inte-grales

1414.1 Introducción 233 14.2 Métodos simples 233 14.3 Métodos de aproxima-ción compuestos 236

14.1 IntroducciónEl cálculo de la integral de una función en un intervalo [a, b] a través de la regla de Barrow

puede ser en algunos casos no sólo complicado, sino prácticamente imposible por varias razones,principalmente dos.

La primera razón es que nos sea imposible calcular una primitiva elemental de la función aintegrar, este caso es muy usual. Por ejemplo la función f (x) = (1 + x2)1/3 no somos capaces decalcularle una primitiva expresable con funciones elementales. Otro ejemplo, muy usual éste, esla función de densidad f (x) = e−x2 que tantas veces aparece.

La segunda razón para no poder aplicar la regla de Barrow es que no conozcamos la expresiónde la función que queremos integrar o simplemente que no conozcamos el valor de la función entodos los puntos del intervalo donde está definida (le llamaremos [a, b]) sino solamente en algunospuntos de dicho intervalo

Por todo lo anterior, a veces hay que recurrir a métodos de aproximación para calcular el valorde la integral de una función en un intervalo. Ya que la propia definición de la integral viene dadapor un límite (de sumas superiores y sumas inferiores), una aproximación a dicho límite podríaconsiderarse un primer método de aproximación numérica de la integral.

Los métodos de aproximación del cálculo de la integral que veremos se llaman métodos o reglasde integración numérica y consisten, básicamente, en dada f : [a, b]→ R continua, aproximamosdicha función por un polinomio adecuado. Así, la integral de dicho polinomio será una aproxima-ción de la integral de f . Estos métodos son los llamados métodos simples, que, si bien son muysencillos de enunciar, la aproximación que dan deja mucho que desear en muchos casos. Un análi-sis posterior nos dará los métodos compuestos que producen una aproximación más buena. Primeroveremos los simples.

14.2 Métodos simples

14.2.1 Método del trapecio simple

El método del trapecio simple consiste en considerar como polinomio de aproximación de lafunción f en el intervalo [a, b] el polinomio de interpolación de Lagrange de la función f en x0 = ay x1 = b y se toma

∫ ba P1(x)dx como aproximación de

∫ ba f (x)dx. El polinomio de interpolación

de Lagrange es

Métodos simples Métodos de aproximación numérica de integrales

– 234 –

P1(x) = f (a)x − ba − b

+ f (b)x − ab − a

,

lo que nos proporciona ∫ b

af (x)dx ≈

∫ b

aP1(x)dx =

b − a2

( f (a) + f (b)).

El nombre de método o regla del trapecio está claro si observamos en el siguiente dibujo queaproximación estamos dando de la integral: Si tenemos una función f : [a, b] → R y suponemosque es positiva, la aproximación dada por el método del trapecio es el área del trapecio formadopor los puntos (a, 0), (b, 0), (b, f (b)) y (a, f (a)).

a

(a, f (a))

b

(b, f (b))

Figura 14.1 Método del trapecio simple

Esta aproximación solo es exacta cuando la función f es un polinomio de grado 1. En cualquiercaso tenemos que el error que se comete al aplicar esta regla viene dado por∫ b

af (x)dx −

b − a2

( f (a) + f (b)) = −112

(b − a)3 f ′′(ξ)

para conveniente ξ ∈]a, b[.

14.2.2 Regla del punto medio simple

Para construir esta aproximación de la integral de la función f en el intervalo [a, b] se consideraP0 el polinomio de aproximación de Lagrange de la función en el punto x0 = a+b

2 y se toma∫ ba P0(x)dx como aproximación de

∫ ba f (x)dx. Como P0(x) = f (a+b

2 ), entonces la aproximaciónqueda ∫ b

af (x)dx ≈

∫ b

aP0(x)dx = (b − a) f (

a + b2

)

que, si f es positiva en el intervalo [a, b], nos da como aproximación del área que queda entre eleje de abscisas y la gráfica de f entre a y b, el área del rectángulo de base b − a (la longitud deintervalo [a, b]) y altura f ( a+b

2 ).Claramente esta fórmula es exacta cuando la función f es constante en el intervalo [a, b], y, en

general, el error cometido al tomar esta aproximación es∫ b

af (x)dx − (b − a) f (

a + b2

) =1

24(b − a)3 f ′′(ξ),

para algún ξ ∈]a, b[.

Métodos de aproximación numérica de integrales Métodos simples

– 235 –

a a+b2

(a, f (a))

(a+b

2 , f(

a+b2

))

b

(b, f (b))

Figura 14.2 Método del punto medio simple

14.2.3 Regla de Simpson simple

En este caso se toma como aproximación de la función P2, el polinomio de interpolación deLagrange de la función f en los puntos x0 = a, x1 = a+b

2 y x2 = b. Como aproximación de∫ ba f (x)dx se toma

∫ ba P2(x)dx. Así el método de Simpson simple nos da∫ b

af (x)dx ≈

(b − a)6

(f (a) + 4 f

(a + b

2

)+ f (b)

).

a a+b2

(a, f (a))

(a+b

2 , f(

a+b2

))

b

(b, f (b))

Figura 14.3 Regla de Simpson simple

Esté método es exacto cuando la función f es un polinomio de grado menor o igual que 3. Elerror cometido al sustituir el valor exacto de la integral por la aproximación que nos da la regla deSimpson vale∫ b

af (x)dx −

(b − a)6

(f (a) + 4 f

(a + b

2

)+ f (b)

)= −

190 · 26 (b − a)5 f 4)(ξ),

para algún ξ ∈]a, b[.Está claro que, al ser P2 una mejor aproximación, en general, que P0 y P1, la regla de Simpson

es mejor aproximación a la integral que la regla del trapecio y la del punto medio. La siguientetabla muestra las aproximaciones dadas por las tres reglas que hemos presentado.

ahora viene una tabla que tengo que hacer.En vista de las fórmulas de los errores cometidos al tomar como aproximación cualquiera de las

fórmulas anteriores, estos errores dependen mucho de la longitud del intervalo [a, b]. En todos lasfórmulas de los errores aparece un término (b−a) elevado a una potencia. Está claro que si (b−a)es muy grande la aproximación no es muy buena. Este hecho además responde a la intuición: no

Métodos de aproximación compuestos Métodos de aproximación numérica de integrales

– 236 –

podemos pretender que si el intervalo de definición de la función es muy grande al tomarnos comoaproximación de la función un polinomio de grado 0 (e incluso 1 o 2) obtengamos una muy buenaaproximación.

Si en el ejemplo de la tabla anterior aumentamos la longitud del intervalo veamos qué ocurre:Otra tabla con el mismo ejemplo con un intervalo más grande y comentar los errores que se

cometen ahora.

14.3 Métodos de aproximación compuestosUna forma de resolver este problema consiste en dividir el intervalo [a, b] en n subintervalos de

idéntica longitud y aplicar un método de aproximación simple en cada uno de los subintervalosobtenidos y después sumar las aproximaciones obtenidas. La aditividad de la integral respecto alintervalo nos garantiza que la suma obtenida es una aproximación de la integral de la función enel intervalo [a, b]. Estos métodos de aproximación se llaman métodos de aproximación compuestay vamos a comentar brevemente los tres correspondientes a los métodos de aproximación simpleque acabamos de estudiar.

Lo primero que tenemos que hacer, en los tres métodos, es dividir el intervalo en n subintervalosde igual longitud. Para tal fin consideramos los puntos

xk = a + kb − a

n, k = 0, 1, . . . n, (14.1)

donde n es un número natural. Estos puntos xk, para k = 0, 1, . . . , n reciben el nombre de nodos.Si ahora aplicamos cada uno de los métodos de aproximación simples a la función en cada uno delos intervalos [xk, xk+1] obtenemos en cada caso las siguientes fórmulas:

Método del trapecio compuesto

Sean x0, x1, . . . , xn los nodos dados por (14.1). La aproximación de la integral∫ ba f (x)dx utili-

zando el método del trapecio compuesto con los subintervalos dados por los anteriores nodos nosproporciona

Tn =(b − a)

2n

f (a) + 2n−1∑i=1

f (xi) + f (b)

,y el error cometido queda estimado por la fórmula∫ b

af (x)dx − Tn = −

112

(b − a)3

n2 f ′′(ξ)

donde ξ es un número del intervalo ]a, b[.

Método del punto medio compuesto

Considerando los mismos nodos que en el apartado anterior la regla del punto medio compuestonos da una aproximación

Mn =(b − a)

n

n−1∑i=0

f(a +

(2i + 1)2

(b − a)n

).

En este caso la expresión del error nos queda

Métodos de aproximación numérica de integrales Métodos de aproximación compuestos

– 237 –

∫ b

af (x)dx − Mn =

(b − a)3

24n2 f ′′(ξ)

para ξ ∈]a, b[.

Método de Simpson compuesto

En este caso necesitamos que el número n sea par. Usando el método de Simpson en cadaintervalo [xk, xk+1] obtenemos la aproximación

S n =(b − a)

3n[( f (x0) + 4 f (x1) + f (x2)) + ( f (x2) + 4 f (x3) + f (x4)) + · · ·

· · · + ( f (xn−2) + 4 f (xn−1) + f (xn))].

Haciendo un fácil cambio de variable obtenemos que la anterior expresión coincide con

S n =(b − a)

3n

n/2∑i=1

[f (x2i−2) + 4 f (x2i−1) + f (x2i)

]y el error que se comete viene dado por∫ b

af (x)dx − S n = −

1180

(b − a)5

n4 f 4)(ξ)

para un ξ ∈]a, b[.El error en los tres métodos depende inversamente del número de nodos n. Pero mientras que en

el método del trapecio y en del punto medio el error es inversamente proporcional a n2 en el métodode Simpson es inversamente proporcional a n4. Está claro por tanto que el método de Simpson esmás exacto que los otros dos cuando aumentamos el número de nodos.

Ejemplo 14.1. Consideremos la integral de la función f (x) = ex sen(x) en el intervalo [0, 1].A esta función se le puede calcular una primitiva fácilmente integrando por partes (¡hágase!) yevaluando en 0 y en 1 queda ∫ 1

0ex sen(x)dx = 0.90933067363148.

/

Métodos de aproximación compuestos Métodos de aproximación numérica de integrales

– 238 –

Trapecio Aproximación Error

n=20 0.9670887643 5.78 ×10−2

n=40 0.9380661609 2.87 ×10−2

n=100 0.9207904171 1.15 ×10−2

Punto medio Aproximación Error

n=20 0.9090435575 2.87 ×10−4

n=40 0.9092588997 7.18 ×10−5

n=100 0.9093191900 1.15 ×10−5

Simpson Aproximación Error

n=20 0.9093305474 1.26 ×10−7

n=40 0.9093306657 7.89 ×10−9

n=100 0.9093306734 2.02 ×10−10

Tabla 14.1 Fórmulas de integración compuesta

– 239 –

Apéndices

– 240 –

Geometría Parábolas, elipses e hipérbolas

– 241 –

Geometría

A

A.1 Parábolas, elipses e hipérbolasAdemás de las curvas asociadas a lineas rectas, funciones trigonométricas o a cualquier otra

función elemental, hay tres curvas que tienen una destacada importancia: las secciones cónicas.Los griegos ya conocían que el corte de un cono por un plano producía sólo tres tipos de curvas:parábolas, elipses e hipérbolas. Vamos a comentarlas con más detalle.

A.1.1 Parábola

FF

Figura A.1 Parábola

(x, y) ∈ R2 : y = ax2 + bx + c

Una parábola es el conjunto de puntos que equidistan de un punto

dado, llamado foco, y de una recta llamada directriz. La recta perpen-dicular a la directriz y que pasa por el foco se llama eje de la parábola.La intersección del eje y de la directriz se llama vértice.

A.1.2 Elipse

−a−a aaFF F′F′OO

bb

−b−b

Figura A.2 Elipse

(x, y) ∈ R2 :

x2

a2 +y2

b2 = 1

Área = πabUna elipse es el conjunto de puntos verificando que la

suma de las distancias a dos puntos fijos (F y F′), llama-dos focos, es una constante mayor que la distancia entrelos focos. El punto medio del segmento que une los focosse llama centro. El segmento que pasa por los dos focosy acaba en la elipse se llama eje mayor. El segmento per-pendicular al eje mayor y que acaba en la elipse es el ejemenor. Las intersecciones de los ejes con la elipse se lla-man vértices de la elipse. Los focos son los puntos (c, 0)y (−c, 0) que verifican a2 = b2 + c2. El caso particulara = b es conocido: la circunferencia.

Las ecuaciones que hemos escrito describen elipseso, en el caso particular de que los semiejes coincidan, circuferencias centradas en el origen decoordenadas. Si el centro está en el punto (h, k) la ecuación es

Superficies cuadráticas Geometría

– 242 –

(x − h)2

a2 +(y − k)2

b2 = 1.

Es inmediato comprobar que la circunferencia de radio r centrado en el punto (h, k) es

(x − h)2 + (y − k)2 = r2

y su longitud esLongitud de una circunferencia de radio r= 2πr

A.1.3 Hipérbola (x, y) ∈ R2 :

x2

a2 −y2

b2 = 1

Una hipérbola es el conjunto de puntos que verifican que la diferencia de las distancias a dospuntos fijos, llamados focos, es una constante positiva menor que la distancia entre los focos (F yF′).

A.2 Superficies cuadráticas

a) Esfera: (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2

Secciones paralelas al plano xy: circunferencias.

Secciones paralelas al plano xz: circunferencias.

Secciones paralelas al plano yz: circunferencias.

Volumen = 43πR3

Área = 4πR2

b) Elipsoide: x2

a2 +y2

b2 + z2

c2 = 1

Secciones paralelas al plano xy: Elipses.

Secciones paralelas al plano xz: Elipses.

Secciones paralelas al plano yz: Elipses.

Geometría Superficies cuadráticas

– 243 –

c) Cilindro elíptico: x2

a2 +y2

b2 = 1

Secciones paralelas al plano xy: elipses.

Secciones paralelas al plano xz: rectas.

Secciones paralelas al plano yz: rectas.

Volumen = πab×altura

d) Cilindro hiperbólico: x2

a2 −y2

b2 = 1

Secciones paralelas al plano xy: hipérbolas.

Secciones paralelas al plano xz: rectas.

Secciones paralelas al plano yz: rectas.

e) Paraboloide elíptico: x2

a2 +y2

b2 = z

Secciones paralelas al plano xy: Elipses.

Secciones paralelas al plano xz: Parábolas.

Secciones paralelas al plano yz: Parábolas.

Superficies cuadráticas Geometría

– 244 –

f) Paraboloide hiperbólico: x2

a2 −y2

b2 = z

Secciones paralelas al plano xy: Hipérbolas.

Secciones paralelas al plano xz: Parábolas.

Secciones paralelas al plano yz: Parábolas.

g) Cono elíptico: x2

a2 +y2

b2 −z2

c2 = 0

Secciones paralelas al plano xy: Elipses.

Secciones paralelas al plano xz: Hipérbolas.

Secciones paralelas al plano yz: Hipérbolas.

h) Hiperboloide elíptico de una hoja: x2

a2 +y2

b2 −z2

c2 = 1

Secciones paralelas al plano xy: Elipses.

Secciones paralelas al plano xz: Hipérbolas.

Secciones paralelas al plano yz: Hipérbolas.

Geometría Superficies cuadráticas

– 245 –

i) Hiperboloide elíptico de dos hojas: x2

a2 +y2

b2 −z2

c2 = −1

Secciones paralelas al plano xy: Elipses.

Secciones paralelas al plano xz: Hipérbolas.

Secciones paralelas al plano yz: Hipérbolas.

– 246 –

Algunas tablas Derivadas

– 247 –

Algunas tablas

B

B.1 DerivadasA la lista de derivadas de funciones habrá que añadir las reglas que permiten derivar funciones

compuestas a partir de éstas como la regla de la cadena.

Función Derivadaf (x) = xn, x ∈ R, n ∈ Z f ′(x) = nxn−1

f (x) = log(x), x ∈ R+ f ′(x) = 1/xf (x) = loga(x), x ∈ R+, a > 0, a 6= 1 f ′(x) = loga(e)/xf (x) = ax, x ∈ R, a > 0, a 6= 1 f ′(x) = ax log(a)f (x) = ex, x ∈ R, f ′(x) = ex

f (x) = xα, x > 0, α 6= 0 f ′(x) = αxα−1

f (x) = sen(x) f ′(x) = cos(x)f (x) = cos(x) f ′(x) = − sen(x)

f (x) = tan(x), x ∈ R \π2 + kπ : k ∈ Z

f ′(x) =

1cos2(x)

f (x) = cotan(x), x ∈ R \ kπ : k ∈ Z f ′(x) =−1

sen2(x)f (x) = sec(x) f ′(x) = sec(x) tan(x)f (x) = cosec(x) f ′(x) = − cosec(x) cotan(x)

f (x) = arcsen(x), x ∈] − 1, 1[ f ′(x) =1

√1 − x2

f (x) = arccos(x), x ∈] − 1, 1[ f ′(x) =−1

√1 − x2

f (x) = arctan(x) f ′(x) =1

1 + x2

f (x) = arccotan(x) f ′(x) =−1

1 + x2

f (x) = arcosec(x) f ′(x) =1

x√

1 − x2

f (x) = arcocosec(x) f ′(x) = −1

x√

1 − x2

f (x) = senh(x) f ′(x) = cosh(x)

Desarrollo de Taylor Algunas tablas

– 248 –

Función Derivadaf (x) = cosh(x) f ′(x) = senh(x)

f (x) = tanh(x) f ′(x) =1

cosh2(x)

f (x) = cotanh(x), x 6= 0 f ′(x) =−1

senh2(x)

f (x) = arcsenh(x) f ′(x) =1

√x2 + 1

f (x) = arccosh(x) f ′(x) =1

√x2 − 1

f (x) = arctanh(x) f ′(x) =1

1 − x2

f (x) = arccotanh(x) f ′(x) =1

x2 − 1

f (x) = arcsech(x) f ′(x) =−1

x√

1 − x2

f (x) = arccosech(x) f ′(x) =−1

|x|√

1 + x2

B.2 Desarrollo de TaylorLos desarrollos de Taylor que recogemos a continuación han aparecido con anterioridad o se

pueden calcular por métodos similares.

B.3 PrimitivasLa lista de primitivas de las funciones elementales no es la más completa que se puede encontrar.

Hay textos con listas mucho más amplias. Sin ir más lejos, la lista de derivadas que acabamos deleer es mucho más extensa. En este caso no se trata de que la lista sea exhaustiva sino de tener unabase sobre la que comenzar a calcular una primitiva de funciones más generales.

Algunas tablas Primitivas

– 249 –

Función Desarrollo de Taylor

11 − x

∞∑n=0

xn = 1 + x + x2 + x3 + · · ·

ex∞∑

n=0

xn

n!= 1 + x +

x2

2!+

x3

3!+ · · ·

log(1 + x) x −x2

2+

x3

3+ · · · =

∞∑n=1

(−1)n+1xn

n

log(

11 + x

)x +

x2

2+

x3

3+ · · · =

∞∑n=1

xn

n

sen(x) x −x3

3!+

x5

5!+ · · · =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n + 1)!

cos(x) 1 −x2

2!+

x4

4!+ · · · =

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!

arctan(x) x −x3

3+

x5

5+ · · · =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

2n + 1

(1 + x)k 1 + kx +k(k − 1)x2

2+ · · · =

∞∑n=0

(kn

)xn

senh(x) x +x3

3!+

x5

5!+ · · · =

∞∑n=0

x2n+1

(2n + 1)!

cosh(x) 1 +x2

2!+

x4

4!+ · · · =

∞∑n=0

x2n

(2n)!

Primitivas Algunas tablas

– 250 –

∫xa dx =

xa+1

a + 1(a 6= −1)

∫1x

dx = log |x|∫ax dx =

1log(a)

ax∫

ex dx = ex∫sen(x) dx = − cos(x)

∫cos(x) dx = sen(x)∫

tan(x) = − log |cos(x)|∫

cotan(x) = log |sen(x)|∫1

sen2(x)dx = − cotan(x)

∫1

cos2(x)dx = tan(x)∫

1√

1 − x2dx = arcsen(x)

∫−1

√1 − x2

dx = arccos(x)∫1

1 + x2 dx = arctan(x)∫

−11 + x2 dx = arccotan(x)∫

senh(x) dx = cosh(x)∫

cosh(x) dx = senh(x)∫tanh(x) dx = log |cosh(x)|

∫cotanh(x) dx = log |senh(x)|∫

1cosh2(x)

dx = tanh(x)∫

1senh2(x)

dx = − cotanh(x)

Progresiones aritméticas y geométricas Progresiones aritméticas

– 251 –

Progresiones aritméticas y geométricas

C

C.1 Progresiones aritméticasCuando una sucesión de números verifica que la diferencia entre dos términos consecutivos es

constante decimos que la dicha sucesión es una progresión aritmética. Por ejemploa) 0, 5, 10, 15,... es una progresión aritmética donde la diferencia entre términos consecutivos es

5,b) a, a + d, a + 2d, a + 3d,... es una progresión aritmética cuya diferencia es d.

Es fácil calcular cualquier término de una progresión aritmética conociendo el primer términoy diferencia común. El término n-ésimo de una progresión aritmética cuyo primer término es a yla diferencia es d es

término n-ésimo = a + (n − 1)d

Suma de una progresión aritmética

¿Cuánto vale la suma de los términos de una progresión aritmética? Parece natural que la sumade los n primeros términos de una progresión aritmética con término inicial a y diferencia d sólodependa de estos dos parámetros, pero ¿tenemos una fórmula? Para sumar

a + (a + d) + (a + 2d) + · · · (a + (n − 1)d)

fijemonos en que si sumamos el primer término y el último, el segundo y el penúltimo y así suce-sivamente siempre obtenemos el mismo resultado. Quizá es más fácil verlo de la siguiente forma,sumemos los términos de la progresión con los mismos términos, pero escritos en orden inverso:

a + a + (n − 1)d = 2a + (n − 1)da + d + a + (n − 2)d = 2a + (n − 1)da + 2d + a + (n − 3)d = 2a + (n − 1)d· · · + · · · = 2a + (n − 1)d

a + (n − 3)d + a + 2d = 2a + (n − 1)da + (n − 2)d + a + d = 2a + (n − 1)da + (n − 1)d + a = 2a + (n − 1)d

n(2a + (n − 1)d)

Así obtenemos que

2 [a + (a + d) + (a + 2d) + · · · (a + (n − 1)d)] = n(2a + (n − 1)d),

y por tanto

Progresiones geométricas Progresiones aritméticas y geométricas

– 252 –

a + (a + d) + (a + 2d) + · · · (a + (n − 1)d) =n(2a + (n − 1)d)

2 .

La fórmula anterior permite calcular la suma de los términos de una progresión geométrica enfunción del primer término, la diferencia y el número de términos. También se puede escribir lasuma en función de la diferencia, el primer término y el último. Si notamos

a1 = a, a2 = a + d, a3 = a + 2d, . . . , an = a + (n − 1)d,

entonces

a1 + a2 + · · · an =n (a1 + an)

2 .

C.2 Progresiones geométricasCuando una sucesión de números verifica que la razón entre dos términos consecutivos es cons-

tante decimos que la dicha sucesión es una progresión geométrica. Por ejemploa) 2, 4, 8, 16,... es una progresión geométrica donde la razón entre términos consecutivos es 2,b) a, a · r, a · r2, a · r3,... es una progresión geométrica de razón r.

Como en las progresiones aritméticas, es fácil calcular el término n-ésimo de la progresión cuyotérmino inicial es a y la razón es r. Dicho término es

término n-ésimo = a · rn−1

Suma de una progresión geométrica

En el Ejemplo 5.3 ya vimos cómo calcular su suma. Para calcular la suma de los n primerostérminos,

a + ar + ar2 + · · · + arn−1,

fijémonos que

(1 − r)(a + ar + ar2 + arn−1

)= a − arn

de donde se deduce que

a + ar + ar2 + · · · + arn−1 =a − arn

1 − r .

Utilizando la notación

a1 = a, a2 = ar, a3 = ar2, . . . , an = arn−1,

podemos expresar la suma en función del primer término, el último y la razón:

a1 + a2 + · · · + an =a1 − anr

1 − r .

Algunos ejemplos y contraejemplos

– 253 –

Algunos ejemplos y contraejemplos

D

a) Una función continua en un único punto

f (x) =

x, si x ∈ Q,−x, si x ∈ R \ Q

b) Una función continua pero no derivableLa función valor absoluto es continua en toda la recta real pero no es derivable en el origen.

c) Una función derivable pero no de clase C1

La función f : R+0 → R definida como

f (x) =

x2 sen

(1x

), si x > 0,

0, si x = 0

vale como ejemplo. Es derivable pero la derivada no es continua en el origen.d) Una función de clase Cn pero no de clase Cn+1

Véase el Ejemplo 7.31e) Una función integrable que no admite primitiva

La función f : [0, 3]→ R definida como f (x) = 0 para x 6= 0, 1, 2, 3 y f (0) = f (1) = f (2) =

f (3) = 1.f) Una función con primitiva pero que no es integrable (Riemann)

La función f : [−1, 1]→ R

f (x) =

1√1−x2 , si |x| < 1,

0, si x = ±1

no está acotada y, por tanto, no es integrable Riemann. Su primitiva ya la conoces.g) Una serie convergente pero no absolutamente convergente

Cualquier sucesión decreciente (pero no demasiado rápidamente) y unos cambios de signoson suficientes para construir un ejemplo:

∑(−1)n 1

n nos vale.h) Una serie con sumas parciales acotadas pero que no es convergente

Las sumas parciales de la serie∑

(−1)n están acotadas pero la serie no es convergente (sutérmino general no tiende a cero).

i) Una sucesión que no es convergente ni divergentePor ejemplo (−1)n

j) Una sucesión que diverge positivamente pero no es crecienteLa sucesión xn, donde xn = n si n es par y xn = n2 si n es impar.

k) Un conjunto que no es abierto ni cerradoCualquier intervalo semiabierto (o semicerrado, según se mire): [0, 1[, por ejemplo.

– 254 –

Índice alfabético

– 255 –

Índice alfabético

aadherencia 13algoritmo

de Horner 20estable 25inestable 25

asíntotahorizontal 104vertical 103

bbinomio de Newton 11

ccatenaria 229codominio 29cola 56conjunto

abierto 13cerrado 13de medida nula 191inductivo 10

constantede Euler-Mascheroni 88

convergenciaabsoluta 81cuadrática 160incondicional 81lineal 160

cotainferior 6superior 6

criteriode Abel 85de comparación 82de comparación por paso al límite 82de condensación 84de Dirichlet 85de la raíz 61, 83del cociente 83de Leibniz 85de Pringsheim 85

de Raabe 83de Stolz 60

ddesigualdad

de Minkowski 189de Schwarz 189triangular 9

determinante de Vandermonde 168diferencia 251diferencia dividida 173directriz

de una parábola 241discontinuidad

de salto 107esencial 107evitable 107

dominio 29

eerror

absoluto 20relativo 20

ffoco

de una elipse 241de una hipérbola 242de una parábola 241

fórmulade Taylor 179infinitesimal del resto 178

frontera 13función

acotada 34biyectiva 31cóncava 127continua 107contractiva 158convexa 127creciente 35, 111de clase C1 125

Índice alfabético

– 256 –

de clase Cn 125decreciente 35, 111derivable 119estrictamente creciente 35, 111estrictamente decreciente 35, 111estrictamente monótona 35, 111impar 33integrable 188inyectiva 31localmente integrable 192monótona 35, 111par 33periódica 33sobreyectiva 31

ggráfica 29

iimagen 29impropiamente integrable 219ínfimo 7integral

impropia 219indefinida 193inferior 187superior 187

interior 13interpolación

de Hermite 176de Lagrange 167de Taylor 176

intervalo 13

llema

de conservación del signo 109límite

funcional 101lateral 102

mmayorante 6minorante 6mínimo

absoluto 7relativo 122

métodode Aitken 161de bisección 155del punto medio compuesto 236del punto medio simple 234del trapecio compuesto 236del trapecio simple 233de Simpson compuesto 237de Simpson simple 235

máximoabsoluto 7relativo 122

nnúmero

algebraico 8combinatorio 11trascendente 9

nodode interpolación 167

norma 192

oorden convergencia 160

pparte entera 123partición 187periodo 33periodo

fundamental 33polinomio

de Lagrange 168de Mclaurin 177de Taylor 176

preimagen 29primitiva 193principio

de inducción 10progesión

aritmética 251geométrica 252

progresióngeométrica 78

propiedadde compacidad 111

Índice alfabético

– 257 –

puntoadherente 13aislado 13crítico 123de acumulación 13de inflexión 127fijo 157interior 13

rrecta

tangente 120regla

de Barrow 194de la cadena 107, 122del número e 61del sandwich 55

resto de Taylor 178

sserie

aritmético-geométrica 87armónica 79armónica generalizada 84de números reales 77hipergeométrica 88telescópica 85

sucesión 30, 53sucesión

acotada 54acotada inferiormente 54acotada superiormente 54convergente 53creciente 56decreciente 57de Fibonacci 53divergente 59parcial 56

sumade Riemann 192inferior 187integral 192parcial 77superior 187

supremo 7

tteorema

de Bolzano–Weierstrass 59de cambio de variable 195de Darboux 192de derivación de la función inversa 122de la función inversa 124de Lebesgue 191de los ceros de Bolzano 109

Teoremadel punto fijo para aplicaciones contracti-

vas 158teorema

del valor intermedio para la derivada 124del valor medio 110, 123de Newton-Raphson 162de Riemann 81de Rolle 123fundamental del Cálculo 193

tolerancia 160triángulo

de Pascal 12de Tartaglia 12

vvalor absoluto 9vértice

de una elipse 241de una parábola 241

– 258 –

– 259 –