Libro cálculo en una variable 17 12 2009 by cristianandres90

G. Rojas

CÁLCULO EN UNA VARIABLE Cálculo integral

Editado por J. C. Trujillo

Escuela Politécnica Nacional 2009

Índice general 1 Límites 1.1 Aproximar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 La recta tangente a una curva . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Formulación del problema . . . . . . . . . . . 1.2.2 Aproximación numérica al concepto de límite 1.2.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 La definición de límite . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Solución del problema . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 La definición de límite . . . . . . . . . . . . . 1.3.3 Dos observaciones a la definición de límite . . 1.3.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Continuidad de una función . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Interpretación geométrica de la definición de límite . 1.5.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Energía solar para Intipamba . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Planteamiento del problema . . . . . . . . . . 1.6.2 El modelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.3 El problema matemático . . . . . . . . . . . . 1.6.4 Solución del problema matemático . . . . . . 1.6.5 Solución del problema . . . . . . . . . . . . . 1.6.6 Epílogo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Propiedades de los límites . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.2 Generalizaciones . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 El límite de una composición: cambio de variable . . 1.8.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 El teorema del “sandwich” . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Límites unilaterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Límites infinitos y al infinito . . . . . . . . . . . . . . 1.11.1 Límites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.2 Propiedades de los límites infinitos . . . . . . 1.11.3 Límites al infinito . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 9 11 12 14 15 16 18 21 31 38 38 41 48 48 49 49 51 51 54 54 54 55 61 61 63 63 69 69 74 74 78 80 80 87 93 97

ÍNDICE GENERAL

2 La derivada: su motivación 2.1 La recta tangente a una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 ¿Cómo medir el cambio? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 ¿Cuánto cuesta producir autos? . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Las variables representan magnitudes . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 La función como modelo de la dependencia entre magnitudes 2.2.4 La variaciones absoluta y relativa como medidas del cambio . 2.3 Razón de cambio, elasticidad y magnitudes marginales . . . . . . . . 2.3.1 Magnitudes marginales en Economía . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Elasticidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 La descripción del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 El concepto de velocidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Caso general: movimiento no-uniforme . . . . . . . . . . . . . 2.5 Conclusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 La derivada: definición y propiedades 3.1 Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Propiedades de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 La regla de la cadena o la derivada de la compuesta . 3.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Razones de cambio relacionadas . . . . . . . . . . . . 3.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9 Derivación implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.10 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11 Derivada de la función inversa . . . . . . . . . . . . . 3.12 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.13 Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . 3.14 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.15 Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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4 La derivada: aplicaciones 4.1 Romeo y Julieta: la modelización matemática . . . . . . . . . 4.1.1 Identificación del problema . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Elaboración del modelo matemático . . . . . . . . . . 4.2 Extremos globales o absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Extremos locales o relativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Monotonía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Teoremas del valor intermedio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8 Convexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.1 Punto intermedio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.2 Segmento que une dos puntos . . . . . . . . . . . . . . 4.8.3 Ecuación de la recta que pasa por dos puntos dados en 4.8.4 Funciones convexas y cóncavas . . . . . . . . . . . . . 4.9 Puntos de inflexión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11 Graficación de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.12 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . E2 . . . . . . . . . .

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

101 101 104 104 105 105 107 109 113 113 116 117 120 122 122

. . . . . . . . . . . . . . .

125 125 130 131 138 139 140 141 143 143 145 146 148 149 150 151

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

153 153 154 154 155 161 164 166 167 168 169 169 170 171 171 173 177 178 182

ÍNDICE GENERAL 4.13 Problemas de extremos . . . . . 4.14 Ejercicios . . . . . . . . . . . . 4.15 Regla de L’Hôpital . . . . . . . 4.15.1 Formas indeterminadas 4.15.2 Regla de L’Hôpital . . . 4.16 Ejercicios . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

182 188 189 189 190 192

5 La integral indefinida 5.1 Primitivas e integral indefinida . . . . . . . . 5.1.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 La diferencial y la integral indefinida . . . . . 5.2.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Cambios de variables en integrales indefinidas 5.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Integrales de potencias de sen y cos . . . . . . 5.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Integrales de potencias de sec y tan . . . . . . 5.5.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Integración por partes . . . . . . . . . . . . . 5.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Integración de funciones racionales . . . . . . 5.7.1 Integración de fracciones simples . . . 5.7.2 El método de las fracciones parciales . 5.7.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 El método de Ostrogradski mejorado . . . . . 5.8.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

193 193 196 196 197 198 201 202 204 204 205 206 207 208 208 210 214 215 219

6 La integral definida 221 6.1 Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 6.2 Sumatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 6.2.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 6.3 Propiedades de la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 6.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 6.4 El valor medio o promedio de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 6.5 El teorema del valor medio para la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . 233 6.6 Otra propiedad de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 6.7 El teorema fundamental del cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 6.7.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 6.8 El teorema fundamental del cálculo y el cambio de variable para la integral definida240 6.8.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 7 Aplicaciones de la integral definida 7.1 Definición de longitud, área y volumen . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 El área de una figura plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Cálculo de volúmenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1 Volumen de un cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.2 Cálculo de volúmenes por elementos de sección (rodajas) . . 7.3.3 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por arandelas 7.3.4 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por cortezas . 7.3.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

247 247 248 250 251 251 254 256 257 259 260

ÍNDICE GENERAL

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

261 262 263 264 265 266 269 269 271 273 273 277 277 279 280 280 282 286 287 287 288 289 290 291 291 297 297 298 299 299 300 300 301 301 302 304 306

8 Función logaritmo y exponencial 8.1 Relaciones y funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Sentido de la expresión ax para x ∈ Q . . . . . . . . . . . . . . 8.3 La función logaritmo natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 Función exponencial natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 Definición de ax , a > 0, x ∈ R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1 generalización de la regla de la potencia . . . . . . . . . 8.5.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6 Función loga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.7 Funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.8 Ejercicios adicionales de funciones Exponenciales y logarítmicas

. . . . . . . . . . . . .

307 307 308 309 312 313 315 316 319 319 319 321 322 325

7.5

7.6 7.7 7.8 7.9 7.10 7.11

7.12

7.13 7.14 7.15

7.16

7.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Área de superficies de revolución . . . . . . . . . . . . . 7.5.1 Caso con giro alrededor del eje Ox. . . . . . . . . 7.5.2 Caso con giro alrededor del eje Oy. . . . . . . . . 7.5.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . El valor medio de una función . . . . . . . . . . . . . . . 7.6.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Masa y densidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Posición, velocidad y aceleración de un punto . . . . . . 7.8.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trabajo mecánico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Presión hidrostática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.10.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Momentos de masa y Centro de gravedad . . . . . . . . 7.11.1 Caso de sistemas en “línea recta” . . . . . . . . . 7.11.2 Caso de sistemas “planos” . . . . . . . . . . . . . 7.11.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aplicaciones en economía . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.12.1 Ingreso de una empresa o un gobierno . . . . . . 7.12.2 Superávit del consumidor y del productor . . . . 7.12.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integración de funciones racionales de seno y coseno . . 7.13.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sustituciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . 7.14.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.15.1 Tipo I. Integrales impropias de dominios infinitos 7.15.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.15.3 Tipo II. Integrales con integrandos no acotados . 7.15.4 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.15.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integración aproximada . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.16.1 Método “natural” . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.16.2 Método de los trapecios . . . . . . . . . . . . . . 7.16.3 El método de Simpson . . . . . . . . . . . . . . . 7.16.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ÍNDICE GENERAL 9 Sucesiones y series 9.1 Sucesiones numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.1 Las sucesiones numéricas vistas como ∞-tuples . . . . . 9.1.2 Las sucesiones como funciones . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.3 Sucesiones acotadas, de Cauchy y convergentes . . . . . 9.1.4 Sucesiones monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.5 Sucesiones convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.6 Convergencia de sucesiones monótonas y acotadas . . . 9.1.7 Criterio de Cauchy. Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . 9.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3 Series numéricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.1 Series telescópicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3.2 Propiedades algebraicas de las series . . . . . . . . . . . 9.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5 Series de términos no-negativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6 Criterio integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7 Criterios de comparación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7.1 Criterio de la razón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.8 Series alternantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.9 Criterio general de la razón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.10 Error de aproximación del límite de una serie . . . . . . . . . . 9.11 Convergencia puntual de sucesiones y series de funciones reales 9.12 Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.13 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.14 Derivación e Integración de Series de Potencias . . . . . . . . . 9.15 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.16 Series de Taylor y de Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.17 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.18 Serie Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.19 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

327 327 327 328 329 329 331 332 333 335 336 338 342 342 344 346 347 351 354 356 357 360 361 365 366 369 370 373 374 375

ÍNDICE GENERAL

Límites

1.1 Aproximar Aproximar es la palabra clave de la ciencia y de la tecnología modernas. En efecto, consciente o no, el trabajo de todo científico ha sido el de elaborar modelos que se aproximan a una realidad compleja que el científico quiere comprender y explicar. Los números son, quizás, la primera herramienta que creó el ser humano para la elaboración de dichos modelos. A pesar de que se han construido conceptos de un alto nivel de abstracción para la noción de número, la práctica cotidiana se remite casi exclusivamente a la utilización de números decimales. Más aún, se utilizan frecuentemente una o dos cifras decimales a lo más. Por ejemplo, en la representación de cantidades de dinero, se utilizan hasta dos cifras decimales que indican los centavos. O, si se requiere dividir un terreno de 15 hectáreas entre siete herederos y en partes iguales, se dividirá el terreno en parcelas de aproximadamente 15 7 de hectárea y, en la práctica, cada parcela tendrá unas 2.14 hectáreas. En realidad, todo lo que se hace con cualquier número a la hora de realizar cálculos es aproximarlo √ mediante números decimales. Es así que, cuando en los modelos aparecen números como π, 2 o 43 , en su lugar se utilizan números decimales. Veamos esta situación más de cerca. Si convenimos en utilizar números decimales con solo dos cifras después del punto, ¿qué número o números decimales deberíamos elegir para aproximar, por ejemplo, el número 43 ? Los siguientes son algunos de los números decimales con dos cifras después del punto que pueden ser utilizados para aproximar a 43 : 1.31; 1.32; 1.33; 1.34; 1.35. Dado que ninguno de ellos es exactamente el número 43 , el que elijamos como aproximación debería ser el menos diferente del número 43 . Ahora, la resta entre números es el modo como se establece la diferencia entre dos números. A esta diferencia le vamos a considerar como el error que se comete al aproximar 43 con un número decimal con dos cifras después del punto. Así, si se utilizara 1.31 como aproximación, el error cometido se calcularía de la siguiente manera: 4 4 131 − 1.31 = − 3 3 100 400 393 7 = − = . 300 300 300 Es decir, el error que se comete al aproximar

4 3

con 1.31 es

7 300 .

Límites

En cambio, si se utilizara 1.32 para aproximar 43 , el error cometido sería: 4 4 132 − 1.32 = − 3 3 100 400 396 4 = − = . 300 300 300 Vemos que 1.32 es una mejor aproximación de 43 que 1.31 en el sentido de que el error que 4 7 se comete al aproximar 43 con 1.32 es de 300 , que es menor que 300 , el error que se comete al 4 aproximar 3 con 1.31. 4 Veamos qué sucede si aproximamos con 1.33. En este caso, el error cometido sería: 3 4 4 133 − 1.33 = − 3 3 100 400 399 1 − = . = 300 300 300 Ésta tercera aproximación es mejor que las dos anteriores, porque el error cometido cuando 1 se aproxima 43 con 1.33, que es 300 , es menor que el error de aproximar 43 con 1.31 o 1.32. El error cometido al aproximar 43 con 1.34 es: 4 134 4 − 1.34 = − 3 3 100 400 402 2 = − =− . 300 300 300 El signo negativo indica que el número utilizado como aproximación es mayor que el número que se quiere aproximar. Sin embargo, si no nos interesa saber si el número que aproxima a 43 es mayor o menor que éste, podemos tomar siempre la diferencia positiva, es decir, la diferencia entre el número mayor y menor, la misma que es igual al valor absoluto de la resta de ambos números (sin importar cuál es el mayor). En este caso, la diferencia positiva es:

− 1.34 =

− 2 = 2 .

300

A este número le denominamos error absoluto cometido al aproximar 43 con el número 1.34. Análogamente, calculemos el error absoluto que se comete al aproximar 43 con 1.35:

4 135

− 1.35 = −

3 100

400 405

− = .

300 300 300

Finalmente, si se toma un número decimal con dos cifras después del punto, mayor que 1.35 o menor que 1.31 para aproximar 43 , podemos ver que el error absoluto cometido en esta aproximación será mayor que cualquiera de las ya obtenidas. Por lo tanto, vemos que 1.33 es, efectivamente, la mejor aproximación de 43 con un número decimal con dos cifras decimales después del punto, porque el error que se comete al hacerlo es menor que el cometido con cualquier otro número con solo dos cifras después del punto. Podemos, entonces, decir que la proximidad entre dos números se mide a través del valor absoluto de la diferencia entre ellos. De manera más precisa: si x e y son dos números reales, entonces la cantidad |x − y|

mide la proximidad entre x e y; y, mientras más pequeña sea esta cantidad, consideraremos a los números x e y más próximos. Al contrario, si esta diferencia es grande, diremos que los números son menos próximos.

1.2 La recta tangente a una curva

En lo que sigue, usaremos como sinónimo de aproximar la palabra acercar y de la palabra próximo, la palabra cerca. Así, significará lo mismo la frase “x está próximo a y” que la frase “x está cerca de y”.

1.2 La recta tangente a una curva El dibujar primero y luego el encontrar la ecuación de la recta t tangente a una curva en un punto dado de ella no es, en absoluto, un problema trivial. P Euclides (325 a.C.-265 a.C.) definió la tangente a una circunferencia como la recta que tocándola no corta a la circunferencia. O Esto significa que la recta tangente tiene con la circunferencia un único punto en común: el punto de tangencia. Con regla y compás, el geómetra griego construyó la línea recta tangente t a una circunferencia en el punto P de la siguiente manera: trazó por el punto P la recta perpendicular al radio de la circunferencia que tiene por uno de sus extremos el punto P . Demostró, además, que ninguna otra recta se interpondrá en el espacio entre la tangente y la circunferencia. Esta última propiedad se convirtió, más adelante, en la definición de la recta tangente, pues la definición de Euclides no describe el caso general. En efecto, en las siguientes figuras se muestra dos ejemplos de lo afirmado: y = x2

y = 2x − 1

y y = x3

(1, 1) y = 0.75x − 0.25x x

x=1

(a)

(b)

En el primero, la parábola con ecuación y = x2 y la recta con ecuación x = 1 tienen un único punto de contacto: el de coordenadas (1, 1); sin embargo, esta recta no es tangente a la curva en este punto. Es decir, para ser tangente no es suficiente con tener un único punto en común con la curva. Por otro lado, puede apreciarse, en la figura, que la propiedad de Euclides –de que ninguna otra recta se interpondrá en el espacio entre la tangente y la curva– sí es verdadera en este caso. En el segundo ejemplo, se puede observar que la recta tangente a la curva cuya ecuación es y = x3 en el punto (0.5, 1.25) tiene por ecuación y = 0.75x − 0.25 (esto se probará más adelante). Sin embargo, esta recta tiene aún otro punto en común con la curva, sin que por ello deje de ser tangente en el punto (0.5, 1.25). Puede apreciarse que la propiedad de Euclides es verdadera pero solo en una región cercana al punto de tangencia. En general, la propiedad: “entre la curva y la recta tangente, alrededor del punto de tangencia, no se interpone ninguna recta” pasó a ser la definición de tangente, la misma que ya fue utilizada por los geómetras griegos posteriores a Euclides. Aunque el problema de formular una definición de tangente adecuada para cualquier caso

Límites

fue resuelto como se indicó, los matemáticos griegos y los de la edad media no encontraron un método general para obtener esa recta tangente a cualquier curva y en cualquier punto de ella. Este problema fue uno de los temas centrales de la matemática en la modernidad: uno de los primeros intentos por resolverlo fue realizado por el francés Pierre Fermat (1601-1665) en 1636. Poco después, se obtuvo una solución. Pero ésta trajo consigo un nuevo concepto en las matemáticas: el de derivada. Entre los protagonistas de estos descubrimientos estuvieron el matemático inglés Isaac Newton (1643-1727) y el alemán Gottfried Wilhelm Leibniz (16461716). Con el concepto de derivada se encontró un método general para obtener la recta tangente a una curva de una clase amplia de curvas. Ahora bien, el concepto de derivada descansa sobre otro: el de límite. En los tiempos de Newton y Leibiniz, este concepto fue tratado de una manera informal, lo que provocó serias críticas y dudas sobre la validez del método. Tuvieron que transcurrir aproximadamente 150 años para que la comunidad matemática cuente con el fundamento de la derivada: recién en 1823, el matemático francés Augustin Cauchy (1789-1857) propuso una definición rigurosa de límite, y ésa es la que usamos hasta hoy en día. El tema de este capítulo es estudiar, precisamente, esa definición de límite como base para el estudio tanto del concepto de derivada como del concepto de integral, otro de los grandes descubrimientos de la modernidad. Pero antes de ello, vamos a presentar una solución no rigurosa del problema de encontrar la tangente a una curva cualquiera.

1.2.1 Formulación del problema Dada una curva general C, como la de la figura (a), y un punto P en ella, se busca la recta t tangente a C en el punto P : C Q Q1 Q2 Q3

t P

(a)

(b)

Procedamos de la siguiente manera. Imaginemos que un móvil puntual se mueve a lo largo de la curva C hacia el punto P desde un punto Q, distinto de P . Sean Q1 , Q2 y Q3 algunos de los puntos de la curva por los que el móvil pasa. Las rectas que unen cada uno de esos puntos y el punto P son rectas secantes, como se puede observar en la figura (b). El dibujo sugiere que, a medida que el móvil está más próximo al punto P , la correspondiente recta secante está más próxima a la recta tangente t; lo que se espera es que la recta tangente buscada sea la recta a la cual se aproximan las rectas secantes obtenidas cuando el móvil se acerque al punto P . A esa recta la llamaremos “recta límite” de las secantes. Pero, ¿qué significa ser la “recta límite”? Para tratar de encontrar un significado, supongamos que la curva C está en un plano cartesiano y que su ecuación es y = g(x), donde g es una función real. Supongamos también que las coordenadas del punto P son (a, g(a)). Entonces, encontrar la recta tangente a la curva C en el punto P significa conocer la ecuación de dicha recta en el sistema de coordenadas dado.

1.2 La recta tangente a una curva

Ahora, para obtener la ecuación de una recta es suficiente conocer su pendiente (la tangente del ángulo que forma la recta con el eje horizontal) y un punto por el que la recta pase. Como la tangente t debe pasar por P , ya tenemos el punto. Busquemos, entonces, la pendiente de la recta t. ¿Cómo? Utilizando las pendientes de las rectas secantes que unen los puntos de la curva por los que se desplaza el móvil desde Q hacia al punto P , pues, así como creemos que las rectas secantes alcanzarán la recta t como una posición límite, tal vez, las pendientes de las rectas secantes alcancen un valor límite: la pendiente de la recta tangente. Con esto en mente, calculemos la pendiente de cualquiera de esas rectas secantes. Sea R cualquier punto de la curva C que indica la posición del móvil en su trayecto desde Q hasta P . Aunque el punto R no se mueve (ni ningún otro punto de la curva), diremos que “el punto R se mueve hacia P ” para indicar que es el móvil el que se está moviendo. Esto nos permitirá indicar la posición del móvil a través de las coordenadas de los puntos de la curva. En este sentido R no indica un único punto, sino todos los puntos por dónde está pasando el móvil en su camino hacia al punto P . Sea x la abscisa de R; entonces, sus coordenadas son (x, g(x)): y g(x)

g(a)

Sabemos que la pendiente de la recta que pasa por P y R es igual a la tangente del ángulo que forma la recta con el eje horizontal; este ángulo mide lo mismo que el ángulo ∠SP R del triángulo rectángulo △SP R. Por lo tanto, la tangente de este ángulo es igual al cociente entre la longitud RS (que, en el caso de la curva de la figura, es igual a la diferencia g(x) − g(a)) y la longitud P S (que, en este caso, es igual a la diferencia x − a 6= 0, pues el punto R no es igual al punto P ); es decir, si representamos con mx la tangente del ángulo ∠SP R, podemos afirmar que: g(x) − g(a) mx = . (1.1) x−a La pendiente de cualquier secante que une el punto R, cuyas coordenadas son (x, g(x)) y que se está moviendo hacia P , y el punto P se calculará mediante la fórmula (1.1)1 . Ahora, notemos que el móvil ubicado en el punto R se mueve hacia P cuando la abscisa x de R se “acerca” hacia la abscisa a del punto P . Entonces, el problema de obtener la pendiente de la recta tangente a la curva C en el punto P , en el que se concibe a dicha recta tangente como la “recta límite” de las secantes que pasan por P y R, que se aproxima a P , se sustituye por el problema de encontrar un número al que los cocientes g(x) − g(a) x−a

se aproximan cuando el número x se aproxima al número a. A ese número le llamaremos, provisionalmente, “límite de los cocientes”. ¿Y cómo se puede hallar este “límite”? Como un primer acercamiento a la solución de este nuevo problema, consideremos un ejemplo. Pero, antes, ampliemos un poco más el significado de “aproximar” que se discutió en la primera sección. 1

La fórmula (1.1) es válida no solamente para curvas crecientes como la de la figura. Su validez será demostrada cuando se presente una definición general para la pendiente de la recta tangente a una curva.

Límites

1.2.2 Aproximación numérica al concepto de límite Supongamos que la curva C es una parábola cuya ecuación es y = 3x2 y el punto P tiene coordenadas (2, 12). Entonces, g(x) = 3x2 . Queremos calcular el “límite” de los cocientes mx =

g(x) − g(2) 3x2 − 12 = x−2 x−2

cuando el número x se aproxima al número 2, pero x 6= 2. Si encontramos ese número “límite”, lo usaremos como la pendiente de la recta tangente a la curva en el punto (2, 12). Obtendremos luego la ecuación de la recta tangente. Para empezar, observemos que, como x 6= 2, entonces: mx =

3x2 − 12 3(x − 2)(x + 2) = . x−2 x−2

Por lo tanto: mx = 3(x + 2), para x 6= 2. Para ver qué sucede con mx cuando el número x se aproxima al número 2, construyamos una tabla con los valores que mx toma para valores de x próximos a 2, unos mayores y otros menores que 2: La aproximación de x a 2 por valores mayores que 2 significa que el punto R se aproxima al punto P desde la x mx derecha, mientras que la aproximación de x a 2 por valores 3 15 menores que 2 significa que el punto R se aproxima al punto 2.5 13.5 P desde la izquierda. En los dos casos, se puede observar 2.1 12.3 que, mientras x está más cerca de 2, mx está más cerca 2.01 12.03 de 12; es decir, mientras el punto R está más cerca del 2.001 12.003 punto P , la pendiente de la recta secante que pasa por 2.0001 12.0003 P y por R está más cerca del número 12. Esta primera 2.00001 12.00003 evidencia nos sugiere y alienta a pensar que la pendiente 2 No existe de la recta tangente es igual a 12. Sin embargo, ¿cómo 1.99999 11.99997 podemos estar seguros? Lo siguiente nos proporciona una 1.9999 11.9997 evidencia adicional que nos hace pensar que estamos en lo 1.999 11.997 correcto. 1.99 11.97 Hemos visto que para todo x 6= 2, se verifica que 1.9 11.7 1.5 10.5 mx = 3(x + 2). 1 9 Por otro lado, si evaluamos la expresión de la derecha en x = 2, obtenemos que: 3(x + 2) = 3(2 + 2) = 12; que es el valor al que parece aproximarse mx cuando x se aproxima a 2. Todo parece indicar, entonces, que el número 12 es el “límite” de mx cuando x se aproxima a 2. Sin embargo, ¿podemos asegurar tal cosa? Para poder responder esta pregunta, antes que nada necesitamos una definición para el “límite”. Ésta llegó en el año 1823 de la mano del matemático francés Augustin Cauchy. En la siguiente sección vamos a estudiarla y, con ella, podremos asegurar que el límite de mx cuando x se aproxima a 2 es, efectivamente, el número 12. Aceptando como verdadero este resultado por el momento, obtengamos la ecuación de la recta tangente a la curva de ecuación y = 3x2 en el punto (2, 12).

1.2 La recta tangente a una curva

Ya sabemos, entonces, que la pendiente de dicha recta es igual a 12. Recordaremos que la ecuación de una recta de pendiente m que pasa por un punto de coordenadas (a, b) es y − b = m(x − a). En este caso m = 12 y (a, b) = (2, 12). Entonces, la ecuación de la recta tangente a la curva de ecuación y = 3x2 que pasa por el punto (2, 12) es y − 12 = 12(x − 2), que puede ser escrita de la siguiente manera: y = 12x − 12. En resumen: La pendiente de la recta tangente a la curva y = 3x2 en el punto (2, 12) es igual al límite de 3x2 − 12 = 3(x + 2), mx = x−2 cuando x, siendo distinto de 2, se aproxima a 2. Este límite es igual al número 12. La ecuación de la recta tangente es: y = 12x − 12. Aparte de la definición de límite, persiste aún otro problema: ¿podemos asegurar que la recta encontrada es la recta tangente? Es decir, ¿cómo podemos estar seguros de que en el espacio entre la recta de ecuación y = 12x − 12 y la curva y = 3x2 no se interpondrá ninguna otra recta, alrededor del punto (2, 12)? Más adelante, en un capítulo posterior, provistos ya con el concepto de límite dado por Agustin Cauchy, probaremos que el método seguido para la consecución de la recta tangente es correcto y general.

1.2.3 Ejercicios 1. Sean C una curva cuya ecuación es y = x3 , tangente. s un número real distinto de 1 y ms la pen2. Para cada una de las funciones definidas a condiente de la recta secante a C en los puntos de tinuación, elabore una tabla para los valores coordenadas (1, 1) y (s, s3 ). f (xi ) con xi = a ± 10−i con i ∈ {1, 2, . . . , 15}. ¿Tiene f (x) un “límite” cuando x se aproxima a (a) Calcule ms . a? En otras palabras, ¿existe un número al que (b) Elabore una tabla de dos columnas. En la f (x) parece acercarse cuando x toma valores primera, coloque valores de s cercanos a cercanos al número a? 1; en la segunda, los valores de ms correspondientes. Con la ayuda de esta tabla, (a) ¨ determine un candidato para el valor de 3 + 2x − x2 si x < 1, f (x) = la pendiente de la recta tangente a la curx2 − 4x + 7 si x > 1 va C en el punto de coordenadas (1, 1). para a = 1. (c) Use el valor de la pendiente hallado en el (b) 8 literal anterior para escribir la ecuación de la recta tangente. (d) Dibuje la curva C, las secantes correspondientes para s ∈ {1.1, 1.5, 2} y la recta

f (x) =

2 > <x − 4x + 5

> :x + 3

si x < 1, si x = 1, si x > 1

Límites para a = 1.

¿Guardan alguna relación el hecho de que la función esté o no definida en a y que parezca tener “límite” cuando x se aproxima al número a?

3. El método utilizado en los ejercicios anteriores para encontrar el “límite” de una función puede sugerir la no necesidad de elaborar un concepto adecuado para la definición del límite y el correspondiente desarrollo de técnicas de cálculo. Sin embargo, la función h definida por √ 3 x3 + 8 − 2 h(x) = x3

con a = 5. (d)

f (x) =

sin(3x) 2x

f (x) =

1 (x − 2)2

con a = 0. (e)

con a = 2. (f)

f (x) = sin

nos alerta sobre el método heurístico de la “aproximación numérica”. Intente determinar un número al que parece acercarse h(x) cuando x toma valores cercanos al número 0 utilizando el procedimiento propuesto en el ejercicio anterior.

con a = 0.

1.3 La definición de límite Vamos a tratar de precisar lo que queremos decir con “el límite de los cocientes mx =

3x2 − 12 x−2

es 12 cuando x se aproxima a 2”. Para empezar, este cociente no está definido en x = 2, pero para todo x 6= 2: mx = 3(x + 2). ¿Existirá algún x 6= 2 para el cual mx = 12? Si así fuera, entonces 3(x + 2) = 12. De aquí, obtendríamos que x = 2. Pero esto es absurdo, pues x 6= 2. ¿Qué podemos concluir? Que para x 6= 2: mx 6= 12. Sin embargo, vimos en la sección anterior, que para valores de x cercanos a 2, mx toma valores cercanos a 12, aunque nunca tomará el valor 12. Surge, entonces, la siguiente pregunta: ¿qué tan cerca de 12 puede llegar mx ? En otras palabras, ¿podemos encontrar valores de x, cercanos a 2, para los cuales mx no difiera de 12 en alguna cantidad dada; por ejemplo, que no difiera en más de 10−2 (es decir, en más de 0.01)? Y ¿qué tan cerca debe estar x del número 2 para que ello ocurra? Para responder esta pregunta, formulemos el problema con mayor precisión. En primer lugar, ¿qué queremos decir con “que mx no difiera de 12 en más de 10−2 ”? Que el error de aproximar 12 con mx , es decir, el valor absoluto de la diferencia entre mx y 12 sea menor que 10−2 . En otras palabras, que se verifique la siguiente desigualdad: |mx − 12| < 10−2 .

1.3 La definición de límite

En segundo lugar, ¿existen valores de x para los que se cumple esta desigualdad? Y si existen, ¿qué tan cerca de 2 deberán estar los x? Más aún, Para responder estas preguntas, primero notemos que podemos medir la cercanía de x a 2 mediante el valor absoluto de la diferencia entre x y 2: |x − 2|. En efecto, mientras más pequeño sea este valor absoluto, x estará más cercano a 2; por el contrario, mientras más grande sea, x estará más lejos de 2. Por ello a |x − 2| nos referiremos también como “distancia de x a 2”. Notemos también que como x es diferente de 2, entonces se debe cumplir la desigualdad: 0 < |x − 2|. En todo lo que sigue, supondremos que x 6= 2. Ahora bien, la pregunta: ¿qué tan cerca debe x estar del número 2 para asegurar que |mx − 12| < 10−2 ? equivale a la siguiente: ¿a qué distancia debe estar x de 2 para asegurar que |mx − 12| < 10−2 ? A su vez, esta segunda pregunta equivale a esta otra: ¿a qué cantidad debe ser inferior |x − 2| para asegurar que |mx − 12| < 10−2 ? Y esta tercera pregunta equivale a la siguiente: ¿existe un número δ > 0 tal que si 0 < |x − 2| < δ, entonces |mx − 12| < 10−2 ? Responder esta pregunta equivale a resolver el siguiente problema: Si para todo valor de x 6= 2 se tiene que mx = 3(x + 2), se busca un número real δ > 0 tal que, si las desigualdades 0 < |x − 2| < δ

(1.2)

|mx − 12| < 10−2

(1.3)

fueran verdaderas, la desigualdad

también sería verdadera.

Límites

1.3.1 Solución del problema Este es un problema de búsqueda: debemos encontrar el número δ. Para ello, el método que vamos a aplicar consiste en suponer temporalmente que δ ya ha sido encontrado; es decir, suponer que si x es un número tal que x 6= 2 y que satisface la desigualdad |x − 2| < δ,

(1.4)

|mx − 12| = |3(x + 2) − 12| < 10−2 .

(1.5)

entonces, se debe cumplir la desigualdad

A partir de esta última desigualdad vamos a tratar de encontrar propiedades del número δ, aún desconocido, que nos permitan hallarlo. ¿Qué camino seguir? Para no hacerlo a ciegas, el trabajo que realicemos con la desigualdad (1.5), o con una parte de ella, debe llevarnos de alguna manera a δ; es decir, debe llevarnos a la desigualdad (1.4) o a una similar. Con esto en mente, empecemos el trabajo con el miembro izquierdo de la desigualdad (1.5), en el cual podemos aplicar propiedades conocidas del valor absoluto de un número: |3(x + 2) − 12| = |3x + 6 − 12| = |3x − 6|

= 3|x − 2|.

Es decir, (1.6)

|3(x + 2) − 12| = 3|x − 2|. Pero hemos supuesto que |x − 2| < δ. Entonces: 3|x − 2| < 3δ.

Por lo tanto, por la propiedad transitiva de la relación “menor que”, vemos que esta última desigualdad y la igualdad (1.6) implican una nueva desigualdad: (1.7)

|3(x + 2) − 12| < 3δ. En resumen: bajo el supuesto de que existe el número δ > 0, si x 6= 2 satisficiera la desigualdad |x − 2| < δ,

(1.4)

|3(x + 2) − 12| < 3δ.

(1.7)

se debería satisfacer la desigualdad

En otras palabras, si 0 < |x − 2| < δ, entonces |3(x + 2) − 12| < 3δ. Recordemos que queremos que el número δ que encontremos nos garantice el cumplimiento de la desigualdad |3(x + 2) − 12| < 10−2 . (1.5)

1.3 La definición de límite

Para lograrlo, comparemos entre sí las desigualdades (1.7) y (1.5). ¿Qué podemos observar? Que si el número 3δ fuera menor o igual que 10−2 , entonces obtendríamos: |3(x + 2) − 12| < 3δ ≤ 10−2 ; es decir: si 3δ ≤ 10−2 , entonces |3(x + 2) − 12| < 10−2 ,

donde la desigualdad de la derecha es la que queremos obtener. Por lo tanto, como la desigualdad 3δ ≤ 10−2

es equivalente a la desigualdad

δ≤

10−2 , 3

δ≤

10−2 3

podemos asegurar que: si se elige el número δ > 0 tal que

y si x 6= 2 satisface la desigualdad |x − 2| < δ,

(1.4)

|3(x + 2) − 12| < 10−2 .

(1.5)

la desigualdad requerida es satisfecha. Es decir, si 0 < δ ≤

10−2 y 0 < |x − 2| < δ, entonces |3(x + 2) − 12| < 10−2 . 3

Y esto es precisamente lo que queríamos hacer. Resumamos el procedimiento seguido para la búsqueda de δ. Observemos que consiste de dos etapas: 1. La búsqueda del número δ. En esta etapa se supone encontrado el número δ. Bajo esta suposición, se encuentra uno o más valores candidatos para el número δ. 2. La constatación de que el valor o valores encontrados para δ satisfacen, efectivamente, las condiciones del problema. Para nuestro caso, estas etapas se ejemplifican así: 1. Búsqueda: se supone que existe un número δ > 0 tal que para x 6= 2: si |x − 2| < δ, entonces |3(x + 2) − 12| < 10−2 .

Trabajando con la expresión |3(x + 2) − 12| y bajo las suposiciones de que |x − 2| < δ y x 6= 2, se demuestra que |3(x + 2) − 12| < 3δ. Esta última desigualdad sugiere que el número δ > 0 debe satisfacer la desigualdad: 3δ ≤ 10−2 , lo que equivale a sugerir que δ debe cumplir esta otra desigualdad: δ≤

10−2 . 3

(1.8)

Límites

2. Constatación: con la elección del número δ que satisface la desigualdad (1.8) y bajo los supuestos de que x 6= 2 y |x − 2| < δ, se verifica el cumplimiento de la desigualdad |3(x + 2) − 12| < 10−2 . La solución que acabamos de encontrar al problema planteado nos permite responder la pregunta: ¿qué tan cerca debe estar x del número 2 para asegurar que mx difiera de 12 en menos de 10−2 ? La respuesta es: si x difiere de 2 en menos de

10−2 3

, mx difiere de 12 en menos de 10−2 .

¿Podremos encontrar valores de x cercanos a 2 que garanticen que mx difiera de 12 en una cantidad aún más pequeña que 10−2 ? Por ejemplo, ¿qué difiera en menos de 10−6 ? La respuesta es afirmativa, pues, si repasamos el modo cómo se resolvió este mismo problema para el caso en que queríamos que mx difiriera de 12 en menos de 10−2 , descubriremos lo siguiente: si x difiere de 2 en menos de

10−6 3

, mx difiere de 12 en menos de 10−6 .

Si el lector tiene dudas de este resultado, deberá leer una vez más, en las páginas 16-19, el procedimiento para resolver el problema cuando la diferencia entre mx y 12 difería en menos de 10−2 . Cada vez que encuentre un 10−2 , deberá sustituirlo por un 10−6 . Esto lo convencerá del todo. Y ahora podemos responder a una pregunta más general: ¿qué tan cerca debe estar x del número 2 para asegurar que mx difiera de 12 en menos de ǫ? donde ǫ representa cualquier número positivo. Y la respuesta la encontraremos de manera idéntica a cómo hemos respondido las dos preguntas anteriores; esa respuesta será la siguiente: si x difiere de 2 en menos de

ǫ 3

, mx difiere de 12 en menos de ǫ.

Como este número ǫ puede ser cualquier número positivo, puede ser elegido tan pequeño como queramos. Y lo que ya sabemos es que, en esa situación, si x es tal que ǫ |x − 2| < , 3 garantizamos que |mx − 12| < ǫ. Es decir, aseguraremos para tales x que mx estará tan cerca del número 12 como queramos. Es más, podremos afirmar que se garantiza que mx está tan cerca como se desee del número 12, si x está lo suficientemente cerca de 2. En efecto, en este caso, para que la distancia de mx a 12 sea menor que ǫ, bastará que la distancia de x a 2 sea menor que 3ǫ . Esto también puede ser expresado de la siguiente manera: 12 puede ser aproximado por los cocientes mx con la precisión que se desee, con la condición de que x, siendo distinto de 2, esté suficientemente cerca de 2.

1.3 La definición de límite

Y, cuando una situación así ocurre, siguiendo a Cauchy, diremos que 12 es el límite de mx cuando x se aproxima al número 2 y escribiremos: 12 = l´ım mx . x→2

Al inicio de la sección, nos habíamos propuesto precisar la frase “el límite de los cocientes mx es 12 cuando x se aproxima a 2”. De lo mostrado anteriormente, vemos que esta frase debe ser cambiada por la siguiente: “12 es aproximado por los cocientes mx con la precisión que se desee, con tal que x, siendo distinto de 2, esté lo suficientemente cerca de 2”. Y ahora esta frase tiene pleno sentido. El proceso seguido para afirmar que 12 es el límite de mx puede ser resumido de la siguiente manera: dado cualquier número ǫ > 0, encontramos un número δ > 0, que en nuestro caso fue 3ǫ , tal que 12 puede ser aproximado por mx con un error de aproximación menor que ǫ, siempre que x, siendo distinto de 2, se aproxime a 2 a una distancia menor que δ. Y este texto puede ser expresado simbólicamente mediante desigualdades de la siguiente manera: dado cualquier número ǫ > 0, encontramos un número δ > 0 tal que |mx − 12| < ǫ, siempre que 0 < |x − 2| < δ. Y toda esta afirmación se expresa de manera simple por: 12 = l´ım mx . x→2

A partir de este ejemplo vamos a formular una definición general de límite de una función real.

1.3.2 La definición de límite Sean: 1. a y L dos números reales, 2. I un intervalo abierto que contiene el número a, y 3. f una función real definida en I, salvo, tal vez, en a; es decir, I ⊂ Dm(f ) ∪ {a}. El número a generaliza a 2, L a 12, I a (−∞, +∞) y f (x) a mx . Lo que vamos a definir es: L es el límite de f (x) cuando x se aproxima a a. Igual que en el ejemplo, esta frase se deberá entender como: L puede ser aproximado por los valores de f (x) con la precisión que se desee, con la condición de que x, siendo distinto de a, sea lo suficientemente cercano a a.

Límites

O, de forma equivalente, se entenderá como: L es el límite de f (x) cuando x se aproxima a a, lo que se representará por: L = l´ım f (x), x→a

si para cualquier número ǫ > 0, existe un número δ > 0 tal que L puede ser aproximado por f (x) con un error de aproximación menor que ǫ, siempre que x, siendo distinto de a, se aproxime a a a una distancia menor que δ. Finalmente, todo lo anterior nos lleva a la siguiente definición:

Definición 1.1 (Límite de una función) Sean: 1. a y L dos números reales, 2. I un intervalo abierto que contiene el número a, y 3. f una función real definida en I , salvo, tal vez, en a; es decir, I ⊂ Dm(f ) ∪ {a}. Entonces:

L = l´ım f (x) x→a

si y solo si para todo ǫ > 0, existe un δ > 0 tal que

|f (x) − L| < ǫ, siempre que

0 < |x − a| < δ. Veamos algunos ejemplos para familiarizarnos con esta definición. Ejemplo 1.1 Probemos que 9 = l´ım x2 . x→−3

Es decir, probemos que 9 puede ser aproximado por valores de x2 siempre y cuando elijamos valores de x lo suficientemente cercanos a −3. Solución. Para ello, de la definición de límite, sabemos que, dado cualquier ǫ > 0, debemos hallar un δ > 0 tal que

siempre que x 6= −3 y

|x2 − 9| < ǫ

(1.9)

|x + 3| < δ.

(1.10)

1.3 La definición de límite

Búsqueda de δ:

Empecemos investigando el miembro izquierdo de la desigualdad (1.9), que mide el error de aproximar 9 con x2 . Podemos expresarlo así: |x2 − 9| = |(x − 3)(x + 3)| = |x − 3||x + 3|.

Entonces, debemos encontrar los x 6= −3, pero cercanos a −3, para los que se verifique la desigualdad: (1.11)

|x − 3||x + 3| < ǫ,

que es equivalente a la desigualdad (1.9). Es decir, debemos encontrar los x 6= −3, pero cercanos a −3, que hacen que el producto |x − 3||x + 3| (1.12) esté tan cerca de 0 como se quiera. Ahora bien, como x está cerca a −3, el factor |x + 3| estará cerca de 0. Por lo tanto, para que el producto (1.12) esté tan cerca de 0 como se quiera, será suficiente con que el otro factor, |x − 3|, no supere un cierto límite; es decir, esté acotado por arriba. Veamos si ése es el caso. Para ello, investiguemos el factor |x − 3|. Como x debe estar cerca a −3, consideremos solamente valores de x que estén en un intervalo que contenga al número −3. Por ejemplo, tomemos valores de x distintos de −3 y tales que estén en el intervalo con centro en −3 y radio 1, como el que se muestra en la siguiente figura: −4

−3

−2

−1

Esto significa que x debe cumplir las siguientes desigualdades: −4 < x < −2, que son equivalentes a estas otras: − 1 < x + 3 < 1,

(1.13)

las que, a su vez, son equivalentes a la siguiente: |x + 3| < 1.

(1.14)

Bajo la suposición del cumplimiento de estas desigualdades, veamos si el factor |x−3| está acotado por arriba. Para ello, construyamos el factor |x − 3| a partir de las desigualdades (1.13). En primer lugar, para obtener la diferencia x − 3, podemos sumar el número −6 a los miembros de estas desigualdades. Obtendremos lo siguiente: − 7 < x − 3 < −5.

(1.15)

Pero esto significa que, para x 6= −3 tal que |x + 3| < 1, la diferencia x−3 es negativa, y, por lo tanto: |x − 3| = −(x − 3); es decir: x − 3 = −|x − 3|, con lo cual podemos reescribir las desigualdades (1.15) de la siguiente manera: −7 < −|x − 3| < −5, que son equivalentes a las siguientes: 7 > |x − 3| > 5.

(1.14)

Límites

Hemos probado que, si x 6= −3 es tal que |x + 3| < 1, se verifica que el factor |x − 3| está acotado superiormente por el número 7: |x − 3| < 7. Con este resultado, volvamos al producto (1.12). Ya podemos afirmar que, si x 6= −3 y |x + 3| < 1, se debe verificar lo siguiente: |x2 − 9| = |x − 3||x + 3| < 7|x + 3|, es decir: siempre que

|x2 − 9| < 7|x + 3|, x 6= −3

(1.16)

|x + 3| < 1.

Ahora, si elegimos los x 6= −3 tales que |x + 3| < 1 y (1.17)

7|x + 3| < ǫ, por la desigualdad (1.16), obtendríamos la desigualdad (1.9): |x2 − 9| < ǫ,

es decir, haríamos que el error que se comete al aproximar 9 por x2 sea menor que ǫ. Pero elegir x de modo que se cumpla la desigualdad (1.17) equivale a elegir a x de modo que se cumpla la desigualdad: ǫ (1.18) |x + 3| < . 7 Por lo tanto: la desigualdad |x2 − 9| < ǫ (1.9) será satisfecha si se eligen los x 6= 3 tales que se verifiquen, simultáneamente, las desigualdades: ǫ |x + 3| < 1 y |x + 3| < . 7

Esto quiere decir que para el δ > 0 buscado, la desigualdad |x + 3| < δ deberá garantizar el cumplimiento de estas dos desigualdades. ¿Cómo elegir δ? Pues, como el más pequeño entre los números 1 y 7ǫ : n ǫo δ = m´ın 1, . 7 Al hacerlo, garantizamos que ǫ δ≤1 y δ≤ , 7 de donde, si x 6= −3 tal que |x + 3| < δ, entonces

|x + 3| < δ ≤ 1

|x + 3| < δ ≤

ǫ , 7

con lo cual garantizamos que se verifique la desigualadad (1.9): |x2 − 9| < ǫ.

(1.9)

En resumen: dado ǫ > 0, podemos garantizar que |x2 − 9| < ǫ, siempre que elijamos x 6= −3 tal que

|x + 3| < m´ın 1,

ǫo . 7

En otras palabras, el número 9 puede ser aproximado tanto como se quiera por x2 siempre que x esté lo suficientemente cerca de −3. Esto demuestra que 9 = l´ımx→−3 x2 .

1.3 La definición de límite

Antes de estudiar otro ejemplo, tratemos de obtener un procedimiento para demostrar que un número L es el límite f (x) cuando x se aproxima al número a, a partir del que acabamos de utilizar para encontrar el δ dado el ǫ. Si leemos la demostración realizada una vez más, podemos resumir, en los siguientes pasos, el procedimiento seguido: 1. El valor absoluto de la diferencia entre x2 y el límite 9 se expresó como el producto de dos factores en valor absoluto: |x2 − 9| = |x − 3||x + 3|. Uno de los factores es el valor absoluto de la diferencia entre x y el número −3, que es el número a dónde se aproxima x. 2. Como |x + 3| debe ser menor que el número δ, para que la cantidad |x2 − 9| sea tan pequeña como se desee (es decir, menor que ǫ), se busca una cota superior para el segundo factor |x − 3|. En este ejemplo, se encontró que: |x − 3| < 7, bajo el supuesto de que |x + 3| < 1. Esta última suposición es realizada porque los x deben estar cerca de −3, por lo que se decide trabajar con valores de x que estén en un intervalo con centro en el número 3. En este caso, un intervalo de radio 1. 3. El resultado anterior sirve de prueba de la afirmación: |x2 − 9| < 7|x + 3|, siempre que 0 < |x + 3| < δ y |x + 3| < 1. 4. Para obtener |x2 − 9| < ǫ siempre que 0 < |x + 3| < δ, el resultado precedente nos dice cómo elegir el número δ: § ª ǫ δ = m´ın 1, . 7 La elección de este δ muestra que: |x2 − 9| = |x − 3||x + 3| < 7|x + 3|,

pues |x + 3| < δ ≤ 1,

< 7δ, pues |x + 3| < δ, ǫ ǫ ≤ 7 = ǫ, pues δ ≤ . 7 7 Por lo tanto: siempre que

|x2 − 9| < ǫ, §

0 < |x + 3| < δ = m´ın 1, Generalicemos este procedimiento para probar que L = l´ım f (x). x→a

ǫ . 7

Límites

1. Hay que tratar de expresar el valor absoluto de la diferencia entre f (x) y el límite L para x 6= a de la siguiente manera: |f (x) − L| = |g(x)||x − a|. 2. Se busca una cota superior para el factor |g(x)|. Supongamos que esta cota superior sea el número M > 0. Entonces, debe cumplirse la siguiente desigualdad: |g(x)| < M. Probablemente, para encontrar este valor M haya que suponer adicionalmente que 0 < |x − a| < δ1 , con cierto δ1 > 0. Esta suposición puede ser el resultado de trabajar con valores cercanos al número a, para lo cual se decide trabajar con valores de x en un intervalo con centro en el número a. 3. El resultado anterior sirve de prueba de la afirmación: |f (x) − L| < M |x − a| < ǫ, siempre que 0 < |x − a| <

ǫ M

y |x − a| < δ1 .

4. El resultado precedente nos dice cómo elegir el número δ: §

δ = m´ın δ1 ,

ǫ M

La elección de este δ muestra que: |f (x) − L| = |g(x)||x − a| < M |x − a|,

pues |g(x)| < M debido a que |x − a| < δ ≤ δ1 ,

< M δ, pues |x − a| < δ, ǫ ǫ ≤M = ǫ, pues δ ≤ . M M Por lo tanto:

|f (x) − L| < ǫ, siempre que

0 < |x − a| < δ = m´ın δ1 ,

ǫ M

Apliquemos este procedimiento en el siguiente ejemplo. Ejemplo 1.2 Demostremos que

5x − 3 . x→3 x + 3 Es decir, probemos que el número 2 puede ser aproximado por valores de 2 = l´ım

5x − 3 x+3 siempre que x 6= 3 esté lo suficientemente cerca de 3.

1.3 La definición de límite

Solución. Dado ǫ > 0, debemos encontrar un número δ > 0 tal que

5x − 3

<ǫ − 2

x+3

(1.19)

|x − 3| < δ.

(1.20)

5x − 3

x + 3 − 2 = |g(x)||x − 3|.

(1.21)

siempre que x 6= 3 y

Vamos a aplicar el procedimiento descrito. Lo primero que tenemos que hacer es expresar el valor absoluto de la diferencia entre 5x−3 x+3 y 2 para x 6= 2, de la siguiente manera:

Para ello, trabajemos con el lado izquierdo de la desigualdad (1.19). Éste puede ser simplificado de la siguiente manera:

5x − 3

5x − 3 − 2(x + 3)

− 2

x+3

3x − 9

x − 3

= 3

x+3

x + 3

=3 Es decir:

|x − 3| . |x + 3|

5x − 3

x + 3 − 2 = |x + 3| |x − 3|.

Entonces, si definimos:

g(x) =

(1.22)

3 , x+3

ya tenemos la forma (1.21). Lo segundo que hay que hacer es encontrar una cota superior para g(x). Es decir, debemos hallar un número positivo M y, posiblemente, un número positivo δ1 > 0 tales que: 3 < M, |x + 3|

(1.23)

siempre que 0 < |x − 3| < δ1 .

Para ello, como los x deben tomar valores cercanos al número 3, consideremos valores para x que estén en el intervalo con centro en 3 y radio 1: 0

Esto significa que x debe satisfacer las siguientes igualdades: 2 < x < 4,

(1.24)

que son equivalentes a estas otras: −1 < x − 3 < 1,

que, a su vez, son equivalentes a la siguiente desigualdad: |x − 3| < 1.

(1.25)

Lo que vamos a hacer a continuación es encontrar M reconstruyendo g(x) a partir de las desigualdades (1.24). Para ello, sumemos el número 3 a los miembros de estas desigualdades. Obtendremos lo siguiente: 5 < x + 3 < 7. (1.26)

Límites

Esto significa que x + 3 > 0. Por lo tanto: x + 3 = |x + 3|, con lo que las desigualdades (1.26) se pueden reescribir así: (1.27)

5 < |x + 3| < 7. Además, como |x + 3| > 0, existe el cociente 1 , |x + 3| y las desigualdades (1.27) son equivalentes a las siguientes: 1 1 1 > > . 5 |x + 3| 7 Ahora, si multiplicamos por 3 cada miembro de estas desigualdades, obtenemos que: 3 3 3 > > . 5 |x + 3| 7 Es decir: |g(x)| = siempre que

3 3 < , |x + 3| 5

|x − 3| < 1.

Acabamos de encontrar el número M , que es igual a 53 ; y el número δ1 , que es igual a 1. Con este resultado, volvamos al producto (1.22) en la página anterior. Ya podemos afirmar que, si x es tal que |x − 3| < 1, entonces debe satisfacer lo siguiente:

5x − 3

3 3

= − 2 |x − 3| < |x − 3|,

x+3

|x + 3| 5

es decir:

5x − 3

x + 3 − 2 < 5 |x − 3| < ǫ,

siempre que |x − 3| < 1 y 0 < |x − 3| <

5 3

(1.28)

ǫ.

La desigualdad (1.28) nos dice como elegir el δ buscado: §

5 δ = m´ın 1, ǫ . 3 Esta elección de δ nos asegura que el valor absoluto de la diferencia entre 5x − 3 x+3 y el número 2 es menor que ǫ. En efecto: |

5x − 3 3 − 2| = |x − 3| x+3 |x + 3| 3 3 3 < |x − 3|, pues, al tener |x − 3| < δ ≤ 1, se tiene que < , 5 |x + 3| 5 3 < δ, pues |x − 3| < δ, 5 5 3 5 ≤ × ǫ = ǫ, pues δ ≤ ǫ. 5 3 3

1.3 La definición de límite

Por lo tanto: la desigualdad |

5x − 3 x+3

− 2| < ǫ

se verifica si x satisface las desigualdades §

5 0 < |x − 3| < δ = m´ın 1, ǫ . 3 Hemos demostrado, entonces, que el número 2 es el límite de 5x − 3 x+3 cuando x se aproxima al número 3.

El procedimiento encontrado funcionó. Vamos a seguir aplicándolo en algunos ejemplos adicionales, los mismos que nos servirán más adelante para obtener un método para calcular límites sin la necesidad de recurrir todas las veces a la definición. Ejemplo 1.3 Sea a > 0. Probemos que

√ √ l´ım x = a. √ √ Es decir, demostremos que el número a puede ser aproximado por valores de x siempre que x esté lo suficientemente cerca de a. x→a

Solución. Sea ǫ > 0. Buscamos δ > 0 tal que √ √ | x − a| < ǫ, siempre que |x − a| < δ y x > 0. Para empezar, encontremos g(x) tal que, para x 6= a y x > 0, √ √ | x − a| = |g(x)||x − a|.

(1.29)

Para obtener el factor |x − a| a partir de la diferencia √ √ | x − a|, utilicemos el factor conjugado de esta diferencia; es decir, el número: √ √ x + a. Como éste es estrictamente mayor que 0, podemos proceder de la siguiente manera: √ √ √ √ √ √ | x + a| √ | x − a| = | x − a| × √ | x + a| √ √ |( x)2 − ( a)2 | √ √ = | x + a| |x − a| √ . =√ x+ a Por lo tanto:

Si definimos

√ √ 1 √ |x − a|. | x − a| = √ x+ a 1 √ , g(x) = √ x+ a

(1.30)

Límites

ya tenemos la igualdad (1.29). √ √ Ahora debemos acotar superiormente g(x). Esto no es muy difícil, ya que, como a > 0 y x > 0, entonces √ √ √ x + a > a, de donde se obtiene que, para todo x > 0, se verifica la desigualdad 1 1 √ √ < √ . x+ a a Por lo tanto:

1 |g(x)| < √ a

para todo x > 0. Ya tenemos M :

Entonces:

1 M=√ . a √ √ 1 | x − a| < √ |x − a|, a

para todo x > 0. Por ello, si para un δ > 0, se tuviera que |x − a| < δ, entonces se cumpliría que:

√ √ 1 δ | x − a| < √ |x − a| < √ . a a

De esta desigualdad se ve que podemos elegir δ de la siguiente manera: δ √ = ǫ. a Es decir:

√ δ = ǫ a.

En efecto: √ √ 1 √ |x − a| | x − a| = √ x+ a 1 < √ |x − a| a 1 <√ δ a √ ǫ a = √ = ǫ. a Por lo tanto: la desigualdad

√ √ | x − a| < ǫ

se verifica si x satisface las desigualdades √ 0 < |x − a| < δ = ǫ a. Hemos probado, entonces, que el número

√ √ a es el límite de x cuando x se aproxima al número a.

Observemos que, en este ejemplo, no hemos seguido, exactamente, el procedimiento desarrollado en los anteriores. Esto se debe a que, para este caso, se cumple que |f (x) − L| ≤ M |x − a|

(1.31)

para todos los elementos del dominio de la función f (con M = √1a ). Eso significa que la función g del método es menor o igual que la constante M en todo el dominio de f . Esto significa,

1.3 La definición de límite

entonces, que no hay necesidad de buscar un δ1 para acotar g. A su vez, esto permite que el número δ sea definido de la siguiente manera: ǫ . M

δ=

Como se puede ver, esta versión del método para hallar δ dado el ǫ funcionará siempre que se verifique la desigualdad (1.31).

1.3.3 Dos observaciones a la definición de límite Primera observación: delta depende de epsilon Tanto en la definición de límite como en los ejemplos desarrollados anteriormente, se puede observar que el número δ depende del número ǫ. Es decir, si el valor de ǫ cambia, también lo hace δ. Por ejemplo, para probar que 9 = l´ım x2 , x→−3

encontramos que

δ = m´ın 1,

ǫ . 7

Así, si tomamos ǫ = 14, entonces: §

δ = m´ın 1,

14 7

= m´ın{1, 2} = 1.

En cambio, si ǫ = 72 , entonces: §

δ = m´ın 1,

7 2×7

1 1 = m´ın{1, } = . 2 2

El significado del primer caso es que para que 9 pueda ser aproximado por x2 de modo que el error de aproximación sea menor que 14, es suficiente con elegir que x esté a una distancia de −3 menor que 1. En el segundo caso, para lograr que 9 sea aproximado por x2 con un error más pequeño que 72 es suficiente con que x esté a una distancia de −3 menor que 12 . Para recordar esta dependencia del número δ del número ǫ, se suele escribir, en la definición de límite, δ(ǫ) en lugar de solo escribir δ. En este libro, en aquellas situaciones en las que tener en cuenta esta dependencia sea crítico, escribiremos delta seguido de epsilon entre paréntesis. Veamos un ejemplo más donde obtenemos δ dado un ǫ, en el que se aprecia, una vez más, cómo δ depende de ǫ. Ejemplo 1.4 Sea f una función de R en R definida por: ¨

f (x) =

x2 + 1 si x < 1, 2 −2x + 8x − 4 si x > 1.

Demuestre que l´ım f (x) = 2. x→1

Solución. El siguiente es un dibujo del gráfico de f en el intervalo [−1.5, 3]:

Límites y 4 3 2 1

−1

Como se puede observar, f (x) está tan cerca del número 2 como se quiera si x está lo suficientemente cerca de 1. A través de la definición de límite, vamos a demostrar que esta conjetura es verdadera. Sea ǫ > 0. Debemos hallar δ > 0 tal que |f (x) − 2| < ǫ

(1.32)

siempre que x 6= 1 y |x − 1| < δ. Utilicemos el método descrito en esta sección para encontrar δ dado ǫ. Lo primero que tenemos que hacer es encontrar una función g para expresar el valor absoluto de la diferencia entre f (x) y 2, para x 6= 1, de la siguiente manera: |f (x) − 2| = |g(x)||x − 1|.

(1.33)

Para ello, debemos trabajar con el lado izquierdo de la desigualdad (1.32). Pero, como f está definida por dos fórmulas —una para valores menores que 1 y otra para valores mayores que 1—, vamos a dividir el análisis en dos casos: cuando x < 1 y cuando x > 1. Antes de estudiar cada caso, como el límite que nos interesa es cuando x tiende a 1, nos interesan únicamente valores cercanos a 1. Por ello, en todo lo que sigue, suponemos que x toma valores en el intervalo de centro 1 y radio 1; es decir, suponemos que x satisface la desigualdad |x − 1| < 1, que es equivalente a 0 < x < 2. Por lo tanto, los dos casos a analizar son: 0 < x < 1 y 1 < x < 2.

Caso 1: 0 < x < 1.

Analicemos el lado izquierdo de la desigualdad (1.32). Recordemos que para x < 1 se tiene que f (x) = x2 + 1. Por lo tanto: |f (x) − 2| = |(x2 + 1) − 2| = |(x2 + 1) − 2| = |x2 − 1| = |x + 1||x − 1|.

Como x > 0, entonces x + 1 > 0, de donde |f (x) − 2| = (x + 1)|x − 1|. Entonces, si definimos g(x) = x + 1, ya tenemos la forma (1.33). Lo que ahora debemos hacer es encontrar una cota superior para g(x). En este caso, esto es sencillo, pues, como x < 1, entonces g(x) = x + 1 < 2. Por lo tanto, tenemos que |f (x) − 2| = g(x)|x − 1| < 2|x − 1|. En resumen, si 0 < x < 1, entonces |f (x) − 2| < 2|x − 1|.

(1.34)

Ahora bien, si el miembro de la derecha de la expresión anterior fuera menor que ǫ, el de la izquierda también lo sería; es decir, se verifica la siguiente implicación lógica: 2|x − 1| < ǫ

⇒

|f (x) − 2| < 2|x − 1| < ǫ,

la misma que puede ser expresada de la siguiente manera: |x − 1| <

ǫ 2

⇒

|f (x) − 2| < ǫ.

1.3 La definición de límite

Vemos, entonces, que, si 0 < x < 1, un buen candidato para δ es 2ǫ . Sin embargo, recordemos que supusimos que también se verifica la condición |x − 1| < 1. Por lo tanto, el número 1 también es un candidato para δ. ¿Cuál de los dos debemos elegir? El más pequeño. Así, para este primer caso, la elección para δ es la siguiente: n

δ = m´ın 1,

ǫo . 2

(1.35)

Caso 2: 1 < x < 2.

Puesto que, para estos valores de x, se tiene que f (x) = −2x2 + 8x − 4, el lado izquierdo de la desigualdad (1.32) puede ser expresado de la siguiente manera: |f (x) − 2| = | − 2x2 + 8x − 4 − 2| = |2x2 − 8x + 6|

= 2|x2 − 4x + 3| = 2|x − 3||x − 1|. Si definimos g(x) = 2|x − 3|, tenemos que: |f (x) − 2| < g(x)|x − 1|. Ahora encontremos una cota superior para g(x). Para ello, recordemos que 1 < x < 2. De estas desigualdades, tenemos que: 1 − 3 < x − 3 < 2 − 3. Es decir, se verifica que

Por lo tanto:

−2 < x − 3 < −1 < 2. y g(x) = 2|x − 3| < 4.

|x − 3| < 2

Entonces, para x tal que 1 < x < 2, se verifica la desigualdad: |f (x) − 2| < 4|x − 1|. De esta desigualdad tenemos la siguiente implicación: 4|x − 1| < ǫ

⇒

|f (x) − 2| < 4|x − 1| < ǫ,

la misma que puede ser expresada de la siguiente manera: |x − 1| <

ǫ 4

⇒

|f (x) − 2| < ǫ.

Con un razonamiento similar al caso anterior, la elección de δ es la siguiente: n

δ = m´ın 1,

ǫo . 4

(1.36)

Conclusión. De los dos casos estudiados, podemos concluir que, si 0 < x < 2, el δ buscado debe ser elegido de la siguiente manera: n ǫ ǫo δ = m´ın 1, , . 2 4 Pero, como ǫ ǫ < , 4 2 si n ǫo δ = m´ın 1, , 4 se verifica la siguiente implicación: 0 < |x − 1| < δ

⇒

|f (x) − 2| < ǫ.

Esto prueba que 2 = l´ım f (x). x→1

Límites

Segunda observación: no importa qué valor tome la función en el punto donde se calcula el límite En efecto, la definición de L = l´ım f (x) x→a

no exige que el número a esté en el dominio de la función f . De hecho, en los ejemplos anteriores, se puede ver que los x que se utilizan para aproximar L con f (x) siempre son distintos de a, pues estos x satisfacen la desigualdad: 0 < |x − a|. Los siguientes ejemplos nos muestran porqué no es necesario tomar en cuenta al número a en la definición de límite. 1. Sea f : R −→ R la función definida por f (x) = 2x + 1. Entonces: 3 = l´ım f (x). x→1

En efecto: sea ǫ > 0. Debemos encontrar un número δ > 0 tal que se verifique la igualdad |f (x) − 3| < ǫ,

(1.37)

siempre que 0 < |x − 1| < δ.

Para hallar el número δ, ya sabemos qué hacer. En primer lugar, tenemos que: |f (x) − 3| = |(2x + 1) − 3| = |2x − 2|

= 2|x − 1|. Es decir, se verifica que: |f (x) − 3| < 2|x − 1|.

Por lo tanto, si existiera el número δ, debería satisfacerse la desigualdad: |f (x) − 3| < 2|x − 1| < 2δ. De esta última desigualdad, se ve que, para que se verifique la desigualdad (1.37), basta elegir el número δ tal que 2δ = ǫ, es decir, tal que En efecto: si x es tal que

ǫ δ= . 2 ǫ 0 < |x − 1| < δ = , 2

entonces: |f (x) − 3| = 2|x − 1| < 2δ ǫ = 2 = ǫ. 2

1.3 La definición de límite

2. Sea g : R −→ R la función definida por (

g(x) =

2x + 1 si x 6= 1, 1 si x = 1.

Entonces: g(x) = f (x) para todo x 6= 1. Es decir, g y f son casi la misma función, excepto por el valor que cada una de ellas toma en el número x = 1, pues g(1) = 1 y f (1) = 3. Sin embargo: 3 = l´ım g(x). x→1

En efecto: sea ǫ > 0. Debemos hallar un número δ > 0 tal que |g(x) − 3| < ǫ,

(1.38)

siempre que 0 < |x − 1| < δ.

Ahora bien, encontrado el número δ, lo que tenemos que probar es que si 0 < |x − 1| < δ, se verifica la desigualdad (1.38). Es decir, debemos probar que para x 6= 1, pues |x − 1| > 0, tal que |x − 1| < δ, se verifica la desigualdad (1.38). Pero, recordemos que g(x) = f (x) para todo x 6= 1. Entonces, para estos x, la desigualdad (1.38) se transforma en la desigualdad: |f (x) − 3| < ǫ.

(1.37)

Y ya probamos, en el ejemplo anterior, que esta desigualdad se cumple siempre que ǫ 0 < |x − 1| < δ = . 2 De manera que para todo x que cumpla con estas dos desigualdades se cumple la desigualdad (1.38). Y esto significa que el número 3 es el límite de g(x) cuando x se aproxima al número 1. 3. Sea h : R − {1} −→ R la función definida por

2x2 − x − 1 . x−1 En este caso, h no está definida en 1 por lo que es distinta tanto de f como de g. Sin embargo, para todo x 6= 1, se verifican las igualdades: h(x) =

2x2 − x − 1 (2x + 1)(x − 1) = = 2x + 1 = g(x) = f (x). x−1 x−1 De manera análoga al caso de g, podemos demostrar que h(x) =

3 = l´ım h(x). x→1

En estos tres ejemplos podemos ver que, en lo que se refiere al límite de una función en un punto a, no importa el valor que pueda tomar la función en el punto a; incluso, la función puede no estar definida en este punto. Lo que importa realmente es el comportamiento de la función alrededor del punto a. Las gráficas de las funciones f , g y h, que están a continuación, ilustran esta última afirmación:

Límites

f (x) f : R −→ R x 7−→ f (x) = 2x + 1

l´ım f (x) = 3 = f (1)

x→1

g(x) g : R −→ R x 7−→ g(x) =

(

2x + 1 si x 6= 1 1 si x = 1

l´ım g(x) = 3 6= g(1)

x→1

h(x) h : R − {1} −→ R x 7−→ h(x) = 2x + 1

l´ım f (x) = 3

x→1

h(1) no existe 1

Podemos sistematizar la situación que se ilustra en estos ejemplos, al mostrar que si dos funciones solo difieren en un punto de su dominio, o bien las dos tienen límite en dicho punto, y es el mismo límite, o bien ninguna tiene límite. De manera más precisa, se tiene el siguiente teorema.

Teorema 1.1 Sean I y J dos intervalos abiertos y f : I −→ R y g : J −→ R tales que a ∈ I ∩ J y: 1. f (x) = g(x) para todo x ∈ I ∩ J y x 6= a; y 2. existe L tal que:

L = l´ım g(x). x→a

Entonces f también tiene límite en a y:

L = l´ım f (x). x→a

Este es el caso de las funciones f , g y h. Se diferencian únicamente en a = 1. Como el límite de f existe y es igual a 3, entonces los límites de g y h existen también y son iguales a 3. Este teorema se utiliza de la siguiente manera. Supongamos que queremos calcular l´ım f (x).

x→a

1.3 La definición de límite

Se busca una función g cuyo límite en a se conozca y tal que g(x) = f (x) para todo x en la intersección de los dominios de f y g y que sea diferente de a. Entonces, lo que podemos afirmar es que l´ım f (x) = l´ım g(x). x→a

x→a

Ejemplo 1.5 Supongamos conocido que l´ım (x + 2) = 3.

x→1

Calcular

x2 + x − 2 . x→1 x−1 l´ım

Solución. Sea f : R − 1 −→ R tal que f (x) =

x2 + x − 2 . x−1

Debemos hallar una función g que sea igual a f , excepto en 1, y cuyo límite conozcamos. Esto se puede hacer, pues x2 + x − 2 (x − 1)(x + 2) = = x + 2, x−1 x−1

f (x) =

para todo x 6= 1. Por lo tanto, si se define g(x) = x + 2, sabemos que: 1. f (x) = g(x) para todo x 6= 1; y 2. l´ım g(x) = 3. x→1

Por lo tanto, el teorema (1.1), podemos afirmar que: x2 + x − 2 = l´ım g(x) = 3. x→1 x→1 x−1 l´ım

Para terminar esta sección, presentamos el siguiente teorema, que es una consecuencia inmediata de la definición de límite, que es muy útil en diferentes aplicaciones del concepto de límite.

Teorema 1.2 Sea f : Dm(f ) −→ R. Entonces:

L = l´ım f (x) ⇔ 0 = l´ım (f (x) − L) ⇔ 0 = l´ım |f (x) − L|. x→a

x→a

La demostración es un buen ejercicio para trabajar la definición de límite por lo que se sugiere al lector la haga por sí mismo.

Límites

Un uso típico de este teorema es el siguiente. Queremos demostrar que x+3 . x→0 x + 1

3 = l´ım En lugar de ello, probaremos que 0 = l´ım

x→0

Pero, como

x+3 − 3. x+1

x+3 2x −3=− , x+1 x+1

lo que hay que probar es 0 = l´ım −2 x→0

Y, como

x . x+1

−2

= 2

x + 1 , x + 1

una alternativa es probar que

x . x→0 x + 1 En sentido estricto, no hay mayor diferencia en la manera cómo se demuestra cualquiera de estas igualdades, salvo, en ciertas ocasiones, en las que algunas operaciones algebraicas suelen simplificarse. El lector debería realizar cada una de estas prueba para que compare y determine cuáles podrían ser esas simplificaciones. 0 = 2 l´ım

1.3.4 Ejercicios 1. Demuestre, usando la definición de límite, que: √ √ 3 (a) l´ım ( x2 + 2 3 x + 4) = 12 x→8

(b) l´ım (8x − 15) = 9 x→3

1 1 = x→9 x+3 6 2 2x − 8 (e) l´ım = −8 x→−2 x + 2 2x + 3 (f) l´ım = −5 x→1 x − 2 (g) l´ım (x2 + x + 1) = 3

(d) l´ım √

x→1

(h) l´ım1 (−9x2 + 3x + 1) = 1 x→ 3

x+4 3 =− x→−1 x − 1 2

(i) l´ım

2. Use el teorema 1.1 para hallar los siguientes límites: 2x2 + x − 3 x→1 x2 − 3x + 2 √ x−3 (b) l´ım x→9 x − 9 (a) l´ım

x2 + 5x + 4 x→−1 x2 − 1

x−8 (d) l´ım √ x→8 3 x − 2

1.4 Continuidad de una función Las tres funciones utilizadas en la sección precedente tienen límite en el número 1. La primera y la segunda también están definidas en 1; es decir, 1 está en el dominio de f y g. Sin embargo, en el caso de la primera, como f (1) = 3, el valor de f en 1 es igual al límite; en el caso de la segunda, como g(1) = 1 6= 3, esto no ocurre. Para la tercera función, el número 1 no está en el dominio de h. Los dibujos de estas tres funciones muestran que en el gráfico de las funciones g y h hay un “salto” al cruzar la recta vertical de ecuación x = 1 (en la jerga matemática, se suele decir

1.4 Continuidad de una función

que “hay un salto al pasar por 1”). Si dibujáramos los gráficos de estas funciones, trazándolo de izquierda a derecha, en el caso de la segunda y de la tercera, deberíamos “interrumpir” o “discontinuar” el trazo. Para f eso no ocurrirá. Por esa razón, la función f va a ser una función “continua”, mientras que las otras dos no. Lo que diferencia a f de g y h es el hecho de que, a más de existir el límite en 1, la función está definida allí y su valor es igual al límite. Ésta es la definición de continuidad:

Definición 1.2 (Función continua) defi Una función f : Dm(f ) −→ R, donde I ⊆ Dm(f ) es un intervalo abierto, es continua en a si y solo si: 1. a ∈ I ; 2. existe l´ımx→a f (x); y 3. f (a) = l´ımx→a f (x). Una función es continua en el intervalo abierto I si es continua en todos y cada uno de los elementos de I .

La continuidad de una función es un tema central en el estudio del Cálculo. A lo largo de este libro, conoceremos diversas propiedades de las funciones continuas. Por ahora, veamos que la definición de límite ofrece una definición equivalente de continuidad:

Teorema 1.3 (Función continua) Sea f : Dm(f ) −→ R, donde I ⊆ Dm(f ) es un intervalo abierto. Sea a ∈ I . Entonces, f es continua en a si y solo si para todo ǫ > 0 existe un número δ > 0 tal que

|f (x) − f (a)| < 0, siempre que |x − a| < δ y x ∈ I .

Observemos que no hace falta excluir el caso x = a, como se hace en la definición de límite, porque, al ser f continua en a, si x = a, se verifica que: |f (x) − f (a)| = |f (a) − f (a)| = 0 < ǫ. Veamos un par de ejemplos sencillos de funciones continuas. Ejemplo 1.6 La función constante es continua en su dominio. Solución. Sean c ∈ R y f : R −→ R tal que f (x) = c para todo x ∈ R. Probemos que la función f es continua en todo a ∈ R. Para ello, sea a ∈ R. Puesto que a ∈ Dm(f ), solo nos falta verificar que: 1. existe l´ım f (x); y que x→a

2. f (a) = c = l´ım f (x). x→a

Límites

Probaremos la segunda condición únicamente, ya que con ello es suficiente para probar la primera. Sea ǫ > 0. Debemos encontrar un número δ > 0 tal que |f (x) − c| < ǫ

(1.39)

siempre que Ahora bien, puesto que

|x − a| < δ. |f (x) − c| = |c − c| = 0 < ǫ

para todo x ∈ R, la desigualdad (1.39) será verdadera cualquiera que sea el δ > 0 elegido. Es decir, el número c es el límite de f (x) cuando x se aproxima al número a. Por lo tanto, este límite existe, lo que prueba que la función constante es continua en a y, como a es cualquier elemento del dominio de f , la función es continua en su dominio.

Este ejemplo nos muestra, además, la veracidad de la siguiente igualdad: c = l´ım c. x→a

(1.40)

Esta igualdad suele enunciarse de la siguiente manera: el límite de una constante es igual a la constante. Ejemplo 1.7 La función identidad es continua en todo su dominio Solución. Sea f : R −→ R tal que

f (x) = x

para todo x ∈ R. Probemos que la función f es continua en todo a ∈ R. Para ello, sea a ∈ R. Puesto que a ∈ Dm(f ), solo nos falta verificar que: 1. existe l´ım f (x); y que x→a

2. f (a) = a = l´ım f (x). x→a

Probaremos la segunda condición únicamente, ya que con ello es suficiente para probar la primera. Sea ǫ > 0. Debemos encontrar un número δ > 0 tal que |f (x) − a| < ǫ

(1.41)

siempre que Como

|x − a| < δ. |f (x) − a| = |x − a|,

es obvio que el número δ buscado es igual a ǫ. Si lo elegimos así, habremos probado que a es el límite de f (x) cuando x se aproxima al número a. Por lo tanto, éste límite existe, lo que prueba que la función identidad es continua en a, de donde, es continua en su dominio.

Este ejemplo nos demuestra que la siguiente igualdad es verdadera: a = l´ım x. x→a

(1.42)

Esta igualdad se enuncia de la siguiente manera: el límite de x es igual al número a cuando x se aproxima al número a. En una sección posterior, desarrollaremos algunos procedimientos para el cálculo de límites lo que, a su vez, nos permitirá estudiar la continuidad de una función.

1.5 Interpretación geométrica de la definición de límite

1.5 Interpretación geométrica de la definición de límite Como hemos podido ver, encontrar el número δ dado el número ǫ no siempre es una tarea fácil. Los ejemplos que hemos trabajado son sencillos relativamente. En general, demostrar que un cierto número es el límite de una función suele ser una tarea de considerable trabajo. Por ello, el poder “visualizar” la definición es de mucha ayuda para poder manipular luego las desigualdades con los ǫ y δ. Esta visualización puede ser realizada de la siguiente manera. En primer lugar, recordemos que la desigualdad (1.43)

|x − x0 | < r, donde x, x0 y r son números reales y, además, r > 0, es equivalente a la desigualdad x0 − r < x < x0 + r.

Por lo tanto, el conjunto de todos los x que satisfacen la desigualdad (1.43) puede ser representado geométricamente por el intervalo ]x0 − r, x0 + r[; es decir, por el intervalo abierto con centro en x0 y radio r: x0

x0 − r

x0 + r

La longitud de este intervalo es igual a 2r. Supongamos que el número L es el límite de f (x) cuando x se aproxima al número a. Esto significa que, dado cualquier número ǫ > 0, existe un número δ > 0 tal que se verifica la desigualdad |f (x) − L| < ǫ, (1.44) siempre que se satisfagan las desigualdades (1.45)

0 < |x − a| < δ.

Con la interpretación geométrica realizada previamente, esta definición de límite puede expresarse en términos geométricos de la siguiente manera: dado cualquier número ǫ > 0, existe un número δ > 0 tal que f (x) se encuentre en el intervalo de centro L y radio ǫ, siempre que x se encuentre en el intervalo de centro a y radio δ y x 6= a. Esta formulación puede ser visualizada de la siguiente manera. En un sistema de coordenadas, en el que se va a representar gráficamente la función f , dibujemos los dos intervalos que aparecen en la definición de límite: ]a − δ, a + δ[ y ]L − ǫ, L + ǫ[. Obtendremos lo siguiente: f (x) L+ǫ L L−ǫ

a−δ

a+δ

Límites

A continuación, dibujemos dos bandas: una horizontal, limitada por las rectas horizontales cuyas ecuaciones son y = L − ǫ y y = L + ǫ, y una vertical, limitada por las rectas verticales cuyas ecuaciones son x = a − δ y x = a + δ: f (x) L+ǫ L L−ǫ

a−δ

a+δ

El rectángulo obtenido por la intersección de las dos bandas está representado por el siguiente conjunto: C = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ ]a − δ, a + δ[, y ∈ ]L − ǫ, L + ǫ[}. La definición de límite afirma que f (x) estará en el intervalo ]L − ǫ, L + ǫ[ siempre que x, siendo distinto de a, esté en el intervalo ]a − δ, a + δ[. Esto significa, entonces, que la pareja (x, f (x)) está en el conjunto C. Es decir, todos los puntos de coordenadas (x, f (x)) tales que x 6= a pero x ∈ ]a − δ, a + δ[ están en el interior del rectángulo producido por la intersección de las dos bandas. Pero todos estos puntos no son más que la gráfica de la función f en el conjunto ]a − δ, a + δ[−{a}. En otras palabras: dado cualquier número ǫ > 0, existe un número δ > 0 tal que la gráfica de f en el conjunto ]a − δ, a + δ[−{a} está en el interior del conjunto C. El siguiente dibujo muestra lo que sucede cuando L es el límite de f (x) cuando x se aproxime al número a: f (x) L+ǫ L L−ǫ

a−δ

a+δ

Al conjunto C se le denomina caja para el gráfico de f en el punto de coordenadas (a, L). De manera más general, una caja para el gráfico de una función en el punto de coordenadas (x, y) es el interior de una región rectangular cuyos lados son paralelos a los ejes coordenados, que contiene al punto de coordenadas (x, y), de modo que ningún punto del gráfico de la función f que esté en la banda vertical, salvo, tal vez, el punto de coordenadas (x, f (x)), no puede estar ni sobre la región rectangular ni bajo de ella. Si el punto de coordenadas (x, y)

1.5 Interpretación geométrica de la definición de límite

es también el centro de la región rectangular (es decir, es la intersección de las diagonales del rectángulo), entonces la región rectangular es denominada caja centrada en el punto de coordenadas (x, y). Un ejemplo de una región rectangular que no es una caja para el gráfico de f es el siguiente: f (x)

x Con la definición de caja, podemos decir que el conjunto C es, efectivamente, una caja para el gráfico de f centrada en el punto de coordenadas (a, L). En este caso, la caja C tiene una altura igual a 2ǫ y una base igual a 2δ. En términos de cajas, la definición de límite garantiza que: si L es el límite de f (x) cuando x se aproxima a a, entonces, el gráfico de f tiene cajas de todas las alturas positivas posibles centradas en el punto (a, L). El siguiente dibujo, muestra dos cajas para el gráfico de f , ambas centradas en (a, L): f (x)

f (x)

L+ǫ L L−ǫ

a−δaa+δ

a−δ a a+δ

Estos dos últimos dibujos sugieren que el gráfico de f tiene cajas centradas en (a, L) de todas las alturas posibles. A continuación, podemos visualizar por qué las funciones f , g y h de la sección anterior, las que utilizamos para mostrar por qué en la definición de límite no importa el valor que pueda tener (o no tener), tienen el mismo límite: f (x)

g(x)

h(x)

1 1 Veamos un ejemplo.

LĂmites

Ejemplo 1.8 Sea f : R â&#x2C6;&#x2019;â&#x2020;&#x2019; R la funciĂłn definida por f (x) = x2 para todo x â&#x2C6;&#x2C6; R.

1. Encuentre un Î´ > 0 tal que si 0 < |x â&#x2C6;&#x2019; 3| < Î´ entonces |f (x) â&#x2C6;&#x2019; 9| < ÇŤ = 21 .

2. Construya una caja, tal como estĂĄ definida en el texto, que ilustre el resultado encontrado en el primer punto. SoluciĂłn. 1. En el ejemplo de la pĂĄgina 22, probamos que 9 = lÂ´Äąm x2 . xâ&#x2020;&#x2019;3

Para probar esta igualdad, dado ÇŤ > 0, encontramos que el nĂşmero n ÇŤo Î´ = mÂ´Äąn 1, 7 es tal que, si |x â&#x2C6;&#x2019; 3| < Î´, entonces |x2 â&#x2C6;&#x2019; 9| < ÇŤ. Por lo tanto, como ÇŤ = 12 , el nĂşmero buscado es:

Î´ = mÂ´Äąn 1, En resumen, si |x â&#x2C6;&#x2019; 3| <

1 14 ,

1 2

1 . 14

entonces |x2 â&#x2C6;&#x2019; 9| < 21 .

2. Como 9 = lÂ´Äąmxâ&#x2020;&#x2019;3 x2 , dado ÇŤ = 12 , el conjunto

Â&#x2014;

C = (x, y) â&#x2C6;&#x2C6; R2 : x â&#x2C6;&#x2C6; 3 â&#x2C6;&#x2019;

Â&#x2014; 1 1 1Â&#x201D; 1 Â&#x201D;ÂŠ , y â&#x2C6;&#x2C6; 9 â&#x2C6;&#x2019; ,9+ ,3 + 14 14 2 2

es una caja para el grĂĄfico de f en el punto de coordenadas (3, 9). El siguiente, es un dibujo de esta caja: y 9+

1 2

9â&#x2C6;&#x2019;

1 2

3â&#x2C6;&#x2019;

1 14

Ahora bien, por la definiciĂłn de caja, como 9 = lÂ´Äąm x2 , xâ&#x2020;&#x2019;3

1 1 14 , 3 + 14 [

el grĂĄfico de la funciĂłn f en el intervalo ]3 â&#x2C6;&#x2019; debe estar contenido plenamente en la caja. Constatemos esto. 1 En primer lugar, veamos que f (x) es mayor que 9 â&#x2C6;&#x2019; 12 cuando x = 3 â&#x2C6;&#x2019; 14 . Por un lado tenemos que: Â

1 f 3â&#x2C6;&#x2019; 14

Â&#x2039;

41 =f 14 1 681 113 = =8+ , 196 196

1.5 Interpretación geométrica de la definición de límite

Por otro lado: 1 1 98 =8+ =8+ . 2 2 196

9− Por lo tanto:

f 3−

1 14

=8+

113 98 1 >8+ =9− . 196 196 2

En segundo lugar, veamos que f (x) es menor que 9 + que:

f 3+

1 14

1 2

cuando x = 3 +

1 14 .

Por un lado tenemos

43 14 1 849 85 =9+ , = 196 196 =f

Por otro lado: 9+ Por lo tanto:

1 f 3− 14

1 1 98 =9+ =9+ . 2 2 196

=9+

85 98 1 <9+ =9+ . 196 196 2

Finalmente, como la función f es creciente en [0, +∞[, entonces 9−

1 1 < f (x) < 9 + 2 2

siempre que

1 1 <x<3+ . 14 14 Por esta razón, al dibujar el gráfico de f en este intervalo, éste deberá estar contenido plenamente en la caja, como lo asegura la definición de límite y de caja. El siguiente es un dibujo de la situación: y y = x2 3−

1 2

9−

1 2

3−

1 14

Para terminar esta sección, veamos cómo la interpretación geométrica nos puede ser de ayuda para demostrar que un cierto número L no es límite de f (x) cuando x se aproxima al número a. De la definición de límite, decir que L no es el límite equivale a decir que: existe un número ǫ > 0 tal que, para todo número δ > 0, existe un número x tal que 0 < |x − a| < δ Ilustremos estas ideas con un ejemplo.

|f (x) − L| ≥ ǫ.

Límites

Ejemplo 1.9 Demostrar que l´ım f (x) 6=

x→1

f (x) =

Solución. Para demostrar que el número definida de la siguiente manera:

3 2

x x+1

si x ∈ [0, 1], si x ∈ ]1, 2].

no es el límite de f (x) cuando x se aproxima a 1 si f está ¨

f (x) =

3 2

x x+1

si x ∈ [0, 1], si x ∈ ]1, 2],

debemos hallar un número ǫ > 0 tal que, para todo δ > 0, encontremos un número x ∈ Dm(f ) tal que y

0 < |x − 1| < δ

f (x) − 3 ≥ ǫ.

Para ello, primero dibujemos la función f : f (x)

3 2

1 1

Este dibujo nos permite ver que cualquier caja del gráfico de f ubicada entre las rectas horizontales de ecuaciones y = 1 y y = 2 no contendrá ningún elemento del gráfico de f . Recordemos que el alto de la caja es 2ǫ: una distancia de un ǫ sobre 32 y una distancia de un ǫ bajo 32 . Por lo tanto, si elegimos ǫ igual a 14 , la banda horizontal alrededor de 32 se vería así: f (x)

3 2

1 1

A continuación, podemos dibujar tres bandas verticales alrededor del número 1, lo que nos sugerirá que ninguna caja del gráfico de f con el alto 2ǫ elegido contendrá elementos del gráfico: f (x)

f (x)

3 2

1−δ

1+δ

1−δ 1 1+δ

1.5 Interpretación geométrica de la definición de límite

Estos dibujos nos sugieren cuál debe ser el x que buscamos para el cual se verifiquen las condiciones siguientes:

0 < |x − 1| < δ y f (x) − ≥ ǫ. 2 Cualquier x 6= 1 que esté en el dominio de f y en el intervalo ]1−δ, 1+δ[ satisfará estas dos condiciones. Procedamos, entonces, a demostrar que el número 23 no es el límite de f (x) cuando x se aproxima a 1. Sean ǫ = 14 y δ > 0. Si δ > 1, la banda vertical abarcaría más que el dominio de la función f . En este caso, x = 0, satisfaría las condiciones. En efecto: 1. x está en el dominio de f ; 2. Como x = 0, entonces x 6= 1 y

|x − 1| = |0 − 1| = 1 < δ;

3. Como 0 ∈ ]0, 1], entonces f (0) = 0 y, por ello:

f (x) − 3 = 0 − 3

2 2

3 1 > = ǫ. 2 4

Ahora, si δ ≤ 1, podemos elegir el número x que está en la mitad entre 1 y 1 − δ. Ese número es: x=

(1 − δ) + 1 δ =1− . 2 2

Entonces: 1. x está en el dominio de f , pues, como (a) 1 − δ ≥ 0, ya que δ ≤ 1 y

(b)

δ 2

< δ, ya que δ > 0,

se tiene que 0≤1−δ <1− es decir, x ∈ [0, 1[.

2. Como δ > 0, entonces

δ 2

> 0, entonces x=1−

3. Como x ∈ [0, 1], entonces Por lo tanto:

δ < 1; 2

δ 6= 1. 2

δ f (x) = x = 1 − . 2

f (x) − 3 =

1 − δ − 3

2 2

1 δ 1 δ 1 =

− −

= + > = ǫ, 2 2 2 2 4

pues 1 1 > 2 4 Por lo tanto, el número

3 2

δ > 0. 2

no puede ser el límite de f (x) cuando x se aproxima a 1.

En la sección próxima, vamos a mostrar un ejemplo de cómo se puede resolver un problema aplicando el método de encontrar un número δ dado el número ǫ.

Límites

1.5.1 Ejercicios En los ejercicios propuestos a continuación, se busca que el lector adquiera un dominio básico del aspecto operativo de la definición de límite, a pesar de que luego, en la práctica del cálculo de límites, no se recurra a esta definición, sino a las propiedades que se obtienen y se demuestran a partir de esta definición. 1. Sean f : I −→ R, a ∈ R, L ∈ R y ǫ > 0: (a) encuentre un δ > 0 tal que |f (x) − L| < ǫ siempre que 0 < |x − a| < δ; y

(j) f (x) = x2 +3x−5; a = 1; L = −1; ǫ = 0.4.

(k) f (x) = x2 + 3x − 5; a = −1; L = −7; ǫ = 0.08.

(b) construya una caja de f (x) centrada en 2. Demuestre, utilizando la definición de límite: (a, L) y de altura 2ǫ que ilustre el resultado encontrado en el punto anterior 3x2 + 5x − 2 (a) l´ım = −7. x→−2 x+2 para cada f , a, L y ǫ dados a continuación: 6x = 2. (b) l´ım (a) f (x) = x − 2; a = 5; L = 3; ǫ = 0.02. x→1 x + 2 √ (b) f (x) = x − 2; a = −2; L = 0; ǫ = 0.01. (c) l´ım x + 7 = 3. x→2 (c) f (x) = −2x + 1; a = −2; L = 5; ǫ = 0.05. x3 − 2x2 − 3x (d) f (x) = 4x − 3; a = 1; L = 1; ǫ = 0.03. = 12. (d) l´ım x→3 x−3 2x2 −7x+6 ; a = 2; L = 1; ǫ = 0.04. (e) f (x) = x−2 8x2 + 10x + 3 2 8x +10x+3 1 (e) l´ ım = 1. ; a = − 2 ; L = 1; (f) f (x) = 2x + 1 2x+1 x→− 12 ǫ = 0.003. (f) l´ım (2x2 − 3x + 4) = 3. (g) f (x) = x2 ; a = 3; L = 9; ǫ = 1. x→1 (h) f (x) = x2 ; a = 3; L = 9; ǫ = 0.1. 2

(i) f (x) = x ; a = −2; L = 4; ǫ = 0.3.

x2 − 7x + 5 = −1. x→1 −2x + 3

(g) l´ım

1.6 Energía solar para Intipamba Intipamba es una pequeña comunidad asentada en una meseta. Desde allí, se tiene la sensación de poder acariciar las trenzadas montañas que, más abajo, están rodeadas por un límpido cielo azul la mayor parte del año. El sol es un visitante asiduo de Intipamba. En algunas ocasiones se ha quedado tanto tiempo que las tierras alrededor de Intipamba no han podido dar su fruto, y los lugareños han tenido que ir muy lejos en busca de agua. Los viejos ya no recuerdan cuando llegó la energía eléctrica a Intipamba y los jóvenes, si no la tuvieran ya, la extrañarían, pues, desde que tienen memoria, la han tenido. Pero en los últimos años la energía eléctrica que llega al pueblo ya no es suficiente. El gobierno les ha dicho que llevar más energía es muy costoso. Sin embargo, una organización no gubernamental ha propuesto a la comunidad solventar la falta de energía mediante la construcción de una pequeña planta que genere energía eléctrica a partir de energía solar, para aprovechar, así, “el sol” de Intipamba. Para abaratar los costos, la comunidad entera participará en la construcción de la planta. Entre las tareas que realizarán los lugareños, está la construcción de los paneles solares. Las especificaciones técnicas indican que los paneles deben tener una forma rectangular, que el largo debe medir el doble que el ancho, el cuál no debe superar los tres metros, y que el área debe ser de ocho metros cuadrados, tolerándose a lo más un error del uno por ciento. Se ha decidido que cada panel tenga por dimensiones 2 y 4 metros, lo que satisface el requerimiento de que la longitud del largo sea el doble que la del ancho. El problema en que se encuentran los encargados de la construcción de los paneles consiste en determinar con qué grado de precisión debe calibrarse la maquinaria que corta los paneles para que se garantice que el área obtenida no difiera de los ocho metros cuadrados en más del uno por ciento.

1.6 Energía solar para Intipamba

1.6.1 Planteamiento del problema En primer lugar, ¿qué significa que el área no difiera de los ocho metros cuadrados en más del uno por ciento? Ninguna máquina cortará los lados de cada panel de dos y cuatro metros exactamente, sino que, en algunos cortes, por ejemplo, la dimensión del ancho será un poco menos que dos metros; en otros cortes, podría ser un poco más; una situación similar ocurrirá respecto de la dimensión del largo. El resultado de esto es que el área de cada panel no será exactamente igual a ocho metros cuadrados. La diferencia entre el área real de un panel y los ocho metros cuadrados esperados se denomina error. Esta cantidad puede ser positiva o negativa, según el área real sea mayor o menor a ocho metros cuadrados. Para cuantificar únicamente la diferencia entre el área real y la esperada, se define el concepto de error absoluto como el valor absoluto del error. El error absoluto no da cuenta de si el área obtenida es mayor o menor que los ocho metros cuadrados esperados, solo da cuenta de la diferencia positiva entre estos dos valores. Si se representa con la letra a el número de metros cuadrados que mide el área real de un panel, el error absoluto se expresa de la siguiente manera: error absoluto = |a − 8|. La especificación de que “el área no difiera de los ocho metros cuadrados en más del uno por ciento” quiere decir, entonces, que el error absoluto sea menor que el uno por ciento del área esperada; es decir, que el error absoluto sea menor que el uno por ciento de ocho metros, valor igual a 0.08 metros cuadrados. Por lo tanto, para que se cumpla con la especificación técnica, la calibración de la máquina debe asegurar la verificación de la siguiente desigualdad: |a − 8| < 0.08. En resumen, el problema a resolver por el equipo de Intipamba es: calibrar la máquina de los paneles para garantizar que la desigualdad |a − 8| < 0.08.

(1.46)

sea verdadera.

1.6.2 El modelo ¿Qué se quiere decir con “calibrar la máquina” para garantizar que la desigualdad (1.46) sea verdadera? Desde el punto de vista de la máquina, cuando ésta “dice que va a cortar el ancho de dos metros”, cortará, en realidad, de un poco más de dos metros, en algunas ocasiones; en otras, de un poco menos que dos metros. Lo mismo sucederá con el largo. Esto significa que el área del panel obtenida en cada corte no será, con toda seguridad, igual a ocho metros cuadrados. La calibración consiste, entonces, en decirle a la máquina en cuánto se puede equivocar a lo más en el corte del largo y del ancho para que asegure a los lugareños de Intipamba que el “error absoluto” en el área del panel no difiera de ocho metros cuadrados en más del uno por ciento. En otras palabras, los constructores de los paneles quieren saber en cuánto la máquina puede equivocarse en el corte del largo y del ancho para que el área del panel no difiera en más del uno por ciento; es decir, quieren saber el valor máximo permitido para el error en las longitudes de los cortes, de manera que el área no difiera en más del uno por ciento con el área esperada. El área real de cada panel no es, entonces, constante; dependerá de las dos dimensiones del panel que la máquina cortadora produzca realmente. Bajo la suposición de que ésta máquina siempre logra cortar el largo de una longitud el doble que la del ancho, el área real de cada

Límites

panel se puede expresar exclusivamente en función de una de las dimensiones. Por ejemplo, el ancho. En efecto, los encargados de la construcción de los paneles utilizan la letra x para representar el número de metros que mide el ancho real de un panel; entonces, 2x representa el número de metros que mide el largo del panel. De esta manera, si el área de cada panel es de a metros cuadrados, a puede ser expresada en función de x de la siguiente manera: a = 2x2 . Vamos a representar con la letra A esta relación funcional entre a y x. Así, la función A definida por A(x) = 2x2 nos permite escribir las siguientes igualdades: a = A(x) = 2x2 . ¿Cuál es el dominio de la función A? La respuesta se encuentra después de averiguar los valores que puede tomar la variable x. Dentro de las especificaciones técnicas para la construcción de los paneles, se indica que el ancho del panel no puede superar los tres metros; como, además, el ancho no puede ser medido por el número cero ni por un número negativo, se puede elegir2 como dominio de A el intervalo ]0, 3]. En resumen, A es una función de ]0, 3] en R+ . El equipo de Intipamba encargado de los paneles ya pueden representar simbólicamente el error absoluto que comete la máquina en el corte del ancho de un panel: el valor absoluto de la diferencia entre x, el valor de la longitud real del ancho, y 2, el valor esperado para el ancho: error absoluto = |x − 2|. El problema que tienen los constructores es, entonces, saber de qué valor no debe superar este error absoluto para asegurar que el área del panel no difiera del uno por ciento del área esperada. Es decir, los constructores necesitan encontrar un número δ > 0 tal que si |x − 2| < δ, entonces |A(x) − 8| < 0.08; es decir, deben hallar un δ > 0 tal que si |x − 2| < δ, entonces |2x2 − 8| < 0.08. Ahora los lugareños de Intipamba acaban de formular un modelo matemático del problema; es decir, tienen una representación mediante símbolos que, por un lado, representan elementos del problema de construcción de los paneles, pero que, por otro lado, representan conceptos matemáticos que, en su interrelación, plantean un problema “matemático” que, al ser resuelto, permita ofrecer una solución al problema de los paneles solares. El modelo se puede resumir de la siguiente manera: 2 No hay una sola manera de realizar esta elección; es decir, hay varias alternativas para el dominio de la función A. En efecto, aunque los constructores de los paneles no saben de cuánto exactamente es el ancho de cada panel, están seguros que no podrá ser muy diferente de dos metros. Esto significa que se podría elegir como dominio de la función A, por ejemplo, el intervalo [1.5, 2.5]; también se podría tomar el intervalo [1, 2.5].

1.6 Energía solar para Intipamba

Modelo para el problema de los paneles solares Sean x : el número de metros que mide el ancho real de un panel y que no puede ser mayor que tres metros. a : el número de metros cuadrados que mide el área real de un panel cuyo ancho y largo miden x y 2x metros, respectivamente. A es un función de ]0, 3] en R+ definida por A(x) = a = 2x2 . Se busca un número δ > 0 tal que si la desigualdad |x − 2| < δ

(1.4)

|A(x) − 8| = |2x2 − 8| < 0.08

(1.5)

fuera verdadera, la desigualdad

también sería verdadera.

1.6.3 El problema matemático El modelo plantea un problema exclusivamente matemático: Dada la función A : ]0, 3] −→ R definida por A(x) = 2x2 , se busca un número real δ > 0 tal que si la desigualdad |x − 2| < δ

(1.4)

|A(x) − 8| = |2x2 − 8| < 0.08

(1.5)

fuera verdadera, la desigualdad

también sería verdadera. En esta formulación, el significado de los símbolos que aparecen (A, x y δ) carece de importancia. Solo importa que estos símbolos representan, respectivamente, una función, cualquier número real en el intervalo ]0, 3] y un número real positivo. El reto en este momento es resolver este problema. Si lo podemos hacer, usaremos la solución encontrada para responder la pregunta que se formularon los habitantes de Intipamba: ¿cuál es la calibración de la máquina que corta los paneles solares para garantizar que el área de los mismos no difiera de los ocho metros cuadrados en más del uno por ciento?

1.6.4 Solución del problema matemático Podemos aplicar el método aprendido en la sección anterior para encontrar el número δ. Sin embargo, para resolver este problema, por tratarse de 2x2 , podemos hacer un atajo en el método.

Límites

Para empezar, tenemos que: |2x2 − 8| = |2(x2 − 4)| = 2|x2 − 4|

= 2|(x − 2)(x + 2)| = 2|x − 2||x + 2|. Es decir, |2x2 − 8| = 2|x − 2||x + 2|.

(1.47)

Ahora debemos acotar g(x) = 2|x + 2|. Para ello, recordemos que x representa un número que pertenece al dominio de la función A, es decir, x está en el intervalo ]0, 3]. Por lo tanto, se verifican las desigualdades siguientes: 0 < x ≤ 3. Ahora, si sumamos 2 a cada lado de estas desigualdades, obtendremos lo siguiente: 2 < x + 2 ≤ 5.

(1.48)

Como x + 2 es mayor que cero, entonces, x + 2 = |x + 2|, de donde la desigualdad de la derecha en (1.48) se escribe así: |x + 2| ≤ 5.

(1.49)

Por lo tanto: g(x) ≤ 10. Entonces, de la igualdad (1.47), concluimos que: |2x2 − 8| ≤ 10|x − 2|.

(1.50)

para todo x ∈ (0, 3]. Ahora, si para el número δ que buscamos se cumple (1.4): |x − 2| < δ, entonces: |2x2 − 8| < 10δ, para x ∈ (0, 3]. Por lo tanto, para que se verifique la desigualdad (1.5), podemos elegir δ de modo que: 10δ = 0.08. Y de aquí, obtendríamos que

0.08 = 0.008. 10 Si este es el valor del número δ que estamos buscando, estaremos seguros de lo siguiente: si x ∈]0, 3] tal que se verifica la desigualdad (1.4): δ=

|x − 2| < δ,

1.6 Energía solar para Intipamba

se cumplirá también la desigualdad (1.5): |2x2 − 8| < 10δ = 10 × 0.008 = 0.08. Y esto es precisamente lo que buscábamos. Antes de seguir, observemos que hay más de un valor para δ que satisface la condición del problema. En efecto, si en lugar de elegir δ = 0.008, lo elegimos de tal manera que 10δ < 0.008, es decir, tal que 0.08 = 0.008, 10

δ<

también se cumple la condición del problema: si x ∈ ]0, 3] tal que se verifica la desigualdad (1.4): |x − 2| < δ, se cumplirá también la desigualdad (1.5): |2x2 − 8| < 10δ < 10 × 0.008 = 0.08, de donde |2x2 − 8| < 0.08. Es decir, todo los números positivos menores que 0.008 aseguran el cumplimiento de la desigualdad (1.5). El problema matemático ha sido resuelto. La solución puede resumirse así: si se elige el número δ > 0 tal que δ ≤ 0.008, entonces, si x ∈ ]0, 3] y |x − 2| < δ, necesariamente se cumplirá la siguiente desigualdad: |2x2 − 8| < 0.08. Observemos también que hemos hecho algo más que resolver este problema particular. Si en lugar de 0.08, tuviéramos cualquier número positivo ǫ, lo que hemos demostrado es lo siguiente: dado ǫ > 0, el número δ=

ǫ 10

es tal que, si x ∈ ]0, 3] y |x − 2| < δ, se verifica que |2x2 − 8| < ǫ.

En otras palabras, el número 8 es el límite de 2x2 cuando x se aproxima a 2.

Límites

1.6.5 Solución del problema A partir de la solución matemática, es decir, de la solución del problema matemático, vamos a proponer una solución al problema de los constructores de los paneles solares. Para ello, debemos interpretar los elementos matemáticos del problema, para lo cual debemos recordar el significado que estos elementos tienen. La letra x representa el valor de la longitud del ancho de cualquier panel medida en metros. La desigualdad |x − 2| < δ expresa la cota superior admisible para el error absoluto en la longitud del ancho del panel. Finalmente, la desigualdad |2x2 − 8| < 0.08 indica la cota superior admisible para el error absoluto en el área del panel solar cuyo ancho mide x metros y cuyo largo es 2x metros. De la solución matemática, podemos asegurar que, si se elige δ < 0.008, es decir, si se asegura que el error cometido en el corte del ancho es menor que 8 milímetros, el área obtenida para ese panel no difiere de ocho metros cuadrados en más de 0.08 metros cuadrados. En resumen: si se calibra la máquina cortadora de paneles de modo que se asegure que el error absoluto cometido en el corte del largo de cada panel no supere los 8 milímetros, entonces se asegurará que el área obtenida para cada panel no diferirá de ocho metros cuadrados en más del uno por ciento.

1.6.6 Epílogo Luego de resolver el problema, el equipo encargado de la fabricación de los paneles procedió a la calibración de la máquina cortadora. En las especificaciones del equipo, se indicaba que podía ser calibrado para que el error absoluto en el corte de una cierta longitud no supere los 5 milímetros. Dado que 5 es menor que 8, los constructores de los paneles solares procedieron a realizar dicha calibración; estaban seguros que con ella el área de cada panel satisfaría las especificaciones técnicas para asegurar el correcto funcionamiento de la planta de energía solar. La comunidad entera trabajó para completar la construcción de la planta. Luego de mucho esfuerzo, Intipamba ya tiene energía eléctrica para satisfacer las necesidades de su gente. El esfuerzo hubiera sido mayor, si la gente de Intipamba no hubiera resuelto el problema, con lo que su adelanto se habría detenido, y si no se hubieran sentado antes a pensar en el problema y buscar una solución que, con la ayuda de la poderosa matemática, encontraron.

1.6.7 Ejercicios 1. PRODAUTO es una empresa productora de automóviles. La gerencia ha establecido que el costo de producción mensual, expresado en miles de dólares, de n vehículos puede ser obtenido aproximadamente a través de la siguiente fórmula: 2

C = 2000 + 11n − 0.000 12n .

Actualmente, el nivel de producción mensual es de 5 000 vehículos. El equipo de la gerencia

ha previsto que, dadas las condiciones variables del mercado, habrán variaciones del nivel de producción. Esto significa que los correspondientes costos de producción variarán. Luego de un análisis de los flujos de caja y teniendo en cuenta la predisposición de los inversionistas, se ha establecido que las variaciones del monto que se puede destinar a financiar los costos de producción deberán ser menores a 4

1.7 Propiedades de los límites

millones de dólares por mes. Como la planificación del trabajo, compra de insumos, planes de ventas, entre otras actividades de PRODAUTO dependen del nivel de producción, el equipo de la gerencia debe establecer un margen para el nivel de producción actual, sabiendo que este nivel no puede variar en más de 500 autos mensualmente. Determinar el margen para el nivel de producción actual. 2. Los constructores de una central hidroeléctrica de reserva han establecido que la relación existente entre la altura h metros del espejo de agua del reservorio respecto al nivel mínimo de operación y la energía acumulada E Mwh que se puede generar si se activan una o más turbinas, según las necesidades planteadas por la demanda, viene dada por la siguiente fórmula:

A pesar de que el nivel máximo es de 35m, han recomendado mantener el nivel en valores cercanos a 25 metros. En la época de estiaje es recomendable tener disponible la energía acumulada de este embalse, pero, al ser necesaria la operación de la central hidroeléctrica, se ha decidido permitir que las variaciones de la reserva de energía diarias sean menores a 500 MW·h. Una manera simple de controlar el cumplimiento de esta restricción es evitar variaciones muy grandes del nivel de agua, de modo que se garantice que se respetarán las restricciones a las variaciones de la reserva de energía. Determinar la variación de la altura del agua permitida para asegurar que la variación de la energía disponible esté siempre por debajo de los 500 Mwh.

E = 75h + 10h2 − 0.2h3 .

1.7 Propiedades de los límites La definición de límite nos permite verificar si un número es el límite o no de una función. Sin embargo, no nos permite encontrar el límite de una función. Las propiedades de los límites que vamos a estudiar en esta sección son, en realidad, un conjunto de reglas de cálculo de límites a partir del conocimiento de los límites de algunas funciones. Por ejemplo, demostramos que el límite de una constante es la misma constante y que a es el límite de x cuando x se aproxima al número a. Probaremos más adelante que, cuando x se aproxima al número a, si L es el límite de f (x) y M es el límite de g(x), entonces LM es el límite de f (x)g(x). De estos tres resultados, podremos concluir que—sin más trámite que su aplicación inmediata—, para una constante cualquiera k, el número ka2 es el límite de kx2 cuando x se aproxima al número a. Vamos a ver que un conjunto relativamente pequeño de reglas de cálculo nos permitirán obtener los límites de una gran variedad de funciones.

Teorema 1.4 (Unicidad del límite) Hay un único número L tal que

L = l´ım f (x). x→a

Los dos teoremas siguientes dan las herramientas necesarias para poder calcular el límite de cualquier función racional P (x) f (x) = , Q(x) donde P y Q son polinomios, cuando x se aproxima al número a y este número no es un cero de Q. El primer teorema ya lo demostramos. La prueba del anterior y de la mayoría de los siguientes, se presentarán en el siguiente capítulo.

Teorema 1.5 (Límites básicos) Sean a ∈ R y k ∈ R. Supongamos que k no depende de x. Entonces:

Límites 1. Límite de una constante: l´ım k = k . x→a

Es decir, la función constante es continua. 2. Límite de la función identidad: l´ım x = a. x→a

Es decir, la función identidad es continua.

El siguiente teorema muestra que el límite de una función “preserva” las operaciones de suma, producto e inverso multiplicativo de funciones, pues el límite de la suma, del producto y del inverso multiplicativo siempre es igual a la suma, producto e inverso multiplicativo de los límites, siempre y cuando estos límites existan y, en el caso del inverso multiplicativo, el límite sea diferente de cero.

Teorema 1.6 (Propiedades algebraicas) Si existen L = l´ım f (x) y M = l´ım g(x), entonces: x→a

x→a

1. Límite de la suma: existe el límite de f (x) + g(x) y:

L + M = l´ım (f (x) + g(x)). x→a

2. Límite del producto: existe el límite de f (x)g(x) y:

LM = l´ım (f (x)g(x)). x→a

3. Límite del inverso multiplicativo: si M 6= 0, existe el límite de

1 y: g(x)

1 1 = l´ım . x→a g(x) M Por ejemplo, si a 6= 0, por la tercera parte de este teorema, podemos afirmar que 1 1 = l´ım , x→a a x pues, de la segunda parte del teorema del límite de la función identidad (teorema 1.5), podemos asegurar que a = l´ım x. x→a

Más adelante, calcularemos una gran variedad de límites con el uso de estos teoremas. Ahora hagamos la demostración del primer numeral. Demostración. Sea ǫ > 0. Debemos probar que existe un número δ > 0 tal que |(f (x) + g(x)) − (L + M )| < ǫ, siempre que 0 < |x − a| < δ

x ∈ Dm(f + g) = Dm(f ) ∩ Dm(g).

Para todo x ∈ Dm(f + g), tenemos que: |(f (x) + g(x)) − (L + M )| = |(f (x) − L) + (g(x) − M )| ≤ |f (x) − L| + |g(x) − M |.

(1.51)

1.7 Propiedades de los límites

Por lo tanto, para hacer tan pequeño como queramos a |(f (x) + g(x)) − (L + M )| es suficiente que hagamos tan pequeño como queramos a |f (x) − L| y |g(x) − M |. para el x adecuado. Ahora bien, estas dos diferencias sí pueden hacerse tan pequeñas como se quiera, pues L es el límite de f (x) y M el de g(x) cuando x se aproxima al número a. De manera más precisa, para obtener la desigualdad (1.51), es suficiente encontrar el x adecuado para que |f (x) − L| y |g(x) − M | sean, cada uno, menores que 2ǫ . Procedamos. Como L es el límite de f (x) y 2ǫ > 0, existe δ1 > 0 tal que ǫ |f (x) − L| < , 2

(1.52)

siempre que 0 < |x − a| < δ1 Además, por ser M el límite de g(x) y

ǫ 2

y x ∈ Dm(f ).

> 0, existe δ2 > 0 tal que

|g(x) − M | <

ǫ , 2

(1.53)

siempre que 0 < |x − a| < δ2

y x ∈ Dm(g).

¿Qué x satisfará simultáneamente las desigualdades (1.52) y (1.53)? Aquel que satisfaga simultáneamente las siguientes condiciones: 0 < |x − a| < δ1 ,

0 < |x − a| < δ2 ,

x ∈ Dm(f ) y x ∈ Dm(g).

¿Cómo podemos elegir, entonces, el número δ? Así: δ = m´ın{δ1 , δ2 }, ¿Y cómo elegir x? Así: 0 < |x − a| < δ

y x ∈ Dm(f ) ∩ Dm(g).

Tenemos entonces que: |(f (x) + g(x)) − (L + M )| ≤ |f (x) − L| + |g(x) − M | ǫ ǫ < + = ǫ. 2 2 En otras palabras, L + M es el límite de f (x) + g(x) cuando x se aproxima al número a. De este teorema, es consecuencia inmediata el siguiente

Límites

Corolario 1.7 (Propiedades algebraicas) Sean α ∈ R, β ∈ R. Si existen

L = l´ım f (x) y M = l´ım g(x), x→a

x→a

entonces: 1. Límite del producto de un escalar por una función: existe el límite de αf (x) y:

αL = l´ım (αf (x)). x→a

2. Límite de la resta: existe el límite de f (x) − g(x) y:

L − M = l´ım (f (x) − g(x)). x→a

3. Límite de una combinación lineal: existe el límite de αf (x) + βg(x) y:

αL + βM = l´ım (αf (x) + βg(x)). x→a

4. Límite del cociente: existe el límite de

f (x) g(x) ,

siempre que M 6= 0. Entonces:

L f (x) = l´ım . x→a g(x) M De este corolario, y su correspondiente teorema, se deduce que las operaciones algebraicas entre funciones continuas producen funciones continuas. De manera precisa:

Teorema 1.8 (Propiedades algebraicas de la continuidad) Si f : Dm(f ) −→ R y g : Dm(g) −→ R son continuas en a. Entonces la suma (f + g), la resta (f − g), el producto (f g) y el cociente (f /g) (siempre que g(a) 6= 0) son funciones continuas en a.

Ejemplo 1.10 Calcular l´ım

x→2

Solución. Sea F : R −→ R definida por

x+3 . x−5

F (x) =

Entonces, el límite pedido es:

x+3 . x−5

l´ım F (x).

x→2

1.7 Propiedades de los límites

La función F puede ser expresada como el cociente de las funciones ϕ : R −→ R y ψ : R −→ R, definidas por ϕ(x) = x + 3 y ψ(x) = x − 5.

Es decir,

F (x) =

ϕ(x) . ψ(x)

Entonces, para calcular el límite de f (x), podemos utilizar el teorema del “límite del cociente”, es decir, el corolario 1.7 del teorema 1.6. Para poder hacerlo, tenemos que constatar que se verifiquen las condiciones de este teorema. Estas son tres: 1. Existe el límite l´ım x.

2→ϕ(x)

2. Existe el límite l´ım x.

2→ψ(x)

3. Si el límite anterior existe, éste debe ser diferente de cero. Verifiquemos que se cumplen estas tres condiciones. 1. La función ϕ es la suma de la función identidad y una función constante. Entonces su límite existe y es igual a: l´ım ϕ(x)x2 = l´ım x + l´ım 3 = 2 + 3 = 5. x→2

x→2

2. La función ψ es la resta de la función identidad y una función constante. Entonces su límite existe y es igual a: l´ım ψ(x) = l´ım x − l´ım 5 = 2 − 5 = −3. x→2

x→2

Como se puede observar, el límite de la función ψ es diferente de 0. Podemos, entonces, aplicar el teorema del “límite del cociente”. Éste afirma que el límite del cociente de dos funciones cuyo límites existen y el del denominador es diferente de 0, es igual al cociente de ambos límites. Por lo tanto, podemos proceder de la siguiente manera: l´ım

x→2

ϕ(x) l´ımx→2 ϕ(x) = ψ(x) l´ımx→2 ψ(x) 5 = . −3

Es decir, l´ım

x→2

x+3 5 =− . x−5 3

Ejemplo 1.11 Calcule l´ım

s→7

s2 − 21 si existe s+2

Solución. Para aplicar el teorema del límite del cociente necesitamos saber si existen los límites de las funciones numerador y denominador, y si el límite del denominador es distinto de 0. Empecemos con el numerador: l´ım (s2 − 21) = l´ım s2 + l´ım (−21)

s→7

s→2

= l´ım s × l´ım s − 21 s→2

s→2

= 7 × 7 − 21 = 28.

Límites

Ahora el límite del denominador: l´ım (2)s2 = l´ım s + l´ım 2

s→+

s→2

= 7 + 2 = 9 6= 0. Podemos, entonces, aplicar el teorema del límite del cociente: s2 − 21 l´ıms→2 (s2 − 21) = s→2 s + 2 l´ıms→2 (s + 2) 28 = . 9 l´ım

Ejemplo 1.12 Calcule l´ım (2t + 3)(3t2 − 5) si existe t→1

Solución.

l´ım (2t + 3)(3t2 − 5) = l´ım (2t + 3)

t→1

= l´ım 2t + l´ım 3 t→1

t→1

3 l´ım t + l´ım (−5) t→1

= 2 l´ım t + l´ım 3 t→1

l´ım 3t2 + l´ım (−5)

= 2 l´ım t + l´ım 3

l´ım (3t2 − 5)

t→1

3 l´ım t t→1

t→1

l´ım t + l´ım (−5)

t→1

= (2 · 1 + 3)(3[1 · 1] + (−5)) = (2 + 3)(3 − 5) = −10. Entonces l´ım (2t + 3)(3t2 − 5) = −10.

t→1

Ejemplo 1.13

Calcule l´ım y y→0

4 −1 y

si existe.

Solución. Si intentamos calcular el límite como producto de límites no podríamos hacerlo, ya que no tenemos aún a disposición ninguna herramienta que nos diga como obtener el límite del primer factor. En situaciones como ésta, es necesario efectuar una manipulación algebraica previa al cálculo del límite:

l´ım y

y→0

4 4 − 1 = l´ım y−y y→0 y y = l´ım (4 − y) = 4 − 0 = 4. y→0

De donde:

l´ım y

y→0

4 − 1 = 4. y

1.7 Propiedades de los límites

1.7.1 Ejercicios 1. En los siguientes ejercicios, calcule el límite dado si él existe. De ser necesario, realice primero una manipulación algebraica. (a) l´ım (2x2 − 3x + 2).

(e) (f) (g) (h)

−x2 + x − 1 . x→2 −3x + 1 −x + 3 l´ım . x→3 2x − 7 t3 − 1 l´ım . t→1 t − 1 3z + 9 . l´ım z→−3 36 − 4z 2 1 l´ım x − . x→0 x−1 t3 + 1 . l´ım 2 t→−1 t − 1 l´ım 2x3 (−x4 + 3x3 )−1 . x→0

(i) l´ım

x→0

(b) l´ım

(d)

x→5

(d) l´ım

x→−2

(c)

(b) l´ım (4x − 8) 3x − 7 7x2 + 8

3. Si existe, halle el valor del límite dado. Haga uso de las siguientes igualdad, cuya validez será demostrada más adelante: sen x =1 x→0 x l´ım

1 − cos x = 0. x→0 x

l´ım

sen 3s . 5s tan 8t . l´ım t→0 7t sen x + cos x l´ım . x→0 3 + cos x sen(x2 − 1) . l´ım 2 x→1 x − 3x + 2 2x2 + x − 10 l´ım . x→2 tan(2 − x) √ 3 x l´ım . x→0 sen x 1 − cos2 x l´ım . x→0 1 − cos x x2 + x l´ım . x→0 sen x + tan x

(a) l´ım

s→0

(b) (c)

(d)

1 2x2 − 5x − 1 + . x x

(j) l´ım (ar2 − br)3 con a y b constantes. No

(e)

r→1

desarrolle el cubo. 1 (k) l´ım (x + h)3 − x3 . h→0 h

(f)

2. Calcule los límites dados usando las propiedades de los límites. Indique qué propiedades usó.

(g) (h)

(a) l´ım 7.9 x→3

1.7.2 Generalizaciones Los teoremas y el corolario sobre las propiedades algebraicas de los límites y de la continuidad están formulados para las propiedades de dos funciones: la suma de dos funciones, el producto, etcétera. En el siguiente teorema se generalizan los anteriores para cualquier número de funciones. Corolario 1.9 (Generalización de las propiedades algebraicas) Sean n ∈ N, f1 , f2 , . . . , fn tales que

Li = l´ım fi (x) y Mi = l´ım gi (x) x→a

x→a

para todo i tal que 1 ≤ i ≤ n. Entonces: 1. l´ım

x→a

2. l´ım

x→a

n X

fi (x) =

i=1 n Y i=1

n X i=1

fi (x) =

n Y i=1

l´ım fi (x) =

x→a

l´ım fi (x) =

x→a

n X

Li .

i=1 n Y

Li .

i=1

3. Si fi es continua en a para todo i tal que 1 ≤ i ≤ n, entonces continuas en a.

i=1 fi

son

Límites

La demostración es sencilla si se aplica el método de inducción matemática sobre n. Ahora es fácil probar que los polinomios y las funciones racionales son continuas: Teorema 1.10 (Continuidad de un polinomio y una función racional) Todo polinomio es una función continua en R y toda función racional es continua en R, excepto en aquellos números en los que el denominador es igual a cero. De manera más precisa: si P y Q son dos polinomios, entonces: 1. l´ım P (x) = P (a). x→a

2. l´ım

x→a

P (x) P (a) = , siempre que Q(a) 6= 0. Q(x) Q(a)

Del límite del producto generalizado, se obtiene que si f (x) tiene L como límite cuando x se aproxima al número a, entonces Ln es el límite de f n (x). Esto también es verdadero para el caso de la raíz n-ésima, aunque la demostración de esta propiedad, que no se deriva del teorema anterior, no es elemental. Teorema 1.11 (Límite de la raíz n-ésima) Si L = l´ım f (x), entonces para todo n ∈ N impar, se verifica que x→a

l´ım

È n

x→a

f (x) =

l´ım f (x) =

x→a

√ n L.

Si n es par, es necesario que L > 0.

Para la demostración de este teorema es necesario antes demostrar que la composición de funciones también preserva el límite y la continuidad, pues, probaremos que la función hn , definida por √ hn (x) = n x es continua en R si n es impar, mientras que es continua en [0, +∞[ si n es par. Eso lo haremos en el siguiente capítulo. Ahora veamos algunos ejemplos de límites que involucran raíces. Ejemplo 1.14 Calcule l´ım

x→4

2x2 − 7 si existe.

Solución. El límite pedido existirá si existe el l´ım (2x2 − 7) y si éste es positivo. Entonces, calculemos x→4

primero dicho límite:

l´ım (2x2 − 7) = 2 l´ım x2 + l´ım (−7)

x→4

= 2(4)(4) − 7 = 25 > 0.

Entonces, el límite buscado existe y se lo calcula así: l´ım

x→4

2x2 − 7 = =

Por lo tanto: l´ım

x→4

l´ım (2x2 − 7)

x→4

√ 25 = 5.

2x2 − 7 = 5.

1.8 El límite de una composición: cambio de variable

Ejemplo 1.15 Calcule l´ım

x→3

√ 3

x − 7 si existe.

Solución. A diferencia del ejercicio anterior, y por ser raíz impar, basta que exista el l´ım (x − 7). Como x→3

l´ım (x − 7) = −4,

x→3

entonces q √ 3 x − 7 = 3 l´ım (x − 7) x→3 x→3 √ √ 3 3 = −4 = − 4.

l´ım

Por lo tanto: l´ım

x→3

√ 3

√ 3 x − 7 = − 4.

1.7.3 Ejercicios Si los límites existen, calcularlos: r

√ t−1 . t→1 t − 1

10x . 2x + 5

5. l´ım

√ 3 x2 − 10 2. l´ım √ . x→2 x3 − 3

6. l´ım

1. l´ım

x→10

3 2

x→1

r 1 3

2x2 − x + 3 x2 + x + 1 3x − 5 2x2 − x + 1

3. l´ım (t + 2) (2t + 4) .

7. l´ım

√ √ x+h− x 4. l´ım , x > 0. h→0 h

√ 4 x3 − 3x + 2 8. l´ım √ 3 x→1 1 − 2x + x4

t→2

x→2

1.8 El límite de una composición: cambio de variable Más adelante, en este capítulo, probaremos que la función sen es continua en R. Por lo tanto, se cumplirá que: l´ım sen x = sen 0 = 0. x→0

Por otra parte, sabemos que l´ım (x2 − 1) = 0.

x→1

¿Cómo podemos utilizar estos dos resultados para calcular l´ım sen (x2 − 1)

x→1

si tener que recurrir a la definición de límite? Como puede verse, este último es el límite de la composición de las dos funciones presentes en los dos primeros límites. El siguiente teorema, nos dice cómo se puede calcular el límite de una composición a partir de los límites de las funciones que conforman la composición.

Límites

Teorema 1.12 (Límite de una composición) Supongamos que existe el límite l´ımx→a g(x) = b y que f sea continua en b. Entonces existe l´ımx→a f (g(x)) y

l´ım f (g(x)) = f l´ım g(x) = f (b).

x→a

En el siguiente capítulo demostraremos este teorema. Ahora, las hipótesis de este teorema no siempre se verifican. Por ejemplo, si queremos calcular el siguiente límite sin(2x) l´ım , x→0 x deberemos recurrir al límite sin y l´ım = 1. y→0 y Como se puede ver, la función f , definida por sen y f (y) = y para todo y 6= 0, no es continua en 0, pues no está definida en este número. Sin embargo, aún se puede calcular el límite de una composición si se modifican la hipótesis del teorema anterior. De manera más precisa, probaremos que la hipótesis de que f sea continua en b puede debilitarse; es decir, puede ser sustituida por una condición que no exige la continuidad de f en b, sino solamente la propiedad de que exista un intervalo alrededor del número a en el cual, a excepción tal vez de a, la función g es diferente de b. En los ejemplos que veremos a continuación, así como en los ejercicios propuestos, es necesario verificar que la función g satisface esta condición en los casos de que la función f no sea continua en b. En la práctica, este teorema se utiliza bajo la siguiente formulación: Teorema 1.13 (Cambio de variable para límites) Para calcular el límite de una composición como la siguiente

l´ım f (g(x)),

x→a

se puede usar el cambio de variable

y = g(x) siempre que: 1. existe b = l´ım g(x); y x→a

2. se satisfagan una de las dos siguientes condiciones: (a) la función f es continua en b. (b) existe l´ım f (y) y existe un intervalo ]a − r, a + r[ tal que y→b

g(x) 6= b para todo x ∈]a − r, a + r[. Y, si se puede usar el cambio de variable, se tiene, entonces que:

l´ım f (g(x)) = l´ım f (y).

x→a

y→b

El utilizar la función g y la composición con f para calcular el límite de f (g(x)) se denomina método del cambio de variable. Veamos cómo se utiliza este teorema en los dos ejemplos con los que se abre esta subsección.

1.8 El límite de una composición: cambio de variable

Ejemplo 1.16 Calcular l´ım sen(x2 − 1).

x→1

Solución. Sean f y g definidas por f (x) = sen x y g(x) = x2 − 1. Además, hagamos a = 1. Entonces: l´ım sen(x2 − 1) = l´ım f (g(x)).

x→1

Veamos si las funciones f y g satisfacen las condiciones del teorema 1.13. En primer lugar, determinemos si el límite de g(x) existe cuando x tiende a 1: l´ım g(x) = l´ım (x2 − 1)

x→1

= ( l´ım x)2 − l´ım 1 x→1 2

x→1

= 1 − 1 = 0. Entonces: 0 = l´ım g(x). x→1

Por lo tanto, b = 0. Ahora debemos determinar si f es continua en 0, o si existen l´ımx→0 f (x) y un intervalo centrado en 1 en el cual g es diferente de 0 (salvo, tal vez, en 1). Como la función f es la función sen, entonces f es continua en 0 y, además: l´ım f (x) = l´ım sen x = sen 0 = 0.

x→0

Podemos, entonces, aplicar el teorema 1.13. Al hacerlo, obtendremos que: l´ım f (g(x)) = l´ım f (y)

x→1

y→0

= l´ım sen y = 0. y→0

Es decir: l´ım sen(x2 − 1) = 0.

x→1

Veamos qué sucede en el segundo ejemplo. Ejemplo 1.17 Calcular l´ım

x→0

sin(2x) . x

Solución. Si hacemos el cambio de variable y = g(x) = 2x, tenemos que sen(2x) sen y sen y = y =2 . x y 2 Si definimos f por: f (y) = 2

sen y , y

lo que debemos calcular es: l´ım

x→0

sin(2x) = l´ım f (g(x). x→0 x

Límites

Apliquemos el teorema de cambio de variables. En este caso a = 0. Busquemos b. Para ello, debemos calcular l´ımx→0 g(x): l´ım g(x)) = l´ım 2x = 2 l´ım x = 2 × 0 = 0.

x→0

Por lo tanto, b = 0. Para poder aplicar el teorema, nos falta determinar si f o bien es continua en 0 o si existe su límite en b = 0 y, en un intervalo centrado en a = 0, la función g es diferente de b = 0 (salvo, tal vez, en 0). Ahora bien, dado que f no está definida en 0, no puede ser continua en 0. Es decir, la primera condición no se verifica. Veamos si se cumple la segunda. En primer lugar, sí existe el límite de f en 0, pues l´ım f (y) = l´ım 2

y→0

sen y sen y = 2 l´ım = 2 × 1 = 2. y→0 y y

También g(x) = 2x es diferente de 0 en todos los puntos de un intervalo centrado en 0, salvo en 0. Entonces, el teorema del cambio de variable es aplicable, con lo que obtenemos que: l´ım

x→0

sin(2x) = l´ım f (g(x)) x→0 x = l´ım f (y) = 2. y→0

Es decir: l´ım

x→0

sin(2x) = 2. x

En este segundo ejemplo, la función f del teorema 1.13 satisface la segunda condición y no la primera. Sin embargo, el límite de este ejemplo puede ser resuelto aplicando la primera condición si se define f de tal manera que sí sea continua en 0. En efecto, si definimos ¨

f (y) =

y 2 sen y 2

si y 6= 0, si y = 0,

entonces la función f sí es continua en 0, pues está definida en dicho punto, y su valor allí es 2, y el límite de f en 0 es 2. Obviamente, al aplicar el teorema de cambio de variable a esta f , obtenemos el mismo resultado que con la definición anterior.

En la práctica, muchos cambios de variable se realizan sin explicitar la función f . Por ejemplo, el caso del último ejemplo, se suele proceder así: l´ım

x→0

sen(2x) sen(2x) = l´ım 2 x→0 x 2x sen(2x) = 2 l´ım x→0 2x sen(y) = 2 l´ım = 2 × 1 = 2, y→0 y

donde y = 2x y l´ımx→0 y = l´ımx→0 2x = 0. Si bien se puede proceder como en este ejemplo, el lector debe prestar atención de que las hipótesis del teorema del cambio de variable se verifique, pues, en el caso contrario, sus conclusiones no son correctas, como nos lo muestra el siguiente ejemplo.

1.8 El límite de una composición: cambio de variable

Ejemplo 1.18 Sean

4 3

f (t) =

si t 6= 1 si t = 1,

g(x) =

1 0

si x 6= 2 si x = 2.

Demostrar que l´ım f (g(x)) 6= l´ım f (t).

x→2

t→1

Es decir, el teorema 1.13 del cambio de variable no es aplicable para calcular el límite de la compuesta de f con g en 2. Solución. En primer lugar, tenemos que a = 2 y, como se verifica que l´ım g(x) = 1,

x→2

entonces b = 1. Además, si hacemos el cambio t = g(x), entonces l´ım f (t) = 4.

t→1

En segundo lugar, tenemos que ¨

4 3

si g(x) 6= 1 si g(x) = 1

4 3

si x = 2 si x = 6 2.

f (g(x)) = ¨

= Por lo tanto:

l´ım f (g(x)) = 3.

x→2

Y, como 3 6= 4, entonces:

l´ım f (g(x)) 6= l´ım f (t).

x→2

t→1

Esto significa que el teorema de cambio de variable no es aplicable. ¿Por qué? Porque f no es continua en b = 1 y g(x) es igual a b = 1 en cualquier intervalo centrado en a = 2, salvo en 2.

Aplicar el teorema del cambio de variable (o cualquier teorema) sin verificar que las hipótesis requeridas se satisfacen puede conducirnos a un error. Y, aunque no lo hiciera, hacerlo es un error, porque no sabemos si el resultado obtenido es correcto o no. Veamos algunos ejemplos adicionales en los que sí se puede aplicar el teorema del cambio de variable. Ejemplo 1.19 Sean

f (x) =

3 4

si x 6= 1 si x = 1,

y g(x) =

0 1

si x 6= 2 si x = 2.

Utilizar el teorema del cambio de variable, si es aplicable, para mostrar que l´ım f (g(x)) = f ( l´ım g(x))

x→2

Solución. En primer lugar, calculemos el límite de la composición sin utilizar el teorema del cambio de variable. Luego lo aplicamos y miramos que el resultado obtenido es el mismo.

Límites Puesto que

f (0) si x 6= 2 f (1) si x = 2

f (g(x)) =

3 si x 6= 2 4 si x = 2,

entonces l´ım f (g(x)) = l´ım 3 = 3.

x→2

Por otra parte: l´ım g(x) = 0.

x→2

Por lo tanto:

l´ım g(x) = f (0) = 3.

x→2

Esto prueba que:

l´ım f (g(x)) = f

x→2

l´ım g(x) .

x→2

Podemos llegar a la misma conclusión al aplicar el teorema de cambio de variable, pues existe el limite de f (y) cuando y se aproxima a 0 y es igual a 3; existe el límite de g(x) cuando x se aproxima a 2 y es igual a 0. Como f es continua en 0, el teorema es aplicable con a = 2 y b = 0.

Ejemplo 1.20 Probar que, si f (x) =

2 tan(x2 − 1) , entonces x4 − x2 l´ım f (x) = 2.

x→1

Solución. Sean k(x) =

Como f (x) = k(x)h(x) tenemos que:

2 cos(x2 − 1)

l´ım f (x) =

x→1

h(x) =

sen(x2 − 1) . x2 − 1

l´ım k(x)

l´ım h(x) ,

x→1

si los límites del lado derecho existen. Probemos que sí existen. Para el primero, constatamos que

l´ım cos(x2 − 1) = cos l´ım (x2 − 1)

x→1

= cos(0) = 1, pues podemos aplicar el teorema de la composición, dado que la función cos es continua en R, como lo probaremos más adelante, y: l´ım (x2 − 1) = 12 − 1 = 0. x→1

Por consiguiente, usando el teorema de las propiedades algebraicas de los límites se tiene: l´ım k(x) =

x→1

2 2 = = 2. (l´ımx→1 x2 ) (l´ımx→1 cos(x2 − 1)) (1)(1)

Para calcular l´ımx→1 h(x), notemos que h(x) = j(x2 − 1). En este caso, utilicemos el cambio de variable t = g(x) = x2 − 1, para la cual conocemos que l´ım t = l´ım g(x) = l´ım (x2 − 1) = 0.

x→1

1.9 El teorema del “sandwich”

Como la función j no es continua en 0, para utilizar el teorema de cambio de variable, debemos probar que g es distinta de 0 en un intervalo centrado en 1, excepto quizás en 1. El intervalo puede ser [0, 2], pues, allí, tenemos que g(x) = x2 − 1 6= 0 si x 6= 1 (pues g se hace 0 únicamente en 1 y en −1). Por el teorema de cambio de variable tenemos que: l´ım h(x) = l´ım j(x2 − 1) = l´ım j(t) = 1. x→1

x→1

t→0

Por lo tanto: l´ım f (x) = l´ım k(x) · l´ım h(x) = 2 · 1 = 2.

x→1

1.8.1 Ejercicios 1. Use el teorema del cambio de variable para calcular los límites dados, justificando su uso en cada caso.

calcular el límite

sen(x2 − 4) . x→2 x4 − 16

(a) l´ım (b) l´ım

x→−1

p 3

x→0

y→0

x2 − 3x + 4.

aunque se conozca que existe l´ım f (y) = L.

x→1

1 l´ım f x sen , x→0 x

3. Supongamos que existen

x2 − 2x + 2.

l´ım f (y) = l

y→b

−x + 8 . x+2

l´ım g(x) = b.

x→a

Pruebe que se puede aplicar el teorema de cambio de variable para calcular l´ımx→a f (g(x)), si poniendo h(x) = g(x) − b, la función h cambia de signo en a.

2. Pruebe que si f no es continua, no se puede usar el teorema del cambio de variable para

1.9 El teorema del “sandwich” En las últimas unidades, hemos venido utilizando el siguiente límite: 1 = l´ım

x→0

sen x . x

Con las propiedades sobre los límites que hemos desarrollado hasta ahora, no es posible que probemos que esta igualdad es verdadera. En efecto, no podemos aplicar el límite de un cociente, porque el límite del denominador es igual a 0. Por otro lado, no se vislumbra un cambio de variable que nos conduzca a algún límite ya calculado. En esta sección, vamos a enunciar un teorema, conocido como el teorema del “sandwich”, que nos proveerá de una herramienta muy útil para el cálculo de límites. En el siguiente capítulo, demostraremos la validez de este resultado. Antes de enunciar el teorema, veamos cuál es la idea subyacente a él. Para ello, analicemos el caso del límite sen x 1 = l´ım . x→0 x La interpretación geométrica de las funciones sen, cos y tan nos permiten establecer las siguientes desigualdades: 0 < cos x <

sen x 1 < . x cos x

Límites

Para demostrarlas, consideremos un círculo de centro O y radio igual a 1, como los que se muestran en la siguiente figura: P R sen x x O

cos x

P tan x x x

P′ O

Entonces, si x es la medida en radianes de un ángulo agudo, entonces sen x, cos x y tan x son las medidas de los segmentos CP , CO y AQ, respectivamente. Adicionalmente, tenemos que: 1. OA = OP = OP ′ = OR = 1. û 2. La longitud de la cuerda P P ′ es menor que la longitud del arco P AP ′ . Puesto que CP = CP ′ = sen x, la desigualdad entre la cuerda y el arco se traduce en la siguiente desigualdad: û 2 sen x < ℓ(P AP ′ ), (1.54) û û donde ℓ(P AP ′ ) indica la longitud del arco P AP ′ . Ö es mayor que la longitud del arco AP ú 3. La longitud de la línea quebrada AQR R . Como AQ = RQ = tan x, la desigualdad se traduce en: ú ℓ(AP R ) < 2 tan x.

(1.55)

û ø es la mitad de la longitud del arco P 4. Puesto que la longitud del arco AP AP ′ y la ø ú longitud del arco AP es la mitad de la longitud del arco AP R , las desigualdades (1.55) y (1.54) implican las siguientes desigualdades: ø) < ℓ(AP

sen x cos x

ø ). sen x < ℓ(AP

Por lo tanto, se deben verificar las siguientes desigualdades: ℓ(ø AP ) cos x < sen x < ℓ(ø AP ). Y, si suponemos que x 6= 0, entonces ℓ(ø AP ) 6= 0. Entonces, estas dos últimas desigualdades implican las siguientes: cos x <

sen x ℓ(ø AP )

< 1.

(1.56)

ø es igual a x, pues, por la definición de radián, se verifica que: 5. La longitud del arco AP ø ) = OAx = 1 × x = x. ℓ(AP

Por lo tanto, las desigualdades (1.56) se escriben de la siguiente manera: cos x <

sen x < 1. x

(1.57)

1.9 El teorema del “sandwich”

En resumen, como x es un ángulo agudo, entonces x ∈]0, π2 [. Y es para estos valores de x que las igualdades (1.57) se verifican. El mismo procedimiento realizado para x ∈]0, π2 [ puede ser realizado para x ∈] − π2 , 0[. Lo que prueba que las desigualdades (1.57) son verdaderas para todo x tal que − π2 < x < π2 . Ahora bien, cuando x tiende a 0, probaremos más adelante que cos x tiende a cos 0; es decir, tiende a 1. Lo mismo sucede con la constante 1. Es decir, las dos cotas de la fracción sen x , x la mayor y la menor, tienden a 1 cuando x tiende a 0. ¿Podría suceder, entonces, que la fracción no tendiera a 0? El teorema del “sandwich” nos asegura que eso no puede suceder. Es decir, este teorema nos asegura que es verdad que 1 = l´ım

x→0

sen x . x

Este es el enunciado del teorema:

Teorema 1.14 (Teorema del sandwich o de los dos gendarmes, o principio de intercalación) Sean a ∈ R, f : Dm(f ) → R, g : Dm(g) → R, h : Dm(h) → R tres funciones tales que sus dominios contienen un intervalo abierto I centrado en a, excepto quizás el punto a. Supongamos que: f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), para todo x ∈ I y que

L = l´ım f (x) = l´ım h(x). x→a

x→a

Entonces

L = l´ım g(x). x→a

Para el caso del límite

sen x , x→0 x l´ım

tenemos que f (x) = cos x, g(x) =

sen x x

y h(x) = 1 para todo x ∈ D =] − π2 , π2 [ y que

L = 1 = l´ım f (x) = l´ım h(x). x→0

x→0

El nombre de “sandwich” –o en español “emparedado”– se debe al hecho de que la función g (el queso) se “coloca” entre f y h (los panes). Los franceses lo llaman teorema “de los dos gendarmes” (f y h) que “llevan preso a g entre ellos”. Ejemplo 1.21 Calcular l´ım x2 sen2

x→0

π x

1 l´ım x cos . x

x→0

Solución. 1. Si definimos f , g y h tales que g(x) = 0,

f (x) = x2 sen2

π x

y h(x) = x2 ,

Límites tenemos que, para todo x 6= 0:

g(x) ≤ f (x) ≤ h(x).

Como l´ım g(x) = l´ım h(x) = 0,

x→0

por el teorema del sandwich tenemos que: l´ım f (x) = 0.

x→0

2. Definamos: g(x) = 0, Tenemos que, para todo x 6= 0:

f (x) = x cos

h(x) = |x|.

g(x) ≤ f (x) ≤ h(x).

Por consiguiente: 1 l´ım |f (x)| = l´ım |x cos | = 0. x→0 x

x→0

Puesto que (ver el teorema (1.2)) l´ım ϕ(x) = 0

x→a

⇔

l´ım |ϕ(x)| = 0,

x→a

tendremos entonces que l´ım x cos

x→0

1 = 0. x

Como otro ejemplo, demostremos que las funciones sen y cos son continuas. El teorema del sandwich será de ayuda para ello. Ejemplo 1.22 Las funciones sen y cos son continuas en R. Y, por lo tanto, las otras cuatro funciones trigonométricas son también continuas en sus respectivos dominios.

Solución. 1. En primer lugar, probemos que sen es continua en 0. Para ello, probemos que l´ım sen x = 0.

x→0

Para todo x ∈ R, se tiene que

0 ≤ | sen x| ≤ |x|.

La certeza de esta desigualdad puede ser obtenida del procedimiento seguido para probar que el cociente senx x está acotado entre cos x y 1, desarrollado en páginas anteriores. Por el teorema del sandwich y el teorema (1.2) tenemos que: l´ım | sen x| = l´ım 0 = l´ım |x| = 0.

x→0

Por lo tanto, otra vez por el teorema (1.2), podemos afirmar que l´ım sen x = 0.

x→0

1.9 El teorema del “sandwich”

2. Ahora probemos que cos es continua en 0. Para ello, debemos probar que l´ım cos x = 1.

x→0

Esto equivale a probar que l´ım (1 − cos x) = 0.

x→0

Como 1 − cos x = 2 sen2

x 2

para todo x ∈ R y como l´ım sen

x→0

(usando el cambio de variable t =

x 2,

x = l´ım sen t = 0 2 t→0

lo que se puede ya que x 6= 0 implica t 6= 0), tenemos que

l´ım (1 − cos x) = 2 l´ım sen

x→0

x 2 = 2(0) = 0 2

(por las propiedades algebraicas de los límites). 3. Sea a 6= 0. Vamos a probar que

l´ım sen x = sen a.

x→a

Para ello, probemos que l´ım (sen x − sen a) = 0.

x→a

Hagamos el cambio de variable x = a + t. Esto es posible, ya que l´ımx→a t = 0 y que x 6= a implica t 6= 0. Entonces, como t = x − a, tenemos que l´ım (sen x − sen a) = l´ım [sen(t + a) − sen a]

x→a

t→0

= l´ım [sen t cos a + cos t sen a − sen a] t→0

= l´ım [sen t cos a + sen a(cos t − 1)] t→0

= cos a l´ım sen t + sen a l´ım (cos t − 1)] t→0

t→0

= (cos a)(0) + (sen a)(0) = 0. 4. Sea a 6= 0. Probemos que

l´ım cos x = cos a.

x→a

Para ello, probemos que l´ım (cos x − cos a) = 0.

x→a

Con el mismo cambio de variable que en el numeral anterior, tenemos que: l´ım (cos x − cos a) = l´ım [cos(t + a) − cos a]

x→a

t→0

= l´ım [cos t cos a − sen t sen a − cos a] t→0

= l´ım [(cos t − 1) cos a − sen a sen t] t→0

= cos a l´ım (cos t − 1) − sen a l´ım sen t t→0

t→0

= (cos a)(0) − (sen a)(0) = 0.

Límites

1.9.1 Ejercicios 1. Use el teorema del sandwich para calcular:

para todo x

π . x−1 (b) l´ım f (x), si se sabe que 1 − |x − 1| ≤

2 − |x − 1| ≤ g(x) ≤ x2 − 2x + 4.

(a) l´ım (x − 1)2 cos x→1

x→1

f (x) ≤ x2 − 2x + 2.

3. Diga si se puede aplicar el teorema del sandwich para calcular l´ım g(x) si se conoce que x→1

para todo x, se verifica la desigualdad siguiente: |g(x) + 3| ≤ (x − 1)4 .

M > 0 tal que para todo x, |g(x)| < M .

2. Diga si se puede aplicar el teorema del sandtan x l´ım . wich para calcular l´ımx→1 g(x) si se conoce que 4. Calcule x→0 x

1.10 Límites unilaterales Como una aplicación de la propiedad arquimediana de los números reales, sabemos que para todo x ∈ R, existe un único número entero n tal que

(1.58)

n ≤ x < n + 1.

A este número n se le denomina el suelo de x. Por ejemplo, el suelo de 32.45 es 32, pues 32 ≤ 32.45 < 33.

En este caso, n = 32. En el caso de que x sea mayor que 0, el suelo de x será la parte entera de su representación decimal. Por ello, al número n también se le conoce como la parte entera de x y se le suele representar3 con ⌊x⌋. Dado un x ∈ R, la unicidad del número n que satisface las desigualdades (1.58), nos permite definir la función suelo de la siguiente manera: ⌊ ⌋ : R −→ Z x 7−→ ⌊x⌋ = n,

donde n satisface las desigualdades (1.58). El lector puede constatar por sí mismo que dibujar el gráfico de la función suelo es muy sencillo. Deberá obtener algo similar al siguiente dibujo: y 3

−3

−2

−1

−1 −2 −3 3

La notación [x] también suele ser utilizada para representar la parte entera del número x.

1.10 Límites unilaterales

A pesar de la sencillez de la función suelo, es muy útil a la hora de cuantificar ciertas cantidades en situaciones en las que los números reales no pueden captar la esencia del problema. Por ejemplo, un problema que aparece frecuentemente en el campo de las ciencias de la computación es el de contar el número de veces que se ejecutan las instrucciones de un algoritmo. Para concretar, imaginemos el caso de tener que buscar un número de cédula en una lista de un millón de números de cédulas (como puede suceder en un padrón electoral). Supongamos que, cada vez que se registra un número de cédula en la lista, la lista es ordenada en forma ascendente. A pesar de este orden, a la hora de requerir la información relacionada a uno de estos números de cédula, es necesario buscar dicho número en la lista. El algoritmo de búsqueda denominada búsqueda binaria realiza, cuando el número buscado no está en la lista o es localizado en la última comparación, W (n) = ⌊lg(n + 1)⌋ + 1 comparaciones del valor que busca con los valores que están en la lista, donde n es el número de elementos en la lista y lg es la función logaritmo en base 2. En el caso del ejemplo, n = 106 . Entonces W (106 ) = ⌊lg(106 + 1)⌋ + 1 = 20. Es decir, el algoritmo de búsqueda binaria solo deberá realizar 20 comparaciones para indicar que el número de cédula buscado no está en la lista. Como puede observarse, la función lg retorna un número real. La función suelo “transforma” este número real en un entero, positivo en este ejemplo, y que refleja correctamente la naturaleza del problema. En los ejercicios se presentará una guía para calcular W (106 ) sin recurrir a una calculadora electrónica para calcular el valor de lg(106 + 1). Del gráfico de la función suelo, se puede observar que esta función es continua en todo número real que no es un entero. Utilizando la definición de límite, se puede probar que la función suelo no es continua en cada entero al mostrar que no existe el límite allí. ¿Por qué no existe ese límite, por ejemplo en el número 1? Porque ⌊x⌋ tiene un comportamiento diferente antes del número 1, pero cerca de él, y otro luego del número 1, pero también cerca. En casos como el de este ejemplo, resulta conveniente introducir la noción de límites unilaterales en el sentido de que x se aproxima al número 1 bajo la condición de que x > 1 o bajo la condición de que x < 1. Si una función tiene límite en el punto 1, la aproximación bajo cualquiera de las dos condiciones deberá producir el mismo límite; es decir, deberá suceder que la función tenga los dos límites unilaterales y, además, sean iguales. Este principio es adecuado para probar también que el límite de una función no existe en un punto: se prueba que o no existe uno de los unilaterales, o se prueba que son diferentes. Por ejemplo, es fácil probar que 1 = l´ım ⌊x⌋ cuando x > 1 x→1

y que 0 = l´ım ⌊x⌋ cuando x < 1. x→1

Las definiciones de límites unilaterales son similares a la definición general de límite, lo mismo que las propiedades de estos límites.

Límites

Definición 1.3 (Límites unilaterales) L es el límite de f (x) cuando x se aproxima a a por la derecha, y se escribe:

L = l´ım f (x), x→a+

si y solo si para todo ǫ > 0, existe δ > 0 tal que

|f (x) − L| < ǫ, siempre que 0 < x − a < δ . Análogamente: L es el límite de f (x) cuando x se aproxima a a por la izquierda, y se escribe:

L = l´ım− f (x), x→a

si y solo si para todo ǫ > 0, existe δ > 0 tal que

|f (x) − L| < ǫ, siempre que 0 < a − x < δ .

Con estas definiciones, podemos afirmar que: 1 = l´ım ⌊x⌋ y 0 = l´ım ⌊x⌋. x→1+

x→1−

Entonces: l´ım ⌊x⌋ = 6 l´ım− ⌊x⌋,

x→1+

x→1

Esto es suficiente para afirmar que no existe el límite de ⌊x⌋ cuando x se aproxima a 1. De hecho, se tiene el siguiente teorema:

Teorema 1.15 L es el límite de f (x) cuando x se aproxima al número a si y solo si existe los dos límites unilaterales y son iguales a L.

Las propiedades de los límites que enunciamos en teoremas anteriores se verifican también para los límites unilaterales con las evidentes modificaciones en cada caso. Con la noción de límites unilaterales se puede definir la continuidad por la derecha y por la izquierda mediante la siguiente modificación de la definición de continuidad: en lugar de que f (a) sea el límite de f (x) cuando x se aproxima a a, hay que cambiar, en el caso de la continuidad por la derecha, que x se aproxima a a por la derecha; lo mismo para el caso de la continuidad por la izquierda. Es inmediato de esta definición que una función será continua en un punto si y solo si es continua por la derecha y por la izquierda del punto. Este hecho lo expresamos en el siguiente teorema.

Teorema 1.16 Una función es continua en a si y solo si es continua en a por la derecha y es continua en a por la izquierda.

1.10 Límites unilaterales

Ejemplo 1.23 Sea f : [0, +∞[−→ [0, +∞[ definida por f (x) = derecha. Solución. Puesto que l´ım

x→a

√

√ x. Entonces f es continua en 0 por la

√ a,

para a > 0, f es continua en R+ . Como f (x) no está definida para x < 0, no existe √ l´ım x. x→0

Sin embargo, tenemos que f es continua en 0 por la derecha, es decir: √ √ l´ım+ x = 0 = 0. x→0

En efecto: sea ǫ > 0. Debemos hallar δ > 0 tal que √ | x − 0| < ǫ, siempre que 0 < x < δ.√ √ √ Sea x > 0. Como | x − 0| = x, tenemos que √ √ | x − 0| < ǫ ⇔ x<ǫ

⇔

x < ǫ2 .

Tomemos, entonces, δ = ǫ2 . En ese caso, tenemos: √ √ √ ⇒ x < ǫ2 ⇒ x < ǫ ⇒ | x − 0| < ǫ. √ √ Hemos probado entonces que 0 = 0 = l´ımx→0+ x; es decir, hemos probado que f es continua en 0 por la derecha. Es claro que la función f no puede ser continua en 0 por la izquierda, pues f no está definida para ningún x < 0. 0<x<δ

Ejemplo 1.24 Sea f (x) =

8 2 > <2x − 1

si x > 1 2 si x = 1 > :−x2 + 3x si x < 1

¿Es f continua en 1, por la derecha de 1, por la izquierda? Solución. Para saber si es continua en 1, veamos si es continua por la izquierda y por la derecha. Para ello, calculemos l´ımx→1− f (x) y l´ımx→1+ f (x). En primer lugar: l´ım f (x) = l´ım− (−x2 + 3x),

x→1−

x→1

pues f (x) = −x2 + 3x si x < 1. Entonces: l´ım f (x) = l´ım (−x2 + 3x)

x→1−

x→1

= −(1)2 + 3 × 1 = 2. En segundo lugar, como f (x) = 2x2 − 1 si x > 1, entonces: l´ım f (x) = l´ım (2x2 − 1)

x→1+

x→1

= 2(1)2 − 1 = 1.

Límites Por lo tanto: l´ım f (x) = f (1) = 2 6= 1 = l´ım+ f (x).

x→1−

x→1

En conclusión, f es continua en 1 por la izquierda, pero no lo es por la derecha, ni tampoco es continua en 1.

Ejemplo 1.25 Sea f : R −→ R definida por f (x) = ⌊x⌋. Entonces f es discontinua en x si y solo si x ∈ Z. Solución. Sean x y n tales que f (x) = n. Entonces: n ≤ x < n + 1. Por lo tanto, f es constante en ]n, n+ 1[, por lo que es continua en cualquier intervalo entre dos enteros consecutivos. Veamos ahora que no es continua en ningún entero. Para ello calculemos los límites laterales en n. Para empezar: l´ım+ f (x) = l´ım n = n = f (n). x→n

x→n

Por otra parte, si x < n, f (x) = n − 1. Entonces: l´ım f (x) = l´ım (n − 1) = n − 1 6= f (n). x→n

x→n−

Por lo tanto, para n ∈ Z: l´ım f (x) = n − 1 6= n = f (n) = l´ım+ f (x).

x→n−

x→n

Entonces: f es discontinua en n para todo n ∈ Z.

Ejemplo 1.26 Sea g : R −→ R definida por g(x) = x − ⌊x⌋. El número g(x) es la “parte fraccionaria de x”. Entonces g es discontinua en x si y solo si x ∈ Z. Solución. Sean f definida por f (x) = ⌊x⌋ y h definida por h(x) = x para todo x ∈ R. Entonces g = h − f , pues g(x) = h(x) − f (x) = x − ⌊x⌋.

Si g fuera continua en n ∈ Z, como h es continua en R, es continua en n. Por lo tanto: g + h sería continua en n. Pero f = h − g sería continua en n, ya que h y g lo son. Pero sabemos por el ejercicio anterior que f no es continua en ningún entero. Por lo tanto, g no puede ser continua en n. ¿Por qué el número g(x) es llamado la “parte fraccionaria de x”?

1.10.1 Ejercicios 1. Dibuje la gráfica de f y determine, si existen, los límites l´ım f (x),

x→a−

l´ım f (x),

x→a+

l´ım f (x),

x→a

para el valor de a dado.

1.10 Límites unilaterales

(a)

f (x) =

8 > <2x − 1

> :x + 1

si x < 2 si x = 2 si x > 2

(b) ¨

si x ≤ 2 si x > 2

x −1 1 3 (11 − x)

f (x) =

8 > <

1 x−1

> : x2√−3x+2 ¨√

1−x

si x > 1 si x = 1 si x < 1.

+x−2 √ 1 − x2

6. Use las definiciones de límites laterales para probar que: a=2 (a) l´ım− f (x) = −1, l´ım+ f (x) = 5, si x→2

x→2

|x + 1| √ 2−x

f (x) =

si x < 1 si x ≥ 1

si x > 1 si x ≤ 1.

x2 + 1 −x2 + 3

f (x) = a=1 (b) l´ım

si x > 2 si x < 2.

−x3 + 1 = 0. √ l´ım+ 4 3x − 2 = 0.

x→1−

(d) f (x) =

¨√

9 − x2 x+1

a=3

(e) f (x) = 1 + ⌊x⌋; a ∈ Z.

x→ 23

7. Pruebe que no existe el límite dado. (a) l´ım f (x), si x→−1

2. Mostrar que

f (x) =

⌊x⌋ = m´ax{n ∈ Z : n ≤ x} para todo x ∈ R.

3. Estudie la continuidad de la función f cuyo dominio es R y definida por f (x) = ⌊x⌋ − ⌊x + 1⌋.

x − 3 si x < −1 2x + 1 si x > −1.

2x + 1 . x4 − 4 1 (c) l´ım 2 . x→1 x − 5x + 4

(b) l´ım

x→2

4. Calcule los límites siguientes, si existen. En los ¨ casos en que no exista el límite, demuéstrelo: x + 1 si x < 0 √ (d) l´ım f (x), si f (x) = x→0 x−1 2x − 3 si x > 0. (a) l´ım 2 . x→1+ x − 3x + 2 √ 8. Con ayuda de las propiedades de la función lg 1−x (b) l´ım 2 . se puede probar, sin recurrir al uso de una calx→1+ x − 3x + 2 culadora electrónica, el valor de W (106 ), dado x+1 por: (c) l´ım− 2 . x→2 x − 3x + 2 W (106 ) = ⌊lg(106 + 1)⌋ + 1. 2 2x − x + 6 (d) l´ım 2 . En primer lugar, el lector debe constar medianx→2− x − 3x + 2 te un cálculo directo que 5. Diga si la función f es continua en 1 por la derecha o por la izquierda: 219 < 106 + 1 < 220 . (a) f (x) =

(b) f (x) =

8 2 > <x − 3x + 1

−1 > :2x2 + x + 1 8√ > < x−1

> :x2 − 3x + 3

si x > 1 si x = 1 si x < 1. si x > 1 si x = 1 si x < 1.

A continuación, debe recordar que la función lg es estrictamente creciente y lg(x) es el número real al que hay que elevar 2 para obtener x. Es decir: y = lg(x) ⇐⇒ x = 2y . Esta información es suficiente para obtener el valor exacto de W (106 ).

Límites

1.11 Límites infinitos y al infinito Cuando una función tiene límite en un punto, se dice que la función converge al límite en ese punto. Cuando la función no tiene límite, se dice que diverge. Por ejemplo, la función suelo diverge en todo número entero. Hay varias maneras de divergir. Una como la de la función suelo. Otra, cuando la función crece indefinidamente o decrece indefinidamente. En ese caso se dice que la divergencia es al infinito, o que el límite es “infinito”. Por ejemplo, probaremos que f (x) = x12 crece indefinidamente cuando x tiende a 0. Por otra parte, puede suceder que un número esté tan cerca como se quiera de f (x) cuando x crece indefinidamente o cuando decrece indefinidamente; en ese caso, no hay divergencia, pues el límite existe. En estas circunstancias, se dice que los “límites son al infinito”. Por ejemplo, mostraremos que la f (x) = x12 tiende a 0 cuando x crece indefinidamente. Hay numerosas situaciones en las que surgen estos dos tipos de límites. En las siguientes subsecciones, vamos a ver un ejemplo de cada uno.

1.11.1 Límites infinitos En 1905, Albert Einstein corrigió un error que encontró en las leyes del movimiento enunciadas por Newton doscientos años atrás. En efecto, la segunda ley de Newton asume implícitamente que la masa de un cuerpo es constante. Sin embargo, Einstein descubrió que la masa de un cuerpo varía con su velocidad4 . De manera más precisa, Einstein estableció que la masa de un cuerpo es una función de su velocidad, que puede ser calculada a través de la siguiente igualdad: m0

m(v) = q

1−

v2 c2

donde m0 es la masa que el cuerpo tiene cuando está en reposo, v km / s es su velocidad y c km / s es la velocidad de la luz (aproximadamente 3 × 105 km / s). Se supone, además, que la velocidad del cuerpo es menor que la velocidad de la luz. ¿Qué sucedería si la velocidad del cuerpo se acercara a la velocidad de la luz? Esta pregunta puede ser expresada en términos de límites de la siguiente manera: ¿a qué es igual el límite de m(v) cuando v tiende a c? Si damos a v algunos valores cercanos a c, veremos que m(v) crece. Probaremos en esta sección que esto es, efectivamente, así. La idea subyacente de que f (x) crece indefinidamente cuando x se acerca a un número a consiste en que, dado cualquier número positivo R, por más grande que éste sea, siempre hay un intervalo alrededor de a en donde f (x) es más grande que R. En otras palabras, no es posible acotar superiormente el conjunto de valores de la función f . Se dice que f (x) tiende a “más infinito” para representar este “crecimiento indefinido” y se utiliza el símbolo +∞ para representar este comportamiento de la función f alrededor del punto a. En la siguiente definición, precisamos esta idea. 4

Un tratamiento conceptual, profundo, pero al mismo tiempo sencillo, se encuentra en el libro de Richard Feynman, "The Feynman Lectures on Physics", en el capítulo 15 del primer volumen.

1.11 Límites infinitos y al infinito

Definición 1.4 (Límites infinitos) l´ım f (x) = +∞ si y solo si para todo R > 0, existe δ > 0 tal que x→a

f (x) > R, siempre que x ∈ Dm(f ) y 0 < |x − a| < δ . Análogamente: l´ım f (x) = −∞ si y solo si para todo R < 0, existe δ > 0 tal que x→a

f (x) < R, siempre que x ∈ Dm(f ) y 0 < |x − a| < δ .

En los ejemplos y en los ejercicios de esta sección, veremos definiciones análogas a los límites laterales para el caso de límites infinitos. Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 1.27 Probar que l´ım

x→0

1 = +∞. x2

Solución. Sea R > 0. Debemos encontrar un número δ > 0 tal que 1 >R x2

(1.59)

siempre que 0 < |x| < δ. Para encontrar el número δ, analicemos, en primer lugar, la desigualdad (1.59) con miras a establecer una relación de esta desigualdad con las desigualdades 0 < |x| < δ. Para x > 0, las siguientes equivalencias son verdaderas: 1 1 > R ⇔ x2 < 2 x R 1 ⇔ 0 < |x| < √ . R Por lo tanto:

1 1 > R ⇔ 0 < |x| < √ . 2 x R Esta última equivalencia nos garantiza que el número δ buscado es:

(1.60)

1 δ= √ , R pues, si se elige x de modo que 0 < |x| < δ, por las equivalencia (1.60), se verifica la desigualdad (1.59). Por lo tanto, hemos probado que: 1 l´ım = +∞. x→0 x2

En el siguiente ejemplo, se requiere un trabajo mayor para encontrar el número δ que exige la definición de límite infinito. Para encontrarlo, las siguientes reflexiones sobre este concepto son de mucha ayuda. Supongamos que l´ım f (x) = +∞. x→a

Límites

Entonces, dado un número real R > 0, por la definición de límite, podemos asegurar la existencia de un número δ > 0 tal que f (x) > R para todo x ∈ A =]a − δ, a + δ[−{a}. Como R > 0, podemos asegurar que f (x) > 0 para todo x ∈ A. En resumen, si f (x) tiende a +∞ cuando x tiende al número a, entonces f (x) es positiva, quizás, excepto en a, en todos los puntos de un intervalo abierto centrado en a. De manera similar, podemos concluir que, si si f (x) tiende a −∞ cuando x tiende al número a, entonces f (x) es negativa, quizás, excepto en a, en todos los puntos de un intervalo abierto centrado en a. Resumamos estos resultados en el siguiente teorema: Teorema 1.17 Si

l´ım f (x) = +∞,

x→a

existe δ > 0 tal que

f (x) > 0 para todo x ∈]a − δ, a + δ[−{a}. Si

l´ım f (x) = −∞,

x→a

existe δ > 0 tal que

f (x) < 0 para todo x ∈]a − δ, a + δ[−{a}.

Esta característica de una función cuando tiende a más o menos infinito, reduce el espacio de búsqueda del número δ. En efecto, en el caso de que se quiera demostrar que f (x) tiende a +∞, el análisis para la búsqueda del número δ solo debe reducirse al subconjunto del dominio de f en la que ésta es positiva. En el caso de que sea −∞, el análisis se realiza en el conjunto donde f sea negativa. En otras palabras, conocer los valores de x donde f (x) es positiva o es negativa es de mucha ayuda a la hora de buscar el número δ. Veamos cómo se puede hacer esto en el siguiente ejemplo. Ejemplo 1.28 (5 − x)(1 − x) = −∞. x→2 (x − 2)2

Pruebe que l´ım

Solución. Sean f (x) =

(5 − x)(1 − x) y R < 0. Debemos hallar δ > 0 tal que (x − 2)2 f (x) < R,

siempre que 0 < |x − 2| < δ y x 6= 2. Para encontrar el valor de δ, analicemos la desigualdad 1.61: (5 − x)(1 − x) < R. (x − 2)2

(1.61)

1.11 Límites infinitos y al infinito

Observemos que, como el factor (x − 2) está en el denominador, si se verificara la condición 0 < |x − 2| < δ,

entonces se verificaría la condición

0 < (x − 2)2 < δ 2 ,

de donde también se verificaría que

1 1 > 2. 2 (x − 2) δ

(1.62)

Ahora, busquemos un intervalo centrado en 2 donde f (x) sea un número negativo. Como (x−2)2 > 0, entonces, en dicho intervalo, deberá ocurrir que (5 − x)(1 − x) < 0.

Y, si encontráramos una constante M < 0 tal que

(5 − x)(1 − x) < M

en dicho entorno, la desigualdad (1.62) implicaría que f (x) =

(5 − x)(1 − x) M < 2, 2 (x − 2) δ

(1.63)

siempre que 0 < |x − 2| < δ y f (x) < 0. Entonces, si comparamos la desigualdad (1.63) con la desigualdad (1.61), vemos que el número δ que hay que elegir es aquel garantice que M = R y f (x) < 0. δ2 En resumen, lo que nos queda por hacer es encontrar: 1. un intervalo centrado en 2 en el que f (x) < 0; y 2. una constante M < 0 tal que (5 − x)(1 − x) < M en dicho entorno.

Empecemos por encontrar los valores de x 6= 2 para los cuales f (x) < 0. Para ello consideremos las siguientes equivalencias: (5 − x)(1 − x) < 0 ⇐⇒ (5 − x)(1 − x) < 0, (x − 2)2 ⇐⇒ (x − 5)(x − 1) < 0 ⇐⇒ x ∈ ]1, 5[.

pues (x − 2)2 > 0 para todo x ∈ R

La verdad de la última equivalencia se puede determinar si se considera que el gráfico del polinomio (x − 5)(x − 1) es una parábola convexa que corta el eje x en los abscisas 1 y 5, por lo que la parte de la parábola que está bajo el eje x está entre 1 y 5, como se muestra en el siguiente dibujo: y

El gráfico de y = (5 − x)(1 − x)

Límites En resumen, la función f es negativa en el intervalo ]1, 5[−{2}. Es decir, vemos que f (x) < 0,

siempre que 1 < x < 5 y x 6= 2. Ahora, encontremos la constante M . Como el límite es en 2, elijamos valores de x cercanos a 2. Por ejemplo, tomemos x 6= 2 tales que |x − 2| < 21 . Esto equivale a − de donde

1 1 <x−2< , 2 2 3 5 <x< . 2 2

(1.64)

Como para estos valores de x, f (x) < 0, si x 6= 2, entonces, busquemos M en el intervalo

3 5 2, 2

Para ello, definamos g(x) = (5 − x)(1 − x). Sabemos que, en el intervalo , el gráfico de g es una parábola, como se mostró anteriormente. El mínimo de g en este intervalo está en medio el punto de las dos raíces; es decir, en x = 3. Por lo tanto, en el intervalo 32 , 3 , y por ende en 32 , 3 , la función g es decreciente, por lo que

3 g(x) < g 2

3 = 5− 2

3 1− 2

=−

7 4

para todo x ∈ 32 , 25 . Esto significa, entonces, que M = − 47 . Resumamos: si x es tal que |x − 2| < 21 , entonces (5 − x)(1 − x) < M = − 47 . Por otro lado, δ debe cumplir con M = R, δ2 de donde M δ2 = , R de donde, como M < 0 y R < 0, tenemos que δ puede ser elegido así: r

δ=

1 M = R 2

−7 . R

Por lo tanto, si elegimos δ tal que: ¨

δ = m´ın

1 1 , 2 2

−7 R

se verifica que (5 − x)(1 − x) <R (x − 2)2

siempre que 0 < |x − 2| < δ. Hemos probado, entonces, que l´ım

x→2

(5 − x)(1 − x) = −∞. (x − 2)2

La definición de límite lateral infinito es similar a la de límite infinito con la inclusión de la condición de que x sea o menor que a o mayor que a. Así, la expresión l´ım f (x) = +∞

x→a+

quiere decir que, dado cualquier número real positivo R, siempre existe un número δ > 0 tal que f (x) > R

1.11 Límites infinitos y al infinito

siempre que 0 < x − a < δ. Definiciones similares se tienen para el caso de que x tiende al número a por la izquierda. Con estas definiciones, podemos expresar el hecho de que la masa de un cuerpo, según la teoría especial de la relatividad de Einstein, crezca indefinidamente cuando su velocidad se acerca a la de la luz de la siguiente manera: m0 = +∞. (1.65) l´ım q 2 v→c− 1 − vc2 Para probar que esta igualdad es verdadera, podríamos recurrir a la definición directamente. Sin embargo, igual que ocurre con los límites “comunes y corrientes”, vamos a utilizar propiedades de los límites infinitos que nos permitirán calcular muchos límites, entre ellos el de la masa de un cuerpo, conociendo algunos límites infinitos solamente. Teorema 1.18

l´ım

x→0+

1 = +∞ y x

l´ım

x→0−

1 = −∞. x

La demostración de este teorema es sencilla y se la deja para que el lector la realice. El siguiente teorema es una generalización del anterior, y es la fuente de cálculo de muchos límites, entre los que se encuentra el límite (1.65). Pero, para una formulación más compacta, necesitamos ampliar la idea de límites laterales al valor del límite. De manera más precisa, si ocurre que L = l´ım f (x), x→a

pero ocurre que f (x) > L en un intervalo centrado en a; es decir, si existe un número r > 0 tal que f (x) > L para todo x ∈]a − r, a + r[, entonces diremos que “f (x) tiende a L por la derecha cuando x tiende al número a”, y lo expresaremos simbólicamente así: l´ım f (x) = L+

x→a

o así f (x) → L+ .

Como un ejemplo, se tiene que l´ım x2 = 0+ ,

x→0

pues x2 > 0 para todo x 6= 0. De manera similar hablaremos de que una función f (x) “tiende a L por la izquierda”, y escribiremos l´ım f (x) = L− o así f (x) → L− , x→a

cuando L = l´ım f (x) y exista r > 0 tal que f (x) < L siempre que x ∈]a − r, a + r[. x→a

Teorema 1.19 Sean I , un intervalo abierto, a ∈ I y f una función real tal que I ⊂ Dm(f ) ∪ {a}. Entonces: 1. l´ım f (x) = 0+ si y solo si l´ım x→a

x→a

1 = +∞. f (x)

1 = −∞. x→a f (x)

2. l´ım f (x) = 0− si y solo si l´ım x→a

Este teorema también es válido si los límites son laterales. En los ejercicios de esta sección, el lector tendrá la oportunidad de probar esta afirmación. Antes de estudiar la demostración de este teorema, vamos a utilizarlo para calcular el límite (1.65).

Límites

Ejemplo 1.29 Cálculo del límite

l´ım− È

v→c

1−

v2 c2

Solución. Para poder utilizar la primera parte del teorema (1.18), primeramente expresemos m(v) de la siguiente manera: 1 È m(v) = . v2 1 1 − 2 m0 c Ahora, podemos definir la función f así: 1 f (v) = m0

1−

v2 c2

para todo v ∈ [0, c[. Lo que ahora tenemos que probar es que f (v) tiende a 0+ cuando x tiende a c por la izquierda. Por un lado, tenemos que f (v) > 0 para todo v ∈ [0, c[. Por otro lado, cuando v tiende a c por la izquierda, entonces tenemos que: l´ım

v→c−

v = 1− , c

pues v < c. Por lo tanto, podemos concluir que: l´ım 1 −

v→c−

Así que, obtenemos que: 1 l´ım v→c− m0

v2 = 0+ . c2

1−

v2 = 0+ . c2

Por lo tanto, por el teorema 1.18, podemos concluir que l´ım m(v) = l´ım

v→c−

1 m0

1−

v2 c2

= +∞.

Es decir, cuando la velocidad de un cuerpo es cercana a la velocidad de la luz, su masa crece indefinidamente.

Probemos a continuación el primer numeral del teorema 1.19. El segundo se deja a que el lector lo realice como un ejercicio. Demostración. Supongamos que l´ım f (x) = 0+ .

x→a

Vamos a demostrar que l´ım

x→a

(1.66)

1 = +∞. f (x)

Para ello, sea R > 0. Debemos hallar δ > 0 tal que 1 >R f (x) siempre que 0 < |x − a| < δ.

(1.67)

1.11 Límites infinitos y al infinito

La igualdad (1.66) implica, por un lado, que existe δ1 > 0 tal que (1.68)

f (x) > 0 siempre que 0 < |x − a| < δ1 . Por otro lado, la igualdad (1.66) también implica que existe δ2 > 0 tal que |f (x) − 0| = |f (x)| <

1 R

(1.69)

siempre que 0 < |x − a| < δ2 , ya que R1 > 0. Por lo tanto, si tomamos δ = m´ın{δ1 , δ2 }, entonces tenemos que las desigualdades (1.68) y (1.69) se verifican simultáneamente si 0 < |x − a| < δ. Es decir, se verifica que 0 < f (x) = |f (x)| <

1 R

siempre que 0 < |x − a| < δ. Pero estas dos desigualdades últimas implican que 1 >R f (x) siempre que 0 < |x − a| < δ. En resumen, hemos probado que l´ım

x→a

1 = +∞. f (x)

La demostración de que esta última igualdad implica la igualdad (1.66) es similar, por lo que se deja al lector que la haga como un ejercicio.

1.11.2 Propiedades de los límites infinitos La definición de límites infinitos nos permite si un límite es +∞ o −∞, pero no nos permite saber de antemano si un límite es o no infinito. Los límites infinitos poseen propiedades que nos permiten determinar si una función diverge a partir de saber que ciertas funciones divergen. En el teorema 1.19 se presentan dos de esas propiedades. En el siguiente teorema, se reúnen algunas de las propiedades más útiles, que también son verdaderas si los límites son laterales únicamente. Pero antes de enunciarlo, es necesario hablar del concepto de función acotada y su relación con el concepto de límite. Definición 1.5 (Función acotada) Sean f : Dm(f ) −→ R y A ⊂ Dm(f ). La función f está: 1. acotada superiormente en A si existe una constante M tal que f (x) < M para todo x ∈ A; 2. está acotada inferiormente en A si f (x) > M para todo x ∈ A. 3. está acotada si está acotada superiormente e inferiormente. Esto es equivalente a que exista un intervalo ]K, M [ tal que f (x) ∈ ]K, M [. También es equivalente a la afirmación de que exista un número P > 0 tal que |f (x)| < P para todo x ∈ A.

Veamos algunos ejemplos. La función f : R −→ R definida por f (x) = x

Límites

1. está acotada en cualquier intervalo finito [a, b] o ]a, b[; 2. está acotada inferiormente, pero no superiormente en cualquier intervalo [a, +∞[ o ]a, +∞[; 3. está acotada superiormente, pero no inferiormente en cualquier intervalo ] − ∞, a] o ]− ∞, a[. Las funciones sen y cos están siempre acotadas, pues | sen x| ≤ 1 y | cos x| ≤ 1 para todo x ∈ R. A continuación, estudiemos la conexión entre el concepto de acotación y el de límite. Supongamos que existe L ∈ R tal que L = l´ım f (x). Sabemos, entonces, que f (x) puede estar x→a tan cerca de L como se quiera siempre que x esté lo suficientemente cerca de a. Esto significa que existirá un intervalo I centrado en a tal que f esté acotada en I − {a}. Probemos esta afirmación. Sea ǫ > 0. Existe, entonces, δ > 0 tal que |f (x) − L| < ǫ siempre que 0 < |x − a| < δ. Por lo tanto L − ǫ < f (x) < L + ǫ para todo x 6= a tal que a − δ < x < a + δ. Si definimos K = L − ǫ, M = L + ǫ e I =]a − δ, a + δ[, entonces f (x) ∈ ]K, M [ para todo x ∈ I − {a}. Resumamos estos razonamientos en el siguiente teorema.

Teorema 1.20 Si L = l´ım f (x), entonces existe un intervalo abierto centrado en a tal que f está acotada en x→a

I − {a}.

En el caso de que una función tienda a +∞ o a −∞, la función no está acotada superiormente, en el primer caso, e inferiormente en el segundo. La demostración, que es similar a la del caso de los límites finitos, la dejamos como un ejercicio para el lector. Enunciemos este resultado como el siguiente teorema.

Teorema 1.21 Si l´ım f (x) = +∞, entonces f no está acotada superiormente en ningún intervalo centrado en x→a

a. En cambio, si l´ım f (x) = −∞, la función f no está acotada inferiormente en ningún intervalo x→a centrado en a. Ahora ya podemos formular algunas de las propiedades de los límites infinitos.

Teorema 1.22 (Propiedades de límites infinitos) Sean f y g dos funciones reales. Entonces: 1. Si l´ımx→a f (x) = +∞ y l´ımx→a g(x) = +∞, entonces:

l´ım [f (x) + g(x)] = +∞ y

x→a

l´ım [f (x)g(x)] = +∞.

x→a

1.11 Límites infinitos y al infinito

2. Si l´ımx→a f (x) = +∞ y λ < 0, entonces:

l´ım [λf (x)] = −∞.

x→a

3. Si l´ımx→a f (x) = +∞ y g está acotada inferiormente en un intervalo alrededor de a, entonces:

l´ım [f (x) + g(x)] = +∞

x→a

4. Si l´ımx→a f (x) = +∞ y g está acotada inferiormente por un número positivo en un intervalo alrededor de a, entonces:

l´ım [f (x)g(x)] = +∞.

x→a

5. Si f está acotada inferiormente por un número positivo en un intervalo alrededor de a y l´ımx→a g(x) = 0+ , entonces:

f (x) = +∞. x→a g(x) l´ım

6. Si f está acotada en un intervalo alrededor de a y l´ımx→a g(x) = +∞, entonces:

l´ım

x→a

f (x) = 0. g(x)

Se pueden formular propiedades similares cuando las funciones tienden a −∞. Esto se hará en el siguiente capítulo. En ese capítulo también se estudiarán algunas de las demostraciones. Sin embargo, el lector interesado en adquirir una comprensión más profunda del concepto de límite, debería realizar por sí mismo estas demostraciones. A continuación, veamos algunos ejemplos del uso de las propiedades enunciadas. Ejemplo 1.30

Calcular l´ım

x→0

1 + sen x . x2

Solución. Sean f (x) =

1 y g(x) = sen x. Entonces, por el teorema 1.19, tenemos que x l´ım f (x) = +∞

x→0

ya que l´ım x2 = 0+ .

x→0

Por otro lado, para todo x, se tiene que sen x ≥ −1; es decir, la función g está acotada inferiormente en cualquier intervalo que contenga a 0. Por lo tanto, por la tercera propiedad del teorema 1.22, podemos afirmar que: 1 l´ım + sen x = l´ım f (x) + g(x) = +∞. x→0 x2 x→0

Límites

Ejemplo 1.31 Calcular l´ım

x→1+

x2 + 1 . x3 − 1

1 . x3 − 1 Por un lado, para todo x ∈ R, se verifica que:

Solución. Sean f (x) = x2 + 1 y g(x) =

f (x) = x2 + 1 ≥ 1.

Por lo tanto, f está acotada inferiormente por un número positivo en cualquier intervalo cuyo extremo inferior sea el número 1. Por otro lado, dado que l´ım+ x3 − 1 = 0+ , x→1

entonces

1 = +∞. x3 − 1 De modo que, si aplicamos la cuarta propiedad enunciada en el teorema 1.22, podemos concluir l´ım g(x) = l´ım+

x→1+

x→1

que

x2 + 1 = l´ım+ f (x)g(x) = +∞. x→1 x3 − 1 x→1 Podemos llegar a la misma conclusión de otra manera. En efecto, dado que x 6= 0, podemos escribir lo siguiente: 1 x2 1 1+ 2 + 2 2 x +1 2 x x x = = 3 , 1 x3 − 1 1 x x − − 2 x2 x2 x podemos utilizar la cuarta propiedad del teorema 1.22 para calcular el límite. Para ello, definamos f (x) = 1 + x12 y g(x) = x − x12 . Entonces tenemos que f está acotada inferiormente por el número 1 en un intervalo abierto cuyo extremo inferior es el número 1, ya que 1 1 f (x) = 1 + 2 > 1 pues 2 > 0. Adicionalmente, tenemos que x x l´ım+

l´ım g(x) = 1 − 1 = 0

x→1+

y, como x−

pues

1 > 0, x2

x > 1 =⇒ x2 > 1 1 =⇒ 2 < 1 x 1 =⇒ − 2 > −1 x 1 =⇒ x − 2 > 0, x tenemos que l´ım g(x) = 0+ .

x→1+

Entonces, si aplicamos la cuarta propiedad obtenemos que: l´ım+

x→1

x2 + 1 f (x) = l´ım = +∞. x3 − 1 x→1+ g(x)

Cuando l´ım f (x) = l´ım g(x) = +∞, el teorema 1.22 no dice nada sobre l´ım [f (x) − g(x)] x→a x→a x→a f (x) ni sobre l´ım . Los siguientes ejemplos nos van a decir por qué. x→a g(x)

1.11 Límites infinitos y al infinito

Ejemplo 1.32 Calcular los límites l´ım g(x) y

l´ım f (x),

x→a+

si:

l´ım [f (x) − g(x)]

x→a+

x+1 1 1. f (x) = y g(x) = ; a = 0. x x 1 1 2. f (x) = y g(x) = ; a = 1. 3 (x − 1) (x − 1)2 Solución.

1 x+1 1 1 1. Tenemos que f (x) = = 1 + , que l´ım+ = +∞ y que l´ım+ 1 + = +∞ (por el x x x x→0 x x→0 numeral tres del teorema 1.22). Es decir: l´ım

x→o+

x+1 = +∞. x

(1.70)

Por otro lado, es fácil demostrar que si l´ım φ(x) = +∞, entonces5 l´ım

φ(x) = +∞. Si aplicamos

x→a

esta propiedad en (1.70), entonces tenemos que r

l´ım+ f (x) = l´ım+

x→0

x+1 = +∞. x

Un procedimiento similar nos permite afirmar que r

l´ım g(x) = l´ım+

x→0+

x→0

1 = +∞. x

Ahora calculemos el límite de la diferencia [f (x) − g(x)]. Para empezar: r r 1 1 1 È . f (x) − g(x) = 1 + − =È 1 x x 1 + x + x1 Puesto que

1 l´ım+ 1 + = +∞ y l´ım x x→0+ x→0 por el primer numeral del teorema 1.22, tenemos que r

l´ım

x→0+

1 1+ + x

1 = +∞, x

1 x

= +∞,

de donde, por el teorema 1.19 (página 85), podemos concluir que:

l´ım [f (x) − g(x)] = l´ım+

x→0+

x→0

1 x

= 0.

2. Dado que, para x > 1, tenemos que (x − 1)3 > 0, entonces l´ım+ (x − 1)3 = 0+ . Por lo tanto, por el x→1

teorema 1.19, podemos concluir que:

l´ım f (x) = l´ım

x→1+ 5

x→1+

1 = +∞. (x − 1)3

En los ejercicios de esta sección, se propone al lector la demostración de esta propiedad.

Límites Un razonamiento similar nos conduce a concluir que: l´ım g(x) = l´ım

x→1+

1 = +∞. (x − 1)2

Por último, puesto que f (x) − g(x) =

1 1 1 − = (2 − x) , 3 2 (x − 1) (x − 1) (x − 1)3

tenemos que, por la cuarta propiedad del teorema 1.22, tenemos que l´ım [f (x) − g(x)] = l´ım (2 − x)

x→1+

1 = +∞, (x − 1)3

ya que, para x ∈ ]1, 23 [, tenemos que

1 , 2 es decir, (2 − x) está acotado inferiormente por un número positivo. 2−x>

En el primer límite de este ejemplo, obtenemos que el límite de la diferencia de dos funciones que tienden a +∞ es 0; en el segundo, en cambio, el límite es +∞. Y hay casos en que ese límite puede ser un número real diferente de 0, −∞, etcétera. En otras palabras, no podemos concluir nada sobre el límite de la diferencia; cada caso deberá ser analizado con sus particularidades. Ocurre algo similar para el caso de la división de dos funciones que tienden a +∞. El siguiente ejemplo ilustra lo dicho. Ejemplo 1.33 Calcular el límite l´ımx→0+ 1. f (x) = g(x) =

1 . x

f (x) g(x)

si: 2. f (x) =

1 1 y g(x) = 2 . x x

3. f (x) =

1 1 y g(x) = . x2 x

Solución. En los tres ejemplos, tenemos que: l´ım f (x) = l´ım+ g(x) = +∞.

x→0+

x→0

Veamos lo que sucede con el límite del cociente entre f (x) y g(x) en cada caso. 1. Tenemos que

f (x) f (x) = 1. Por lo tanto, l´ım = 1. g(x) x→0+ g(x)

1 f (x) f (x) x = = x. Por lo tanto: l´ım = 0. 2. Tenemos que 1 g(x) x→0+ g(x) x2 1 f (x) 2 1 f (x) 3. Tenemos que = x = . Por lo tanto, l´ım+ = +∞. 1 g(x) x x→0 g(x) x

Los límites de diferencias y cocientes de funciones que tienden a +∞ se suelen representar por +∞ − ∞ y +∞ +∞ . Puesto que según las funciones, estos límites pueden tomar cualquier número real, o ser infinitos, se los denomina formas indeterminadas, y cada caso deberá ser resuelto de modo particular.

1.11 Límites infinitos y al infinito

Estas formas indeterminadas ya aparecieron anteriormente; es el caso del cociente de dos funciones que convergen cada una a 0. Por ejemplo, tenemos los límites: l´ım

x→0

sen x =1 y x

l´ım

x→0

1 1 − cos x = . x2 2

Uno de los resultados estudiados en este capítulo que ayuda a calcular los límites del tipo es el teorema 1.1 enunciado en la página 36.

0 0

1.11.3 Límites al infinito En las ciencias de la computación, para un mismo problema, se han desarrollado diversos algoritmos para resolverlo. Por ejemplo, para ordenar un conjunto de datos (los números de cédula de los ciudadanos empadronados para una elección), existen el ordenamiento por inserción, Quicksort, Mergesort, entre otros. La complejidad computacional es una rama de las ciencias de la computación dedicada a determinar aproximadamente el número de instrucciones que un algoritmo realiza para una determinada tarea, y a desarrollar nuevos algoritmos que hagan las mismas tareas en un número menor de instrucciones. Por ejemplo, para multiplicar dos matrices cuadradas de orden n, existen al menos dos algoritmos: el que utiliza la definición de multiplicación y que realiza f (n) = 2n3 − n2 operaciones (sumas, restas y multiplicaciones), y el algoritmo de Winograd (1970), que utiliza g(n) = 2n3 + 3n2 − 2n operaciones. La complejidad computacional busca determinar cuál de los dos algoritmos es más eficiente, para lo cual se determina la relación entre f (n) y g(n) cuando n es un valor grande. De manera f (n) más precisa, el problema se plantea en términos de límites: ¿a dónde tiende el cociente g(n) cuando n crece indefinidamente? En otras palabras, la pregunta que se formula es: ¿existe un número real tan cerca como f (n) se quiera del cociente para todo n a partir de un cierto n0 ? g(n) El concepto de límite al infinito permite responder esta pregunta. Definición 1.6 (Límites al infinito) L = l´ım f (x) si y solo si para todo ǫ > 0, existe R > 0 tal que x→+∞

|f (x) − L| < ǫ, siempre que x ∈ Dm(f ) y x > R. Análogamente: L = l´ım f (x) si y solo si para todo ǫ > 0, existe M < 0 tal que x→−∞

|f (x) − L| < ǫ, siempre que x ∈ Dm(f ) y x < M .

De la definición se desprende que l´ım x = +∞ y

x→+∞

l´ım x = −∞.

x→−∞

Límites

Y de estos resultados, podemos demostrar que: l´ım xn = +∞

x→+∞

( n

l´ım x =

x→−∞

+∞ si n es par, −∞ si n es impar.

En el caso de que x tienda a +∞, estamos exigiendo que exista un intervalo del tipo ]R, +∞[ con R > 0 que esté contenido en el dominio de la función f ; esto se traduce en que podemos excluir el caso x ≤ 0 cuando analicemos un límite donde x tiende a +∞. De manera similar, cuando x tiende a −∞, el dominio de la función debe contener un intervalo del tipo ] − ∞, M [ con M < 0. Por lo tanto, podemos excluir el caso x ≥ 0 cuando se analice un límite donde x tiende a −∞. Ejemplo 1.34 Mostrar que l´ım

x→+∞

1 1 = 0 y l´ım = 0. x→−∞ x x

Solución. 1. Sea ǫ > 0. Debemos encontrar R > 0 tal que

− 0 < ǫ

(1.71)

para todo x > R. Para ello, procedamos de manera similar al caso de los límites finitos. Analicemos, pues, la desigualdad (1.71). Como x tiende a +∞, supongamos que x > 0. Entonces, se tienen las siguientes equivalencias:

− 0 < ǫ ⇐⇒ 1 < ǫ

1 . ǫ Por lo tanto, si definimos R = 1ǫ , obtendremos la desigualdad (1.71) siempre que x > R. ⇐⇒ x >

2. Sea ǫ > 0. Debemos hallar M < 0 tal que

− 0 < ǫ

(1.72)

para todo x < M . Como x tiende a −∞, supongamos que x < 0. Dado que

− 0 < ǫ ⇐⇒ − 1 < ǫ ⇐⇒ x > − 1 ,

x ǫ

si definimos M = − 1ǫ , la desigualdad (1.72) es verdadera para todo x > M .

En la sección anterior se definió l´ım f (x) = L+ y l´ım f (x) = L− . Podemos extender estas x→a x→a definiciones cuando, en lugar de a tenemos +∞ o −∞. La única diferencia está que, f (x) debe ser mayor que L o menor que L en un intervalo del tipo ]R, +∞[ con R > 0 cuando x tiende a +∞, y en un intervalo del tipo ] − ∞, M [ con M < 0 cuando x tiende a −∞. Con estas extensiones, podemos reformular los dos límites del ejemplo de la siguiente manera: 1 1 l´ım = 0+ y l´ım = 0− . x→+∞ x x→−∞ x Examinemos un ejemplo más.

1.11 Límites infinitos y al infinito

Ejemplo 1.35 Demostrar que: 1 = l´ım

x→+∞

x+1 . x−1

Solución. Sea ǫ > 0. Buscamos un número R > 0 tal que, si definimos f (x) =

x+1 , x−1

se verifique que |f (x) − 1| < ǫ

(1.73)

siempre que x > R. Podemos suponer que x > 0; más aún, podemos suponer que x > 1, así f (x) > 1, con lo cual restringiremos el análisis a un intervalo donde f es positiva. Por otro lado, dado que: f (x) − 1 = pues x > 1, tenemos que

x+1 x+1−x+1 2 −1= = > 1, x−1 x−1 x−1 |f (x) − 1| =

2 . x−1

Por lo tanto, para que se verifique la desigualdad (1.73), es suficiente que se cumpla lo siguiente: 2 < ǫ. x−1 Pero: 2 x−1 1 < ǫ ⇐⇒ > x−1 2 ǫ 2 ⇐⇒ x − 1 > ǫ 2 ⇐⇒ x > 1 + . ǫ Es decir, para que se verifique la desigualdad (1.73), es suficiente que x > 1 y que 2 x>1+ . ǫ Dado que ǫ > 0, entonces 1+ por lo que podemos elegir R = 1 + para todo x > R. Podemos también afirmar que

2 ǫ

para estar seguros de que la desigualdad (1.73) sea verdadera

l´ım

x→+∞

ya que f (x) > 1 para x > 1.

2 > 1, ǫ

x+1 = 1+ , x−1

Igual a lo que sucede con los límites finitos y los infinitos, existen propiedades de los límites al infinito que nos permiten calcular los límites de muchas funciones a partir de ciertos límites que ya nos son conocidos. Estas propiedades son similares a las de los límites finitos: el límite de una suma, resta, multiplicación, división, raíz, composición, es la suma, resta, etcétera, de los límites cuando estos existen con las correspondientes restricciones para el caso

Límites

de la división y las raíces pares. En otras palabras, en todos los teoremas que se enuncian las propiedades de los límites finitos se pueden sustituir el número a (a donde tiende x) por +∞ o −∞. En aquellas propiedades en las que se exige un comportamiento de f en intervalo centrado en a, en el caso de los límites al infinito, ese comportamiento deberá suceder en un intervalo del tipo ]R, +∞[ con R > 0 o ] − ∞, M [ con M < 0. Las demostraciones son dejadas para que el lector las realice, pues no ofrecen ninguna dificultad y son, más bien, un buen entrenamiento para su comprensión del concepto de límite. A continuación, se ofrecen algunos ejemplos del uso de las propiedades mencionadas. Ejemplo 1.36 Calcular l´ım

x→−∞

3x + 1 . 2x − 5

Solución. Puesto que x 6= 0, tenemos que 1 3+ 3x + 1 x = 5 2x − 5 2− x y l´ım

x→−∞

1 = 0, entonces: x 1 3+ 3x + 1 x l´ım = l´ım 5 x→−∞ 2x − 5 x→−∞ 2− x 3+0 3 = = . 2−0 2

Ejemplo 1.37 Estudiemos la relación entre las complejidades computacionales de los dos algoritmos para multiplicar matrices dadas por las funciones f (x) = 2x3 − x2

g(x) = 2x3 + 3x2 − 2x.

Solución. Para ello, vamos a calcular el límite f (x) 2x3 − x2 = l´ım . 3 x→+∞ 2x + 3x2 − 2x x→+∞ g(x) l´ım

Puesto que: 2x3 − x2 = 3 2x + 3x2 − 2x y que l´ım

x→+∞

2− 2+3

1 x

1 1 −2 2 x x

1 1 = l´ım = 0, x x→+∞ x2

podemos concluir que: l´ım

2x3 − x2 2−0 = = 1. 2 + 3x − 2x 2+3×0−2×0

x→+∞ 2x3

1.11 Límites infinitos y al infinito

f (x) = 1. g(x) ¿Cómo se interpreta este resultado? Sea ǫ > 0. Entonces, existe R > 0 tal que

Es decir: l´ım

x→+∞

f (x)

<ǫ − 1

g(x)

para todo x > R. Es decir: f (x) <1+ǫ g(x) siempre que x > R. Más aún, dado que g(x) > 0 para todo x > 0, se verifica que: 1−ǫ<

(1 − ǫ)g(x) < f (x) < (1 + ǫ)g(x)

para todo x > R. Estas dos desigualdades nos dicen algo importante: a partir de un cierto orden para las matrices (x representa lo que n en el ejemplo de inicio de esta sección), f (x) está acotada por arriba y por abajo por g(x) multiplicada por sendas constantes que, si elegimos ǫ muy pequeño (algo que podemos hacer a nuestro gusto), dichas constantes son cercanas a 1. En otras palabras, los valores de f (x) y de g(x) son similares, por lo que, cuando x es grande, el número de operaciones que realizan ambos algoritmos no difieren de manera significativa. En este sentido, ambos algoritmos son o igual de buenos o igual de malos.

Para terminar esta sección, podemos reunir los límites infinitos y al infinito. De manera más precisa, podemos definir los siguientes límites: l´ım f (x) = −∞

l´ım f (x) = +∞

x→+∞

l´ım f (x) = −∞

l´ım f (x) = +∞

x→−∞

Por ejemplo: l´ım f (x) se tiene cuando para todo R > 0, existe M > 0 tal que x→−∞

f (x) > R, para todo x ∈ Dm(f ) y x < −M . Como un buen ejercicio, el lector debería formular las restantes definiciones. La propiedades de estos límites se pueden expresar a través de las propiedades de los límites infinitos y los límites al infinito. Por ejemplo, si l´ım f (x) = −∞,

x→+∞

entonces l´ım

x→+∞

1 = 0− . f (x)

O, si l´ım f (x) = +∞ y

x→−∞

l´ım g(x) = +∞,

x→−∞

entonces: l´ım [f (x) + g(x)] = +∞ y

l´ım f (x)g(x) = +∞.

x→−∞

Por supuesto, también son indeterminados límites del tipo l´ım [f (x) − g(x)]

x→+∞

f (x) x→+∞ g(x) l´ım

si tanto f (x) como g(x) tienden, por ejemplo, a −∞. En los ejercicios de esta sección, se pide demostrar algunas de las propiedades de estos límites.

1.11.4 Ejercicios

Límites

1. Mediante la definición correspondiente, demuestre que: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g)

2x − 1 = 2. x→−∞ x + 1 x+2 = 1. l´ım x→+∞ x − 1 (2 − x)(2x − 1) l´ım = +∞. x→1 |x − 1| x−2 l´ım = −∞. x→0 x2 + |x| (2x − 1)(7 − 2x) = +∞. l´ım x→2 |x2 − 3x + 2| sen x l´ım = 0. x→−∞ x x2 − 2x l´ım 2 = −∞. x→1 |x − 1| l´ım

2x2 − 5x + 1 (h) l´ım = 2. x→+∞ x2 + 1 (i) l´ım (1 − x2 ) = −∞.

f (x) = 0. x→+∞ g(x) l´ım

4. Una recta no vertical de ecuación y = ax + b es una asíntota 6 de la curva de ecuación y = f (x) si una de las dos igualdades siguientes es verdadera (o ambas): l´ım [f (x) − (ax + b)] = 0

x→+∞

o l´ım [f (x) − (ax + b)] = 0.

x→+∞

x→−∞

(j) (k) l´ım+ x→1

−5 + 4x = +∞. x2 − 5x + 4

Una recta vertical de ecuación x = a es una asíntota vertical de la curva de ecuación y = f (x) si una de las dos igualdades siguientes es verdadera (o ambas):

2. Calcule los límites dados 1 (a) l´ım 2 . x→1+ x − 3x + 2 x (b) l´ım− 2 . x→1 x − 3x + 2 x−2 (c) l´ım 2 . x→−∞ x + 3 x−2 (d) l´ım 2 . x→+∞ x + 3 x+1 (e) l´ım . x→−∞ |x + 1| x+1 (f) l´ım . x→+∞ |x + 1| (2x − 1)(4 − 3x) (g) l´ım . x→1 |x − 1| 2x − 5 (h) l´ım . x→2 |x − 2||x − 1|

l´ım |f (x)| = +∞ o

x→a+

(a) f (x) = (b) f (x) =

l´ım

f (x) =

(d) f (x) =

3x2 − 1 . 2x2 + 1

(e) f (x) =

2 . 1 − |x + 1|

(f) f (x) = L.

(b) Si l´ım f (x) = −∞, entonces x→−∞

l´ım

x→−∞ 6

1 = 0− . f (x)

2x2 + 1 . − 3x + 2

x2 . x+2

x→+∞

√

1 . x2 + x + 1

(a) Si l´ım f (x) = L > 0, entonces

x→+∞

l´ım |f (x)| = +∞.

x→a−

Determine si la curva de ecuación y = f (x) tiene asíntotas verticales u horizontales.

3. Demostrar las siguientes propiedades de límites infinitos y al infinito:

l´ım g(x) = +∞,

x→+∞

x+1 . x−1

5. En cada uno de los siguientes dibujos se muestra el gráfico de la función f . Con la información contenida en él, encuentre, si existen, los siguientes límites de f (x) cuando x tiende a +∞, −∞, a+ y a− .

Cuando se estudie el concepto de derivada y se aplique a la obtención del gráfico de una curva, se hará un tratamiento más profundo del concepto de asíntota que el dado en este ejercicio

1.11 LĂmites infinitos y al infinito

99 y

y 2a

a 2a a a

(a)

(c)

y 2a a

2a a

(b)

(d)

100

LĂmites

La derivada: su motivación

Veamos algunos problemas que llevan a un mismo concepto: el de derivada.

2.1 La recta tangente a una curva En la segunda sección del capítulo de límites, estudiamos el concepto de recta tangente a una curva. Vimos que si ésta es el gráfico de una función g : D ⊂ R −→ R y P es un punto de la curva con coordenadas (a, g(a)), para conocer la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto P , que es y = m(x − a) + g(a), bastaba con calcular su pendiente m. Para ello, aproximamos m con la pendiente de una recta que pasa por P y por otro punto Q de la recta de coordenadas (x, g(x)), que la notamos mx , y que es igual a: mx =

g(x) − g(a) . x−a

Para obtener m, la idea era “acercar” Q a P , esperando que, al hacerlo, mx se acercara a m. En el ejemplo estudiado, vimos que eso era así y que, de hecho: g(x) − g(a) . x→a x−a

m = l´ım mx = l´ım x→a

En efecto, teníamos que g está definida por g(x) = 3x2 y que a = 2. Por lo tanto, g(a) = g(2) = 12 y: mx =

3x2 − 12 x−2

3x2 − 12 = 12. x→2 x − 2

m = l´ım La recta l de ecuación

y = 12 + 12(x − 2) = 12x + 10 es, efectivamente, la tangente al gráfico de g que es una parábola p. Más aún, la recta l es la única recta que pasa por el punto de P de coordenadas (2, 12) y tiene un solo punto en común con la parábola p de ecuación y = g(x) = 3x2 , que es, justamente, el punto P .

102

La derivada: su motivación

Por otra parte, si exceptuamos el punto P , toda la parábola está “de un solo lado” de la recta l, y “ninguna otra recta se interpone en el espacio entre” la recta l y la parábola p, como lo exige la definición de Euclides. Mostraremos más tarde que esta afirmación es verdadera, cuando estudiemos otras definiciones de tangencia y mostremos algunas propiedades notables de la recta tangente. Por ejemplo, probaremos que de entre todas las rectas que pasan por el punto de tangencia, la recta tangente es la que mejor aproxima a la curva. Ahora bien, del ejemplo citado resaltaremos el hecho de que la pendiente m de la recta tangente al gráfico de g en el punto (a, g(a)) está dada por g(x) − g(a) . x→a x−a Esta propiedad la cumple la pendiente de la recta tangente en un punto dado de una gran variedad de curvas que son el gráfico de funciones (como son los polinomios, funciones racionales, trigonométricas, logarítmicas, exponenciales, etcétera). Esto nos motiva a cambiar la tradicional definición de recta tangente a una curva por la siguiente: m = l´ım

Definición 2.1 (Recta tangente) Dada una función real f definida en un intervalo abierto I y a ∈ I , diremos que el gráfico de f tiene una recta tangente en el punto (a, f (a)) si existe

f (x) − f (a) . x→a x−a

m := l´ım

En este caso, la ecuación de la recta tangente es:

y − f (a) = m(x − a). Ejemplo 2.38 Hallar, si existe, la ecuación de la recta tangente al gráfico de la hipérbola de ecuación y = 2 − x1 en el punto de coordenadas (1, 1). Solución. Si ponemos a = 1 y definimos f por f (x) = 2 − entonces f (a) = f (1) = 1. Además:

1 , x

2 − x1 − 2 − f (x) − f (1) = l´ım m = l´ım x→1 x→1 x−1 x−1

1 2

− x1 + 1 x−1 = l´ım x→1 x − 1 x→1 x(x − 1)

= l´ım

1 = 1. x→1 x Como el límite existe, la recta tangente tendrá por ecuación a = l´ım

y − 1 = 1(x − 1); es decir, la ecuación de la recta tangente a la hipérbola en el punto de coordenadas (1, 1) es y = x. Una de las aplicaciones más valiosas del concepto de derivada que vamos a estudiar es el proveer una herramienta para realizar un dibujo aproximado del gráfico de una función. Más adelante, podremos constatar que el gráfico de f y de la tangente al gráfico de f en el punto de coordenadas (1, 1) es el siguiente:

2.1 La recta tangente a una curva

103 y

y=x y = 2−

1 x

2 1 b

Ejemplo 2.39 Hallar la ecuación de la recta tangente al gráfico de la cúbica de ecuación y = x3 en el punto de coordenadas (−1, −1). Solución. Si ponemos a = −1 y definimos f (x) = x3 , entonces f (−1) = −1 y f (x) − f (−1) x3 + 1 = l´ım x→−1 x→−1 x + 1 x − (−1)

m = l´ım

(x + 1)(x2 − x + 1) = l´ım x2 − x + 1 = 3. x→−1 x→−1 x−1

= l´ım

Por lo tanto, la recta buscada tiene como ecuación la siguiente:

y − (−1) = 3(x − (−1)) = 3x + 3, de donde, la ecuación buscada es: y = 3x + 2. El gráfico de f y de la tangente en (−1, −1) es el siguiente: y b

−1 b

−1

y = 3x + 2

y = x3

Observemos en el dibujo que la recta tangente a la curva no tiene con ésta un único punto en común sino dos. El un punto, que es el de tangencia, tiene coordenadas (−1, −1). Podemos

104

La derivada: su motivación

averiguar las coordenadas del otro punto resolviendo el sistema de ecuaciones: ¨

y = x3 y = 3x + 2

Al igualar las ecuaciones, obtenemos que x3 = 3x + 2, lo que equivale a x3 − 3x − 2 = 0. Esta ecuación puede tener hasta tres raíces reales. Sabemos que una de ellas es −1, porque la tangente y la curva se “encuentran” en el punto de coordenadas (−1, −1). Entonces, el polinomio cúbico x3 − 3x − 2 tiene como factor (x + 1). Por lo tanto, podemos obtener el otro factor si dividimos el cúbico por (x + 1). Al hacerlo, obtenemos que: x3 − 3x − 2 = (x + 1)(x2 − x − 2) = (x + 1)(x + 1)(x − 2). Entonces, el polinomio tiene las tres raíces son reales e iguales a −1, de multiplicidad 2, y 2. Entonces, ya estamos seguros que la curva y la recta tangente se encuentran exactamente en dos puntos: (−1, 1) y (2, f (2)) = (2, 8). Pero, ¿no se suele decir que la tangente y la curva solo deben tener un punto en común? Sí, eso suele decirse, sin embargo, tal definición no es del todo precisa, pues, en las “cercanías” de (−1, −1) la tangente y la curva tienen, efectivamente, un comportamiento de tangente en el sentido tradicional. Por esto, la propiedad de tangencia es de carácter “local”; es decir, no importa el “comportamiento” de la curva y de la recta “lejos” del punto de tangencia sino en sus “cercanías”.

2.2 ¿Cómo medir el cambio? Tengamos en cuenta que la Matemática desarrollada hasta antes del Renacimiento estudiaba más bien conceptos “estáticos”: describir formas geométricas que no cambian, calcular áreas de figuras simples, llevar cuentas, etcétera. La geometría de Euclides, la aritmética de Diofanto y el álgebra desarrollada por Al-Khowarizmi fueron instrumentos idóneos para responder a esta visión estática. Pero cuando la humanidad intenta describir el movimiento que se produce en gran cantidad de fenómenos estudiados, se hace necesaria la creación de nuevos conceptos matemáticos que permitan responder adecuadamente a estos requerimientos. Dado que el movimiento es percibido como el cambio de la posición de un cuerpo en el tiempo, una de las preguntas más importantes que la matemática enfrentó fue “¿cómo medir el cambio?”. Veamos en esta sección cómo la respuesta a esta pregunta nos lleva también al concepto de derivada.

2.2.1 ¿Cuánto cuesta producir autos? El administrador de una fábrica de autos desea tener información adecuada respecto a los costos de producción de la fábrica en función del número de vehículos en un mes dado. Así, desearía saber cómo varían estos costos al variar la producción. ¿Qué información requiere y cómo presentarla? ¿Cómo medir la variación o cambio de los costos de la producción? ¿Cómo

2.2 ¿Cómo medir el cambio?

105

relacionar la producción con los costos y la dependencia entre la variación de la producción y la de los costos? Para responder a éstas y a otras preguntas relacionadas, se requerirá de algunos conceptos matemáticos como son el de “variable numérica”, “función real”, “incremento absoluto”, “incremento relativo”, “razón de cambio”, “derivada”, etcétera, los mismos que expondremos a lo largo de esta sección.

2.2.2 Las variables representan magnitudes Cuando estudiamos determinados fenómenos físicos, sociales o económicos —como el problema planteado en la sección anterior—, identificamos ciertas magnitudes que consideramos importantes para dicho estudio. Por ejemplo, al estudiar un circuito eléctrico, la tensión V voltios y la intensidad I amperios de la corriente eléctrica, y la resistencia R ohmios de los dispositivos instalados son importantes. Cuando se monitorea el trabajo de una represa, será de interés la cota del nivel de agua h metros y la energía E MW-h almacenada. Al dirigir una fábrica de autos se deseará conocer el costo total C miles de dólares y el correspondiente costo unitario CU miles de dólares al producir x vehículos, etcétera. Establecida la unidad de medida que corresponda y luego de realizar las mediciones o cálculos necesarios, se determinará, para cada magnitud, un determinado valor numérico en un momento dado. El símbolo que represente a dicho valor numérico, el cual oscila entre un valor mínimo y un valor máximo, dados por el fenómeno concreto que se está estudiando, se llama variable. En los ejemplos dados, tenemos que V , I, R, h, E, C, CU y x son variables. Por ejemplo, la fábrica de autos producirá x automóviles por año y x no puede ser menor a 1 000 porque no sería rentable producir menos, pero tampoco producirá más de 10 000, dado que la capacidad instalada de la fábrica no lo permite. Matemáticamente, expresamos estas dos restricciones “haciendo que” la variable x pertenezca al intervalo [1 000, 10 000].

2.2.3 La función como modelo de la dependencia entre magnitudes Hemos visto el concepto de función. Ilustremos con tres ejemplos su uso como modelo de la dependencia entre magnitudes. Costo de producción en una fábrica de autos Como el costo C de producción de los autos, en miles de dólares, depende del número x de vehículos producidos, esta dependencia es modelizada con una función f : Dm(f ) ⊂ R −→ R, donde: C = f (x). Como solo nos interesan los valores de x entre 1 000 y 10 000, el dominio de f será Dm(f ) = [1 000, 10 000]. Luego de los estudios correspondientes, los administradores de la empresa determinan que: C = f (x) = 2 000 + 11x − 0.000 12x2 . Por lo tanto, el costo unitario CU , es decir el costo promedio de un auto es: CU =

f (x) 2 000 = + 11 − 0.000 12x. x x

A manera de ejemplo, en la siguiente tabla, se muestran los valores de C y del costo unitario CU que cuesta producir cada auto si se producen x autos, dados en miles de dólares, correspondientes al año anterior:

106

La derivada: su motivación

CU =

f (x) x

C = f (x)

1 000

12 880

12.880

2 000

23 520

11.760

3 000

33 920

11.307

5 000

54 000

10.800

6 000

63 680

10.613

7 000

73 120

10.446

8 000

82 320

10.290

9 000

91 280

10.142

10 000

100 000

10.000

Energía potencial en una represa La energía potencial E, medida en MW-h, que está almacenada en una represa depende de la cota h, medida en m, se define como la altura sobre el nivel del mar del espejo de agua en la represa. Supongamos que, en una determinada represa, la cota puede estar entre 2 900 y 2 950 metros, existe una función g : Dm(g) −→ R, con dominio Dm(g) = [2 900, 2 950], tal g(h) es la energía almacenada E cuando la cota es h. Es decir: E = g(h). El diámetro y el volumen de un globo Un globo, en la parte superior, tiene forma de un hemisferio achatado; en su parte inferior, es un hemisferio alargado que culmina con una abertura cilíndrica. Los fabricantes han determinado que el volumen V , medido en dm3 , de la cámara de gas del globo depende de su diámetro d, medido en dm. Entonces, existe una función ϕ : Dm(ϕ) −→ R tal que: 1 3 V = ϕ(d) = d . 2 000 El diseño de los globos de esta fábrica establece que el globo se eleva si el diámetro mide, al menos, 6 m. Además, el mayor diámetro al que el globo puede ser inflado es de 12 m. Por ello, el dominio de ϕ es Dm(ϕ) = [60, 120]. Si el helio costara 40 centavos de dólar por cada m3 , podríamos establecer el gasto G en dólares que deberíamos hacer por concepto de gas en función del diámetro del globo. Así, existe una función ψ : Dm(ψ) −→ R tal que G = ψ(d) = 0.40ϕ(d) = 0.000 2d3 . En la siguiente tabla, se muestran valores del volumen del globo y del gasto en el que hay que incurrir para inflarlo para algunos valores del diámetro:

2.2 ¿Cómo medir el cambio?

107

V = ϕ(d) 3

G = ψ(d)

dólares

108.0

43.20

171.5

68.60

256.0

102.40

364.5

145.50

100

500.0

200.00

110

665.5

260.20

120

864.0

345.60

2.2.4 La variaciones absoluta y relativa como medidas del cambio Cuando una variable, digamos x, toma diversos valores luego de haber tomado un “valor inicial” x0 , unos dirán que varió mucho, otros lo contrario. Esto es algo subjetivo. Por ello, se hace necesario establecer medidas objetivas del cambio producido. Para ello, nos serviremos de los conceptos de variación absoluta y relativa. La variación absoluta o incremento En el ejemplo del globo, si trabajáramos con un diámetro de 80 dm, veríamos que el volumen de gas necesario sería de 256 m3 y que el costo del gas sería de 102.40 dólares. Si infláramos algo más el globo, digamos hasta un diámetro d decímetros, la variación o cambio del diámetro se define como la diferencia d − 80 decímetros, a la que llamaremos variación absoluta o incremento del diámetro, la notaremos con ∆d y será leída “delta d” y está dada también en decímetros. Así ∆d = d − 80. El incremento puede ser positivo o negativo. Por supuesto que ∆d > 0 significa que el diámetro creció mientras que ∆d < 0 significa lo contrario. En este caso, a ∆d también se le llama decremento. Al variar d, naturalmente, varían también el volumen del gas V = ϕ(d) dm3 cúbicos y el costo que hay que pagar por este gas G = ψ(d) dólares. La variación absoluta del volumen será: ∆V = V − 256 = ϕ(d) − ϕ(80) dm3 y la variación absoluta del costo será:

∆G = G − 102.40 = ψ(d) − ψ(80) dólares. Ejemplo 2.40 Consideremos la situación de la fábrica de autos una vez más. Si su producción, en un mes dado, fuera de, digamos, 5 000 autos y, en el mes siguiente, ésta pasara a ser de x autos, entonces la variación absoluta de la producción estaría dada por: ∆x = x − 5 000. En este caso, la variación absoluta de los costos, que pasarían de 54 000 miles de dólares a C miles de dólares sería igual a: ∆C = C − 54 000. Como

se tendrá que

C = f (x) = 2 000 + 11x − 0.000 12x2, ∆C = f (x) − 54 000 = −52 000 + 11x − 0.000 12x2.

108

La derivada: su motivación

Análogamente, la variación absoluta del costo unitario, que pasó de 10.8 miles de dólares a CU miles de dólares, estaría dado por: ∆CU = CU − 10.8. Puesto que:

CU =

f (x) 2 000 = + 11 − 0.000 12x, x x

se tendría que: f (x) 2 000 − 10.8 = + 0.2 − 0.000 12x. x x Por ejemplo, si x = 6 000 autos, entonces: ∆CU =

f (6 000) ≈ 63 680 y f (6 000) ≈ 10.613. 6 000 Además, tendremos que: ∆x = 6 000 − 5 000 = 1 000,

∆C ≈ 63 680 − 54 000 = 9 680, ∆CU ≈ 10.613 − 10.8 = −0.187. Es decir que, si la producción aumentara en 1 000 autos, los costos subirían en 9.68 millones de dólares, mientras que ¡el costo unitario bajaría en 187 dólares por auto!

La variación relativa Si el precio del kilogramo de arroz se incrementara de un precio inicial de p0 = 0.40 dólares a un precio de p = 0.70 dólares, el incremento del precio se mediría por su variación absoluta: ∆p = p − p0 = 0.70 − 0.40 = 0.30 dólares. Si el precio de una llanta pasara de p0 = 20.00 dólares a p = 20.30 dólares, la variación absoluta sería también de 0.30 dólares. Obviamente, la importancia del alza de 0.30 dólares al precio del kilogramo de arroz no es la misma que la del alza al precio de una llanta. En el primer caso, el precio casi se ha duplicado, mientras que, en el caso de la llanta, el alza es insignificante. Para medir este fenómeno, se utiliza el concepto de variación relativa que es el cociente de la variación absoluta dividida por el valor inicial que tiene la variable. Así, en el ejemplo del arroz, la variación relativa es: ∆p 0.30 = = 0.015. p0 20.00 La variación relativa suele también expresarse como un porcentaje al que se lo denomina variación porcentual. 1 Teniendo en cuenta la identidad % = 100 (o 100 % = 1), podemos decir que la variación porcentual del precio del kilogramo de arroz es: ∆p × 100 % = 0.75 × 100 % = 75 % p0 y que la variación porcentual del precio de la llanta es: ∆p × 100 % = 0.015 × 100 % = 1.5 %. p0

2.3 Razón de cambio, elasticidad y magnitudes marginales

109

Ejemplo 2.41 En el caso de la fábrica de autos, considerando las mismas variaciones absolutas de autos, tendremos que la variación relativa de la producción es: ∆x x − 5 000 = , 5 000 5 000 la variación relativa del costo:

∆C C − 54 000 = 54 000 54 000

y la del costo unitario: f (x) − 10.8 ∆CU CU − 10.8 = = x . 10.8 10.8 10.8 Si x = 6 000 autos, se tendrá que la variación porcentual de la producción sería: ∆x 1 000 × 100 % = × 100 % = 20 %, 5 000 5 000 la variación porcentual del costo sería: 9 680 ∆C × 100 % = × 100 % ≈ 18 % 54 000 54 000 y la del costo unitario sería: ∆CU −0.187 × 100 % = × 100 % ≈ −1.7 %. 10.8 10.8 En otras palabras, al subir la producción en un 20 %, los costos aumentan en un 18 %, mientras que el costo unitario baja en 1.7 %.

2.3 Razón de cambio, elasticidad y magnitudes marginales Vimos que la dependencia entre las dos variables numéricas que describen un fenómeno, digamos una variable y que depende de otra variable x, puede ser descrita mediante una función f : I −→ R, donde I es un intervalo en el cual toma sus valores la variable independiente x. Por ejemplo, y miles de dólares representa el costo de producir x autos en una fábrica durante un mes, el intervalo I es, digamos, [1 000, 10 000] y la función f está definida por: f (x) = 2 000 + 10x. Ahora bien, si, en un mes dado, la producción fue de x0 = 4 800 autos, los costos de producción ese mes fueron de y0 miles de dólares. Entonces: y0 = f (x0 ) = 2 000 + 10x0 . Por lo tanto: y0 = 2 000 + 48 000 = 50 000. Supongamos que, en el siguiente mes, la producción se elevó a x autos. Este cambio se puede medir, según vimos, por la variación absoluta ∆x, llamada también incremento de x, y por la variación relativa ∆x x0 de la variable x. En este caso: ∆x = x − x0 = x − 4 800. ∆x x − x0 x − 4 800 = = . x0 x0 4 800

(2.1) (2.2)

110

La derivada: su motivación

Obviamente, si ∆x > 0, implica que la variable x creció; en el caso contrario, decreció. En la práctica, a un incremento negativo se le llama decremento. Por otra parte, como la dependencia del costo respecto del nivel de producción está descrito por la función f , mediante la igualdad y = f (x), la variable costo sufrirá también un cambio, descrito por la variación absoluta o incremento ∆y y por la variación relativa de y, que es ∆y y0 . Podemos calcular ambas variaciones: ∆y = y − y0 = f (x) − f (x0 ) = (2 000 + 10x) − 50 000

(2.3)

∆y = −48 000 + 10x ∆y −48 000 + 10x . = y0 50 000

(2.4)

Ahora bien, como y depende de x, y esta dependencia está descrita por y = f (x), para un x0 fijo dado, es de esperar que la dependencia del incremento ∆y respecto del incremento ∆x pueda describirse fácilmente, al igual que la dependencia de la variación relativa o porcentual ∆y ∆x y0 respecto de x0 , la variación relativa o porcentual de x. Veamos que sí es así. ¡Resulta que ∆y es directamente proporcional a ∆x, así como cional a ∆x x0 ! Es decir, existen constantes κ y η tales que

∆y y0

es directamente propor-

(2.5)

∆y = κ∆x ∆y ∆x =η . y0 x0

(2.6)

A la constante κ se le llama razón de cambio y a la constante η, elasticidad de y respecto de x. Calculemos estas dos constantes. De (2.1), (2.3) y (2.5) tenemos que: κ= De (2.6) y (2.7) obtenemos:

∆y −48 000 + 10x = = 10. ∆x x − 4 800

(2.7)

∆y x0 ∆y 4 800 y η= 0 = = · 10 = 0.96. ∆x y0 ∆x 50 000 x0 ∆x x0

Es fácil verificar que esta sencilla dependencia de ∆y respecto de ∆x y de se da siempre que f sea un polinomio de grado menor que o igual a 1:

(2.8)

∆y y0

respecto de

Teorema 2.1 Si f : I ⊂ R −→ R definida por y = f (x) = mx + b, y para todo x0 ∈ I y todo x ∈ I , si:

y0 = f (x0 ),

∆x = x − x0 ,

∆y = y − y0 = f (x) − f (x0 ),

se tiene que:

∆y = κ∆x,

∆y ∆x =η , y0 x0

donde

κ=m y η=

x0 m. y0

(2.9) (2.10)

Recordemos que el gráfico de f es una recta con pendiente m. Por lo tanto, la razón de cambio κ es igual a m. Naturalmente, ese caso es excepcional. En general, tenemos las siguientes definiciones inspiradas en (2.7) y (2.8).

2.3 Razón de cambio, elasticidad y magnitudes marginales

111

Definición 2.2 (Razón de cambio) Sean f : I ⊂ R −→ R y x 7−→ y = f (x). Para x0 ∈ I y x ∈ I tales que x 6= x0 , si

∆x = x − x0 ,

y0 = f (x0 ),

∆y = y − y0 ,

la razón de cambio de y respecto de x en el intervalo de extremos x0 y x es

f ′ (x0 ; x) =

∆y f (x) − f (x0 ) = . ∆x x − x0

(2.11)

Obviamente, ∆y no es, en general, directamente proporcional a ∆x, puesto que ∆y = f ′ (x0 ; x)∆x

(2.12)

y que f ′ (x0 ; x) no es constante la mayoría de las veces, sino que depende de x0 y de x. Sin embargo, para muchas funciones, el valor de f ′ (x0 ; x) es muy cercano a una constante para valores pequeños de ∆x. Ilustremos esto con un ejemplo. Ejemplo. En el caso del globo, el costo G en dólares del gas necesario para inflar el globo de diámetro d decímetros está dado por: G = ψ(d) =

1 3 d , d ∈ [60, 120]. 2 000

Si tomamos d0 = 80 y diferentes valores de d cercanos a 80 (ver la tabla a continuación), tendremos que los valores que toma la razón de cambio ψ ′ (d0 ; d) =

∆G ψ(d) − ψ(d0 ) = ∆d d − d0

son muy similares entre sí y se acercan cada vez más a 3.84. En otras palabras, podemos ver que ¡ese número es el límite de la razón de cambio ψ ′ (d0 ; d) cuando d tiende a d0 ! d

ψ(d)

ψ(d) − ψ(d0 )

ψ ′ (d0 , d)

94.91

−7.49

3.74

98.61

−3.79

3.79

79.5

100.49

−1.91

3.82

79.9

102.02

−0.38

3.84 ↓

102.40

3.84 ↑

80.1

102.78

0.38

3.84

80.5

104.33

1.93

3.86

106.29

3.89

110.27

7.87

3.94

112

La derivada: su motivación

Entonces, si definimos ψ ′ (d0 ) por: ψ ′ (d0 ) = l´ım ψ ′ (d0 ; d) = l´ım d→d0

d→d0

ψ(d) − ψ(d0 ) ∆G = l´ım = 3.84, ∆d→0 ∆d d − d0

podremos escribir ∆G ≈ 3.84∆d ≈ ψ ′ (d0 )∆d, si ∆d es pequeño. Es decir, ∆G es “casi” directamente proporcional a ∆d, si ∆d es pequeño. Al valor ψ ′ (d0 ) se le llama razón de cambio instantánea de ψ en d0 . En general:

Definición 2.3 (Razón de cambio instantánea) Si una variable y depende de una variable x mediante una función f : I ⊂ R → R y, para un x0 dado existe:

∆y f (x) − f (x0 ) = l´ım , x→x0 ∆x→0 ∆x x − x0

f ′ (x0 ) = l´ım f ′ (x0 , x) = l´ım x→x0

diremos que

f ′ (x

es la razón de cambio instantánea de y con respecto a x.

Para ∆x pequeños, tendremos que: ∆y ≈ f ′ (x0 )∆x. En otras palabras, para variaciones pequeñas de x respecto de x0 , las variaciones de y respecto de y0 son “casi” directamente proporcionales a las variaciones de x, donde f ′ (x0 ) es la constante de proporcionalidad. Ejemplo 2.42 En la fábrica de autos, cuyo costo C miles de dólares está dado por C = f (x) = 200 + 11x − 0.000 12x2, obtuvimos que el costo unitario es igual a: CU = f1 (x) =

f (x) 2 000 = + 11 − 0.000 12x. x x

Si la producción pasó de 5 000 a x autos, la razón de cambio de los costos C en el intervalo de extremos 5 000 y x está dada por: f ′ (5 000, x) =

f (x) − f (5 000) −52 000 + 11x − 0.000 12x2 = . x − 5 000 x − 5 000

Además, la razón de cambio del costo unitario CU en el mismo intervalo será: f1 (x) − f1 (5 000) = x − 5 000

f (x) x

000) − f (5 5 000 = x − 5 000

2 000 x

+ 0.2 − 0.000 12x . x − 5 000

Al tomar, en estos dos casos, el límite cuando x se aproxima a 5 000 o, lo que es lo mismo, el límite cuando ∆x se aproxima a 0, obtendremos las respectivas razones de cambio instantáneas para un nivel de producción igual a x = 5 000 autos: −52 000 + 11x − 0.000 12x2 = 9.8, x→5 000 x − 5 000 2 000 x + 0.2 − 0.000 12x CU′ = f1′ (5 000) = l´ım = −0.000 2. x→5 000 x − 5 000 C ′ = f ′ (5 000) =

l´ım

2.3 Razón de cambio, elasticidad y magnitudes marginales

113

Por la definición de razón de cambio instantánea, si ∆x es pequeño, a partir de un nivel de producción igual a x = 5 000 autos tendremos que: ∆C ≈ f ′ (5 000)∆x = 9.8∆x,

∆CU ≈ f1′ (5 000)∆x = −0.000 2∆x. Si ∆x = 1 000, entonces: f ′ (5 000)∆x = 9.8(1 000) = 9 800 y ∆C = 9 600. Es decir, a pesar de que ∆x no es tan pequeño, es cercano a ∆C. También f1′ (5 000)∆x = −0.000 2(1 000) = −0.2

es cercano a ∆CU que, en este caso, es

∆CU = −0.187.

2.3.1 Magnitudes marginales en Economía En el ejemplo de la empresa de autos que produce 5 000 autos por mes, los administradores quisieran saber cuánto le costaría a la fábrica producir 1 auto más al mes; es decir, quisieran averiguar el costo de producción del auto número 5 001. A este costo se lo conoce con el nombre de costo marginal. Para averiguar el costo marginal al nivel de producción de 5 000 autos mensuales solo hay que calcular el incremento del costo en el intervalo [5 000, 5 001]. En este caso, ∆x = 1 y: ∆C = f (5 001) − f (5 000) ≈ f ′ (5000) = 9.8, que aproxima al costo marginal para una producción de x = 5 000 autos, ya que ∆x es pequeño. Es decir, producir un auto más cuesta 9 800 dólares aproximadamente. En cambio, el costo unitario marginal para este mismo nivel de producción sería: ∆CU = f1 (5 001) − f1 (5 000) ≈ f1′ (5 000) = −0.000 2. Es decir, costo el costo unitario de producir el auto número 5 001 es −0.000 2 aproximadamente y, por ser negativo, hay una ganancia de 20 centavos de dólar cuando se produce el auto número 5 001. Para otras magnitudes como ingreso, utilidades, demanda, etcétera, a la razón de cambio instantánea correspondiente se la llama, respectivamente, ingreso marginal, utilidad marginal, demanda marginal, etcétera.

2.3.2 Elasticidad En esta sección, se definió elasticidad. Veamos esta cuestión más de cerca. Si una variable y depende de otra variable x a través de una función f : R → R, y si variamos el valor de x a partir de un valor inicial x0 , nos interesa en qué porcentaje varía y a partir del valor inicial y0 = f (x0 ), si x varía en un porcentaje dado. Conocida la variación porcentual de x: ∆x 100 % x0 y la variación porcentual de y:

∆y 100 %, y0

114

La derivada: su motivación

queremos conocer cómo depende

∆y y0

∆x = x − x0 ;

∆x x0 ,

donde

∆y = y − y0 = f (x) − f (x0 ),

con x 6= x0 . En el ejemplo en el que los costos y en miles de dólares vienen dados a través de la función f definida por y = f (x) = 2000 + 10x, donde x ∈ [1 000, 10 000], vimos que si, en un momento dado, se estuvieran fabricando x0 = 4 800 autos a un costo de y0 = f (4 800) = 50 000 miles de dólares, nos interesaría saber en qué porcentaje se incrementarían los costos si eleváramos la producción en un 10 %. Recordemos que, cuando f es un polinomio de grado menor o igual a 1 de la forma f (x) = mx + b, ¡la variación relativa de y es directamente proporcional a la variación relativa de x! Es decir, existe una constante η tal que ∆y ∆x =η . y0 x0 A esta constante la llamamos, precisamente, elasticidad de y respecto de x. Como ∆y x0 ∆y y0 η = ∆x = , f (x0 ) ∆x x 0

tendremos: η= = =

∆y y0 ∆x x0

f (x)−f (x0 ) f (x0 ) x−x0 x0

x0 (mx + b) − (mx0 + b) · f (x0 ) x − x0 mx0 x − x0 · . f (x0 ) x − x0

Es decir: η=

mx0 . f (x0 )

Se dice que y es elástica si |η| > 1, inelástica si |η| < 1 y que la elasticidad es unitaria si |η| = 1. En nuestro ejemplo: y = f (x) = 2000 + 10x, m = 10, x0 = 4800, y0 = f (x0 ) = 5000, por lo que: 10 × 4800 η= = 0.96. 5000 Entonces ∆y ∆x = 0.96 , y0 x0 por lo que, si la producción se incrementara en un 10 %, es decir si incrementarán en ∆y y0 = 0.96 × 10 %; es decir, en un 9.6 %. En el caso general, si calculamos η de modo que ∆y ∆x =η , y0 x0

∆x x0

= 10 %, los costos se

2.3 Razón de cambio, elasticidad y magnitudes marginales

115

obtendremos que η = η(x0 , x) =

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

por lo que η depende de x0 y de x 6= x0 . Sin embargo, si existe la razón de cambio instantánea f ′ (x0 ) = l´ım

x→x0

f (x) − f (x0 ) , x − x0

se puede observar que para valores de x cercanos a x0 ; es decir, cuando ∆x es pequeño, los valores que toma η(x0 , x) son muy similares entre sí y se acercan cada vez más a η(x0 ) = l´ım η(x0 , x) = l´ım x→x0

x→x0

η(x0 ) =

x0 f (x) − f (x0 ) , f (x0) x − x0

x0 ′ f (x0 ). f (x0 )

A η(x0 ) se le llama elasticidad puntual de y en x0 , y si ∆x es pequeño, tendremos que ∆x ∆y ≈ η(x0 ) . y0 x0 Ejemplo 2.43 Luego de un estudio de mercado, se determinó que la demanda D de una marca de lavadoras es de f (p) unidades si el precio es de p dólares. Como su producción no es rentable si p < 200 y la marca del competidor cuesta 500 dólares, tendremos que D(f ) = [200, 500]. El estudio reveló también que f (p) = 2 000 − 0.4p +

22 500 p

mide la demanda de lavadoras cuando el precio de cada una es de p dólares. El precio actual es de 300 dólares. Se desea conocer aproximadamente en qué porcentaje aumentaría la demanda si se hiciera un descuento del 5 %. En este caso, tendríamos que p0 = 300, por lo que: D0 = f (p0 ) = 1 955. Como lo veremos en el siguiente capítulo, se tiene que f ′ (p) = −0.4 −

22 500 , p2

por lo que: f ′ (p0 ) = −0.65. Se desea conocer el valor aproximado de η(p0 ) = tenemos que:

∆D D0 .

Como:

300 39 p0 ′ f (p0 ) = (−0.65) = ≈ −0.1, D0 1 955 391

∆D ∆p 39 ≈ η(p0 ) = − (−5 %) ≈ 0.5 % D0 p0 391 Es decir, una rebaja del precio en un 5 % significaría un incremento en la demanda de apenas el 0.5 %.

116

La derivada: su motivación

Ejemplo 2.44 En el caso de la primera fábrica de autos cuyo nivel de producción mensual pasaría de 5 000 autos a x autos, como los costos son C miles de dólares y C = f (x) = 2 000 + 11x − 0.000 12x2, la elasticidad media de los costos en el intervalo de extremos 5000 y x sería: η(5 000, x) =

5 000 ∆C 5 000 −52 000 + 11x − 0.000 12x2 = . f (5 000) ∆x 54 500 x − 5 000

La elasticidad puntual de los costos para x0 = 5000 será : η(5 000) =

5 000 ′ 5 000 f (5 000) = 9.8 ≈ 0.899 1. f (5 000) 54 500

Esto quiere decir que si el nivel de producción variara, digamos en a %, los costos variarían en 0.899 1a % aproximadamente. Así, si la producción subiera en un 5 %, los costos variarían en 0.899 1 × 5 % ≈ 4.5 %. Los costos son, pues, “poco elásticos” respecto al nivel de producción. Un cálculo análogo lo podemos realizar para el costo unitario CU , teniendo en cuenta que: 2 000 + 11 − 0.000 12x, x f1 (5 000) = 10.8, 2 000 CU′ = f1′ (x) = − 2 − 0.000 12, x f1′ (5 000) = −0.000 2,

CU = f1 (x) =

la elasticidad media del costo unitario en el intervalo de extremos 5 000 y x sería: η1 (5 000, x) =

5 000 ∆CU 5 000 = f1 (5 000) ∆x 10.8

2 000 x

+ 0.2 − 0.000 12x , x − 5 000

y la elasticidad puntual del costo unitario para un nivel de producción x0 = 5 000 autos sería: η1 (5 000) =

5 000 5 000 f ′ (5 000) = (−0.000 2) ≈ −0.1. f1 (5 000) 1 10.8

Esto quiere decir que, si el nivel de producción aumentara, digamos en un 5 %, el costo unitario variaría en (−0.1)5 % aproximadamente, es decir, bajaría en 0.5 %.

2.4 La descripción del movimiento Uno de los grandes descubrimientos de la humanidad es el concepto de tiempo. Obedeció a la existencia de ciclos naturales como el día y la noche, las lunas llenas, las estaciones del año, el movimiento regular de los astros. Esos ciclos naturales dieron lugar a la determinación de unidades de medir el tiempo: los días y sus fracciones (horas, minutos y segundos), los meses, los años y, por consiguiente, a la creación de relojes y calendarios. En la física, para estudiar un fenómeno descrito por uno o más parámetros que varían con el tiempo, se hace necesario medir a éste. Para ello se adopta una unidad de medida del tiempo uT , por ejemplo uT puede ser un segundo, una hora, un año, etcétera, y se escoge un instante de referencia a partir del cual se inicia la medición del tiempo. Así, si han transcurrido t uT , diremos que estamos en el instante t. La cantidad t es pues un número, por lo cual el tiempo puede ser representado gráficamente en la recta real, cuyo origen representa el instante en que se empezó a medir el tiempo y un punto T de abscisa t, representará al que llamamos instante

2.4 La descripción del movimiento

117

t. Hemos establecido así un sistema de medición del tiempo. Podemos ahora introducir la variable t para describir el tiempo en el estudio de los fenómenos en los que esté involucrado. Por ejemplo, si queremos estudiar el movimiento de una partícula a lo largo de una recta, una vez que hemos adoptado una unidad de longitud (uL ), podemos escoger un punto de referencia O en la recta y un sentido a partir de O, digamos a la derecha de O, que se lo considerará positivo, por lo que podemos asumir que el movimiento se realiza a lo largo de una recta real. Escogida una unidad de tiempo (uT ), y si consideramos que t es el número de unidades de tiempo transcurrido desde el tiempo inicial τ0 , el movimiento de la partícula quedará descrito siempre que podamos establecer la posición x = f (t) de la partícula en cada instante t ≥ τ0 . La posición x = f (t) es también denominada coordenada de la partícula en el instante t. Si la partícula que estaba en x0 = f (τ0 ) en el instante τ0 pasó a ocupar la posición x = f (t) en el instante t, diremos que su desplazamiento es ∆x = ∆x(τ0 , t) = f (t) − f (τ0 ). Esto sucederá en el lapso ∆t = ∆t(τ0 , t) = t − τ0 > 0.

Notemos que si ∆x > 0, la partícula se ha desplazado a la derecha y si ∆x < 0, a la izquierda de donde estaba en el instante τ0 ; esto es, a la derecha de x0 = f (τ0 ) o a la izquierda de x0 = f (τ0 ), respectivamente.

2.4.1 El concepto de velocidad Cuando una partícula se mueve a lo largo de la recta, un observador puede opinar que ésta se mueve rápidamente, otro que se mueve lentamente. El concepto de rapidez tiene pues cierta carga de subjetividad, pero se la puede medir objetivamente gracias a la cantidad llamada velocidad. Veamos el concepto de velocidad en dos casos. El movimiento uniforme Supongamos que medimos la longitud en metros y el tiempo en segundos. Si x = f (t), con τ0 ≤ t, es la posición de una partícula, entre un instante t0 y otro instante t, τ0 ≤ t0 < t, habrá transcurrido un lapso de ∆t segundos, donde ∆t = t − t0 . En ese lapso, se habrá producido un desplazamiento de la partícula desde la posición x0 = f (t0 ) hasta la posición x = f (t). El desplazamiento será de ∆x metros, donde ∆x = x − x0 = f (t) − f (t0 ). Diremos que el movimiento es uniforme si ∆x es directamente proporcional a ∆t, es decir si existe una constante de proporcionalidad v tal que ∆x = v∆t. Esto equivale a decir que el cociente ∆x ∆x(t0 , t) = =v ∆t ∆t(t0 , t) es constante. Evidentemente, en este caso, el valor absoluto de v, es decir |v|, nos dará una idea clara de cuán rápido se mueve la partícula, mientras que el signo de v nos indica si la partícula se mueve de “izquierda a derecha”, en el caso de que v > 0 y, en sentido contrario, si v < 0. El número v nos sirve entonces para medir la velocidad de la partícula. Diremos que v uV es la velocidad de la partícula. Como ∆x v= , ∆t

118

La derivada: su motivación

se puede escribir simbólicamente, en este caso, lo siguiente: velocidad de la partícula = o también v uV =

desplazamiento de la partícula lapso transcurrido

∆x m ∆x m = ∆t s ∆t s

m y como v = ∆x ∆t , es cómodo escribir s en vez de uV , la unidad de la velocidad. Si se escoge otra unidad uL del desplazamiento ∆x y otra unidad uT del lapso ∆t, se tendrá otra unidad de la velocidad uV . En general, si la longitud se mide en uL y el tiempo en uT , pondremos uuTL en vez de uV . Es fácil notar que, si x = f (t) es un polinomio de grado menor o igual a 1, el movimiento es uniforme. En efecto, en este caso: x = f (t) = at + b,

donde a y b son constantes. Por lo tanto: ∆x ∆x(t0 , t) x − x0 f (t) − f (t0 ) (at + b) − (at0 + b) = = = = = a. ∆t ∆t(t0 , t) t − t0 t − t0 t − t0 Es decir, v = a es la velocidad y no depende de t0 ni de t. Notemos que, sin importar el valor de t0 , para valores iguales de ∆t, se obtiene valores iguales para el desplazamiento, ya que ∆x = a∆t. Esto justifica el nombre de movimiento uniforme. Por otro lado, si ∆t = 1, tendremos que ∆x = v, es decir que v m es el desplazamiento de la partícula en 1 segundo. En general, v uL es el desplazamiento en el lapso 1 uT . Ejemplo 2.45 La empresa de transporte pesado TRANSLIT despachó desde Guayaquil el camión No 17 a las 8h00 con una pequeña carga destinada a un cliente en Balzar, y otra muy pesada a un cliente en Santo Domingo. El chofer del camión es cambiado en Quevedo. El recorrido hacia Santo Domingo es realizado por otro chofer. El cliente que vive en Balzar llamó para indicar que recibió el despacho a las 10h00, aunque se le había prometido que se le entregaría el envío a las 9h30. Se le explicó que el camión estaba completamente cargado por lo que debió viajar lentamente. La empresa deberá telefonear al chofer que espera en Quevedo para indicarle la hora aproximada de llegada del camión para el cambio de conductor. ¿A qué hora llegará el camión a Quevedo? ¿A qué hora se espera que el camión llegue a Santo Domingo? Para resolver el problema, observemos la información con que contamos sobre las distancias entre las ciudades: • Guayaquil-Balzar : 96 km, • Balzar-Quevedo: 72 km, • Quevedo-Santo Domingo: 120 km, • Guayaquil-Quevedo: 168 km, • Guayaquil-Santo Domingo: 288 km. Ahora, definamos las cantidades involucradas en el problema:

2.4 La descripción del movimiento

119

t : instante en horas en que se da cada suceso; es el tiempo transcurrido desde las 0 horas del día del viaje. τ0 : instante que coincide con las 0 horas del día del viaje. t0 : instante inicial en el que el camión inició su recorrido desde Guayaquil. x : posición del camión en la carretera Guayaquil-Balzar-Quevedo-Santo Domingo; es la distancia recorrida en kilómetros desde Guayaquil al punto en la carretera en el momento t. x0 : posición inicial del camión en Guayaquil al tiempo t0 . x1 : posición del camión al pasar por Balzar. t2 : hora de llegada a Quevedo. t3 : hora de llegada a Santo Domingo. Bajo el supuesto de que el movimiento del camión será uniforme aproximadamente, la posición del camión en cualquier momento t puede ser descrito por la función f definida por: x = f (t) = at + b. Para poder calcular la posición del camión, debemos, entonces, determinar a y b. En primer lugar, t0 = 8, pues el camión inicia el recorrido a las ocho de la mañana. Entonces: x0 = f (8). Como en ese momento, el camión aún no se ha movido, f (8) = 0, por lo que x0 = 0. En segundo lugar, a las diez de la mañana, el camión llegó al Balzar, después de recorrer 96 kilómetros. Por lo tanto: x1 = f (10) = 96. Entonces:

0 = 8a + 96 = 10a +

b b

Al restar la primera ecuación de la segunda y, luego de dividir el resultado por 2, se obtendrá que a = 48 y, por consiguiente, que b = −384, pues b = −8a. Entonces, tenemos que: x = f (t) = 48t − 384. Ahora hallemos t2 . Éste es el momento en que el camión llega a Quevedo. Como esta ciudad está a 168 kilómetros de Guayaquil, t2 debe verificar la siguiente igualdad: x2 = 168 = f (t2 ) = 48t2 − 384, lo que nos da que: t2 =

168 + 384 552 = = 11.5. 48 48

En otras palabras, el camión llegará a Quevedo a las 11h30. Finalmente, para determinar la hora de llegada a Santo Domingo, debemos calcular t3 , que satisface la igualdad x3 = 288 = f (t3 ) = 48t3 − 384, pues la distancia entre Guayaquil y Santo Domingo es de 288 kilómetros. Por lo tanto: t3 =

228 + 384 672 = = 14. 48 48

Es decir, se espera que el camión llegue a Santo Domingo a las 14h00. Así, pues, la empresa TRANSLIT deberá telefonear al chofer que espera en Quevedo para indicarle que el camión No 17 llegará aproximadamente a las 11h30 para el cambio de conductor. Si la empresa TRANSLIT es eficiente también telefoneará a sus oficinas en Santo Domingo para que avisen al cliente que su carga estará llegando alrededor de las 14h00.

120

La derivada: su motivación

2.4.2 Caso general: movimiento no-uniforme Si el cociente vm (t0 , t) =

∆x ∆x(t0 , t) = ∆t ∆t(t0 , t)

no es constante, diremos que el movimiento es no-uniforme y a vm (t0 , t) le llamaremos velocidad media de la partícula en el intervalo de tiempo [t0 , t]. Obviamente, ∆x = vm (t0 )∆t, por lo que mientras mayor sea |vm (t0 , t)| más rápido será el movimiento de la partícula y viceversa, lo que justifica su nombre. Si el lapso considerado ∆t toma valores cada vez más pequeños para ciertas funciones de posición f : R → R, t 7→ x = f (t), puede suceder que los correspondientes valores de la velocidad media vm (t0 ) sean muy similares y se acerquen al límite de vm (t0 , t) cuando t tiende a t0 (o cuando ∆t tiende a 0) que lo notaremos v0 = g(t0 ). Es decir ∆x . ∆t→0 ∆x

v0 = g(t0 ) = l´ım vm (t0 ) = l´ım t→t0

A v0 = g(t0 ), que viene dada en (uL / uT ), le llamaremos velocidad instantánea de la partícula en el instante t0 . Dado que para valores pequeños de ∆t, v0 = g(t0 ) ≈ v(t0 , t) = v(t0 , t0 + t), tendremos que: ∆x ≈ v0 ∆t, lo que justifica que a v0 = g(t0 ) se le llame velocidad instantánea en el instante t0 . En efecto, para un ∆t dado, mientras mayor sea v0 , más grande será el desplazamiento que se produzca en el lapso ∆t, lo que indica que la partícula se mueve más rápidamente. Por otra parte, v0 (uL ) es el desplazamiento que tendría si no se acelerara o frenara a la partícula o, lo que es lo mismo, si sobre la partícula no actuara fuerza alguna. Ejemplo 2.46 Si se deja caer un objeto desde lo alto de un rascacielos de 122.5 m de altura, sea x = f (t) metros la altura del objeto medida desde el suelo después de t segundos. Entonces, las leyes de Newton nos dicen que: x = f (t) = 122.5 − 4.9t2 . ¿Con qué velocidad choca el objeto con el suelo y en cuánto tiempo lo hace? ¿Cuál es la velocidad media con la que ha hecho el recorrido? Sea t1 segundos el tiempo que tarda el objeto en llegar al suelo. Podemos determinar t1 de la igualdad x1 = f (t1 ) = 0, puesto que 0 es la altura del objeto al llegar al suelo. Entonces: x1 = 0 = f (t1 ) = 122.5 − 4.9t21 , lo que nos da que t21 = 25 o t1 = 5. La otra solución de la ecuación cuadrática es −5. Aunque es solución de la ecuación, no es solución del problema, pues no hay como asignar un significado a t1 = −5. En resumen, el objeto llegará al suelo en 5 segundos.

2.4 La descripción del movimiento

121

Como v1 = x′1 = f ′ (t1 ) es la velocidad del objeto en el instante t1 , podemos escribir lo siguiente: f (t) − f (t1 ) t − t1 (122.5 − 4.9t2 ) − (122.5 − 4.9t21 ) = l´ım t→t1 t − t1 −4.9(t2 − t21 ) = l´ım t→t1 t − t1 −4.9(t + t1 )(t − t1 ) = l´ım t→t1 t − t1 = l´ım (−4.9)(t + t1 )

v1 = f ′ (t1 ) = l´ım

t→t1

= −9.8t1 . Es decir: v1 = f ′ (t1 ) = −9.8t1 . Para t1 = 5, tendremos que: v1 = f ′ (5) = −9.8(5) = −49. Es decir, el objeto llegará al suelo con una velocidad de −49 metros por segundo. El signo negativo de la velocidad indica que el movimiento es hacia abajo, puesto que la altura se mide desde el suelo hacia arriba. Finalmente, calculemos la velocidad media en el intervalo [0, t1 ]: vm (0, t1 ) =

x1 − x0 f (t1 ) − f (t0 ) (122.5 − 4.9t21 ) − 122.5 = = = −4.9t1 . t1 − 0 t1 t1

Para t1 = 5, tendremos vm (0, 5) = −4.9(5) = 24.5. Es decir, la velocidad media del objeto en el lapso [0, 5] será de 24.5 metros por segundo.

Notas importantes 1. Solo por facilitar la exposición hemos supuesto que t0 < t. Nada impide que t < t0 . Solo que en este caso ∆t = t − t0 < 0. Es por eso que, en la definición de velocidad instantánea, pusimos: ∆x(t0 , t) x(t) − x(t0 ) v(t0 ) = l´ım = l´ım ∆t→0 ∆t(t0 , t) ∆t→0 ∆t − t0 y no hace falta poner l´ım∆t→0+ o l´ımt→t0 + .

2. ∆t representa el lapso (de tiempo, por supuesto) o el intervalo [t0 , t] si t > t0 , o [t, t0 ] si t < t0 , en cuyo caso ∆t < 0. 3. “Acelerar” equivale a ir cada vez más rápidamente. 4. “Frenar” equivale a ir cada vez más lentamente. 5. El signo de ∆x da el sentido del desplazamiento: si ∆x > 0 quiere decir que x(t) está a la derecha de x(t0 ) y viceversa. Por consiguiente, como v(t0 ) > 0, se tiene que ∆x(t0 , t) >0 ∆t(t0 , t) para |∆t| pequeño. Esto significa que la partícula se mueve de izquierda a derecha. Por el contrario, si v(t0 ) < 0, el movimiento será de derecha a izquierda.

122

La derivada: su motivación

2.5 Conclusión En los cuatro problemas que hemos tratado en este capítulo, hemos llegado a establecer una función f : I ⊂ R −→ R, donde I es un intervalo abierto, para la cual, si a ∈ I, existe el límite l´ım

x→a

f (x) − f (a) . x−a

A este límite le hemos representado con f ′ (a) y se le denomina la derivada de f en a. En el siguiente capítulo, será objeto de estudio pues, como lo hemos visto, es una herramienta poderosa que resuelve una clase amplia de problemas. Un capítulo más adelante, veremos algunas de sus principales aplicaciones.

2.6 Ejercicios 1. Hallar, si existe, la ecuación de la recta tangente al gráfico de la función f en el punto P (a, f (a)): (a) f (x) = 2x2 + 3x − 5, a = 2.

(b) f (x) = x3 − x, a = −2. 3x − 2 (c) f (x) = , a = 1. x 1 (d) f (x) = 2 , a = 1. x √ (e) f (x) = 2 + x, a = 0.

(f) f (x) = 2(x + 1), a = −2. √ 3 (g) x2 , a = 0. π (h) 2 sen 3x, a = . 6 2. ¿Para qué valores de a, el gráfico de f tiene una recta tangente en P (a, f (a)). Para estos valores, ¿cuál es la pendiente ma ? (a) f (x) = x3 + 2x + 1. 1 (b) f (x) = . x √ (c) f (x) = x. √ (d) f (x) = x 3 x. 1 (e) f (x) = . 1 + x2 (f) f (x) = sen 2x. (g) f (x) = arc sen x.

3x2 − 5 . 2x2 + 1 (l) f (x) = cos 2x. √ (m) f (x) = x x. (k) f (x) =

3. Para la función f y x0 ∈ R dados, y para ∆x ∈ {0.001, 0.01, 0.1, 1}, calcule ∆y si y = f (x). Para los mismos valores ∆x y x0 , cal∆x ∆y cule los incrementos relativos y , donde x0 y0 y0 = f (x0 ). Resuma los resultados obtenidos en una tabla en la cual los incrementos relativos se expresen porcentualmente. (a) f (x) = 3x + 5, x0 = −3.

(b) f (x) = 2x2 − 3x + 4, x0 = 1. (c) f (x) = x3 − 3, x0 = 2. 1 (d) f (x) = , x0 = 1. x 1 (e) f (x) = sen πx, x0 = . 3 1 (f) f (x) = cos πx, x0 = . 6

4. Para la función f dada, observe que la razón de cambio promedio en un intervalo de extremos x0 y x0 + ∆x, f ′ (x0 , x0 + ∆x), aproxima a la razón de cambio instantánea en x0 , f ′ (x0 ), tomando 10 valores de ∆x cercanos a x0 .

(a) f (x) = 5x − 3, x0 = 2. (h) f (x) = arctan x. x+1 (b) f (x) = x2 − x + 1, x0 = 1. (i) f (x) = . x−1 (c) f (x) = x3 + x + 3, x0 = −1. x3 1 . (j) f (x) = 2 (d) f (x) = , x0 = 1. x +3 x Sugerencia: primero realice la división; así f (x) se expresará como la suma de un 5. Si los costos de una fábrica de refrigeradoras polinomio y una expresión racional más que produce x cientos de esos electrodoméstisencilla. cos por mes es de C miles de dólares, calcule

2.6 Ejercicios

123

el costo marginal y el costo unitario marginal 9. Si a un precio de p dólares la demanda de un bien es de x unidades y si x = D(p), halle la si en un mes dado se produjeron tres mil apaelasticidad de la demanda para el precio p0 daratos. Se conoce que x ∈ [10, 100]. do. ¿Cómo varía la demanda si el precio baja (a) f (x) = 10 + 20x. 5 %? ¿Y si sube 5 % (b) f (x) = 10 + 20x − 0.000 1x2.

(a) D(p) = 1 200 − 5p, 10 ≤ p ≤ 200, p0 = 100.

6. Si la fábrica del ejercicio precedente vende su (b) D(p) = (30 − p)2 , 1 ≤ p < 30, p0 = 20. producción total a un concesionario a un prep cio p miles de dólares por cada cien refrige(c) D(p) = 1 000 40 − p, 1 ≤ p < 40, p0 = radoras, y si p(x) = 30 − 0.002x, calcule las 10. funciones de ingreso I y de utilidades U , así 1 000 (d) D(p) = 2 000 + √ , 0 < p < 100, como las de los ingresos marginal I ′ y de utili3+4 ′ p0 = 20. dades marginales U . Para un nivel de producción x0 = 3, interprete los valores que obtenga para I ′ (x0 ) y U ′ (x0 ). Compare estos valores 10. Se lanza un proyectil hacia arriba y la altura h metros es alcanzada luego de t segundos es de con I(x0 + 1) − I(x0 ) y con U (x0 + 1) − U (x0 ), f (t) metros aproximadamente, donde respectivamente. 7. Si para una empresa con un nivel de producción de x unidades por semana, los costos C y los ingresos I en miles de dólares están dados por C = 2 000x + 6 000 y

I = 10x(1 000 − x),

f (t) = 10t − 4.9t2 . Determine cuánto tiempo necesita para llegar al punto más alto y cuánto para regresar al punto de partida. Note que el instante en que el proyectil deja de subir es cuando alcanza el punto más alto para luego descender.

determine la función de utilidades, así como los 11. Si el conductor no frena, se ha establecido que costos e ingresos marginales cuando el nivel de en las carreras por las fiestas de Quito, el más producción es de x0 = 50. Compare la utilidad veloz de los carritos de madera que bajan por marginal con el incremento de las utilidades al la calle Las Casas recorre x metros luego de t subir la producción en una unidad. segundos, donde 8. Realice los cálculos pedidos en el ejercicio precedente si x0 = 100 y si x ∈ [20, 110]: (a) C(x) = 2x2 + 650, I(x) = 1 000x − 3x2 .

(b) C(x) = x2 + 30x + 100, I(x) = 450x − x2 . (c) C(x) = 2x3 − 50x2 + 30x + 12 000, I(x) = x(20 000 − x).

x = f (t) = 2t + t2 hasta que la velocidad es de 10 metros por segundo. Luego el movimiento es uniforme. Si el recorrido que debe hacer es de 154 metros, escriba x y la velocidad v metros por segundo en función de t. ¿En cuánto tiempo llega a la meta?

124

La derivada: su motivaciรณn

La derivada: definición y propiedades

3.1 Definición

Definición 3.1 (Derivada de una función) Sea f : Dm(f ) −→ R y a ∈ Dm(f ). Si existe el límite

l´ım

x→a

f (x) − f (a)

se dice que f es derivable en a. Este límite se representa por f ′ (a) o por derivada de f en a. La función

(3.1) df dx (a),

y es denominado

f ′ : Dm(f ′ ) −→ R x 7−→ f ′ (x),

donde Dm(f ′ ) es el subconjunto de Dm(f ) donde f ′ existe, es denominada la derivada de f .

De esta definición se desprende que si f es derivable en a, entonces es continua en a. En efecto, como a está en el dominio de f , solo hay que probar que: l´ım f (x).

x→a

Para ello, procedamos de la siguiente manera: f (x) = [f (x) − f (a)] + f (a) =

f (x) − f (a) · (x − a) + f (a), x−a

siempre que x 6= a. Entonces, como f es derivable en a, existe el límite de la fracción f (x) − f (a) , x−a y es igual a f ′ (a). Entonces: l´ım f (x) = f ′ (a) · (a − a) + f (a) = f (a),

x→a

por las propiedades algebraicas de los límites. En resumen, acabamos de demostrar el siguiente teorema.

126

La derivada: definición y propiedades

Teorema 3.1 Si f es derivable en a, entonces f es continua en a.

El recíproco de este teorema no es verdadero. Por ejemplo, la función f definida en R por f (x) = |x| es continua en 0, pero no es derivable en 0. En efecto, el lector puede demostrar fácilmente que f es continua en 0. Veamos por qué no es derivable en 0. Si lo fuera, existiría el límite |x| − |0| l´ım . x→0 x − 0 Entonces, existirían los dos límites laterales: l´ım

x→0+

|x| x

l´ım

x→0−

|x| , x

y serían iguales uno a otro. Sin embargo: l´ım+

x→0

|x| x = l´ım+ x x→0 x 1 = l´ım = 1, x→0+ x

pues x > 0, y l´ım

x→0−

|x| −x = l´ım x x→0− x −1 = l´ım− = −1, x x→0

pues x < 0. Por lo tanto, los límites laterales son diferentes entre sí, lo que significa que la función valor absoluto no es derivable en 0. Ejemplo 3.47 La función constante es derivable en R y su derivada es la función constante 0. Solución. Sean c ∈ R y f : R −→ R definida por: f (x) = c para todo x ∈ R. Demostremos que el límite (3.1) existe para cada a ∈ R. Para ello, procedamos así. Sean a ∈ R y x 6= a. Como f (x) − f (a) c−c = x−a x−a =

0 = 0, x−a

el límite (3.1) existe para todo a ∈ R y es igual a 0. Esto significa que f ′ (a) = 0 para todo a ∈ R. Es decir, f ′ es la función constante nula.

3.1 Definición

127

Ejemplo 3.48 La función identidad es derivable en R y su derivada es la función constante 1. Solución. Sea

I : R −→ R x 7−→ x.

Demostremos que el límite (3.1) existe para cada a ∈ R. Para ello, procedamos de la siguiente manera. Sean a ∈ R y x 6= a. Como I(x) − I(a) x−a = = 1, x−a x−a el límite (3.1) existe para todo a ∈ R y es igual a 1. De manera que I ′ (a) = 1 para todo a ∈ R. De modo que la derivada de I es la función constante 1.

Ejemplo 3.49 Calcular la derivada de la función tan en 0 Solución. Debemos calcular el límite de la fracción: tan(x) − tan(0) x−0 cuando x se aproxima a 0. Como tan 0 = 0, entonces: tan(x) − tan(0) tan x = x−0 x = Pero l´ım

x→0

Entonces:

sen x =1 x

l´ım

x→0

sen x 1 · . x cos x

1 1 = = 1. cos x cos 0

tan(x) − tan(0) = 1. x→0 x−0

tan′ (0) = l´ım

Ejemplo 3.50 Sean f : Dm(f ) −→ R y a ∈ Dm(f ). Entonces f es derivable en a si y solo si existe el límite f (a + h) − f (a) . h→0 h l´ım

En el caso en que f sea derivable en a, se verifica que: f (a + h) − f (a) . h→0 h

f ′ (a) = l´ım

128

La derivada: definición y propiedades

Solución. Supongamos que f es derivable en a. Sean x = g(h) = a + h y F (x) =

f (x) − f (a) . x−a

Entonces: l´ım g(h) = l´ım a + h = a

h→0

y l´ım x = f ′ (a).

a→F (x)

Como g(h) 6= a si h 6= 0, por el teorema del cambio de variable de límites, tenemos que l´ım

h→0

f (a + h) − f (a) = l´ım x = f ′ (a). h a→F (x)

Recíprocamente, supongamos que el límite l´ım

h→0

existe. Sea h = ϕ(x) = x − a. Entonces:

f (a + h) − f (a) h

(3.2)

l´ım x = 0

a→ϕ(x)

y ϕ(x) 6= 0 si x 6= a. Entonces, por el teorema de cambio de variable, tenemos que l´ım

f (x)−f (a) a→ x−a

l´ım

f (a+h)−f (a) 0→ h

h = f ′ (a).

Para demostrar que una función f es derivable en a y calcular f ′ (a), es común demostrar que existe el límite (3.2) y calcular su valor. Ejemplo 3.51 Sea f : R −→ R definida por

f (x) = x3 − x + 1.

Obtener f ′ . Solución. Sea x ∈ R. Veamos para qué valores de x existe el límite (3.2). Para ello, procedamos así. Sea h 6= 0: f (x + h) − f (x) [(x + h)3 − (x + h) + 1] − (x3 − x + 1) = h h =

[(x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 ) − (x + h)] − (x3 − x) h

3x2 + 3xh2 + h2 − h h = 3x2 + 3xh + h2 − 1. =

Por lo tanto, para todo x ∈ R, existe el límite (3.2) cuando h se aproxima a 0, y es igual a f ′ (x) = 3x2 − 1. Por lo tanto, el dominio de la función f ′ es R.

3.1 Definición

129

Ejemplo 3.52 Obtener la derivada de la función sen. Solución. El dominio de la función sen es R. Veamos para qué valores x de este dominio existe sen′ (x). Para ello, procedamos de la siguiente manera: sen(x + h) − sen x (sen x cos h + sen h cos x) − sen x = h h cos h − 1 sen h · sen x + · cos x, = h h con x ∈ R y h 6= 0. Pero

l´ım

h→0

sen h =1 h

l´ım

h→0

cos h − 1 = 0. h

Entonces: sen′ (x) = l´ım

h→0

sen(x + h) − sen x h

= l´ım

h→0

cos h − 1 sen h · sen x + · cos x h h

= 0 · sen x + 1 · cos x = cos x para todo x ∈ R. Por lo tanto: sen′ (x) = cos x

sen′ = cos .

Ejemplo 3.53 Obtener la derivada de la función cos Solución. El dominio de la función cos es R. Veamos para qué valores x ∈ R existe cos′ (x). Para ello, procedamos de la siguiente manera: cos(x + h) − cos x (cos x cos h − sen h sen x) − cos x = h h cos h − 1 sen h = · cos x + · sen x, h h con x ∈ R y h 6= 0. Por lo tanto: cos′ (x) = l´ım

h→0

= l´ım

h→0

cos(x + h) − cos x h

cos h − 1 sen h · cos x − · sen x h h

= 0 · cos x − 1 · cos x = − sen x para todo x ∈ R. Por lo tanto: cos′ (x) = − sen x

cos′ = − sen .

130

La derivada: definición y propiedades

Ejemplo 3.54 Sea f : [0, +∞[−→ R definida por f (x) =

√ x. Obtener la derivada de f .

Solución. Sea x ∈ [0, +∞[. Veamos para qué valores de x existe f ′ (x). Para ello, procedamos así: √ √ x+h− x f (x + h) − f (x) = h √ h √ √ √ x+h− x x+h+ x √ = √ h x+h+ x = =

(x + h) − x √ h x+h+ x √

√

h x+h+

√ x

1 = √ √ x+h+ x con h 6= 0 y x ≥ 0. Dado que f no está definida para valores menores que 0, si x = 0, para cualquier valor de h menor que 0, sucede que x + h es menor que 0. Entonces, el límite de f (x + h) − f (x) h no existe si x = 0. En cambio, para x > 0, se tiene que: 1 f ′ (x) = l´ım √ √ h→0 x+h+ x 1 1 =√ √ = √ . 2 x x+0+ x En resumen, para todo x > 0, se verifica que: √ 1 ( x)′ = √ 2 x

1 √ y ( ′) = √ . 2

Para x = 0, la derivada de la función raíz cuadrada no existe.

3.2 Ejercicios 1. Halle la derivada de la función f : D ⊆ R −→ R dada en el punto x indicado, usando la definición de derivada: (a) f (x) = 2x2 + x + 1 en x = 2. 2 (b) f (x) = x+1 en x = 0. (c) f (x) = x−1 x en x = 1. (d) f (x) = sec x en x = 0. π (e) f (x) = csc x en x = . 2 1 (f) f (x) = ⌊x⌋ en x = . 2

(g) f (x) = ⌊x⌋ si x 6∈ Z.

(h) f (x) = ⌊x⌋ si x = 0.

(i) f (x) = ⌊x⌋ si x ∈ Z.

3.3 Propiedades de la derivada

131

2. Dada f : R → R, notaremos, si existen:

x0 = −1.

f (x) − f (x0 ) ′ f+ (x0 ) = l´ım + x − x0 x→x0

(d) f (x) =

f (x0 + h) − f (x0 ) = l´ım+ h h→0 f (x) − f (x0 ) ′ f− (x0 ) = l´ım− x − x0 x→x0 = l´ım

h→0−

x0 = 1.

|x − 2|, x0 = −1.

¨√

x−1 si x ≥ 1 x2 − 3x + 2 si x < 1,

3. Demuestre que para f : R −→ R y x0 ∈ R, existe f ′ (x0 ) si y solo si:

f (x0 + h) − f (x0 ) . h

′ ′ (a) Existen f− (x0 ) y f+ (x0 ); y

′ ′ ′ ′ (b) f− (x0 ) = f+ (x0 ). Las derivadas f+ (x0 ) y f− (x0 ) se denominan derivada de f en x0 por la derecha y derivada Además, en el caso de que exista f ′ (x0 ), siemde f en x0 por la izquierda, respectivamente. pre se verificará que Representan las pendientes de las rectas tan′ ′ gentes a la gráfica de f en el punto de coor(x0 ). f ′ (x0 ) = f− (x0 ) = f+ denadas (x0 , f (x0 )), considerando solamente la gráfica de f a la derecha y a la izquierda, res- 4. Pruebe que f no es derivable en el punto indipectivamente, del punto indicado. cado. ¨ 1 En los siguientes ejemplos halle, si existen, √ si x ≥ 1 ′ ′ x f+ (x0 ) y f− (x0 ). (a) f (x) = x = 1. x + 1 si x < 1, ¨ x2 + x − 1 si x ≤ 1 1 , x = 1. (b) f (x) = x2 −3x+2 (a) f (x) = 2 −2x + 5x − 2 si x > 1, √ 4 (c) f (x) = 2x − 9, x = 4.5. x0 = 1. ¨ ¨ 1 2x2 + 1 si x < 0 (x + 1) 3 si x ≤ −1 (d) f (x) = √ x = 0. (b) f (x) = x + 1 si x ≥ 0, x si x > −1,

3.3 Propiedades de la derivada Calcular la derivada de una función utilizando únicamente la definición puede resultar muy engorroso, como el lector puede comprobar en los ejercicios de la sección anterior. Para facilitar los cálculos, a partir de las propiedades algebraicas de los límites (límite de la suma, del producto, etcétera), se obtienen propiedades algebraicas de la derivada. Éstas permitirán calcular la derivada de muchas funciones si se conoce la derivada de funciones “más simples”. Por ejemplo, podemos calcular la derivada de f : R −→ R definida por f (x) = x + 2 sabiendo que la derivada de x es 1, de 2 es 0 y que la derivada de la suma de dos funciones es la suma de las derivadas de cada función. Por lo tanto: f ′ (x) = (x + 2)′ = (x)′ + (2)′ = 1 + 0 = 1. Es decir, la derivada de f es la función constante 1. El siguiente teorema enuncia las propiedades de la derivada que se obtienen de la simple aplicación del concepto de derivada y de las propiedades algebraicas de los límites (ver el teorema 1.6 en la página 56).

Teorema 3.2 (Propiedades algebraicas I) Sean f y g dos funciones reales derivables en a ∈ R y λ ∈ R. Entonces:

132

La derivada: definición y propiedades

1. Suma: f + g es derivable en a y

(f + g)′ (a) = f ′ (a) + g′ (a). 2. Producto: f g es derivable en a y

(f g)′ (a) = f ′ (a)g(a) + f (a)g′ (a). 3. Inverso multiplicativo: Si g(a) 6= 0,

1 g

es derivable en a y

′ 1

(a) = −

g′ (a) . g2 (a)

Y de este teorema, el siguiente se obtiene inmediatamente.

Teorema 3.3 (Propiedades algebraicas II) Sean f y g dos funciones reales derivables en a ∈ R y λ ∈ R. Entonces: 1. Escalar por función: λf es derivable en a y

(λf )′ (a) = λf ′ (a). 2. Resta: (f − g) es derivable en a y

(f − g)′ (a) = f ′ (a) − g′ (a). 3. Cociente: si g(a) 6= 0,

f g

es derivable en a y ′ f

(a) =

f ′ (a)g(a) − f (a)g′ (a) . g2 (a)

Dada una función f , debe estar claro que f es diferente de f (x). El segundo símbolo indica el valor que toma la función f en x. Sin embargo, es común abusar del lenguaje y referirse a la función f a través de f (x). Si no se especifica a qué conjunto pertenece x, se entiende tácitamente que el dominio de f es el conjunto más grande de R en el cual f (x) está definida. Es así que, si se pide “calcular la derivada de la función x2 ”, lo que se pide realizar es el cálculo de la derivada de la función f definida por f (x) = x2 para todo x ∈ R. En general, en vez de decir “derivar la función f ”, se puede decir “derive f (x)”, o “derive f (t)”, etcétera. También se podrá decir “calcule f ′ (x) o f ′ (t). La ventaja de este abuso del lenguaje es que nos ahorra el introducir un nombre para la función. A lo largo de este libro, utilizaremos indistintamente ambas formas de referirnos a las funciones, salvo que pueda haber lugar para confundir la función f con el valor que ésta puede tomar en algún x en particular. Ejemplo 3.55 Calcular (x2 )′ y (x3 )′ .

3.3 Propiedades de la derivada

133

Solución. Como x2 = x · x, podemos aplicar la propiedad algebraica de la derivada para la derivada del producto de dos funciones (teorema 3.2). En este caso, f (x) = x y g(x) = x; estas dos funciones son la identidad cuya derivada existe para todo x ∈ R y es igual a 1. Entonces: x2 = f (x)g(x). Por lo tanto, x2 es derivable en todo x ∈ R y su derivada se obtiene de la siguiente manera: (x2 )′ = (f g)′ (x) = f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x) = 1 · x + x · 1 = x + x, pues f ′ (x) = g ′ (x) = (x)′ = 1. Por lo tanto: (x2 )′ = 2x para todo x ∈ R. Para calcular la derivada de x3 , apliquemos nuevamente la regla de la derivada de un producto, pero esta vez a x2 y a x: (x3 )′ = (x2 · x)′

= (x2 )′ · x + x2 · (x)′

= (2x)(x) + (x2 )(1) = 2x2 + x2 . Por lo tanto: (x3 )′ = 3x2 .

Ahora obtengamos una fórmula general para la derivada de xn con n un número natural. Para ello, recordemos el siguiente “producto notable”: xn − an = (x − a)(xn−1 + xn−2 a + xn−3 a2 + · · · + x2 an−3 + xan−2 + an−1 ). Ejemplo 3.56 Obtener (xn )′ para todo n ∈ N. Solución. Sean n ∈ N y f : R −→ R definida por f (x) = xn para todo x ∈ R. Obtengamos la derivada de f para cualquier a ∈ R. Sea x 6= a: xn − an f (x) − f (a) = x−a x−a =

(x − a)(xn−1 + xn−2 a + xn−3 a2 + · · · + x2 an−3 + xan−2 + an−1 ) x−a

= xn−1 + xn−2 a + xn−3 a2 + · · · + x2 an−3 + xan−2 + an−1 . Por lo tanto:

f (x) − f (a) x−a n−1 = l´ım x + xn−2 a + xn−3 a2 + · · · + x2 an−3 + xan−2 + an−1

f ′ (a) = l´ım

x→a

x→a n−1

+ an−2 a + an−3 a2 + · · · + a2 an−3 + aan−2 + an−1

= an−1 + an−1 + an−1 + · · · + an−1 + an−1 + an−1 = nan−1 ,

134

La derivada: definición y propiedades

pues la suma tiene n términos. Por lo tanto: (xn )′ = nxn−1 , para todo x ∈ R y todo n ∈ N. Por ejemplo, (x6 )′ = 6x5 .

Ejemplo 3.57 Esta función es la suma y resta de funciones de la forma axn . Cada una de esas funciones tiene derivada para cada número real x. La propiedad de la derivada para la suma de dos funciones (teorema 3.2), el del producto de un escalar por una función (teorema 3.3) y el de la resta de dos funciones (teorema 3.3) nos permiten proceder de la siguiente manera: (x5 + 2x4 − 3x3 − 4x2 + 5x − 1)′ = (x5 )′ + (2x4 )′ − (3x3 )′ − (4x2 )′ + (5x)′ − (1)′ = 5x4 + 2(x4 )′ − 3(x3 )′ − 4(x2 )′ + 5(x)′ − 0 = 5x4 + 2(4x3 ) − 3(3x2 ) − 4(2x) + 5(1)

= 5x4 + 8x3 − 9x2 − 8x + 5. Por lo tanto:

(x5 + 2x4 − 3x3 − 4x2 + 5x − 1)′ = 5x4 + 8x3 − 9x2 − 8x + 5 para todo x ∈ R.

Ejemplo 3.58

Sea f (x) =

1 − x + x2 . Calcular f ′ (x). 1 + x − x2

Solución. La función f es el cociente de las funciones g y h definidas por g(x) = 1 − x + x2 El dominio de f es Dm(f ) = R −

√ √ © 1− 5 1+ 5 , 2 , 2

h(x) = 1 + x − x2 .

pues las raíces de la ecuación

1 + x − x2 = 0 son

√ 1− 5 2

√ 1+ 5 2 .

Para todo x ∈ Dm(f ), se tiene que: f (x) = pues h(x) 6= 0 para dichos x.

g(x) , h(x)

3.3 Propiedades de la derivada

135

Por la propiedad de la derivada de un cociente (teorema 3.3) tenemos que:

f ′ (x) =

g(x) h(x)

′

g ′ (x)h(x) − g(x)h′ (x) h2 (x)

(1 − x + x2 )′ (1 + x − x2 ) − (1 − x + x2 )(1 + x − x2 )′ (1 + x − x2 )2

(0 − 1 + 2x)(1 + x − x2 ) − (1 − x + x2 )(0 + 1 − 2x) (1 + x − x2 )2

−(1 − 2x)(1 + x − x2 ) − (1 − 2x)(1 − x + x2 ) (1 + x − x2 )2

−(1 − 2x)(1 + x − x2 + 1 − x + x2 ) . (1 + x − x2 )2

Por lo tanto: f ′ (x) = para todo x ∈ Dm(f ).

2(2x − 1) (1 − x + x2 )2

Solución 2. En este caso, es posible calcular la derivada de f de una manera más simple. En efecto, la ley de asignación de la función f , que es el cociente de dos polinomios de segundo grado, puede ser expresada de la siguiente manera: f (x) =

1 − x + x2 2 = −1 + . 1 + x − x2 1 + x − x2

Esta representación se obtiene al dividir el numerador por el denominador y obtener el cociente y el residuo. Entonces:

f ′ (x) = −1 + =0+2 =2

2 1 + x − x2

′

−(1 + x − x2 )′ (1 + x − x2 )2

−0 − 1 + 2x 2(2x − 1) = . (1 + x − x2 )2 (1 + x − x2 )2

Ejemplo 3.59 ea f una función real definida por f (x) =

1 sen x x

para x 6= 0. Obtener f ′ Solución. El dominio de f es Dm(f ) = R − {0}. Para x ∈ Dm(f ), f (x) es el producto de la función x1 y sen x. Entonces, por la propiedad de la derivada de un producto de funciones (teorema 3.2) tenemos que ′ 1 1 f ′ (x) = (sen x) + (sen x)′ . x x

136

La derivada: definición y propiedades

Pero

′

1 x

=−

(x)′ 1 =− 2 x2 x

por la propiedad de la derivada del inverso multiplicativo (teorema 3.3), ya que x 6= 0. También tenemos que: (sen x)′ = cos x. Por lo tanto: 1 1 sen x + cos x x2 x x cos x − sen x = x2

f ′ (x) = −

para todo x 6= 0.

Ejemplo 3.60 Sea f una función polinomial de grado n = 1. Es decir, f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn =

n X

akx ,

k=0

para todo x ∈ R. Calcular f ′ . Solución. Utilizando inducción matemática sobre el número de términos, se obtiene que la derivada de la suma de un número arbitrario de funciones es igual a suma de las derivadas de cada una de esas funciones. Como f puede ser visto como la suma de las n + 1 funciones fk definidas por: fk (x) = ak xk , para todo k ∈ {0, 1, . . . , n}; entonces: n X

′

f (x) =

ak x

k=0

!′

n X

fk′ (x).

k=0

Pero, para k ∈ {1, 2, . . . , n}, tenemos que: fk′ (x) = kak xk−1 , ya que la derivada de un escalar por una función es igual al producto del escalar por la derivada de la función (ver teorema 3.3) y por el ejemplo 3.3. Para k = 0, en cambio, tenemos que: f0′ (x) = (a0 )′ = 0, pues la derivada de una función constante es la función cero. Por lo tanto: f ′ (x) =

n X

kak xk−1

k=1

para todo x ∈ R.

3.3 Propiedades de la derivada

137

Ejemplo 3.61 Obtener la derivada de tan. Solución. Para todo x ∈ Dm(tan), se tiene que: tan x =

sen x . cos x

Por lo tanto, para obtener la derivada de tan, podemos aplicar la derivada del cociente de dos funciones (teorema 3.3). Obtendremos lo siguiente: tan′ x =

sen x ′

cos x

sen′ x cos x − sen x cos′ x cos2 x

cos x cos x − (sen x)(− sen x) cos2 x

1 cos2 x + sen2 x = . cos2 x cos2 x

Por lo tanto: tan′ (x) = sec2x = 1 + tan2 x, para todo x 6=

π 2

+ kπ con k ∈ Z, pues Dm(tan) = R − { π2 + kπ : k ∈ Z}.

Ejemplo 3.62 Obtener la derivada de cot. Solución. Recordemos que cot x =

1 tan x

para todo x 6= kπ con k ∈ Z. Entonces, mediante la aplicación de la regla para derivar el inverso multiplicativo de una función (teorema 3.3), tenemos que: ′

cot (x) = =−

1 tan x

′

tan′ x tan2 x

1 + tan2 x 1 =− =− +1 . tan2 x tan2 x Por lo tanto: cot′ x = −(1 + cot2 x) = − csc2 x para todo x 6= kπ con k ∈ Z.

Ejemplo 3.63 Obtener la derivada de sec.

138

La derivada: definición y propiedades

Solución. Puesto que sec x = para todo x 6=

π 2

1 cos x

+ kπ con k ∈ Z, tenemos que: cos′ x cos2 x − sen x =− cos2 x sen x 1 = · cos x cos x

sec′ x = −

para todo x 6=

π 2

+ kπ. Por lo tanto:

para todo x 6=

π 2

+ kπ con k ∈ Z.

sec′ x = tan x sec x

Ejemplo 3.64 Obtener la derivada de csc. Solución. Para todo x 6= kπ con k ∈ Z, se verifica que: csc x =

1 . sen x

Por lo tanto: sen′ x sen2 x cos x =− sen2 x cos x 1 =− · sen x sen x

csc′ x = −

para todo x 6= kπ. Entonces:

csc′ x = − cot x csc x

para todo x 6= kπ con k ∈ Z.

3.4 Ejercicios Halle f ′ (x) usando las propiedades algebraicas de la derivada (teoremas 3.2 y 3.3). 1. f (x) = 5x2 + 7. 2. f (x) = x3 + 3x2 − 5x + 2. 3. f (x) = 3x2 − x + 1.

4. f (x) = 7x15 + 8x−7 .

2 3 5 + 3 + 5. x2 x x √ √ √ 10. f (x) = x + 3 x + 5 x. 9. f (x) =

11. f (x) =

2 32 5 x − x−3 + 4 . 3 x √

5. f (x) =

x+1 x−1 .

12. f (x) = x

6. f (x) =

2 x2 +1 .

13. f (x) = 7x cos x.

7. f (x) = xn − xn−1 + 1, n ≥ 2. √ √ 8. f (x) = x − 3 x + 1.

− x−

√

14. f (x) = (x2 + 1) tan x. 15. f (x) = x2 cot x + 5.

3.5 La regla de la cadena o la derivada de la compuesta

16. f (x) =

√ x . tan x

17. f (x) =

139

sen x + cos x . sen x − cos x

3.5 La regla de la cadena o la derivada de la compuesta Con la ayuda de las propiedades algebraicas de la derivada se obtienen las derivadas de un considerable número de funciones. Sin embargo, no todas las funciones se pueden expresar como suma, resta, producto, división de otras funciones. Muchas funciones se expresan como la composición de dos o más funciones. La siguiente propiedad de las derivadas nos dice cómo obtener la derivada de la composición de dos funciones si éstas son derivables. Esta propiedad es conocida como la regla de la cadena. El porqué de este nombre se verá más adelante.

Teorema 3.4 (Regla de la cadena o derivada de la función compuesta) Sean f y g dos funciones reales tales que existe f ◦ g , y a ∈ Dm(f ◦ g). Supongamos que: 1. g es derivable en a; y 2. f es derivable en g(a). Entonces la compuesta f ◦ g es derivable en a. Además:

(f ◦ g)′ (a) = f ′ (g(a)) ◦ g′ (a).

Ejemplo 3.65 Calcular la derivada de sen2 x. Solución. Sea h una función real definida por h(x) = sen2 x para todo x ∈ R. Aunque fuera posible expresar h(x) como suma, producto, etcétera de otras funciones cuyas derivadas conozcamos, no es fácil ver cuáles serían esas funciones. Sin embargo, mediante la regla de la cadena podemos obtener la derivada de h, pues es la composición de las funciones f y g definidas de la siguiente manera: f (u) = u2 para todo u ∈ R y

g(x) = sen x

para todo x ∈ R. En efecto, si x ∈ R, tenemos que: (f ◦ g)(x) = f (g(x))

= f (sen x) = (sen x)2 = sen2 x = h(x).

Por lo tanto, h = f ◦ g y su dominio es R. Ahora bien, f y g son derivables en todo x ∈ R. Por lo tanto, h es derivable en R, y su derivada se calcula de la siguiente manera: h′ (x) = (f ◦ g)′ (x) = f ′ (g(x)) · g ′ (x).

140

La derivada: definición y propiedades

Pero f ′ (u) = 2u y g ′ (x) = cos x. Por lo tanto f ′ (g(x)) = 2g(x) = 2 sen x. Entonces: h′ (x) = 2senxcosx = sen2x para todo x ∈ R. Por lo tanto:

(sen2 x)′ = sen 2x

para todo x ∈ R. En otras palabras, la derivada del cuadrado del sen es dos veces el sen (como si fuera la función x2 ) multiplicada por la derivada del sen, que es el cos.

3.6 Ejercicios 1. Antes de ejercitarse en la aplicación de la re- 3. Resuelva la ecuación y ′ (x) = 0 si gla de la cadena, conviene llenar los casilleros (a) y = x3 − 4x2 + 5x − 2. vacíos de la tabla 3.1 en la página 142. x2 + x − 6 (b) y = 2 . 2. Calcule f ′ (x). x − 10x + 25 1 1 (a) f (x) = (x2 + x + 1) 2 . (c) y = . √ 1 + sen2 x (b) f (x) = cos x + 1. (d) y = x(x + 1)2 (x − 1)3 . sen x (c) f (x) = . e|x−1| 21 + sen x . (e) y = p 3 x+1 (d) f (x) = cos x + x2 . √ (f) y = m´ax{|x|3 , 7x − 6x2 }. √ 3 (e) f (x) = x + x2 . √ 4. Si g y h son funciones derivables, calcule f ′ (x): x √ (f) f (x) = . 3 (a) 1 + x2 È √ √ 3 6 (g) f (x) = x2 x4 + x5 x7 . (b) f (x) = n [g(x)]2 + [h(x)2 ] si [g(x)]2 + [h(x)2 ] > 0 (h) f (x) = (ax2 + bx + c)k con a, b, c, k en R.

g(x)

(i) f (x) = Aekx (a sen x+b cos x) con A, k, a, b

si g(x)h(x) 6= 0. (c) f (x) = ln

h(x)

en R. q È √ (d) y = g(sen2 x) + h(cos2 x). (j) f (x) = 2 + 3 + x. (e) y = [g(x)]h(x) si g(x) > 0. r ax + b (k) f (x) = n con n ∈ N y a, b en R. 5. Halle los valores de α y β en R de modo que la ax − b función f dada a continuación sea continua en x2 0, derivable en 0 y su derivada sea continua en (l) f (x) = ln ln . 5 0: x2 + tan x (m) f (x) = √ . 1 + x2 (n) f (x) = ln |x + ex |.

(o) f (x) = sen(cos3 x) cos(sen3 x).

tan x2 . tan2 x sen2 x (q) f (x) = . sen x2 r 1 + cos x (r) f (x) = ln . 1 − cos x

(p) f (x) =

|x|α sen x1 0

(a) f (x) = ¨

(b) f (x) =

si x 6= 0, sisi x = 0.

|x|α sen |x|1 β

si x 6= 0, si x = 0.

6. Halle los valores de α y β en R de modo que la función f dada a continuación sea continua y derivable en R: ¨

(a) f (x) =

αx + β x2

si x ≤ 1, si x > 1.

3.7 Razones de cambio relacionadas ¨

α + βx2

(b) f (x) = ¨

1 |x|

si |x| <1, si |x| ≥ 1.

αx3 + βx si |x| ≤ 2, 1 1 si |x| > 2. π sen x

141

8 > <2x − 2

si x ≤ 1, (d) f (x) = α(x − 1)(x − β) si 1 < x < 2, > :x − 1 si x ≥ 2. 2

(x + α)e−βx si x < 0, 2 αx + βx + 1 si x ≥ 0.

(a) f (x) =

10. Dé ejemplos de funciones f y g y x0 ∈ R tales que exista (f ◦ g)′ (x0 ) pero: (a) Existe f ′ (g(x0 )) y no g ′ (x0 ). (b) No existe f ′ (g(x0 )) y sí g ′ (x0 ). (c) No existe f ′ (g(x0 )) ni g ′ (x0 ). 11. Diga si es correcta o no la afirmación siguiente y argumente su respuesta. Sea I = ]a, b[

αx + β si x < 0, α cos x + β sen x si x ≥ 0.

(b) f (x) =

8. ¿Para qué valores de x ∈ R, f (x) es derivable? (a) f (x) = |x3 (x + 1)2 (x + 2)|.

(b) f (x) = | sen x|. (c) f (x) = x|x|.

(d) f (x) = |π − x| sen x. ¨

x 1 e− x

(e) f (x) = ¨

si x ≤ 0, si x > 0.

x cos πx

(f) f (x) =

si x 6= 0, si x = 0.

9. Halle f ′ (x) para los x en las que existe: ¨

x2 0

(a) f (x) = ¨

(b) f (x) =

si x ∈ Q, si x ∈ 6 Q.

(d) f (x) = arc cos(cos x).

7. Halle los valores de α y β en R para que f sea derivable en R: ¨

x 0

si x ∈ Q, si x ∈ 6 Q.

x2 si x ∈ Q, 2|x| − 1 si x 6∈ Q.

(a) Si f y g son derivables en I, entonces f (x) < g(x) para todo x ∈ I implica que f ′ (x) ≤ g ′ (x) para todo x ∈ I.

(b) Si f ′ < g ′ en I, entonces f < g en I.

(d) Si f es derivable en R y f es par, entonces f ′ es impar. (e) Si f es derivable en R y f es impar, entonces f ′ es par. (f) Si f ′ es par, entonces f es impar. (g) Si f ′ es impar, entonces f es par. (h) Si f es derivable en I y l´ım f ′ (x) = +∞, x→a+

entonces l´ımx→a+ f (x) = +∞. (i) Si f es derivable en I y l´ım+ f (x) = +∞, x→a

entonces l´ımx→a+ f ′ (x) = +∞.

3.7 Razones de cambio relacionadas Supongamos que dos o más magnitudes, digamos y, z, w, etcétera, que están relacionadas de alguna manera entre sí, dependan de una misma variable x (o t, o u, o v, etcétera). Ello hace que las razones de cambio dy dz dw , , ,... dx dx dx también estén relacionadas entre sí. Esta última relación puede ser encontrada gracias a la regla de la cadena, estudiada en la sección anterior. También se puede obtener esa relación con ayuda de la derivación implícita, que estudiaremos en la siguiente sección. Ejemplo 3.66 Para inflar un globo esférico inyectamos aire a razón de 500 l / min. ¿Con qué razón varía la longitud del radio cuando éste mide 1 m?

142

La derivada: definición y propiedades

f (x) x

x2 + 2x + 3 √ 1 x+x+ √ 3 x 2x + cos x

g(x)

f (g(x))

g(f (x))

cos x √ 3 x

cos x

cos(ex )

2x + 3 h(x) + 5

√

x2 + 1 + e

x2 +1

(sec 3x + cos x)5

cos tan

È 3

x2 + 3

(x4 + 2)5

x2 +10

(x2 + 1)

sen(cos x) x2 + 1 tan cos 3

(sec(x + x4 ))−5 Cuadro 3.1: Tabla de compuestas para los ejercicios de regla de la cadena Solución. Si V litros es el volumen del globo cuando su radio mide r decímetros1 , entonces: V =

4 3 πr . 3

(3.3)

Puesto que el aire ingresa al globo a una razón de 500 litros por minuto, entonces dV = 500. dt En este caso, las magnitudes V y r, que están relacionadas entre sí por medio de la igualdad (3.3), dependen, ambas, de una tercera magnitud: el tiempo t. Y lo que queremos calcular, la razón de cambio instantánea del radio cuando su longitud es 10 decímetros, es, precisamente, la razón de cambio es dr dt cuando r = 10, que está relacionada con la razón de cambio de V respecto de t. Para ello, derivamos respecto de t ambos lados de la igualdad 3.3. Obtenemos así la relación entre dV las razones de cambio dr dt y dt : dV dr = 4πr2 . dt dt Entonces: dr 1 dV = . dt 4πr2 dt Por lo tanto, como r = 10 y

dV dt

= 500, obtenemos que: dr 500 5 = = ≈ 0.398. 2 dt 4π 10 4π

Es decir que la longitud del radio r varía a una velocidad de aproximadamente 3.98 centímetros por minuto.

Hemos escogido como unidad de longitud el decímetro para que la unidad de volumen sea el litro, que es un decímetro cúbico.

3.8 Ejercicios

143

3.8 Ejercicios

¿cuál es el cauda de agua que se introdu1. El agua escapa del reservorio cónico, mostrado ce? en la figura 3.1a, a una razón de 20 litros por minuto: ¿Con qué velocidad disminuye el nivel de agua cuando su altura h desde el fondo es 6. Un radar que está a 12 kilómetros de una base militar detecta que un avión sobrevuela la base de 5 metros? ¿Cuál es la razón de cambio de a 9 000 metros de altura y que se dirige hacia el radio r del espejo del agua en ese instante? radar, manteniendo su altitud y velocidad. Si la rapidez con que decrece la distancia entre el 2. Un faro ubicado en un islote situado a 3 kiavión y el radar es de 500 kilómetros por hora, lómetros de la playa emite un haz de luz que ¿a qué velocidad vuela el avión? gira dando una vuelta entera cada minuto (figura 3.1b). ¿Con qué velocidad se “mueve” el 7. ¿Con qué rapidez varía el área de la corona que punto P de la playa iluminado por el haz de luz queda entre dos circunferencias concéntricas de F P emitido por el faro cuando P está situado radios 10 metros y 20 metros respectivamente, a 2 kilómetros del punto Q, que es el punto de si el diámetro de la más pequeña aumenta un la playa más cercano al faro? metro por hora y el diámetro de la más grande disminuye dos metros por hora? ¿Y si los 3. Un avión que está a 500 kilómetros al norte diámetros aumentan un metro por hora? Si el de Quito viene hacia la capital a 400 kilómediámetro menor crece dos metros, ¿cómo debe tros por hora, mientras que otro, que está a 600 variar el otro para que el área de la corona no kilómetros al este, lo hace a una velocidad de cambie? 300 kilómetros por hora. ¿A qué velocidad se acercan el uno al otro? 8. Una partícula se mueve en una trayectoria elíp4. Un rectángulo mide 10 metros de altura por 20 metros de base. Si la base aumenta a razón constante de un metro por minuto y la altura disminuye a una razón constante de dos metros por minuto, ¿con qué velocidad varía el área del rectángulo? El área, ¿aumenta o disminuye?

tica cuya forma está dada por la ecuación x 2

y 2

= 1.

Supongamos que las longitudes están expresadas en metros.

Si se sabe que en un punto de la abscisa 1, ésta 5. Si de un recipiente, que tiene la forma de una se incrementa a una razón de dos metros por pirámide truncada invertida de base cuadrada, segundo, ¿qué sucede con la ordenada del punde 10 metros de altura, de 10 metros el lado to con la abscisa dada? Considere los casos que del cuadrado más grande y de 5 metros el lase derivan según los cuadrantes en los que se do del cuadrado más pequeño, y que está lleno halla la ordenada. de agua a media altura, se extrae el líquido a una razón constante de un metro cúbico por 9. Un buque se acerca a un faro de 50 metros de minuto: altura. Se sabe que el ángulo entre la horizontal y la recta que une el buque con la punta (a) ¿Con qué rapidez baja el nivel del agua? del faro varía a una razón constante de α◦ por (b) Si, por otro lado, el nivel del agua sube un minuto, cuando el buque está a dos kilómetros metro por hora al bombear agua en el redel faro. ¿Cuál es la velocidad del buque? ¿Cuál servorio cuando está lleno hasta la mitad, sería un valor razonable para α?

3.9 Derivación implícita La representación en el plano cartesiano de las parejas ordenadas (x, y) que satisfacen una ecuación dada, llamada gráfico de esa ecuación, puede consistir en un punto, en una curva, etcétera. Cuando ese gráfico es una curva, ésta no es necesariamente el gráfico de una función (sabemos que para que lo sea, su intersección con cualquier vertical tiene que consistir, a lo más, en un punto).

144

La derivada: definición y propiedades 8m

Playa

h Q b

3 km (a) Ejercicio 1

(b) Ejercicio 2

Figura 3.1: Gráficos de los ejercicios sobre razón de cambio Por ejemplo, el gráfico de x2 + y 2 = 25 es la circunferencia de radio 5 cuyo centro es el origen del sistema de coordenadas. La recta vertical x = 3 la corta en dos puntos, (3, −4) y (3, 4), por lo que esta curva no puede ser el gráfico de una función. Sin embargo, si tomamos solo un pedazo de esa curva, puede suceder que ese trozo sí cumple con el criterio de los cortes verticales por lo que puede ser el gráfico de una función. En nuestro ejemplo, si tomamos el trozo de circunferencia que está sobre el eje horizontal, ese pedazo puede considerarse como el gráfico de la función f : R → R definida por È

y = f (x) =

25 − x2 .

Lo mismo hubiese sucedido si tomábamos la semicircunferencia que está bajo el eje horizontal, que puede considerarse como el gráfico de una función g : R → R definida por: È

y = g(x) = − 25 − x2 . En este caso, se dice que las funciones f y g están definidas implícitamente por la ecuación: x2 + y 2 = 25, o simplemente que son funciones implícitas. Podemos ver que Dm(f ) = Dm(g) = [−5, 5], y que para todo x ∈ [−5, 5], se verifican las siguientes igualdades: x2 + [f (x)]2 = 25

y x2 + [g(x)]2 = 25.

Por otro lado, se pueden tomar otros pedazos o uniones de pedazos de circunferencia que pueden considerarse gráficos de funciones definidas implícitamente por la misma ecuación x2 + y 2 = 25. En este ejemplo logramos hallar fórmulas para definir explícitamente a las funciones f y g. Si una función h : R → R puede definirse mediante una fórmula de la forma y = h(x), se dice que h es una función explícita. En general no siempre es posible explicitar una función implícita. Por ejemplo, para la ecuación xy + x5 + 5x2 y 4 − 9y 5 + 2 = 0, (3.4)

3.10 Ejercicios

145

vemos que no es posible despejar la y para ponerla en términos de x, es decir que no podemos explicitar las funciones implícitas cuyos gráficos sean subconjuntos del gráfico de esta ecuación. Sin embargo, gracias a la regla de la cadena, es posible, en estos casos, hallar la derivada de las funciones implícitas, cuando, en las ecuaciones, cada uno de los miembros es una combinación (que consiste de sumas, restas, multiplicaciones, divisiones o composiciones finitas), de las funciones elementales conocidas (polinomios, exponenciales, trigonométricas, o las inversas de las mencionadas). En estos casos, se puede derivar ambos miembros respecto a la variable consideradas independiente (x en el ejemplo), y luego se despeja fácilmente la derivada de la variable dependiente (y en el ejemplo), que aparece al utilizar la regla de la cadena en las expresiones que contienen la variable dependiente. Al derivar ambos miembros de la ecuación (3.4), tenemos que: y + xy ′ + 5x4 + 10xy 4 + 20x2 y 3 y ′ − 45y 4 y ′ = 0, de donde y′ =

y + 5x4 + 10xy 4 . −x − 20x2 y 3 + 45y 4

Ejemplo 3.67 Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia x2 + y 2 = 25 en el punto (3, 4). Solución. La ecuación de la recta será y = 4 + m(x − 3), donde m es la pendiente. Ahora bien, m es la derivada de la función explícita cuyo gráfico es un pedazo de la circunferencia que contenga al punto (3, 4). Para hallar y ′ , derivemos explícitamente x2 + y 2 = 25. Obtendremos que se verifica la igualdad siguiente: 2x + 2yy ′ = 0, de donde se obtiene la derivada de y:

x y′ = − . y

Para (x, y) = (3, 4) tendremos m = y ′ = − 43 . Entonces, la ecuación de la recta será: 3 y = 4 − (x − 3), 4 que es equivalente a: 3x + 4y − 25 = 0.

3.10 Ejercicios 1. Si una función D : R −→ y = f (x) es derivable y está definida implícitamente por la ecuación dada a continuación, calcule y ′ = f ′ (x). (a) y 5 + y 3 + y − x = 0.

(b) y − x = ǫ sen y con |ǫ| < 1. (c) y 2 = 2px, con y > 0. (d)

x2 y2 + 2 = 1 con y > 0. 2 a b

146

La derivada: definición y propiedades

x2 y2 − 2 = 1 con y < 0. 2 a b (f) (2za − x)y 2 = x3 , con a > 0 y y < 0. √ √ (g) x + y = 2. (e)

2. Si una función D : R −→ y = f (x) es derivable y está definida implícitamente por la ecuación dada a continuación, calcule f ′ (a). (a) x2 +y 2 −6x+10y −2 = 0, y > −5 y a = 0.

(b) 6xy + 8y 2 − 12x − 26y + 11 = 0, y < 0 y a = 11 12 .

(h) x 3 + y 3 = a 3 , con a > 0, y > 0. (i) 5x2 + 9y 2 − 30x + 18y + 9 = 0 con y < −1.

(j) x2 − 4xy + 4y 2 + 4x − 3y − 7 = 0 con x < 2y − 1.

(d) xy + ln y = 1, y < e2 y a = 0.

3.11 Derivada de la función inversa Si f : D ⊆ R −→ R es es inyectiva, existe la función inversa f −1 : Im(f ) −→ D tal que x = f −1 (y)

⇔

y = f (x).

Se verifican, entonces, las siguientes igualdades: f −1 (f (x)) = x para todo x ∈ D(f ); y

f (f −1 (y)) = y

(3.5)

para todo y ∈ Dm(f −1 ). Si se conoce la derivada de f , podemos hallar la derivada de f −1 . Esto lo podemos hacer con ayuda de la regla de la cadena. En efecto, la igualdad (3.5) puede ser considerada como una ecuación que define implícitamente x como función de y, donde x = f −1 (y). Podemos, entonces, calcular la derivada de x, es decir, la derivada de la inversa de f , si derivamos respecto de y ambos miembros de la igualdad (3.5). Al hacerlo, obtendremos que: f ′ (f −1 (y))(f −1 )′ (y) = 1, de donde: (f −1 )′ (y) =

1 f ′ (f −1 (y))

siempre que y ∈ Dm(f −1 ) y que el denominador sea diferente de cero. Ejemplo 3.68 Hallar la derivada de ln, la función inversa de f definida por f (x) = ex .

Solución. En primer lugar: f ′ (x) = ex = f (x). Por lo tanto: f ′ (f −1 (y)) = f (f −1 (y)) = y.

(3.6)

3.11 Derivada de la función inversa

147

Entonces, al utilizar la fórmula (3.6), obtenemos que: (f −1 )′ (y) =

1 f ′ (f −1 (y))

1 f f −1 (y)

1 . y

Como ln y = f −1 (y), entonces: (ln y)′ =

1 . y

Ejemplo 3.69 Hallar la derivada de la función arc sen. Solución. En primer lugar, la función arc sen es la función inversa de la función sen restringida al intervalo [− π2 , π2 ]. Sea, entonces, f definida por: f (x) = sen x para todo x ∈ [− π2 , π2 ]. Entonces f ′ (x) = cos x y:

f ′ (f −1 (y)) = cos(arc sen y)

(3.7)

para todo y ∈ [−1, 1] = Dm(arc sen). Ahora bien, sabemos que sen2 x + cos2 x = 1, de donde cos2 x = 1 − sen2 x,

y, dado que cos x > 0 para todo x ∈ [− π2 , π2 ], tenemos que: cos x =

1 − sen2 x.

Con ayuda de esta última expresión, podemos reescribir la igualdad (3.7) de la siguiente manera: f ′ (f −1 (y)) = cos(arc sen y) = = =

È È

1 − sen2 (arc sen y)

1 − (sen(arc sen y))

1 − y2.

Entonces, la fórmula (3.6) nos da: (f −1 )′ (y) =

1 f ′ (f −1 (y))

= p

1 . 1 − y2

Por lo tanto:

1 1 − y2

(arc sen y)′ = p para todo y ∈ [−1, 1].

148

La derivada: definición y propiedades

Ejemplo 3.70 Las derivadas de arc cos, arctan y

√

Solución. El procedimiento es similar al del ejemplo anterior. Pero hay que considerar lo siguiente. En el caso del arc cos, su dominio es [−1, 1] y su imagen [0, π]. Esta función es la inversa de la función cos, restringida al intervalo [0, π], cuya derivada es − sen. Como la función sen es positiva en el intervalo [0, π], entonces: sen x =

1 − cos2 x.

Al aplicar la fórmula (3.6), obtendremos que: 1 (arc cos y)′ = − p 1 − y2 para todo y ∈ [−1, 1]. En el caso de arctan, su dominio es R y su imagen [− π2 , π2 ], y es la función inversa de tan, restringida a este último intervalo. La derivada de tan es sec2 . Con ayuda de la identidad sec2 x = 1 + tan2 x, verdadera para todo x ∈ R, al aplicar la fórmula (3.6), obtendremos que (arctan y)′ =

1 1 + y2

para todo y ∈ R. √ Finalmente, para obtener la derivada de , solo hay que recordar que es la función inversa de la 2 función x restringida al intervalo [0, +∞]. Al aplicar la fórmula (3.6), obtendremos que: 1 √ ( y)′ = √ 2 y para todo y > 0.

3.12 Ejercicios

1. Calcule la derivada (f −1 )′ (y0 ): 1 (a) f (x) = x + x3 , y0 ∈ {0, ± 34 , ± 11 3 }. 3 1 (b) f (x) = 2x − cos x, y0 = − 21 . 2 (c) f (x) = 0.1x + e0.01x , y0 = 1. (d) f (x) = 2x2 − x4 , x > 1 y y0 = 0. (e) f (x) = 2x2 − x4 , 0 < x < 1 y y0 = 34 . 2. Si conoce que (ln x)′ = calcule exp′ .

1 x

y que exp = ln−1 ,

3. Si conoce que exp′ = exp y que ln = exp−1 , calcule ln′ .

4. Calcule fórmulas para las derivadas de las funciones inversas de sinh, cosh y tanh. 5. Calcule (f −1 )′ y Dm((f −1 )′ ): (a) f (x) = x + ln x, x > 0. (b) f (x) = x + exp x. x2 , x < 0. 1 + x2 (d) f (x) = coth x, x > 0. (c) f (x) =

6. Si f (x) = x+ sen x para todo x ∈ R, calcule los valores de a y de b para los cuales se verifican las igualdades f ′ (a) = +∞ y f ′ (b) = −∞.

3.13 Derivadas de orden superior

149

3.13 Derivadas de orden superior Recordemos que, dada una función f : Dm(f ) −→ R, se define la función f ′ : Dm(f ′ ) −→ R, la función derivada de f , cuyo dominio es: Dm(f ′ ) = {x ∈ Dm(f ) : existe f ′ (x)}. Al ser f ′ una función, es posible que también sea derivable en algunos elementos de su dominio. Esta situación conduce a la siguiente definición. Definición 3.2 (Derivadas de segundo orden) Sea a ∈ D(f ′ ) para el cual existe la derivada de f ′ ; es decir, existe (f ′ )′ (a). Este número es denominado segunda derivada de f en a y es representado por:

f ′′ (a) o Es decir:

f ′′ (a) =

d2 d f (a) = 2 dx dx

d2 f (a). dx2

d f (a) = (f ′ )′ (a). dx

Ejemplo 3.71 Calcular la segunda derivada de sen x, cos x y ex . Solución. Sea f definida por f (x) = sen x. Entonces f es derivable en R y: f ′ (x) = cos x. Por lo tanto, f ′ también es derivable en R y su derivada es igual a la derivada de la función cos: (f ′ )′ (x) = (cos x)′ = − sen x. Por lo tanto: (sen x)′′ = − sen x.

De manera similar se establece que cos x y ex tienen segunda derivada y: (cos x)′′ = (− sen x)′ = − cos x; y (ex )′′ = (ex )′ = ex .

Ahora bien, podría suceder que la función f ′′ también fuera derivable en algunos elementos de su dominio. Entonces, existiría la función f ′′′ , que se definiría por: f ′′′ = (f ′′ )′ . Esta función es denominada la derivada de tercer orden. En general, podemos hablar de la derivada de orden n, que se define inductivamente así: Definición 3.3 (Derivada de orden n) Sea f : Dm(f ) −→ R. Para cada n ∈ N, se define:

150

La derivada: definición y propiedades

1. f (0) = f . 2. f (n+1) = (f (n) )′ , para n ≥ 0.

Si existe f (n) (a), este número es denominado la n-ésima derivada de f en a y suele ser representado de la siguiente manera:

f (n) (a) =

dn f (a). dxn

De esta definición, es inmediato que: f

(n)

dn d (a) = n f (a) = dx dx

dn−1 f dxn−1

′

(a) = f (n−1) (a).

Tiene sentido definir como la derivada de orden 0 a la misma función, pues se puede interpretar esto diciendo que no derivar la función es dejarla intacta. Ejemplo 3.72 Establecer fórmulas generales para las derivadas de orden n para sen x, cos x y ex . Solución. En el ejemplo anterior, calculamos la segunda derivada de estas tres funciones. Calculemos ahora las derivadas de tercero y cuarto orden. Para el caso de la función sen x: (sen x)(3) = ((sen x)(2) )′ = (− sen x)′ = − cos x.

(sen x)(4) = ((sen x)(3) )′ = (− cos x)′ = sen x.

Como podemos ver, la derivada de orden 4 de sen x es igual a la función sen x. Esto significa que la derivada de orden 5 es igual a la primera derivada; la derivada de orden 6, igual a la segunda derivada; la derivada de orden 7, igual a la tercera; y la de orden 8, a la de orden 4. Es decir, las derivadas se repetirán cada cuatro órdenes. Podemos resumir esto de la siguiente manera: (sen x)(4n)

= sen x.

(4n+1)

= cos x.

(4n+2)

= − sen x.

(sen x) (sen x)

(4n+3)

(sen x)

= − cos x

para todo n ≥ 0. De manera similar, se establece para cos x lo siguiente: (cos x)(4n) (4n+1)

(cos x)

(4n+2)

(cos x)

(4n+3)

(cos x)

= − sen x.

= − cos x. = sen x. = cos x

para todo n ≥ 0. Finalmente, la derivada de ex siempre es igual a ex , por lo que se verifica la siguiente fórmula: (ex )(n) = ex para todo n ≥ 0.

3.14 Ejercicios Calcule f (n) con n ∈ N:

3.15 Diferenciales

1. f (x) =

151

x+1 si n = 2. x−1

8. f (x) = ln x.

2. f (x) = x5 − 7x2 + 1 si n = 2.

9. f (x) =

m X k=0

3. f (x) = ax2 + bx + c. 4. f (x) = ax3 + bx2 + cx + d. 5. f (x) = sen(ax).

10. f (x) =

1 . x

11. f (x) =

1 . (x + a)

12. f (x) =

x+a . x−a

6. f (x) = cos(ax). 7. f (x) = tan(ax).

ak xk con m ∈ N − {0}.

3.15 Diferenciales La derivada de una función f en un punto dado x0 es el valor de la pendiente de la recta tangente al gráfico de f en el punto de coordenadas (x0 , f (x0 )), cuya ecuación es: y = f (x0 ) + f ′ (x0 ) (x − x0 ).

Esta recta suele ser utilizada para aproximar el gráfico de f para valores cercanos a x0 , pues, como se puede apreciar el gráfico que está a continuación, los valores de la recta y de la función son próximos: y y = f (x)

f (x0 )

Ahora bien, si x varía desde x0 hasta x0 + ∆x, el valor correspondiente de y cambia de y0 = f (x0 ) a y = f (x0 + ∆x). Este cambio o variación, representado por ∆y se calcula así: ∆y = y − y0 = f (x0 + ∆x) − f (x0 ).

Entonces, vamos a utilizar el valor que toma (x0 + ∆x) en la recta tangente, en lugar del que toma en f ; es decir, en lugar de utilizar el valor y = f (x0 + ∆x), utilizamos el dado por la ecuación de la recta tangente: y = f (x0 ) + f ′ (x0 )((x0 + ∆x) − x0 ) = f (x0 ) + f ′ (x0 )∆x.

Esto implica que al cambio ∆y lo estamos aproximando con el cambio que se produce en la recta al variar x, de x0 a x0 + ∆x, que se nota dy y que se calcula así: dy = [f (a) + f ′ (a) ∆x] − f (a) = f ′ (a) ∆x.

Se suele escribir ∆x = dx; a dx se le llama diferencial de x. A dy se le llama diferencial de f en a. Se tiene entonces dy = f ′ (a) dx. Esta igualdad puede interpretarse como la ecuación de la recta tangente en un sistema de coordenadas (dx, dy) cuyo origen está en (x0 , f (x0 )) y que es paralelo al sistema de coordenadas (x, y).

152

La derivada: definición y propiedades

Ejemplo 3.73 Si f está definida por f (x) = 3x2 + 2, calcular el diferencial de f en 1. Solución. Sea y = f (x) = 3x2 + 2. Como f ′ (x) = 6x, para x0 = 1, se tiene que: dy = f ′ (1) dx = 6dx.

Ejemplo 3.74 Si g está definida por g(t) = t + et , calcular el diferencial de g en 2. Solución. Sea z = g(t) = t + et . Como g ′ (t) = 1 + et , para t0 = 2 se tiene que: dz = g ′ (2) dt = (1 + e2 )dt.

Entre las aplicaciones de los diferenciales está la posibilidad de realizar ciertos cálculos aproximados. Ejemplo 3.75 Calcular un valor aproximado para Solución. Ponemos f (x) =

√ 50.

√ x, x0 = 49, ∆x = dx = 1 y aproximamos ∆y con dy: 1 1 dy = f ′ (x0 ) dx = √ · 1 = . 14 2 49

Entonces

√ √ 1 1 99 50 = f (50) = f (49) + ∆y ≈ f (49) + dy = 49 + =7+ = . 14 14 14 √ 99 Si se tiene en cuenta que 50 ≈ 7.071068 . . . y que 14 ≈ 7.071429 . . . , vemos que la aproximación es aceptable.

La derivada: aplicaciones

4.1 Romeo y Julieta: la modelización matemática Romeo estaba feliz. Acababa de recibir noticias de su amada Julieta, quien logró enviarle clandestinamente un corto recado, escrito apuradamente en un trozo de papel: —Te esperaré, luego de la cena, en el muelle de mi residencia. Estaré oculta tras el farol que queda junto a los sauces. El dichoso Romeo, quien descansaba ese momento en sus alojamientos, decidió ir lo antes posible en su bote a la cita. Recordó que, a un costado del lago, crecía un hermoso jardín lleno de bellas rosas en esta época del año, que él sabía que eran de sumo agrado para Julieta. ¡Cómo no llevarle un ramo de esas rosas! Estaba, sin embargo, apurado, porque estaba a punto de atardecer. Debía escoger el camino más corto posible para llegar cuanto antes donde su amada llevándole el más bello ramo de rosas. Desde el inicio del pensamiento inteligente, éste consistió, fundamentalmente, en la búsqueda de modelos abstractos, teóricos, de la realidad. Pero, simultáneamente, desde el uso de piedrecillas (cálculos) y luego del más sofisticado ábaco, para hacer cuentas, seguido del de la ingeniosa regla de cálculo, y de las maravillosas máquinas electrónicas de que disponemos hoy en día, objetos físicos y máquinas inventadas y construidas por el hombre se constituyen en modelos físicos de objetos abstractos, como son los números y las operaciones que se realizan con ellos, las figuras y objetos geométricos y su representación gráfica. Las Ciencias Naturales y, cada vez más, las Ciencias Sociales utilizan modelos matemáticos como instrumento fundamental para describir y entender lo más relevante de los objetos o fenómenos estudiados. La tecnología de la producción de bienes y servicios utiliza cada vez más problemas matemáticos como modelos de problemas reales que se presentan en el quehacer creativo. El advenimiento de las computadoras, cada día más poderosas, ha favorecido este fenómeno, porque problemas matemáticos cuya solución “teórica” es demasiado compleja, y a veces prácticamente imposible, es ahora abordable, con excelentes resultados, mediante métodos numéricos que proveen de soluciones aproximadas de calidad. Es, pues, de vital importancia fortalecer la habilidad del matemático para tender puentes entre la realidad y la matemática, esto es la de utilizar adecuadamente los modelos matemáticos. La modelización matemática consiste, generalmente, en un proceso que puede ser descompuesto en las siguientes etapas, que las ilustraremos con el ejemplo de Romeo y Julieta. 1. Identificación clara del problema, objeto o fenómeno que se quiere modelizar. Como resultado de esta fase, se obtiene el “enunciado” del problema o la descripción precisa del objeto o fenómeno estudiado.

154

La derivada: aplicaciones

2. Elaboración del modelo. Consiste en la representación con símbolos y entes matemáticos (números constantes o variables, figuras geométricas, funciones, ecuaciones algebraicas o diferenciales, matrices y otros), los aspectos más relevantes del problema, objeto o fenómeno estudiado. Un aspecto fundamental en esta etapa es la del uso de un sistema coherente de unidades de medida, que permita escoger un modelo matemático que abstraiga este tipo de información, es decir que no contenga ya unidades de medida sino solo números, funciones numéricas, matrices numéricas, etcétera. Como resultado de esta fase, se obtiene el modelo matemático a utilizarse. 3. Solución del problema matemático. Estudio del modelo matemático y solución del problema matemático, de ser el caso. Al final de esta etapa, se obtiene una solución matemática del problema. 4. Interpretación del modelo matemático. Se interpretan los resultados del problema matemático para dar respuestas al problema original o se da la adecuada interpretación al estudio del modelo matemático escogido. En este capítulo, vamos a conocer los métodos matemáticos que permiten resolver problemas como el de Romeo, entre otros. A manera de ejemplo, ilustremos las dos primeras etapas del proceso de modelización con el problema de Romeo y Julieta. Luego de desarrollar las técnicas apropiadas para resolver estos problemas mediante el cálculo diferencial, completaremos las otras dos etapas.

4.1.1 Identificación del problema Sabemos que las residencias de Romeo y Julieta, representadas con los puntos R y J respectivamente, están separadas por una laguna rectangular de 3 kilómetros de ancho como se ilustra en el siguiente dibujo: 2 km A R o sP a l B

R Laguna 3 km

1 kmJ

El jardín se halla entre el extremo A del lago, situado a 2 kilómetros de la residencia de Romeo, y el extremo B del lago, situado a 1 kilómetro de la de Julieta. Lo que debemos hallar es el punto P situado en algún lugar de la orilla AB del lago, para que el recorrido total, RP + P J, sea lo más corto posible.

4.1.2 Elaboración del modelo matemático Este es un problema de extremos, cuya solución se obtiene a través del concepto de derivada. Más adelante estudiaremos el siguiente modelo matemático que es adecuado para el problema de Romeo y Julieta. Dado un intervalo I y una función f : I −→ R continua en I, se busca xm ∈ I tal que f (xm ) = m´ın f (x). x∈I

4.2 Extremos globales o absolutos

155

Determinemos la que sería la variable x, la función objetivo f y el intervalo I en el caso del problema de Romeo y Julieta. Para ello, recordemos que lo que debemos minimizar es la longitud del recorrido de Romeo en su barca. Nombremos con d el número de kilómetros de dicha distancia. Entonces, tenemos que d = RP + P J, donde la longitud del recorrido desde la casa de Romeo, situada en R hasta el punto P —allí el joven recogerá las rosas para su amada—, es igual a RP kilómetros, y la distancia recorrida desde P hasta el punto J —lugar en el que Julieta se encuentra— es igual a P J kilómetros. Sea x = AP , donde AP kilómetros es la distancia recorrida en línea recta desde A hasta P. Como datos, tenemos que AR = 3, AB = 3, BJ = 2 y que los ángulos ∠RAP y ∠ABJ son rectos. En el triángulo △RAP , RP es la hipotenusa, por lo que È

RP =

x2 + 4.

En el triángulo rectángulo △P BJ, se tiene que P B = 3 − x. Entonces, por el teorema de Pitágoras, otra vez, se tiene que: PJ = Finalmente, tenemos que:

(3 − x)2 + 1.

x2 + 4 +

(3 − x)2 + 1.

Puesto que se busca que la distancia d recorrida por Romeo sea la mínima, la función cuyo mínimo hay que hallar es f definida por: È

f (x) =

x2 + 4 +

(3 − x)2 + 1.

De la definición de x —la distancia entre A y P —, se tiene que x ∈ (0, 3) = I. Entonces, f : I −→ R está definida para todo x ∈ I. Lo que resta del capítulo, lo vamos a dedicar a aprender cómo encontrar dicho x en I que optimice la función f .

4.2 Extremos globales o absolutos

Definición 4.1 (Conjunto acotado) Un conjunto no vacío A ⊂ R es acotado por abajo (arriba) si existe c1 ∈ R (c2 ∈ R) tal que x ≥ c1 (x ≤ c2 ) para todo x ∈ A. A c1 se le llama cota inferior de A y a c2 , cota superior de A.

Sea A ⊂ R y no vacío. Si A es acotado por abajo, como consecuencia del axioma de completitud del conjunto de los números reales R, existe la más grande de las cotas inferiores de A, a la que se le llama ínfimo de A y se la representa por ´ınf A. Análogamente, si A es acotado por arriba, existe la más pequeña de las cotas superiores de A, que se llama supremo de A y se la representa por sup A. Evidentemente, en estos casos, se verifican las siguientes desigualdades: x ≥ ´ınf A y x ≤ sup A para todo x ∈ A.

156

La derivada: aplicaciones

Puede ocurrir que ´ınf A ∈ A. En este caso, al ínfimo se le llama mínimo de A y se lo representa por m´ın A. De manera similar, puede suceder que sup A ∈ A, en cuyo caso, se lo denomina máximo de A y se lo representa por m´ ax A. Si A no es acotado por abajo, se dice que el ínfimo es −∞ y se escribe ´ınf A = −∞. Si A no es acotado por arriba, se dice que el supremo es ∞ y se escribe sup A = ∞. Usando la notación de los “infinitos”, cuando A es acotado por abajo, se suele escribir ´ınf A > −∞, y cuando es acotado por arriba, sup A < ∞. Resumamos estos conceptos en la siguiente definición:

Definición 4.2 (Ínfimo, supremo, mínimo y máximo) Sea A ⊂ R. Entonces, se define (

´ınf A =

más grande de las cotas inferiores de A

si A es acotado por abajo,

−∞

si A no es acotado por abajo;

(

sup A =

más pequeña de las cotas superiores de A si A es acotado por arriba,

∞

si A no es acotado por arriba;

m´ın A = ´ınf A si ´ınf A ∈ A y ´ınf A > −∞;

m´ ax A = sup A si sup A ∈ A y sup A < ∞.

En el siguiente dibujo se ilustran estas definiciones:

c2 bc

6 ∃ m´ ax A

sup A

c2 b

sup A

m´ ax A b

b bc

6 ∃ m´ın A

A b

´ınf A

m´ın A b

´ınf A

En el dibujo, representamos, sobre sendas rectas reales verticales, dos casos cuando A ⊂ R es acotado por arriba y por abajo. En casos así, se dice, simplemente, que A es acotado. Se tiene, entonces, la siguiente definición.

Definición 4.3 (Conjunto acotado) Un conjunto A ⊂ R es acotado si y solo si A es acotado por arriba y por abajo.

En otras palabras, un conjunto A es acotado si y solo existen dos constantes reales c1 y c2 tales que c1 ≤ x ≤ c2

4.2 Extremos globales o absolutos

157

para todo x ∈ A. Si tomamos R = | m´ ax{c1 , c2 }|, entonces, A es acotado si y solo si existe R > 0 tal que |x| < R

para todo x ∈ A. La siguiente es una caracterización del supremo y del ínfimo, muy útil a la hora de trabajar con estos dos números. Teorema 4.1 Sea A ⊂ R. Entonces: 1. Si ´ınf A > −∞, entonces para todo ǫ > 0, existe a ∈ A tal que ´ınf A ≤ a < ´ınf A + ǫ. 2. Si ´ınf A < ∞, entonces para todo ǫ > 0, existe a ∈ A tal que sup A − ǫ < a ≤ sup A.

Es decir, el ´ınf A (sup A) puede ser aproximado por un elemento de A con la precisión que queramos. Gracias a estos conceptos, podemos introducir otros análogos para las funciones reales, que son aquellas cuyo conjunto de llegada es R. Definición 4.4 (Función acotada) Sean Ω 6= ∅ y f : Ω −→ R. Entonces, las función f es: 1. acotada por abajo (arriba) si y solo si el conjunto Im(f ) es acotado por abajo (arriba). 2. acotada si y solo si el conjunto Im(f ) es acotado.

A partir de las definiciones de conjuntos acotados, podemos caracterizar de la siguiente manera a las funciones acotadas. Teorema 4.2 Sean Ω 6= ∅ y f : Ω −→ R. Entonces, las función f es: 1. acotada por abajo si y solo si el conjunto existe c1 ∈ R tal que

f (x) ≥ c1 , 2. acotada por arriba si y solo si el conjunto existe c2 ∈ R tal que

f (x) ≤ c2 , 3. acotada si y solo si el conjunto existen c1 ∈ R y c2 ∈ R tales que

c1 ≤ f (x) ≤ c2 , 4. acotada si y solo si el conjunto existe R > 0 tal que

|f (x)| < R, para todo x ∈ Ω.

Tenemos las siguientes definiciones.

158

La derivada: aplicaciones

Definición 4.5 Sean Ω 6= ∅ y f : Ω −→ R. Definimos: 1. ´ınf f (x) = ´ınf Im(f ). x∈Ω

2. sup f (x) = sup Im(f ). x∈Ω

3. m´ın f (x) = m´ın Im(f ). x∈Ω

4. m´ ax f (x) = m´ ax Im(f ). x∈Ω

En el caso de que exista m´ın Im(f ), existe xm ∈ Ω tal que f (xm ) = m´ın f (x). x∈Ω

Se dice, entonces, que la función f alcanza su mínimo en xm . De manera similar, si existiera m´ ax Im(f ), existiría xM ∈ Ω tal que ax f (x). f (xM ) = m´ x∈Ω

Se dice, entonces, que la función f alcanza su máximo en xM . Los números xm y xM podrían no ser únicos; es decir, una función podría alcanzar o su máximo o su mínimo en varios elementos de su dominio. Por ejemplo, la función f definida por f (x) = | sen(x)| para todo x ∈ [− π2 , π2 ], alcanza su valor máximo 1 tanto en − π2 como en π 2. A los números m´ın f (x), que se lee “mínimo de f en Ω”, y m´ ax f (x), que se lee “máximo x∈Ω

x∈Ω

de f en Ω”, se les llama extremos globales o absolutos de f . Ilustremos estos conceptos con un ejemplo sencillo. Ejemplo 4.76 Sean Ω ⊂ R y f : Ω −→ R definida por f (x) = 1 + (x − 2)2 .

1. Supongamos que Ω = R. Entonces, el gráfico de f es la parábola cuyo vértice es el punto de coordenadas (2, 1), como se puede ver en el siguiente dibujo: y

4.2 Extremos globales o absolutos

159

Se puede ver, entonces, que la función f es: (a) acotada por arriba, por lo que sup f (x) = +∞; x∈R

(b) acotada por abajo y: ´ınf f (x) = m´ın f (x) = f (2) = 1.

x∈R

2. Supongamos que Ω = [1, 4[. Entonces la función f es: (a) acotada por arriba, sup f (x) = 5 y no existe m´ax f (x); x∈Ω

x∈Ω

(b) acotada por abajo, ´ınf f (x) = 1 = m´ın f (x) = f (2); x∈Ω

x∈Ω

(c) acotada. 3. Supongamos que Ω = ]2, 4]. Entonces la función f es: (a) acotada por arriba, sup f (x) = 5 = m´ax f (x) = f (4); x∈Ω

x∈Ω

(b) acotada por abajo, ´ınf f (x) = 1, no existe m´ınx∈Ω f (x); x∈Ω

(c) acotada. 4. Supongamos que Ω = [1, 4]. Entonces la función f es: (a) acotada; (b) sup f (x) = 5 = m´ax f (x) = f (4); x∈Ω

x∈Ω

El último numeral del ejemplo es un caso particular del resultado notable sobre la existencia de los extremos globales:

Teorema 4.3 (Existencia de los extremos globales para funciones continuas) Sean a y b en R tales que a < b y f : [a, b] −→ R, una función continua en [a, b]. Entonces existen xm y xM en [a, b] tales que

f (xm ) = m´ın f (x) y f (xM ) = m´ ax f (x). x∈[a,b]

x∈[a,b]

Además, se tiene que Im(f ) ⊂ [f (xm ), f (xM )]; es decir:

f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ) para todo x ∈ [a, b].

Como se verá más adelante, en realidad, se tiene que Im(f ) = [f (xm ), f (xM )]. El último ejemplo muestra lo indispensable que resulta exigir que Ω sea un intervalo cerrado y acotado. Por ejemplo, si Ω es uno de los siguientes intervalos: ] − ∞, b], R, [a, +∞[, ]a, b], ]a, b[, etcétera, el resultado podría no darse. Es también de suma importancia que la función f sea continua. Esto se ilustra en el siguiente ejemplo.

160

La derivada: aplicaciones

Ejemplo 4.77 Sean Ω = [−1, 3] y f : Ω −→ R, definida por

8 2 > <(x + 1)

f (x) =

si − 1 ≤ x < 1, si x = 1, si 1 < x ≤ 3.

> :−2 + x

El siguiente es el gráfico de f : y 4

−2

−1

Como se puede ver, f no es continua en x = 1, por lo que f no es continua en Ω. También se puede ver que sup f (x) = 4 y 6 ∃ m´ax f (x) x∈Ω

x∈Ω

y que ´ınf f (x) = −1 y

6 ∃ m´ın f (x).

x∈Ω

Si I es un intervalo y f : I −→ R es una función continua, el cálculo de Im(f ) puede no ser tan simple como el dado en el teorema 4.3 para el caso I = [a, b]. Es muy útil, en estos casos, expresar I (cuando sea posible) como la unión finita de subintervalos de I, digamos I =

N [

Ik ,

k=1

de modo que f sea monótona en cada uno de los subintervalos Ik , porque se puede aplicar el resultado que sigue y el hecho de que Im(f ) = es un subconjunto del dominio de f .

N [

k=1

f (Ik ), donde f (A) = {f (x) : x ∈ A} y A

Lema 4.1 Sean I =]a, b[ y f : I −→ R, continua y monótona en I . Entonces f (I) es el intervalo abierto de extremos l´ımx→a+ f (x) y l´ımx→b− f (x).

De manera más precisa, si A = l´ımx→a+ f (x) y B = l´ımx→b− f (x), entonces Im(f ) = ]A, B[ si f es creciente; en cambio: Im(f ) = ]B, A[

4.3 Extremos locales o relativos

161

si f es decreciente. Si alguno de los límites laterales es infinito, digamos que A = −∞; entonces tenemos que Im(f ) = ] − ∞, B[. El lema sigue siendo verdadero si en lugar de intervalos finitos se tienen intervalos infinitos. Por otro lado, si I es cerrado en un de los dos extremos, o ambos, al ser f una función continua en I, el limite se reemplaza con el correspondiente valor de la función. Por ejemplo, si I = [a, b[ y f es decreciente, entonces Im(f ) = ]B, f (a)]. Ejemplo 4.78 Si f : I −→ R está definida por

f (x) = x2 − 4x + 3,

donde I = ] − 1, 4], vamos a encontrar su imagen. Sabemos que el gráfico de f es una parábola de vértice el punto de coordenadas (2, −1) tal que la parábola es decreciente en ] − ∞, 2] y creciente en [2, +∞[. En particular, f es decreciente en I1 = ] − 1, 2] y creciente en I2 = [2, 4]. Además sabemos que I = I1 ∪ I2 . Sabemos que f (I1 ) = [f (2), l´ım f (x)[= [f (2), f (−1)[, x→−1+

ya que f es continua en I. Por lo tanto: f (I1 ) = [−1, 8[. Por otro lado, tenemos que: f (I2 ) = [f (2), f (4)] = [−1, 3]. Entonces: Además:

Im(f ) = f (I1 ) ∪ f (I2 ) = [−1, 8[∪[−1, 3] = [−1, 8[. m´ın f (x) = −1 x∈I

y no existe el máximo de f en I.

sup f (x) = 8 x∈I

4.3 Extremos locales o relativos Dada una función real f definida en un intery valo I, el gráfico de f puede tener “montes y valles”, como se ilustra en gráfico de la derecha. Es interesante poder hallar las cimas —punto más alto de los montes, cerros y collados— y simas —cavidad grande y muy profunda en la tierra— que corresponderán a “máximos locales” y a “mínimos locales”, respectivamente. x ¿Qué queremos decir con “locales”? Que, como se aprecia en la figura, son los puntos más altos o los más bajos pero solamente en una “zona próxima a ellos” y no con respecto a todo el intervalo I. En otras palabras, “localmente” son los máximos o los mínimos. A continuación, hagamos precisas estas nociones y cómo los extremos locales nos permiten hallar los extremos globales para el caso de las funciones continuas.

162

La derivada: aplicaciones

Definición 4.6 (Extremos locales) Sean I un intervalo y f : I −→ R. Sean x y x dos elementos de I . Entonces: 1. la función f alcanza un mínimo local o relativo en x si y solo si existe r > 0 tal que

f (x) ≤ f (x) para todo x ∈ I∩ ]x − r, x + r[. 2. la función f alcanza un máximo local o relativo en x si y solo si existe r > 0 tal que

f (x) ≥ f (x) para todo x ∈ I∩ ]x − r, x + r[.

En otras palabras, un mínimo local en x es el valor más pequeño que toma una función en un cierto intervalo centrado en x. De manera similar, un máximo local en x es el valor más grande que toma una función en un cierto intervalo centrado en x. Definición 4.7 (Interior de un intervalo) Sea I un intervalo abierto. El interior de I , representado con I ◦ , es el intervalo abierto más grande que está contenido en I .

Ejemplo 4.79 El interior de I = [a, b] es I ◦ =]a, b[. El interior de I = [a, b[ es I ◦ =]a, b[. Para I =] − ∞, b[, el interior I ◦ es ] − ∞, b[.

Lo que ahora nos interesa es determinar un método para la obtención de los extremos locales de una función; es decir, para la localización de los máximos y mínimos locales de una función. En el dibujo de la derecha, podemos observar que las rectas tangentes en los extremos de la función lucen como rectas horizontales, es decir, con pendiente igual a 0. Si esto es así, la derivada de la función debería ser igual a 0 en estos puntos. Y esto es, efectivamente, así. Es decir, la recta pendiente en un extremo es horizontal. Por ello, se introduce el concepto de punto crítico. Luego de la siguiente definición se enuncia el teorema ilustrado por el dibujo.

Definición 4.8 (Punto crítico) Dada una función real f , continua en un intervalo I de extremos a y b (a < b), y derivable en el interior de I , a un número c del interior de I se lo llama punto crítico de f si y solo si f ′ (c) = 0 o si no existe f ′ (c), es decir, si f no es derivable en c.

4.3 Extremos locales o relativos

163

Ejemplo 4.80 Sea f : [−2, 3] −→ R definida por

f (x) =

1 − x2 si − 2 ≤ x ≤ 1, 3 2 2x − 3x − 12x + 13 si 1 < x ≤ 3.

Encontremos los puntos críticos de f . Definamos p1 y p2 de la siguiente manera: p1 (x) = 1 − x2

y p2 (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 13.

Entonces, f es continua en [−2, 3] pues: 1. En el intervalo [−2, 1], la función f = p1 , por lo que f es continua en el abierto ] − 2, 1[, continua en −2 por la derecha y continua en 1 por la izquierda. 2. En el intervalo ]1, 3], la función f = p2 , por lo que f es continua en el abierto ]1, 3[ y continua en 3 por la izquierda. 3. En el punto x = 1, tenemos que: f (1) = p1 (1) = 0 = p2 (1) = l´ım+ p2 (x), x→1

por lo que f es continua en 1. Por otro lado, tenemos que ¨

−2x si − 2 ≤ x < 1, 2 6x − 6x − 12 si 1 < x ≤ 3,

′

f (x) = y para x = 1, no existe f ′ (x), pues

′ ′ f− (1) = −2 6= −12 = f+ (1).

Entonces

¨ ′

f (x) = 0 ⇐⇒

−2x = 0 si − 2 ≤ x < 1, 2 6x − 6x − 12 = 0 si 1 < x ≤ 3,

de donde f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x ∈ {0, 2}. Por lo tanto, de acuerdo a la definición de punto crítico, a más de 0 y de 2, el número 1 también es un punto crítico de f .

El siguiente teorema es el mecanismo que tenemos para la determinación de los extremos relativos.

Teorema 4.4 (Extremos locales) Sean I un intervalo, f : I −→ R y c ∈ I ◦ . Si f alcanza un extremo local en c, entonces c es un valor crítico de f .

Usaremos este teorema para la obtención de los extremos absolutos de una función real continua definida en un intervalo cerrado y acotado. En efecto, supongamos que f : [a, b] −→ R es continua. Entonces, existen xm y xM en [a, b] en los cuales f alcanza el mínimo y el máximo globales, respectivamente. Sea K el conjunto de todos los puntos críticos de f ; es decir: K = {c ∈ ]a, b[: c es un punto crítico de f }.

164

La derivada: aplicaciones

Se tiene entonces que xm ∈ {a, b} ∪ K y que xM ∈ {a, b} ∪ K, pues todo extremo global también es un extremo local. Ahora bien, si K es finito, por ejemplo, K = {c1 , c2 , . . . , cN }, y es conocido, para encontrar los extremos globales de f es suficiente que hagamos una tabla de valores con los elementos del conjunto {f (a), f (c1 ), f (c2 ), . . . , f (cN ), f (b)}.

Es obvio que el mayor de estos números corresponderá al máximo global de f y el menor, al mínimo global. En el caso de que K = ∅, los únicos extremos son f (a) y f (b). Veamos un ejemplo. Ejemplo 4.81 Sea I = [0, 52 ] y f : I −→ R definida por f (x) = 2x3 − 9x2 + 12x. Determinemos el conjunto K. Como f ′ (x) = 6x2 − 18x + 12 = 6(x − 2)(x − 1), tenemos que los c ∈ I que satisfacen la igualdad ′ f (c) = 0 son c = 1 y c = 2. Además, como f es derivable en el interior de I, el conjunto K es, entonces K = {1, 2}. Ahora construyamos la tabla de valores de f en K ∪ {f (0), f ( 25 )}: 5 2

0 1

f (x)

0 5

4 17.5

Por lo tanto, la función f alcanza el mínimo en 0 y el máximo en 52 . Además:

m´ın f (x) = 0 = f (0) y x∈I

m´ax f (x) = 17.5 = f x∈I

5 . 2

4.4 Monotonía Dada una función f : I −→ R, donde I es un intervalo, se dice que f es creciente si al aumentar el valor de la variable independiente x, lo hace también el valor f (x). Si f (x) decrece, entonces se dice que f es decreciente. Precisemos estos conceptos. Definición 4.9 (Funciones creciente y decreciente) Sean I un intervalo y f : I −→ R. Entonces la función f es 1. creciente en I si y solo si f (x1 ) < f (x2 ) 2. no decreciente en I si y solo si f (x1 ) ≤ f (x2 ) 3. decreciente en I si y solo si f (x1 ) > f (x2 ) 4. decreciente en I si y solo si f (x1 ) ≥ f (x2 ) 5. monótona si y solo si es creciente o decreciente para todo x1 ∈ I y todo x2 ∈ I tales que x1 < x2 ;

Es claro de la definición que una función puede ser creciente en un subintervalo pero creciente en otro.

4.4 Monotonía

165

Ejemplo 4.82 Sea f : ] 32 , +∞ −→ R definida por f (x) = x2 − 3x+ 2. Determinemos si es creciente o decreciente. Para ello, sean x1 y x2 tales que sean mayores que 32 y x1 < x2 . Ahora estudiemos el signo de f (x2 ) − f (x1 ). Para ello, observemos que: f (x2 ) − f (x1 ) = (x22 − 3x2 + 2) − (x21 − 3x1 + 2) = (x22 − x21 ) − 3(x2 − x1 )

= (x2 − x1 )(x2 + x1 − 3) 3 3 = (x2 − x1 )[(x2 − ) + (x1 − )] > 0, 2 2 pues x1 < x2 , x1 >

3 2

y x2 > 32 . Por lo tanto, f (x1 ) < f (x2 ); es decir, f es creciente.

Probar que una función es creciente o decreciente no siempre es una tarea sencilla como la que muestra el último ejemplo. El lector podrá convencerse de esta afirmación si estudia la monotonía de la función f definida por f (x) = 2x3 − 9x2 + 12x con el método utilizado en el ejemplo. Constataría lo engorrosos que pueden llegar a ser los cálculos. Viene entonces en nuestra ayuda un resuly tado que se ilustra, previamente, en el dibujo de la derecha. Podemos observar que la recta tangente en cualquier punto de la curva en los intervalos en los que es creciente tiene una pendiente positiva. En cambio, en los intervalos en que la curva es decreciente, la pendiente es negativa. x Esta observación, y el hecho de que la derivada representa la pendiente de la tangente, inducen a pensar que si la derivada de una función fuera positiva en (a, b), esa función debería ser creciente en ese intervalo y, en el caso contrario, si la derivada fuera negativa, la función debería ser decreciente. Teorema 4.5 Sean I un intervalo de extremos a < b f : I → R continua en I . Si, además, f es derivable en ]a, b[, entonces: 1. si f ′ (x) > 0 para todo x ∈ ]a, b[, entonces f es creciente en I ; y 2. si f ′ (x) < 0 para todo x ∈ ]a, b[, entonces f es decreciente en I .

Veamos un ejemplo. Ejemplo 4.83 Sea f : R −→ R definida por f (x) = 2x3 − 9x2 + 12x. Su derivada es f ′ (x) = 6x2 − 18x + 12. Como f ′ (x) = 6(x − 1)(x − 2), los signos de f son los siguientes: x (x − 1) (x − 2) f ′ (x)

− − +

1 0 − 0

+ − −

2 + 0 0

+ + +

Vemos, entonces, que f ′ (x) > 0 si x ∈ ] − ∞, 1[∪ ]2, +∞[ y que f ′ (x) < 0 si x ∈ ]1, 2[. Por lo tanto, la función f es creciente en ] − ∞, 1[∪ ]2, +∞[ y es decreciente en ]1, 2[.

166

La derivada: aplicaciones

Corolario 4.6 (Extremos locales) Sean I un intervalo abierto, c ∈ I y f : I −→ R una función continua en I y derivable en I − {c}. Si c es un punto crítico de f y f ′ (x) cambia de signo en c, entonces f alcanza un extremo local en c. De manera más precisa: si x ∈ I y 1. si f ′ (x) < 0 para todo x < c; y 2. si f ′ (x) > 0 para todo x > c, entonces f alcanza un mínimo local en c; y 1. si f ′ (x) > 0 para todo x < c; y 2. si f ′ (x) < 0 para todo x > c, entonces f alcanza un máximo local en c.

Ejemplo 4.84 En el ejemplo precedente, si f está definida por f (x) = 2x3 − 9x2 + 12x, la derivada f ′ (x) de esta función cambia de signo en 1 y en 2. Antes de 1 es creciente, luego de 1 es decreciente; por lo tanto, f alcanza un máximo local en 1. Antes de 2 es decreciente y luego es creciente. Entonces, f alcanza un mínimo local en 2.

4.5 Ejercicios 1. Para la función f , halle los puntos críticos y los intervalos de monotonía. Distinga los puntos críticos que son extremos locales: (a) f (x) = 3x2 − 5x + 4. (b) f (x) = 6x4 − 8x3 + 2. x+1 (c) f (x) = 2 . x +1 4 1 (d) f (x) = x 2 − x 3 . x−1 (e) f (x) = 1 . (x + 7) 3 (f) f (x) = x3 + 2x2 − 7x + 4. x−2 (g) f (x) = √ . 1−x 1 (h) f (x) = (5x + 2) 3 . 1 3

(i) f (x) = x (x + 7) . (j) f (x) = 3 sen x + 5 cos x. 2. Halle los extremos absolutos de f en el intervalo I: (a) f (x) = x3 − 2x2 + x; I = [−1, 4]. (b) f (x) = 3x2 − 5x + 2; I = [−1, 3]. 2

(d) f (x) = (x − 1) 3 (x2 − 2x); I = [0, 2].

(e) f (x) = x3 + x2 − 5x + 3; I = [−2, 4].

(f) f (x) = (x + 1)4 (x − 2)2 ; I = [0, 5]. √ x−1 5 (g) f (x) = 2 ; I= ,5 . x +2 4

3. Halle los valores críticos y los extremos absolutos y relativos de la función f en el intervalo I: (a) f (x) = x4 − 4 − |x + 2|; I = [−3, 3]. ¨

2x + 1 si − 2 ≤ x < 1, x2 + 2 si 1 ≤ x ≤ 3;

(b) f (x) =

I = [−2, 3]. (c) f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 13; I = [−2, 3]. ¨

(d) f (x) =

x2 + x − 2 si − 2 ≤ x < 1, 3 2 x − 3x + 2 si 1 ≤ x ≤ 3;

I = [−2, 3]. 1 − 1; I = [−10, 10]. x−1 (f) f (x) = ⌊x⌋; I = [−10, 2]. ax + b (g) f (x) = ; I = [−L, L], con L > 0, y cx + d si ad 6= bc y ad = bc. (e) f (x) = x +

4.6 Teoremas del valor intermedio

167

4.6 Teoremas del valor intermedio En el dibujo de la derecha, se muestra el gráfico de una función f : [a, b] → R que es continua en [a, b], derivable en (a, b) y tal que f (a) = f (b). Parece que, en el punto c ∈ (a, b), punto en el que la función f alcanza un máximo local, la tangente al gráfico de f es horizontal; es decir, f ′ (c) = 0, de donde c es un punto crítico. Aunque no está dibujado, el punto dónde se alcanza el mínimo local, la recta tangente es también paralela al eje horizontal; esto significa también que ese punto es un punto crítico. Y esta situación es siempre verdadera bajo las hipótesis adecuadas, como se expresa en el siguiente teorema.

y f ′ (c) = 0

f (a)

f (b) a

Teorema 4.7 (Teorema de Rolle) Si f es continua en el intervalo [a, b] y derivable en (a, b), entonces existe un número c ∈ (a, b) tal que:

f (a) = f (b). Entonces, existe un número c ∈ (a, b) tal que f ′ (c) = 0.

Ejemplo 4.85 Vamos a utilizar el teorema de Rolle para averiguar si la función f definida por f (x) = x3 − 3x2 + 2 √ √ tiene puntos críticos en el intervalo ] − 3 + 1, 3 + 1[. Como f es derivable es √ √en R por ser un polinomio, es continua en R y, por consiguiente, √ también √ continua en ] − 3 + 1, 3 + 1[. Por lo tanto, los puntos críticos son todos los x ∈ ] − 3 + 1, 3 + 1[ para los cuales√f ′ (x) = 0. √ √ ]− 3+ √Como f (− 3 + ′1) = f ( 3 − 1) = 0, el teorema de Rolle nos garantiza que existe c en 1, 3 + 1[ tal que f (c) = 0. Para hallar tales números c, debemos resolver la ecuación f ′ (c) = 0. Ahora bien, como f ′ (x) = 3x2 − 6x = 3x(x − 2), tenemos que f ′ (c) = 0 ⇐⇒ c(c − 2) = 0 ⇐⇒ c ∈ {0, 2}. En resumen, los números 0y 2 son los puntos críticos buscados, puesto que {0, 2} está incluido en √ √ ] − 3 + 1, 3 + 1[.

Teorema 4.8 (Teorema del valor intermedio o de los incrementos finitos) Si f es continua en el intervalo [a, b] y derivable en (a, b), entonces existe un número c ∈ (a, b) tal que:

f ′ (c) =

f (b) − f (a) , b−a

o también:

f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a).

168

La derivada: aplicaciones

Ejemplo 4.86 Sea f la función real definida por f (x) = x3 − 3x2 + 3. Veamos cómo se aplica el teorema del valor intermedio en el intervalo [1, 3]. Como f es un polinomio, es una función continua y derivable en R y, por ende, es continua en el intervalo [1, 3] y derivable en el intervalo ]1, 3[. Entonces, se verifican las hipótesis del teorema del valor intermedio, el que nos garantiza que existe c ∈ ]1, 3[ tal que f ′ (c) =

f (3) − f (1) 3−1 = = 1. 2−1 3−1

Como f ′ (x) = 3x2 − 6x, el número c satisface la ecuación 3c2 − 6c = 1. Las raíces de esta ecuación son c1 = 1 − √23 y c2 = 1 + número c del teorema del valor intermedio es c2 .

√2 . 3

Puesto que c1 6∈ ]1, 3[, entonces el

Supongamos que una función f : I −→ R, donde I es un intervalo de extremos a y b tales que a < b, tiene derivada nula en ]a, b[; es decir, supongamos que f ′ (x) = 0 para todo x ∈ ]a, b[. Tomemos dos elementos en I, x1 y x2 tales que x1 < x2 . Si sucediera que f (x1 ) 6= f (x2 ), por el teorema del valor intermedio, existe c ∈ ]x1 , x2 [ tal que f ′ (c) =

f (x2 ) − f (x1 ) . x2 − x1

Por un lado, f ′ (c) = 0; por otro, como x1 6= x2 y, hemos supuesto que f (x1 ) 6= f (x2 ), tenemos que f (x2 ) − f (x1 ) 0 = f ′ (c) = 6= 0. x2 − x1 Esta contradicción nos indica que no es posible que f (x1 ) 6= f (x2 ); por lo tanto, la función f debe ser constante en ]a, b[. Resumamos este resultado en el siguiente teorema.

Teorema 4.9 Si f está definida en un intervalo I de extremos a y b, y si f es derivable en el abierto tal que su derivada es igual a 0, entonces f es constante en I .

Finalmente, el siguiente es una generalización del teorema del valor intermedio. En los ejercicios de esta sección, se provee una sugerencia para la demostración del teorema general.

Teorema 4.10 (Teorema general del valor intermedio) Sean f : R → R y g : R → R dos funciones continuas en el intervalo [a, b] y derivables en (a, b). Supongamos que g ′ (x) 6= 0 para todo x ∈ (a, b) y que g(a) 6= g(b). Entonces existe c ∈ (a, b) tal que:

f (b) − f (a) f ′ (c) = ′ . g(b) − g(a) g (c)

4.7 Ejercicios 1. Verifique si en el intervalo I se puede aplicar el teorema de Rolle para la f dada. De ser así,

4.8 Convexidad

169

halle los c cuya existencia garantiza el mencionado teorema. (a) f (x) = x2 − 5; I = [−2, 2]. ¨

(b) f (x) =

x3 + 2 si − 3 ≤ x < 0, 3 −x + 2 si 0 ≤ x ≤ 3;

I = [−3, 3]. (c) f (x) = x3 − 3x2 + 2x + 4; I = [0, 1]. ¨

x2 + 3 8 − x3

(d) f (x) =

si − 2 ≤ x ≤ 0, si 0 < x ≤ 1;

I = [−2, 1].

(f) f (x) = x −

√ 3

x; I = [−1, 27].

3. Un camionero entra en una autopista y recibe un talón que marca la hora de ingreso, las 7 horas con 55 minutos. Antes de salir, 250 kilómetros después, paga el peaje y el recibo marca el valor pagado y la hora del pago: 10 horas con 35 minutos. Un policía le revisa los documentos y le multa por exceso de velocidad. ¿Cuál cree que era el límite de velocidad para el transporte pesado en ese tramo? Justifique su respuesta sustentándose en el teorema de Rolle o del valor intermedio.

4. Mediante el teorema del valor intermedio, demuestre el siguiente teorema (de los incrementos finitos). Sean I un intervalo abierto, (f) f (x) = sec x; I = [0, 2π]. f : I −→ R derivable en I, x0 ∈ I y ∆x tales que x0 + ∆x ∈ I. Entonces existe θ ∈ ]0, 1[ 2. Verifique si en el intervalo I la función f satisface las hipótesis del teorema del valor intertal que medio. De ser así, halle los valores de c cuya ∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = f ′ (x0 + θ∆x)∆x. existencia nos es garantizada por dicho teorema. 5. Usando el teorema de Rolle, pruebe el teorema (a) f (x) = x3 − x + 1; I = [0, 3]. general del valor medio. Sugerencia: Defina ¨ F : [a, b] −→ R de la siguiente manera: x3 + 2 si − 2 ≤ x < 0, (b) f (x) = 2 − x3 si 0 ≤ x ≤ 3; f (b) − f (a) F (x) = f (x) − [g(x) − g(a)]. I = [−2, 3]. g(b) − g(a) (c) f (x) = x3 − 3x2 + 2x; I = [0, 1]. ¨ 6. Sea f (x) = ax5 + bx3 + cx + d. Use el teorema x2 + 3 si − 2 ≤ x ≤ 0, de Rolle para probar que la ecuación f (x) = 0 (d) f (x) = 3 − x3 si 0 ≤ x ≤ 1; no puede tener dos raíces reales si a > 0, b > 0 y c > 0. I = [−2, 1]. (e) f (x) = 3 sen x + 4 cos x; I =

(e) f (x) =

x3 + 2 2x2 + 3x − 2

I = [−3, 2].

−π 7π , . 2 2

si − 3 ≤ x ≤ 1, si 1 ≤ x ≤ 2;

7. Use el teorema de Rolle y el método de inducción para probar que un polinomio de grado n ∈ N y coeficientes reales tiene a lo sumo n raíces reales.

4.8 Convexidad 4.8.1 Punto intermedio Sean P0 y P1 dos puntos cualesquiera, distintos entre sí y situados sobre una recta real. Sean x0 y x1 sus respectivas coordenadas. Si tomamos un punto arbitrario P situado entre P0 y P1 , de coordenada x, resulta que x puede expresarse de una manera sencilla en función de x0 y x1 . En efecto, tenemos el siguiente lema: Lema 4.2 Sean x0 y x1 en R dos números reales distintos entre sí. Entonces, para cualquier x ∈ R “situado” entre ellos; es decir, tal que x0 < x < x1 o x1 < x < x0 , existe t ∈ (0, 1) tal que:

x = tx1 + (1 − t)x0 . Tenemos dos casos.

(4.1)

170

La derivada: aplicaciones

1. Supongamos que x0 < x < x1 :

x0 x1 x Vemos que las distancias entre P y P0 y entre P0 y P1 son P P0 = x − x0

y P0 P1 = x1 − x0 .

Además, como 0 < P0 P < P0 P1 , existe t ∈ ]0, 1[ tal que

P0 P = tP0 P1 = t(x1 − x0 ).

Por lo tanto:

x = x0 + P0 P = x0 + t(x1 − x0 ) = tx1 + (1 − t)x0 . 2. Supongamos que x1 < x < x0 :

x x1 x0 Vemos que las distancias entre P y P0 y entre P0 y P1 son P P0 = x0 − x

y P0 P1 = x0 − x1 .

Además, como 0 < P0 P < P0 P1 , existe t ∈ ]0, 1[ tal que Por lo tanto:

P0 P = tP0 P1 = t(x0 − x1 ).

x = x0 − P0 P = x0 − t(x0 − x1 ) = tx1 + (1 − t)x0 .

4.8.2 Segmento que une dos puntos El conjunto de puntos de la recta real situados entre P0 y P1 , incluidos estos, es representado por [P0 , P1 ]; es decir: [P0 , P1 ] = {Pt : t ∈ [0, 1]}, (4.2)

donde xt , la coordenada de Pt , se calcula con la fórmula

(4.3)

xt = tx1 + (1 − t)x0 .

Esta fórmula es una notación “feliz”, ya que, para t = 0 y t = 1, se obtienen x0 y x1 , respectivamente. Las fórmulas (4.2) y (4.3) se generalizan a dimensiones superiores. Así, por ejemplo, si P0 , P1 están en E3 , y si (x0 , y0 , z0 ) y (x1 , y1 , z1 ) son las coordenadas de los puntos P0 y P1 , respectivamente, la expresión (4.2) define el conjunto de puntos del segmento de recta de extremos P0 y P1 y las coordenadas de Pt son (xt , yt , zt ), donde: xt = tx1 + (1 − t)x0 ,

yt = ty1 + (1 − t)y0 ,

Si definimos

→ − xt =

xt yt zt

zt = tz1 + (1 − t)z0 .

para cada t ∈ [0, 1], la expresión (4.4) se escribe de la siguiente manera: → − − − x = t→ x + (1 − t)t→ x . t

Visualicemos este resultado en E2 .

(4.4)

(4.5)

4.8 Convexidad

171

4.8.3 Ecuación de la recta que pasa por dos puntos dados en E2 Sean P0 (x0 , y0 ) y P1 (x1 , y1 ) dos puntos distintos del plano E2 con x0 6= x1 . Si la ecuación de la recta que pasa por estos dos puntos es: y = y0 +

y1 − y0 (x − x0 ) = l(x). x1 − x0

(4.6)

Si x está entre x0 y x1 ; es decir, si x = xt con

xt = tx1 + (1 − t)x0 y t ∈ (0, 1) o, lo que es lo mismo, si xt = x0 + t(x1 − x0 ),

(4.7)

yt = l(xt ),

(4.8)

tendremos que, si entonces:

y1 − y0 (x0 + t(x1 − x0 ) − x0 ) = y0 + t(y1 − y0 ). (4.9) x0 − x1 Cuando x0 = x1 , como P0 6= P1 , tendremos que y0 6= y1 , la recta que pasa por P0 y P1 es vertical y se reduce al caso E1 con xt = x0 = x1 , y con yt = ty1 + (1− t)y0 . Se tendrá entonces, que si Pt es un punto del segmento [P0 , P1 ] y, si (xt , yt ) son sus coordenadas, se verificará la siguiente igualdad: yt = y0 +

xt yt

x1 y1

+ (1 − t)

x0 y0

(4.10)

que es la expresión (4.5) para E2 .

4.8.4 Funciones convexas y cóncavas

Definición 4.10 (Funciones convexa y cóncava) Sean I ⊂ R un intervalo y f : I → R una función definida en I . La función f es convexa ( respectivamente cóncava) en I si para cualquier para x0 ∈ I , x1 ∈ I tales que x0 < x1 , el gráfico de f correspondiente al intervalo (x0 , x1 ); es decir, el conjunto de R2

{(x, f (x)) : x ∈ (x0 , x1 )} = {(xt , f (xt )) : xt = tx1 + (1 − t)x0 , 0 < t < 1}

(4.11)

queda por debajo (respectivamente por encima) del segmento de recta [P0 , P1 ], con P0 (x0 , y0 ) y P1 (x1 , y1 ), donde y0 = f (x0 ) y y1 = f (x1 ).

Teniendo en cuenta la igualdad (4.9), la ecuación de la recta que une los puntos P0 y P1 es: y = l(x) = y0 + y si x = xt = tx1 + (1 − t)x0 , obtenemos que:

y1 − y0 (x − x0 ), x1 − x0

y = yt = l(xt ) = y0 + t(y1 − y0 ) = ty1 + (1 − t)y0 .

(4.12)

(4.13)

Entonces, f es convexa (respectivamente cóncava) en el intervalo I si para todo x0 , x1 en I tales que x0 < x1 , se verifica que f (xt ) ≤ l(xt ) (respectivamente f (xt ) ≥ l(xt ))

(4.14)

172

La derivada: aplicaciones

para todo t ∈ ]0, 1[. Es decir, f es convexa (respectivamente cóncava) si (4.15)

f (xt ) ≤ yt (respectivamente f (xt ) ≥ yt ) para todo t ∈ ]0, 1[. En resumen, hemos demostrado el siguiente teorema.

Teorema 4.11 Una función f : I −→ R es convexa (respectivamente cóncava) si para todo t ∈ ]0, 1[ se verifica que f (xt ) ≤ yt (respectivamente f (xt ) ≥ yt ), donde

yt = ty1 + (1 − t)y0 , con y0 = f (x0 ) y y1 = f (x1 ) y x0 < x1 elementos de I .

Ejemplo 4.87 Sea f una función definida por f (x) = ax2 + bx + c. Mediante el teorema 4.11, probemos que f es una función convexa cuando a > 0 y es cóncava si a < 0. 1. Supongamos que a > 0. Sean x0 ∈ R y x1 ∈ R tales que x0 < x1 . Definamos y0 = f (x0 ) y y1 = f (x1 ). Sea t ∈ ]0, 1[; entonces: xt = (1 − t)x0 + tx1

yt = (1 − t)y0 + ty1 .

Vamos a probar que f (xt ) < yt . Por ello, calculemos yt y f (xt ). En primer lugar, tenemos que: yt = (1 − t)y0 + ty1

= (1 − t)f (x0 ) + tf (x1 )

= (1 − t)(ax20 + bx0 + c) + t(ax21 + bx1 + c)

= a[(1 − t)x20 + tx21 ] + b[(1 − t)x0 + tx1 ] + c.

En segundo lugar, tenemos que: f (xt ) = a[(1 − t)x0 + tx1 ]2 + b[(1 − t)x0 + tx1 ] + c

= a[(1 − t)2 x20 + t2 x21 + 2t(1 − t)x0 x1 ] + b[(1 − t)x0 + tx1 ] + c.

Por lo tanto:

yt − f (xt ) = a [(1 − t) − (1 − t)2 ]x20 − 2(1 − t)tx0 x1 + (t − t2 )x21

= a(1 − t)t(x20 − 2x0 x1 + x21 ) = a(1 − t)t(x0 − x1 )2 .

Como a > 0, 1 − t > 0, pues 0 < t < 1 y (x0 − x1 )2 > 0, ya que x0 6= x1 , entonces yt − f (xt ) ≥ 0, de donde f (xt ) ≤ yt . Por lo tanto, por el teorema 4.11, f es convexa.

2. Si a < 0, un procedimiento similar al anterior muestra que yt − f (xt ) < 0.

Cuando una función es derivable, su convexidad o concavidad está relacionada con la monotonía de la derivada. En el siguiente teorema, se muestra esta relación.

4.9 Puntos de inflexión

173

Teorema 4.12 (Criterio de la derivada para la convexidad) Sea f : [a, b] → R continua en [a, b] y derivable en (a, b). Si f ′ es creciente (respectivamente decreciente) en (a, b), entonces f es convexa (respectivamente cóncava) en [a, b].

Ejemplo 4.88 Sea f (x) = x4 + x2 + 1. Mediante la monotonía de f ′ , determinemos si f es o no convexa. En primer lugar, tenemos que f ′ (x) = 4x3 + 2x. Sean x1 y x2 en R tales que x1 < x2 . Entonces: f ′ (x2 ) − f ′ (x1 ) = 4x32 − 2x2 − 4x31 + 2x1

= 4(x32 − x31 ) + 2(x2 − x1 ).

Como x2 > x1 , entonces x32 − x31 > 0 (la función cúbica es creciente) y x2 − x1 > 0. Por lo tanto f ′ (x2 ) − f ′ (x1 ) = 4(x32 − x31 ) + 2(x2 − x1 ) > 0. Entonces f ′ (x1 ) < f ′ (x2 ); es decir, f ′ es una función creciente. Entonces, por el teorema 4.12, f es una función convexa.

Del teorema 4.12 y por el teorema (4.5), es inmediato el siguiente teorema.

Teorema 4.13 Si f es continua en [a, b] y existe f ′′ y es positiva (respectivamente negativa) en (a, b), entonces f es convexa (respectivamente cóncava) en [a, b].

Ejemplo 4.89 Sea f (x) = 3x4 − 4x3 + 29x2 + 2x − 7. Probemos que esta función es convexa. Para ello, mostremos que la segunda derivada de f es siempre positiva. Así, por el teorema 4.13, f debe ser convexa. Calculemos f ′′ (x). En primer lugar, tenemos que f ′ (x) = 12x3 − 12x2 + 58x + 2. En segundo lugar: f ′′ (x) = 36x2 − 24x + 58. Ahora bien, el discriminante del polinomio de segundo grado 36x2 − 24x + 58 es negativo, pues (24)2 − 4(36)(58) = −7 776. Por lo tanto, para todo x ∈ R f ′′ (x) tiene el mismo signo. Así, el signo de f ′′ (0) es el signo de todos los f ′′ (x). Pues, como f ′′ (0) = 58 > 0, tenemos que f ′′ (x) > 0 para todo x ∈ R. Es decir, f es convexa.

4.9 Puntos de inflexión En el dibujo:

174

La derivada: aplicaciones

y f

g f (x0 )

f es una función definida en un intervalo abierto I y x0 ∈ I tal que existe f ′ (x0 ). El punto P0 (x0 , f (x0 )) tiene la propiedad de que la gráfica de f pasa de un lado a otro de la recta tangente a la gráfica de f en P0 , cuya ecuación es y = g(x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ). El punto P0 es denominado punto de inflexión de la gráfica de f . He aquí la definición precisa.

Definición 4.11 (Punto de inflexión) Sean f : [a, b] → R y x0 ∈ (a, b). Si f es convexa en [a, x0 ] y cóncava en [x0 , b], o viceversa (cóncava en [a, x0 ] y convexa en [x0 , b]), se dice que el punto de coordenadas (x0 , f (x0 )) es un punto de inflexión del gráfico de f .

Observaciones 1. Si ponemos h(x) = f (x) − g(x), P0 es punto de inflexión de la gráfica de f si y solo si h(x) cambia de signo en x0 , es decir, si y solo si el punto de coordenadas (x0 , 0) es punto de inflexión de la gráfica de h. 2. Si f : [a, b] → R es derivable en (a, b) y si f ′ cambia de signo en x0 ∈ (a, b), entonces el punto de coordenadas (x0 , f (x0 )) es un punto de inflexión del gráfico de f . 3. Sea f : [a, b] → R. Si para x0 ∈ (a, b), el punto de coordenadas (x0 , f (x0 )) es un punto de inflexión del gráfico de f , y si f es derivable en x0 , existirá r > 0 tal que el gráfico de f ; es decir, de los puntos de coordenadas (x, f (x)), estarán de un lado de la recta tangente en el punto (x0 , f (x0 )) para x ∈ (x0 − r, x0 ) y del otro lado para x ∈ (x0 , x0 + r). La siguiente es una condición necesaria para la existencia de un punto de inflexión.

Teorema 4.14 Si existe f ′′ (x0 ) y si P0 (x0 , f (x0 )) es un punto de inflexión de la gráfica de f , entonces f ′′ (x0 ) = 0.

Esta condición no es suficiente; es decir, el recíproco de este teorema no es cierto. Por ejemplo, si y = f (x) = x4 , el punto P (0, 0) no es punto de inflexión de la gráfica de f a pesar de que f ′′ (0) = 0.

4.9 Puntos de inflexión

175

Ejemplo 4.90 Analizar la función f y su gráfico si f : R → R está definida por f (x) = x3 − px con p ∈ R, una constante dada. A la gráfica de f se le llama parábola cúbica. Solución. En primer lugar, f es una función impar, pues: f (−x) = (−x)3 − p(−x) = −(x3 − px) = −f (x). Por lo tanto, la gráfica de f es simétrica respecto al punto de coordenadas (0, 0). Esto significa que bastará con analizar f solo en uno de los dos intervalos: [0, +∞[ o ] − ∞, 0], porque en el otro intervalo el gráfico se obtiene del primero por medio de un reflexión y una rotación, y los valores f (x) de la identidad f (x) = −f (−x). Ahora, busquemos los cortes de la gráfica de f con el eje x; es decir, busquemos los x tales que f (x) = 0: x3 − px = 0 (4.16) La solución de esta ecuación depende del signo de p. Por lo tanto, hay tres casos que analizar. 1. Si p < 0, x = 0 es la única raíz real de (4.16); las otras dos son complejas. 2. Si p = 0, x = 0 es una raíz triple de la ecuación. √ √ 3. Si p < 0, x0 = 0, x1 = − p y x2 = p son las tres raíces reales de la ecuación (4.16). Ahora calculemos la derivada de f : f ′ (x) = 3x2 − p.

(4.17)

Estudiemos el signo de f ′ (x), para lo cual es conveniente buscar los valores de x para los cuales f ′ (x) = 0, en los tres casos ya considerados. 1. Si p < 0, f ′ (x) > 0 para todo x ∈ R. Entonces f será estrictamente creciente en R.

2. Si p = 0, f ′ (x) > 0 para todo x ∈ R − {0}; además, f ′ (0) = 0. Entonces f es estrictamente creciente en (−∞, 0) y en (0, +∞). Como en este caso f (x) < 0 si x < 0 y f (x) > 0 si x > 0, y f (0) = 0, se concluye que también f es estrictamente creciente en R. 3. Si p > 0, la ecuación (4.17) tiene dos raíces: É

x ¯1 = −

p 3

x ¯2 =

p . 3

Se tiene que f ′ (x) > 0 en (−∞, x ¯1 ) y en (¯ x2 , +∞), mientras que f ′ (x) < 0 en (¯ x1 , x ¯2 ), por lo que f es creciente en los dos primeros intervalos y decreciente en el tercer intervalo. Adicionalmente, esto implica que, en (¯ x1 , f (x¯1 )), la función f tiene un máximo local y, en (¯ x2 , f (x¯2 )), un mínimo local. Ahora estudiemos los puntos de inflexión de la gráfica de f . Como f ′ (0) = −p, la recta g de ecuación y = g(x) = −px

es tangente a la gráfica de f en (0, 0). La recta g divide al plano en 3 partes: g+ el semiplano superior, la propia recta g y g− el semiplano inferior: g+ = {(x, y) ∈ R | y > g(x) = −px}

g = {(x, y) ∈ R | y = g(x) = −px} g− = {(x, y) ∈ R | y < g(x) = −px}.

176

La derivada: aplicaciones

y g

g+ g− O

Para ver la ubicación de los puntos (x, f (x)) de la gráfica de f respecto a la recta y = g(x) = −px, basta analizar el signo de h(x) = f (x) − g(x) = (x3 − px) − (−px) = x3 . El signo de h(x) coincide con el de x, por lo que la gráfica de f estará en el semiplano g+ para x > 0 y en el semiplano g− para x < 0. El punto (0, 0) es pues un punto de inflexión de la gráfica de f . Como f es dos veces derivable para todo x y f ′′ (x) = 6x, tenemos que .f ′′ (x) = 0

⇔

x=0

Por lo tanto, como (0, 0) es un punto de inflexión, éste será el único (de haber otros para x 6= 0, se tendría que f ′′ (x) = 0; es decir, 6x = 0, lo cual es imposible). Los resultados que sirven para analizar la función se pueden resumir en una tabla donde se los anota a medida que se los obtiene y, finalmente, sirve para tener una idea completa del gráfico de la función que luego, con la ayuda de un número adecuado de puntos de la forma (a, f (a)), podrá ser realizado. En el ejemplo, para el tercer caso, p > 0, tenemos: √

√ p , 0 3

−

√

p 3

Máx. local √p √ 3 , p

−

√ −∞, − p

√ − p

f (x)

−

′

f (x) Resultados

√ p 3

f (x)

f ′ (x)

−

Resultados

Punto infl. y

− p, −

√ p 3

−

√ p 3

p<0

−

√ p

Punto infl. √ p, +∞

Mín local y

p=0

x2 O

x1 x

p>0

¿Cómo se corta la gráfica de f con rectas horizontales de ecuación y = c? Para responder a esta pregunta en los tres casos considerados, podemos analizar las soluciones de la ecuación f (x) = 0: x3 − px = c.

(4.18)

4.10 Ejercicios

177

1. Si p < 0, la ecuación (4.18) tiene una raíz real simple para todo c. 2. Si p = 0, la ecuación tiene una raíz real simple para todo c 6= 0. Para c = 0, x = 0 es una raíz real triple. 3. Si p > 0, hay, a su vez, cuatro casos: (a) Si c < f (x¯2 ) o c > f (x¯1 ), la ecuación (4.18) tiene una sola raíz real simple. (b) Si f (x¯2 ) < c < f (x¯1 ), la ecuación tiene tres raíces reales distintas. (c) Si c = f (x¯2 ), x¯2 es raíz doble de la ecuación (4.18), y se tiene otra raíz simple y negativa. (d) Si c = f (x¯1 ), x¯1 es raíz doble de la ecuación, y se tiene otra raíz simple y negativa.

4.10 Ejercicios 1. Utilice la segunda derivada de f para determinar los intervalos en los cuales f es cóncava y en los cuales es convexa, así como los puntos de inflexión. (a) f (x) = 14x − x2 .

(b) f (x) = 2x3 − 15x2 + 24x. 3

(d) f (x) = (x + 1)(x − 1)3 .

(e) f (x) = 6x4 + 2x3 − 12x2 + 4. √ (f) f (x) = 3 x + x. 16 (g) f (x) = x + . x

(h) f (x) =

x2 + 26. 1 (i) f (x) = 2 . x +1 x−3 (j) f (x) = . x+2

√ (f) f (x) = x x + 1. √ x (g) f (x) = x − . 9 (h) f (x) = 3 sen x + 4 cos x. (i) f (x) = x4 − 6x3 + 12x2 .

(j) f (x) = sen(3x).

3. Dibuje, aproximadamente, el gráfico de la función f que tenga las propiedades dadas. (a) f ′ (−1) = f ′ (2) = 0; f ′′ (x) < 0 para todo x < 1 y f ′ (x) > 0 para todo x > 1; y f (0) = 1. (b) f ′ (−2) = f ′ (−1) = f ′ (1) = f ′ (3) = 0; f ′′ (x) > 0 para todo x < − 23 o 0 < x < 2 y f ′′ (x) < 0 para todo − 23 < x < 0 o x > 2; y f (0) = 0. 4. Halle los puntos de inflexión de f si ¨

(k) f (x) = x 3 + x.

f (x) =

(l) f (x) = sen x. (m) f (x) = x − cos x + 1.

(a) f (x) = (2 − 3x)2 . 1 (b) f (x) = x3 − 2x2 + 3x. 3 (c) f (x) = 5x4 + x2 . x4 + 4 (d) f (x) = . x2 1

(e) f (x) = x 3 (x + 2).

si x ≥ 0, si x < 0.

5. Dibuje, aproximadamente, el gráfico de f .

(n) f (x) = tan x.

2. Para la función f dada, utilice la segunda derivada para hallar los extremos locales y los puntos de inflexión. Dibuje, aproximadamente, el gráfico de f .

x4 −x4

(a) f (x) = ¨

(b) f (x) =

|x − 1| 2x2 − 5x + 3

si x ≤ 1, si x > 1.

−x2 + 1 si x2 − 3x + 2 ≥ 0, −3(x − 1) si no.

6. Pruebe con un cambio de variable x = αx1 ,

y = βy1

(cambio de escala), que los tres casos de parábola cúbica se pueden reducir a y1 = x31 − x1 ,

y1 = x31 ,

y1 = x31 + x1 .

178

La derivada: aplicaciones Del análisis hecho anteriormente para la parábola cúbica, deduzca en qué casos (para qué relaciones entre a0 , a1 y a2 ) dados por p < 0, p = 0 y p > 0, se tendrán para f una raíz real simple, una raíz real triple o tres raíces reales distintas.

7. Analice la función f dada por f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + x3 ,

(4.19)

con a0 , a1 , a2 en R. Halle los intervalos donde f es monótona. Luego halle α, β en R tales que con un traslado paralelo dado por el cambio de variables x = x1 + α,

8. Analice la función f si

y = y1 + β

la ecuación (4.19) sea equivalente a y1 =

x31

f (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 + x4 ,

− x1 .

usando para f ′ los resultados obtenidos en el ejercicio anterior. Saque conclusiones respecto al número posible de máximos y mínimos en función de los coeficientes b0 , b1 , b2 y b3 , y halle los puntos de inflexión en función de b0 , b1 , b2 y b3 .

Lo puede hacer mediante cálculos directos o teniendo en cuenta que (α, β) es el punto de inflexión de la gráfica de f . Exprese entonces p en función de a0 , a1 y a2 p = p(a0 , a1 , a2 ).

4.11 Graficación de funciones Los resultados estudiados hasta ahora, a más de proveernos de la herramienta necesaria para resolver los problemas de optimización (encontrar el máximo o el mínimo de una función), se utilizan para trazar el gráfico de funciones de manera aproximada, como ya se ha propuesto en los ejercicios de la sección anterior. En esta sección, vamos a establecer un procedimiento bastante general para dibujar el gráfico de una función. Empecemos con un ejemplo. Ejemplo 4.91 Dibujar el gráfico de la función f definida por y = f (x) =

1 3 10 x

−

3 2 10 x

−

8 10 x.

Solución. La primera y la segunda derivadas de f son: f ′ (x)

f ′′ (x)

3 2 3 9 x − x− , 10 5 10 3 3 x− . 5 5

Busquemos los puntos en los cuales se anulan f , f ′ y f ′′ ; es decir, sus raíces. Para f (xk ) = 0, tenemos que las raíces son 3 √ 3 √ x1 = − ( 5 − 1) ≈ −1.85, x2 = 0 y x3 = ( 5 + 1) ≈ 4.85. 2 2 Para f ′ (xk ) = 0, las raíces son: Finalmente, para

x4 = −1 y

x5 = 3.

f ′′ (xk ) = 0, obtenemos una sola raíz: x6 = 1.

4.11 Graficación de funciones

179

En x1 , x2 y x3 el gráfico de f interseca con el eje horizontal. En x4 y x5 es posible que f tenga extremos locales, en x5 , un punto de inflexión. La siguiente tabla muestra los signos de f , f ′ y f ′′ en los intervalos comprendidos entre las raíces arriba encontradas: x f (x) ′

f (x) ′′

f (x)

−2

−1.85

−

−1 0

−

0 +

−

3 0

4.85

−

De la información contenida en esta tabla, colegimos que: 1. La función f alcanza un máximo local en −1, ya que antes de este punto, la derivada es positiva y luego, negativa. 2. La función f alcanza un mínimo local en 3, ya que antes de este punto, la derivada es negativa y luego, positiva. 3. En el punto 1, hay un punto de inflexión, ya que antes de este punto, la segunda derivada es negativa y luego, positiva. Dado que −1.85 −1 0

x f (x)

0.4 0

4.85

−1 −2.4

podemos concluir que la gráfica de f : 1. corta el eje horizontal en −1.85, 0 y 4.85; 2. alcanza un máximo local igual a 0.4 en −1; 3. alcanza un mínimo local igual a −2.4 en 3; 4. es creciente en ] − ∞, −1] y [3, +∞[; 5. es decreciente en [−1, 3]; 6. es cóncava en ] − ∞, 0]; y 7. es convexa en [0, +∞[. Con esta información, podemos realizar el dibujo del gráfico de f y obtener algo similar al siguiente dibujo: 2

(−1, 0.4)

−4

−3

−2

0.4 b

−1

x2 5

−2 i

−2.4 b

(3, −2.4)

180

La derivada: aplicaciones

Ejemplo 4.92 Sea f una función real definida por:

f (x) =

8 > <−2x − 3

si x ≤ −1 si |x| < 1 si x ≥ 1.

> :

1 x2

Analice y dibuje el gráfico de f . Solución. La función f está definida en R. Hay cambio de definición en los puntos x = −1 y x = 1. La función f es continua en R − {−1, 1} pues las partes en las cuales está definida son dos polinomios y una función racional, que son continuos en sus dominios. Averigüemos si es continua en x = −1 y x = 1. En primer lugar, f está definida en dichos puntos: f (−1) = −1 y f (1) = 1. Veamos ahora si existen los límites en esos puntos. Calculamos primero los correspondientes límites laterales: l´ım f (x) =

x→−1−

l´ım f (x) =

x→1−

l´ım (−2x − 3) = −1

l´ım f (x) =

x→−1+

x→−1−

l´ım x3 = 1

l´ım f (x) =

x→1+

x→−1−

l´ım (−x3 ) = −1

x→−1−

l´ım

x→−1−

1 = 1. x2

Como los correspondientes límites laterales son iguales, concluimos la verdad de las siguientes igualdades: l´ım f (x) = −1,

x→−1

l´ım f (x) = 1.

x→1

Finalmente, podemos decir que la función es continua en x = −1 y x = 1 porque l´ım f (x) = −1 = f (−1),

x→−1

l´ım f (x) = 1 = f (1).

x→1

En resumen, la función f es continua en su dominio R. Como no existen puntos de discontinuidad no hay posibilidad de que existan asíntotas verticales. Veamos si existen asíntotas horizontales. Para ello, calculemos los límites al infinito: l´ım f (x) = l´ım (−2x − 3) = −∞,

x→−∞

l´ım f (x) = l´ım

x→+∞

1 = 0. x2

Entonces y = 0 es una asíntota horizontal de la gráfica de f cuando x tiende a +∞. Para continuar con el análisis de la función f , necesitaremos su primera y su segunda derivada: ′

f (x) =

′′

8 > <−2

> :−

f (x) =

2 x3

8 > <0 > :

6x 6 x4

si x < −1 si |x| < 1 si x > 1. si x < −1 si |x| < 1 si x > 1.

Veamos si existe la primera derivada de f en x = −1 y x = 1. Como en esos puntos la función cambia de definición, hallemos, primeramente, las derivadas laterales correspondientes: ′ f− (−1) =

l´ım

x→−1−

l´ım

x→−1−

f (x) − f (−1) (−2x − 3) − (−1) = l´ım − x − (−1) x − (−1) x→−1 −2(x + 1) = l´ım (−2) = −2, x+1 x→−1−

4.11 Graficación de funciones

′ f+ (−1) =

181

l´ım

x→−1+

f (x) − f (−1) x3 − (−1) = l´ım x − (−1) x→−1+ x − (−1)

l´ım (x2 − x + 1)) = 3,

x→−1+

′ ′ f− (−1) = −2 6= 3 = f+ (−1).

Entonces no existe f ′ (−1).

f (x) − f (1) x3 − 1 = l´ım x−1 x→1− x→1− x − 1 2 = l´ım (x + x + 1) = 3,

′ f− (1) = l´ım

x→1−

1 f (x) − f (1) 2 − 1 = l´ım+ x x−1 x−1 x→1 x→1 x+1 = l´ım+ − 2 = −2, x x→1

′ f+ (1) = l´ım+

′ ′ f− (1) = 3 6= −2 = f+ (1).

Entonces no existe f ′ (1). Como en los puntos x = −1 y x = 1 no existe la derivada, la gráfica de f no tiene tangente en esos puntos. Además, existe la posibilidad de que en ellos existan extremos locales. Claramente, f ′ (0) = 0; entonces hay la posibilidad de que en x = 0 exista un extremo local. Como el D(f ′ ) = R − {−1, 1}, no existe la segunda derivada en x = −1 y x = 1 y, como en dichos puntos no existe recta tangente, no puede haber en ellos puntos de inflexión de la gráfica de f . Ya solo falta averiguar en qué puntos la segunda derivada es igual a cero; ello sucede en x = 0. En x = 0 podría haber un punto de inflexión. En resumen, en x = −1, x = 0 y x = 1 buscaremos extremos locales. En x = 0 además buscaremos un punto de inflexión. Esta búsqueda la realizamos con ayuda de la siguiente tabla: x f (x) f ′ (x) Monotonía f ′′ (x) Concavidad Resultados

] − ∞, −1[ − ց 0

−1 −1 n. e. n. e. m. l.

] − 1, 0[ + ր − ⌢

0 0 0 0 p. i.

]0, +1[ + ր + ⌣

+1 1 n. e. n. e

] + 1, +∞[ − ց + ⌣

M. l.

n. e. = no existe; m. l. = mínimo local; M. l. = máximo local; p. i. = punto de inflexión A partir de la tabla podemos dibujar la forma de la gráfica de la función f como se muestra en la figura. y 1

−2

−1

182

La derivada: aplicaciones

De los dos ejemplos, podemos proponer el siguiente procedimiento, bastante general, para analizar el gráfico de una función real. 1. Si la función es par o impar, basta considerar el intervalo [0, +∞[. 2. Se identifican los “valores especiales” para f , que son sus raíces. También sus puntos de discontinuidad. Digamos que estos son x1 < x2 < · · · < xN . 3. En cada uno de los intervalos ] − ∞, x1 [, ]xk , xk+1 [ y ]xN , +∞[ la función f no cambia de signo. Para determinar el signo en cada intervalo, basta calcular f (x) para un x en el intervalo correspondiente. 4. El paso anterior se aplica también a f ′ y a f ′′ . 5. Se elabora una tabla con los puntos especiales de f , f ′ y f ′′ . Con la tabla obtenida, podemos determinar los extremos locales, puntos de inflexión, intervalos de monotonía, concavidad y convexidad.

4.12 Ejercicios 1. Dibuje, aproximadamente, el gráfico de la función f . (a) f (x) = x3 + 2x. (b) f (x) = (x + 2)3 (x − 1)2 . 3

(h) f (x) = sen3 x + cos3 x.

x−1 . (x + 2)(x − 3) ax + b (f) f (x) = . cx + d (g) f (x) = −x + cos x. (e) f (x) =

(i) f (x) = x2 ln x.

1 . x2

(j) f (x) = x2 ex .

4.13 Problemas de extremos Una de las principales aplicaciones de las derivadas consiste en proveer de un método para resolver problemas de optimización; es decir, problemas en los que hay que escoger de entre varias opciones para la solución la mejor o la más conveniente, o la menos inconveniente. Por ejemplo, en una empresa se busca que las pérdidas sean mínimas y que las utilidades sean máximas; un transportista busca la ruta más corta o la más rápida; un bodeguero trata de guardar más objetos en cada bodega, etcétera. El problema de Romeo y Julieta con el que iniciamos este capítulo, es un ejemplo de un problema de optimización. El modelo matemático de una gran variedad de problemas de optimización se ajustan al siguiente problema matemático, denominado, problema de optimización: Problema 4.1 (Básico de optimización) Dados I un intervalo y f : I −→ R continua en I , se debe determinar si existen el máximo y el mínimo de f en I . De existir, se debe hallar xm ∈ I y xM ∈ I tales que

y = f (xm ) = m´ın f (x) y y = f (xM ) = m´ ax f (x). x∈I

x∈I

A continuación vamos a enunciar los resultados desarrollados en las secciones anteriores y que nos permitirán establecer un “algoritmo” para el problema de optimización.

4.13 Problemas de extremos

183

Teorema 4.15 Sean I un intervalo y x ∈ I ◦ tal que f alcanza un extremo local en x. Entonces x es un punto crítico de f ; es decir, f ′ (x) = 0 o no existe la derivada de f en x.

Al combinar estos dos resultados, tenemos el siguiente algoritmo para el problema de optmización cuando I = [a, b] y f tiene un número finito de puntos críticos en el interior de I. Algoritmo 4.1 Sea f : [a, b] −→ R una función continua en [a, b]. 1. Hallar K0 = {x ∈ ]a, b[ : f ′ (x) = 0} y K1 = {x ∈ ]a, b[ :6 ∃f ′ (x)}. Si K0 y K1 son finitos, vaya al siguiente paso. 2. Sea K = {a, b} ∪ K0 ∪ K1 . Este es el conjunto de los “candidatos” a ser los puntos en los que se alcancen los extremos globales. Obligatoriamente xm y xM , cuya existencia está garantizada por el primer teorema, son elementos de K . Escribamos K = {a1 = a < a2 < a3 < · · · < aN = b}. 3. Calcular la tabla de valores bk = f (ak ) con 1 ≤ k ≤ N , ordenando los valores de manera que bk1 ≤ bk2 ≤ · · · ≤ bkN . 4. Entonces xm = ak1 , xM = akN , y = bk1 y y = bkN .

Los siguientes teoremas, en cambio, nos permiten establecer un algoritmo cuando el intervalo I no es cerrado y acotado.

Teorema 4.16 Sean I un intervalo y f : I −→ R una función continua en I . Entonces la imagen de f , el conjunto Im(f ) es un intervalo. En particular, si I = [a, b], entonces Im(f ) = [xm , xM ].

Teorema 4.17 Si I =

n [

k=1

An y f : I −→ R, entonces: n [

Im(f ) =

f (Ak ).

k=1

Y, finalmente:

Teorema 4.18 Sean I =]a, b[ y f : I −→ R una función continua en I . Entonces:

1. Si f es creciente en I , entonces Im(f ) =

l´ım f (x), l´ım f (x) .

x→a+

x→b−

2. Si f es decreciente en I , entonces Im(f ) =

l´ım f (x), l´ım f (x) .

x→b−

x→a+

184

La derivada: aplicaciones

3. Resultados análogos a los anteriores son verdaderos si I es uno de los siguientes intervalos: ] − ∞, b[, ]a, +∞[ y ] − ∞, ∞[.

Al combinar los resultados precedentes, se tiene el siguiente algoritmo para resolver el problema de optimización cuando I no es un intervalo cerrado y acotado, pero sí es la unión finita de subintervalos de I, digamos I1 , I2 , . . . , IN , en los cuales f es monótona. El algoritmo permite, además, hallar la imagen de f . Algoritmo 4.2 Sean I un intervalo no cerrado ni acotado y f : I −→ R una función continua en I . 1. Determinar los subintervalos I1 , I2 , . . . , IN de I en los cuales f es monótona. 2. Calcular Jk = f (Ik ) para todo k ∈ {1, 2, . . . , N }. 3. Calcular J = Im(f ) =

N [

Jk .

k=1

4. El conjunto J es un intervalo. Si J es uno de los intervalos: (a) R, ] − ∞, β[ o ] − ∞, β], entonces ´ınf f (x) = −∞ y f no alcanza el mínimo en I . x∈I

(b) ]α, β[ o ]α, β], entonces ´ınf f (x) = α y f no alcanza el mínimo en I . x∈I

(d) R, [α, ∞[ o ]α, ∞[, entonces sup f (x) = +∞ y f no alcanza el máximo en I . x∈I

(e) ] − ∞, β[ o ]α, β[ o [α, β[, entonces sup f (x) = β y f no alcanza el máximo en I . x∈I

ax f (x) = β . (f) ]α, β], [α, β] o ] − ∞, β], entonces m´ x∈I

Este algoritmo sirve también si el dominio de la función se puede expresar como la unión finita de intervalos, pues se lo puede aplicar a cada uno de esos intervalos y luego se calcula la imagen de f con lo que, si existen, se determinan los extremos de la función. Ahora resolvamos el problema de Romeo y Julieta. Empecemos calculando la derivada de f para todo x ∈ I ya que f es derivable en su dominio: 2x −2(3 − x) f ′ (x) = √ + √ 2 2 x + 4 2 (3 − x)2 + 1 x 3−x =√ −√ . 2 (3 − x)2 + 1 x +4 Por lo tanto: 3−x x −√ (3 − x)2 + 1 +4 x 3−x ⇔√ =√ . 2 (3 − x)2 + 1 x +4

f ′ (x) = 0 ⇔ √

Pero: √

x x2

=√

3−x ⇒ x2 (3 − x)2 + 1 = (3 − x)2 (x2 + 4) 2 (3 − x) + 1

⇒ 3x2 − 24x + 36 = 0 ⇒ x ∈ {2, 6}.

4.13 Problemas de extremos

185

Es decir, si f ′ (x) = 0, necesariamente x = 2 ó x = 6. Dado que 6 6∈ I y 2 3−2 −È +4 (3 − 2)2 + 1 1 2 = √ − √ = 0, 2 2 2 2

f ′ (2) = √

tenemos que 2 es un punto crítico de f en I. Además, es el único punto crítico, por que si hubiera otro, diferente de 2, debería ser el número 6, lo que no es posible. Ahora calculemos la segunda derivada de f en 2 para saber si, en este número, la función f alcanza un máximo o un mínimo local. Para ello, luego de un cálculo sencillo, vemos que, para cualquier x ∈ I, tenemos que: f ′′ (x) =

1 + 3 . (x2 + 4) (3 − x)2 + 1 2 3 2

Entonces, f ′′ (x) > 0 para todo x ∈ I. En particular, f ′′ (2) > 0. Esto significa que f (2) es un mínimo local de f en I. Por lo tanto, el mínimo de f es: √ f (2) = m´ın f (x) = 3 2 ≈ 4.24. x∈I

Solución del problema original (interpretación de la solución del problema matemático) Romeo irá donde Julieta, llevándole rosas recogidas a 2 kilómetros del extremo A del lago. Cuando el joven enamorado llegue, habrá remado aproximadamente un recorrido de 4 kilómetros con 240 metros aproximadamente. A su edad, y con el deseo enorme de encontrarse con su amada, ese recorrido no representará para él ningún problema. Epílogo Se cuenta que Romeo llegó con un bello ramo de rosas donde Julieta cuando ella estaba a punto de retirarse de su escondite creyendo que su amado no vendría. Las flores la llenaron de alegría y justificaron plenamente su impaciente espera. Para terminar, examinemos algunos ejemplos adicionales de optimización. Ejemplo 4.93 Sea f : ]0, ∞[ → R, definida por

8 . x Halle el punto en el cual la gráfica de f tiene la recta tangente de mínima pendiente. f (x) = x2 −

Solución. El dominio de f es el conjunto ]0, +∞[. La pendiente de la recta tangente mx en un punto de coordenada x viene dada por la derivada de f (x). Entonces: 8 mx = g(x) = f ′ (x) = 2x + 2 . x El dominio de g es el conjunto ]0, +∞[. El problema a resolver es hallar los extremos de la función g. Para ello necesitamos su derivada: m′x = g ′ (x) = 2 −

16 x3 − 8 =2 . 3 x x3

186

La derivada: aplicaciones

La función g no es derivable en x = 0 pero 0 ∈ / D(g). Por otro lado, g ′ (2) = 0. Posiblemente, existe extremo local en x = 2. Para averiguarlo, necesitamos la segunda derivada de g (es decir, la tercera de f ): m′′x = g ′′ (x) =

48 . x4

Tenemos que g ′′ (2) = 3 > 0. Por el criterio de la segunda derivada, podemos concluir que, en x = 2, la función g tiene un mínimo local. Debido a que es el único extremo en D(g), es, a la vez, un mínimo absoluto y su valor es:

= g(2) = 2(2) + 2 = 6. 2 x=2 Así, pues, la pendiente será mínima e igual a 6 para la recta tangente a la gráfica de f en el punto de coordenadas (2, 0). y

Ejemplo 4.94 Halle dos números positivos cuya suma sea 100 y cuyo producto sea máximo. Solución. Sea x > 0 uno de dichos números. El otro será 100 − x > 0 para que su suma sea 100. Tenemos entonces que 0 < x < 100. Sea P el producto de los dos números. Naturalmente dependerá de x: P = f (x) = x(100 − x) = 100x − x2 . Debemos, entonces, hallar x1 ∈]0, 100[ tal que: f (x1 ) =

m´ax f (x).

x∈(0,100)

Como f es derivable en ]0, 100[, los puntos críticos de f en ese intervalo serán solución de f ′ (x) = 100 − 2x = 0 que equivale a x = 50. Como f ′′ (x) = −2 < 0, en x1 = 50, f alcanza un máximo local que por ser el único extremo en el intervalo de interés ]0, 100[ es, a la vez, un máximo absoluto. El otro número es 100 − x1 = 100 − 50 = 50. Los dos números buscados, tales que su suma es igual a 100 y su producto 2500 es máximo, son iguales a 50.

4.13 Problemas de extremos

187

Ejemplo 4.95 Halle el punto de la parábola que es la gráfica de y = 1−x2 más cercano al punto A(2.5, 2.75). Puede usar el hecho de que

= 0. (4x3 + 9x − 5)

x=0.5

Solución. Si P (x, y) es un punto arbitrario de la parábola de ecuación y = 1 − x2 , tendremos que P (x, 1 − x2 ). La distancia entre los puntos A y P está dada por: d = f (x) =

(x − 2.5)2 + [(1 − x2 ) − 2.75]2 =

(x − 2.5)2 + (x2 + 1.75)2 , x ∈ R.

Como la función h definida por h(x) = x2 para todo x > 0 es continua y estrictamente creciente, los extremos de h ◦ f coinciden con los extremos de f . Entonces, si la distancia d va a ser mínima, la distancia al cuadrado d2 también será mínima. Sea d2 = g(x) = (x − 2.5)2 + (x2 + 1.75)2 , x ∈ R. Tenemos que resolver el problema: Hallar m´ın g(x). x∈R

Necesitamos la derivada g ′ (x) = 2(x − 2.5) + 4x(x2 + 1.75) = 4x3 + 9x − 5 para hallar los puntos críticos de g. La ecuación g ′ (x) = 4x3 + 9x − 5 = 0 puede escribirse como 4x3 + 9x − 5 = (2x − 1)(2x2 + x + 5) = 0. Puesto que el segundo factor es un trinomio de discriminante negativo, la única solución real de la ecuación cúbica es x = 21 la cual es, a la vez, número crítico de g. Ahora, usemos el criterio de la segunda derivada para saber si existe o no extremo en x = 12 . El signo del valor en x = 12 de la segunda derivada g ′′ (x) = 12x2 + 9, que es

′′

1 2

= 12

+ 9 = 12 > 0,

nos dice que g tiene un mínimo local en x = 12 . Como x = dominio dicho extremo es un mínimo absoluto, de modo que

x= 12

El punto buscado es

es el único número crítico de g en su

= m´ın g(x),

x= 12

1 2

x∈R

= m´ın f (x). x∈R

P (x, 1 − x2 )

x= 21

1 3 , , 2 4

y la distancia de A a P es

x= 12

1 2

1 − 2.5 2

1 + 1.75 2

√ 22 + 22 = 4 2.

188

La derivada: aplicaciones

4.14 Ejercicios 1. Resuelva el problema básico de optimización 5. Halle el punto del gráfico de f donde la penpara las siguientes funciones f definidas en el diente de la recta tangente sea mínima si intervalo I. Adicionalmente, determine el conf (x) = x3 − 6x2 . junto Im(f ). 6. Se desea cerrar un terreno que es rectangular 3 2 junto a un río con una pared paralela a la ori(a) f (x) = 2x − 15x + 24x, I = [0, 5]. lla del río que cuesta 25 dólares el metro lineal (b) f (x) = 2x3 − 15x2 + 24x, I = [0, 5[. y dos alambradas perpendiculares al río que (c) f (x) = 2x3 − 15x2 + 24x, I =]0, 5[. cuestan 20 dólares el metro lineal. Si el terreno debe tener diez mil metros cuadrados de área, (d) f (x) = 2x3 − 15x2 + 24x, I =]0, 5]. 3 2 ¿cuáles deben ser sus dimensiones para que los (e) f (x) = 2x − 15x + 24x, I = [0, 3]. costos sean mínimos? x−3 (f) f (x) = , I = [0, +∞[. 7. Se quiere construir una caja abierta de un vox−2 lumen dado V metros cúbicos, cuya base rec1 (g) f (x) = √ , I = R. tangular tenga el doble de largo que de ancho. x2 + 25 ¿Cuáles deben ser sus dimensiones para que el (h) f (x) = 5x4 + 2x2 − 7, I = [−1, 1]. costo de los materiales sea mínimo? ¿Y si la (i) f (x) = x4 + 6x2 − 7, I =] − 3, 1]. caja es cerrada? 4 2 (j) f (x) = x + 6x − 7, I = [−4, 1]. 8. Halle las dimensiones del cilindro circular rec(k) f (x) = 4 sen x + 3 cos x, I = R.

(l) f (x)i= 4 senix + 3 cos x, π π I= − , . 4 2 (m) f (x) = 4 sen x + 3 cos x, 3 I = arctan , π . 4 ¨

1 − x2 si x < 1 o x > 2, I = 3 − 3x si 1 ≤ x ≤ 2,

(n) f (x) = [0, 3].

to de máximo volumen que puede inscribirse en un cono circular recto de diámetro D metros y de altura H metros.

9. Halle las dimensiones del cono circular recto de volumen máximo que puede inscribirse en una esfera de radio R metros. 10. Se desea elaborar tarros de un litro para conservas de duraznos. ¿Qué dimensiones tendrá cada tarro para que el costo por el metal utilizado sea mínimo?

4 − x2 si x ≤ 2, I = [−1, 3]. 11. De un trozo cuadrado de cartulina se desea 1 elaborar una pirámide de base cuadrada 2 (x − 2) si 2 < x, p desechando la parte rayada y doblando en las (p) f (x) = x2 + x + 1, I = [−2, 1[. líneas punteadas como se muestra en el dibujo: 5 2 2 (q) f (x) = (x − 2x + 10) , I =] − 7, 5[. (o) f (x) =

(r) f (x) =

x − x2 sen(πx)

si 0 ≤ x ≤ 1, I = R. si no,

2. Halle dos números no negativos tales que: (a) Su suma sea igual a 1 y su producto sea máximo. (b) Su producto sea igual a 1 y su suma sea mínima. (c) Su suma sea igual a 100 y el producto del cuadrado del primero y el cubo del segundo sea máximo.

¿Qué dimensiones tendrá la pirámide de volumen máximo si la cartulina tiene un metro de lado?

3. Halle el punto de P de coordenadas (a, b) de la 12. Dos calles de diez metros de ancho se interseparábola de ecuación y = 1 − x2 más cercano can. Se desea transportar horizontalmente una 5 11 al punto Q de coordenadas ( 2 , 4 ). varilla larga y delgada, pero, en la intersección, 4. Dadas la recta l de ecuación y = 4 − x y la se requiere virar a la derecha. ¿Cuál es el largo parábola p de ecuación y = 1 − x2 , halle los máximo de la varilla que se puede transportar puntos P ∈ l y Q ∈ p más cercanos entre sí. si el grosor de la varilla es despreciable?

4.15 Regla de L’Hôpital

189 ra. Si está en el punto A de la playa y desea llegar lo antes posible al punto B, situado en la isla de enfrente, que está a dos kilómetros del punto C en la playa, ¿hasta qué punto P de la playa debe correr para luego remar desde P hasta B? ¿En qué tiempo llegará? Isla B b

13. Halle las dimensiones del cono circular recto de volumen mínimo que circunscribe una esfera de radio R.

2 km A

14. Un joven puede remar a razón de dos kilómetros por hora y correr a seis kilómetros por ho-

Playa

4 km

4.15 Regla de L’Hôpital 4.15.1 Formas indeterminadas Al tratar de utilizar las propiedades de los límites de la suma, producto, etcétera, se puede llegar a situaciones en que los resultados no se pueden aplicar por no cumplirse las condiciones que las garantizan. Y resulta que bajo condiciones similares, los resultados obtenidos no siempre son iguales. Por ejemplo, el límite del cociente de dos funciones tales que cada una tiende a 0, puede ser, en algunos casos, igual a 0; en otros, +∞; en otros, no existir; etcétera. Se dice, entonces, que estamos frente a una forma indeterminada. Veamos algunos casos. Sean f y g dos funciones definidas en un intervalo abierto I. Sea x0 ∈ I: (x) 1. Cuando se calculan límites de cocientes, como l´ımx→a fg(x) , sabemos que si existen los límites l´ım f (x) = L y l´ım g(x) = M x→a

x→a

y si M 6= 0 se tiene que l´ım

x→a

f (x) l´ımx→a f (x) L f (x) = = . g(x) l´ımx→a g(x) M

Puede suceder, sin embargo, que L = M = 0, de modo que, al tratar de aplicar este resultado se obtiene: l´ımx→a f (x) 0 = . l´ımx→a g(x) 0 La expresión 00 es otro ejemplo de “indeterminación”. En este caso no se puede afirmar nada sobre la existencia o no del límite buscado. A veces existe, a veces no, como se ve en los siguientes ejemplos. Por ejemplo, si f (x) = sen x y g(x) = x, entonces l´ımx→a f (x) = 1. l´ımx→a g(x) En cambio, si f (x) = x sen x1 y g(x) = 1 − cos x, el límite l´ımx→a f (x) l´ımx→a g(x) no existe.

190

La derivada: aplicaciones

2. Si l´ımx→x0 f (x) = +∞ (respectivamente −∞) y si l´ımx→x0 g(x) = −∞ (respectivamente +∞), las expresiones (f + g)(x) y fg (x) pueden tener diferentes comportamientos posibles cuando x → x0 . La primera es una indeterminación del tipo +∞ − ∞ (−∞ + ∞, respectivamente), y la segunda, del tipo ∞ ∞. 3. Si l´ımx→x0 f (x) = 0 y si l´ımx→x0 g(x) = +∞ (o −∞), la expresión (f g)(x) pueden comportarse de diferentes maneras cuando x → x0 . Es una indeterminación del tipo 0 · ∞ o 0 · (−∞). Hemos visto algunos casos en los que se pueden hallar los límites buscados como aplicación del teorema 1.1. Se dice entonces que “hemos levantado la indeterminación” Un método muy útil para ello también es la regla de L’Hôpital que veremos a continuación.

4.15.2 Regla de L’Hôpital

Teorema 4.19 (Regla de L’Hôpital) f (x) Sea a ∈ R. Si l´ımx→a g(x) es una indeterminación y si

f ′ (x) = L ∈ R ∪ {−∞, ∞}, x→a g ′ (x) l´ım

entonces

f (x) f ′ (x) = l´ım ′ . x→a g(x) x→a g (x) l´ım

Se tiene un resultado similar si, en vez de que x tienda al número a, lo haga a a+ , a− , +∞ o −∞. Ejemplo 4.96 Calcular l´ımx→0

sen x x .

Solución. Como el

(sen x)′ cos x = l´ım =1 x→0 x→0 (x)′ 1 l´ım

existe, entonces, por la regla de L’Hôpital: l´ım

x→0

sen x = 1. x

Ejemplo 4.97 Calcular l´ımx→∞ Solución. Como el

ln x x .

1 (ln x)′ x = l´ ım =0 x→∞ (x)′ x→∞ 1

l´ım

4.15 Regla de L’Hôpital

191

existe, entonces, por la regla de L’Hôpital: l´ım

x→∞

ln x = 0. x

Con ciertas manipulaciones previas, el teorema es también útil para levantar otras indeterminaciones como son ∞ − ∞, 0 · ∞, 00 , ∞0 y 1∞ . Veamos un ejemplo. Ejemplo 4.98 Calcular l´ımx→0+

√1 x

−

1 x

Solución. Este límite conduce a la indeterminación ∞ − ∞. Pero como √ 1 1 x− x √ − = √ , x x x x el límite del segundo miembro de la expresión anterior conduce a una indeterminación del tipo 00 , que puede ser tratada con la regla de L’Hôpital. El límite √ √ 1 − 2√1 x 2 x−1 (x − x)′ √ ′ = l´ım = l´ ım = −∞. l´ım √ 3 3x x→0+ x→0+ (x x) x→0+ 2 x De donde, por la la regla de L’Hôpital se tiene el límite pedido:

l´ım

x→0+

1 1 √ − x x

= −∞.

Ejemplo 4.99 Pruebe, utilizando la regla de L’Hôpital, que l´ım

x→0

sen x − x cos x = 0. x2 + tan2 x

Solución. Sean f (x) = sen x − x cos x y g(x) = x2 + tan2 x. Se pide demostrar que l´ım

x→0

f (x) = 0. g(x)

Aplicando propiedades de los límites se encuentra fácilmente que l´ım f (x) = l´ım (sen x − x cos x) = 0,

x→0

l´ım g(x) = l´ım (x2 + tan2 x) = 0.

x→0

Como el límite de la función del denominador l´ımx→0 g(x) es igual a cero no podemos aplicar el teorema del límite de un cociente de funciones. Pero, por otro lado, tenemos que la función fg tiene

192

La derivada: aplicaciones

la forma indeterminada 00 en x = 0, lo cual nos permitiría aplicar la regla de L’Hôpital. Para ello debemos encontrar el límite f ′ (x) l´ım ′ . x→0 g (x) Si este límite existe la regla de L’Hôpital nos dice que el límite buscado es igual al anterior. Veamos, pues, si existe dicho límite: f ′ (x) (sen x − x cos x)′ = l´ ım x→0 (x2 + tan2 x)′ x→0 g ′ (x) cos x − cos x + x sen x = l´ım x→0 2x + 2 tan x sec2 x x sen x = l´ım . x→0 2x + 2 tan x sec2 x l´ım

′

Una inspección rápida del límite anterior nos dice que la función fg′ tiene también la forma indeterminada 00 en x = 0. Intentamos nuevamente aplicar la regla de L’Hôpital: (f ′ (x))′ f ′′ (x) = l´ ım x→0 g ′′ (x) x→0 (g ′ (x))′ l´ım

(x sen x)′ x→0 (2x + 2 tan x sec2 x)′ sen x + x cos x = l´ım x→0 2 + 2 sec4 x + 2 tan2 x sec2 x = 0.

= l´ım

Como el último límite existe podemos aplicar la regla de L’Hôpital: f ′ (x) (f ′ (x))′ = l´ ım = 0. x→0 g ′ (x) x→0 (g ′ (x))′ l´ım

Esto nos permite aplicar nuevamente la regla de L’Hôpital: f (x) f ′ (x) = l´ım ′ = 0. x→0 g(x) x→0 g (x) l´ım

Con lo cual hemos probado que l´ım

x→0

f (x) sen x − x cos x = l´ım = 0. x→0 x2 + tan2 x g(x)

4.16 Ejercicios 1. Calcule los siguientes límites. 1 − cos x2 . x→0 x4 1 − cos x2 (b) l´ım . x→0 x3 sin x ax − xa (c) l´ım . x→0 x − a ǫ (d) l´ım+ x ln x donde ǫ > 0. (a) l´ım

x→0

(e)

x l´ım √ . 1 + x2

x→+∞

sen x . arctan x (2 − x)ex − x − 2 (g) l´ım . x→0 x3 sen(1/x) (h) l´ım . x→+∞ arctan(1/x) (f) l´ım

x→0

1 1 1 (i) l´ım+ √ − . x sen x x x→0 tan x − 5 (j) l´ımπ . x→ 2 sec x + 4

La integral indefinida

5.1 Primitivas e integral indefinida Dada una función f derivable en un intervalo I, sabemos que la función derivada de f , f ′ es única. Ahora nos planteamos el problema inverso: hallar, para una función f definida en un intervalo I, una función F cuya derivada sea f . De existir una tal F , la llamaremos primitiva de f . ¿Cuántas primitivas podría tener una función f ? Para verlo, supongamos que F es una primitiva de f en un intervalo I. Entonces, la función G definida por G(x) = F (x) + C, donde C es una constante, también es una primitiva de f , pues G′ (x) = F ′ (x) + 0 = f (x) para todo x ∈ I. La recíproca de esta afirmación también es verdadera; es decir, cualquier otra primitiva de f tendrá una forma similar. Esto resulta del siguiente teorema.

Teorema 5.1 Sea h : I → R una función derivable en un intervalo I . Entonces

h′ (x) = 0 para todo x ∈ I si y solo existe C ∈ R tal que h(x) = C para todo x ∈ I

Demostración. Si h es constante, entonces h′ es igual a 0. Recíprocamente, sean x1 , x2 en I, x1 < x2 . Basta probar que h(x1 ) = h(x2 ). Como h cumple las condiciones del Teorema del Valor Medio para las derivadas en el intervalo [x1 , x2 ], tenemos que existe x ∈ ]x1 , x2 [ tal que h′ (x) =

h(x2 ) − h(x1 ) . x2 − x1

Como h′ (x) = 0 para todo x ∈ I esto implica que h(x2 ) − h(x1 ) = 0 y, por ende, h(x1 ) = h(x2 ).

194

La integral indefinida

Corolario 5.2 Si F y G son dos primitivas de f definidas en un intervalo I , existe C ∈ R tal que

F (x) = G(x) + C para todo x ∈ I .

Demostración. Basta aplicar el teorema anterior a la función h = F − G.

Definición 5.1 (Integral indefinida) Dada una función f definida en un intervalo I , se llama primitiva de f a toda función F definida en I tal que F ′ (x) = f (x) para todo x ∈ I . A la forma funcional que permite definir el conjunto de todas las primitivas de f , se le llama integral indefinida de f y se nota así Z

f (x)dx = F (x) + C

(5.1)

A x se le llama variable de integración y C es una constante arbitraria.

El corolario (5.2) garantiza que con esta forma funcional se están representando a todas las primitivas de f si F es una de ellas. R El símbolo (una ese alargada) se lee “integral de” y puede considerarse la operación inversa del signo d que define la operación de derivar. Así, se puede ver que Z

dF (x) = F (x) + C

y d

f (x)dx = f (x).

Ejemplo 5.100 Z

dx = x + C. Z

xa dx =

2. Z

3. Z

1 xa+1 + C, con a ∈ Q \ {−1}. a+1

sen x dx = − cos x + C. cos x dx = sen x + C.

5. Z

6. Z

tan x dx = − ln | cos x| + C. sec x dx = ln | sec x + tan x| + C. sec2 x dx = tan x + C.

Solución. La derivada de la función expresada en el lado derecho de cada una de las igualdades muestra claramente que cada igualdad es verdadera.

Con el procedimiento utilizado en este ejemplo se demuestra el siguiente teorema.

5.1 Primitivas e integral indefinida

195

Teorema 5.3 (Integral indefinida de una suma algebraica) Sean F y G las primitivas de las funciones f y g , respectivamente, definidas en un intervalo I . Sea k ∈ R. Entonces: Z

[f (x) + g(x)] dx =

1. Z

f (x) dx +

g(x) dx = F (x) + G(x) + C .

kf (x) dx = k

f (x) dx = kF (x) + C .

Ejemplo 5.101 Calcular la integral indefinida de un cualquier polinomio P : P (x) =

n X

ak xk

k=0

Solución.

Z X n

ak x dx =

k=0

n X

xk dx =

k=0

n X ak k=0

k+1

xk+1 + C.

Ejemplo 5.102 Calcular

Solución.

√

x dx =

x 2 dx =

√ x dx

2 3 x 2 + C. 3

Ejemplo 5.103 Calcular

3x4 + 2x2 − 1 dx x2

Solución. Z

3x4 + 2x2 − 1 dx = x2

(3x2 + 2 + (−1)x−2 ) dx Z

x2 dx + 2

= x3 + 2x +

dx + (−1)

x−2 dx

1 + C. x

196

La integral indefinida

Ejemplo 5.104 Calcular

(x + 3)(x − 3) dx

Solución. Z

(x + 3)(x − 3) dx =

(x2 − 9) dx

x2 dx − 9

x3 − 9x + C 3

5.1.1 Ejercicios Con la ayuda del ejemplo 5.100 y del teorema 5.3, calcule: 1.

Z √ 3

x2 dx

x2 − 2x + 3 √ dx x Z √ √ √ 3 5 2 x − 3 x2 + x4 dx 3. 2.

4. Z

5. Z

(3 cos x − tan x) dx (3 sec x − tan x) dx 2

(x + 11/x + 2 exp x) dx

Recuerde que (exp x)′ = exp x y (ln |x|)′ = 1/x √ √ Z √ x− 3x+ 4x 7. dx x Z

(3x + 2)(5x + 1)2 dx

8. Z

(2 sen x + exp x) dx Z

10. 11.

√ (5x x − 3 cos x) dx

Z √ √ √ 3 5 7

x dx

5.2 La diferencial y la integral indefinida Recordemos el concepto de diferencial: dada una función F : R → R, la derivada de F en a, notada F ′ (a), puede ser vista como la pendiente de la recta tangente a la gráfica de F en el punto (a, F (a)). En el sistema de coordenadas xy, la ecuación de esta recta será y − F (a) = F ′ (a)(x − a).

(5.2)

Si escogemos un sistema de coordenadas cuyo origen esté en (a, F (a)) y si llamamos dx y dy a las variables correspondientes a las abscisas y ordenadas, la ecuación (5.2) de la recta tangente mencionada, toma la forma dy = F ′ (a) dx. A las variables dx y dy se las llama diferenciales de x y de y, respectivamente. Dada una función f : R → R, x 7→ f (x), con x como variable independiente, a una expresión de tipo f (x) dx se la llama forma diferencial, mientras que a una expresión de tipo F (x) le llamaremos forma funcional.

5.2 La diferencial y la integral indefinida

197

Dada una función f , escogidas x e y como variables independiente y dependiente, respectivamente, a la diferencial d se le puede ver como un operador que transforma una forma funcional en una forma diferencial def

d : F (x) 7→ dF (x) = F ′ (x) dx. R

En este caso la integral indefinida puede ser vista como una especie de operador inverso de d, aunque multivaluado porque, como acabamos de ver, si existe una primitiva de una función, existe en realidad una infinidad de ellas: Z

: f (x) dx 7→

def

f (x) dx = F (x) + C,

con F ′ (x) = f (x). Tendremos entonces: Z

d(F (x)) = F (x) + C,

f (x) dx = f (x)dx.

Para los lectores que sean aficionados al Álgebra Lineal, mencionaremos que si definimos la relación binaria f ∼ g cuando existe C ∈ R tal que f = g + C, tendremos que ∼ es una relación de equivalencia en el conjunto de funciones X = F(R, R) = {f : R → R}. R

Entonces d : X → X es lineal, inyectivo, y el operador : X → X|∼ , f 7→ Fˆ , es el operador lineal inverso de d. Aquí Fˆ denota la clase de equivalencia con representante F y con F ′ = f . Ejemplo 5.105 Calcular

d(3x2 + cos x) y d

(5x4 − sec2 x) dx

Solución. Es inmediato que: R

2. d

d(3x2 + cos x) = 3x2 + cos x + C. R

(5x4 − sec2 x) dx = (5x4 − sec2 x)dx.

5.2.1 Ejercicios Calcule: Z

Z ′

5. d

(5x + cos x) dx Z

d[3 exp x + cos(2x2 + 5)]

6. d

(cos x + 3x − 5 ln x) dx Z

′

(3x − 2x + exp x) dx

(cos x + exp x) dx Z √

Z √

′ √ 3 x + x dx

2 x − 3 exp x dx

′

[cos x − 3 sen x + exp(5x + 4)] dx

198

La integral indefinida

5.3 Cambios de variables en integrales indefinidas Sean I y J dos intervalos. Sea g : I → J una función continua en I, derivable en el interior de I y biyectiva como se ilustra el siguiente dibujo, donde tomamos I = [a, b] y J = [c, d], con a > 0 y c > 0. u u d

x x a a b b Sea F : J → R, u 7→ F (u), y sea H = F ◦ g. Entonces H : I → R, x 7→ H(x) = F (g(x)). Si ponemos u ≡ g(x) y como x ≡ g−1 (u), tendremos F (u) ≡ F (g(x)) = H(x) ≡ H(g−1 (u)). Por ello, para todo x ∈ I y para todo u ∈ J: (

F (u) ≡ F (g(x)) = H(x) H(x) ≡ H(g−1 (u)) = F (u).

Se dice entonces que F : I → R, u 7→ F (u) se obtiene de H : I → R, x 7→ H(x) mediante el cambio de variable u ≡ g(x). Se tiene también que H se obtiene de F mediante el cambio de variable inverso x ≡ g−1 (u). Escribiremos entonces F (u) ≡ H(x). Notemos que las imágenes de F y de H coinciden. Por otra parte, como H ′ (x) = [F (g(x))]′ = F ′ (g(x)) g′ (x), el signo de H ′ (x) será el mismo que el de F ′ (g(x)), si g′ (x) > 0, y el contrario si g′ (x) < 0. Así los intervalos de monotonía de F y H coinciden en el primer caso y son contrarios en el segundo. La interelación entre la convexidad o concavidad de F y G es más compleja debido a que H ′′ (x) = F ′′ (g(x)) [g′ (x)]2 + F ′ (g(x)) g′′ (x). En particular, si g′′ (x) = 0, es decir si el gráfico de g es una recta, ¡los intervalos de concavidad y los de convexidad de F y H coinciden! Ilustremos lo dicho con un ejemplo: I = [1, 2],

J = [2, 4],

u ≡ g(x) = 2 + 2(x − 1).

El cambio de variable significa que para u ≡ g(x) o, lo que es lo mismo, x ≡ g−1 (u), identificamos las formas funcionales F (u) y H(x): F (u) ≡ H(x)

(5.3)

¿Qué pasa con las correspondientes formas diferenciales obtenidas aplicando d a las formas funcionales F (u) y H(x)? De (5.3) se obtiene, aplicando d a ambos lados: F ′ (u) du ≡ H ′ (x) dx = [F (g(x))]′ dx = F ′ (g(x)) g′ (x) dx.

5.3 Cambios de variables en integrales indefinidas

199

Es decir que F ′ (u) du ≡ F ′ (g(x)) g′ (x) dx En general, dada una forma diferencial f (u) du, con u ∈ J, tendremos, para u ≡ g(x): f (u) du ≡ f (g(x)) g′ (x) dx Supongamos ahora que F es una primitiva de f , ambas funciones definidas en un intervalo J. Sea g una función como antes descrita. Entonces tenemos que: Z

f (u) du = F (u) + C, Z

′

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

′

F (g(x)) g (x) dx =

d(F (g(x))) = F (g(x)) + C.

De donde podemos deducir el así llamado método de sustitución o de cambio de variable para las integrales indefinidas: si ponemos u ≡ g(x), y en una integral de tipo Z

f (g(x)) g′ (x) dx

sustituimos g(x) por u y g′ (x) dx por du se obtiene la integral Z

f (u) du con u como variable de integración. Si se logra hallar un resultado para la integral así obtenida, digamos Z f (u) du = F (u) + C, podemos “regresar” a la variable original x y tendremos Z

f (g(x)) g′ (x) dx = F (g(x)) + C.

Para que la integral dada esté “lista” para un cambio de variable es necesario a veces ciertos cálculos previos, teniendo en cuenta las propiedades de la integral indefinida, identidades algebraicas, trigonométricas, logarítmicas, etc. Todo ello se ilustra en los siguientes ejemplos. Ejemplo 5.106 1. La integral

cos(ax) dx =

cos(ax)

a dx a

con el cambio de variable u ≡ ax, se convierte en

du ≡ a dx,

du 1 cos u = a a

dx ≡

cos u du =

1 du a

1 sen u + C a

que, con el regreso a la variable original, queda Z

cos(ax) dx =

1 sen(ax) + C a

200

La integral indefinida

2. Z

7 x2 + 3x − 2 2

u 2 du

2 5 u2 + C 5

2 ≡ 5 con el cambio de variable u≡ 3

Aquí f (u) = u 2 , g(x) = 3.

x2 2

(x + 3) dx ≡

x2 7 + 3x − , 2 2

x2 7 + 3x − 2 2

du ≡ (x + 3) dx. 5

+ 3x − 27 , I = [1, ∞[, J = [0, ∞[, F (u) = 25 u 2 . Z

tan x dx = −

− sen x dx ≡ − cos x

du = − ln |u| + C = − ln | cos x| + C u

con el cambio de variable u ≡ cos x, 4.

du ≡ − sen x dx.

1 sen(ax) a dx a Z 1 ≡ sen u du a 1 1 = − cos u + C ≡ − cos(ax) + C a a

sen(ax) dx =

con el cambio de variable u ≡ ax,

du ≡ a dx.

5. Con el cambio de variable u ≡ 2x, du ≡ 2dx, tenemos que: Z

sen2 x dx =

1 − cos(2x) dx 2 Z

1 = dx − cos(2x) dx 2 1 1 = x − sen(2x) + C. 2 2 6. Z r 5

√ Z 15 1 1 1− 5x − 45 5 dx = −5 1 − x − x dx x4 5 Z

≡ −5

u 5 du

5 6 = −5 u 5 + C 6 65 25 1 ≡− 1 − x5 +C 6 con el cambio de variable 1

u ≡ 1 − x5 ,

1 4 du ≡ − x− 5 dx. 5

7. A veces es más sencillo realizar los cálculos utilizando las igualdades x ≡ g −1 (u), como veremos en este ejemplo.

dx ≡ [g −1 (u)]′ du,

5.3 Cambios de variables en integrales indefinidas

√

x2 dx ≡ 25 − x2

201

25 sen2 u 5 cos u du 5 cos u

sen2 u du

= 25

u 1 − sen(2u) + C 2 4 25 x 1 p ≡ arc sen − x 25 − x2 + C 2 5 2

= 25

con el cambio de variable u ≡ arcsin

x = g(x), 5

x ≡ 5 sen u = g −1 (u),

dx ≡ 5 cos u du,

i π πh J= − , , 2 2 p p p √ 25 − x2 = 25 − 25 sen2 u = 5 1 − sen2 u = 5 cos2 u = 5| cos u| = 5 cos u,

I =] − 5, 5[,

− π2 , π2 . Además, se usó la expresión

ya que u ∈

x x cos arcsin sen(2u) = 2 sen u cos u ≡ 2 sen arcsin 5 5 √ x 25 − x2 2 p =2 = x 25 − x2 . 5 5 25

En la expresión anterior ¿cómo se calcula cos arcsin ac ? Sean 0 < a < c. Si ponemos α = arcsin ac tenemos que sen α = ac , lo que se puede representar con un triángulo rectángulo en el cual √ c es la hipotenusa, α uno de los ángulos agudos, a el cateto opuesto a α, y b = c2 − a2 su cateto adyacente, como se muestra en la siguiente figura:

α Por ello

√

c2 − a2

a b = cos α = = cos arcsin c c

√ c2 − a2 . c

5.3.1 Ejercicios 1. Use el cambio de variable u ≡ g(x) para calcular: Z

(a) Z

(b) Z

x exp x dx, u ≡ x

(e)

cos3 x sen x dx, u ≡ cos x

(f)

sen(exp x+x)(exp x+1) dx, u ≡ exp x+x cot x dx, u ≡ sen x

Z r

sen x cos x dx, n ∈ N, u ≡ sen x

(g)

(ln |x|)5 dx, u ≡ ln |x| x

(h)

√ √ 2+ 3x dx, u ≡ 2 + 3 x x2

x √ dx, u = x2 + 3 2 x +3

202

La integral indefinida Z

(i) Z

(j) Z

x3 √ dx, u ≡ 25 − x4 25 − x4

(l) Z

x dx, u ≡ x2 + a2 x2 + a2 Z dx (n) x2 + a2

(m)

(3 tan x − tan x + 3) sec x dx, u ≡ tan x sec4 x tan3 x dx, u ≡ tan x

(k)

2. Use el cambio de variable x ≡ g −1 (u) para calcular: Z

(a) Z

(b) Z

(d) Z

(e)

√

dx , x ≡ 6 sen u 36 − x2

(x2

sec5 x tan3 x dx, u ≡ sec x

(f)

dx , x ≡ 3 sec u − 9)3/2

(g)

x dx, x ≡ 5 sen u (25 − x2 )

(h)

x dx, x ≡ 4 tan u (x2 + 16)3/2

(i)

tan(x/2) dx, x ≡ 2 tan−1 u, sen x + cos x + 1 u ≡ tan(x/2)

(j)

x2 √ dx, x ≡ (u2 − 3)/2, 2x + 3 √ u ≡ 2x + 3 Z dx √ , x ≡ −1 + 2 tan u 2 x + 2x + 5 Z x2 √ dx, x ≡ (u − 3)/2, u ≡ 2x + 3 2x + 3 Z dx , x ≡ a tan u x2 + a2 Z Ax + B dx, si d = b2 − c < 0, 2 x + 2bx + c x≡u−b

5.4 Integrales de potencias de sen y cos Son integrales del tipo

cosm x senn x dx;

m, n ∈ Q.

Veamos algunos casos. (i) Si n impar: n = 2k + 1, k ≥ 0, k ∈ N ∪ {0}; m ∈ Q.

Como senn x = sen2k+1 x = (sen2 x)k sen x = (1 − cos2 x)k sen x, podemos escribir Z

cos x sen x dx = −

cos x(1 − cos x) (− sen x) dx = −

um (1 − u2 )k du,

con el cambio de variable du = − sen x dx,

u = cos x,

habiéndose llegado a la integración de un polinomio que siempre se puede resolver (aún si los exponentes no son enteros). (ii) Si m impar: m = 2k + 1, k ≥ 0, k ∈ N ∪ {0}; n ∈ Q.

Como cosm x = cos2k+1 x = (cos2 x)k cos x = (1 − sen2 x)k cos x, podemos escribir Z

cos x sen x dx =

(1 − sen x) sen x cos x dx =

(1 − u2 )k un du

con el cambio de variable u = sen x,

du = cos x dx,

y llegamos nuevamente a la integración de un polinomio que siempre se puede resolver (aún en los casos en que los exponentes no sean enteros).

5.4 Integrales de potencias de sen y cos

203

(iii) Si n = 0 y m es par: m = 2k, k ∈ N. Como

cos x = cos

x = (cos x) =

1 + cos(2x) 2

(5.4)

se llega a integrales de tipo Z

cosj (2x) dx,

j = 1, . . . , k.

Para j impar, es similar al caso (ii). Para j par como k = que sea necesario se consigue el resultado.

m 2

< m, utilizando (5.4) las veces

(iv) Caso m y n pares: m = 2k, n = 2l, k, l ∈ N ∪ {0}. Como n

sen x = sen x = (sen x) =

1 − cos(2x) 2

y por (5.4) se llega a la misma situación que en el caso (iii). Veamos algunos ejemplos. Ejemplo 5.107 1. Z

sen5 (ax) dx =

(sen2 (ax))2 sen(ax) dx Z

1 (1 − cos2 (ax))2 (−a sen(ax)) dx a Z 1 =− (1 − u2 )2 du a (con el cambio de variable u = cos(ax), du = −a sen(ax) dx) Z 1 =− (1 − u2 )2 du a Z 1 =− (1 − 2u2 + u4 ) du a 1 2 3 1 5 =− u− u + u +C a 3 5 1 2 1 = − cos(ax) − cos3 (ax) + cos5 (ax) + C. a 3 5 =−

2. Z

cos2 (ax) sen2 (ax) dx =

1 + cos(2ax) 1 − cos(2ax) dx 2 2

1 [1 − cos2 (2ax)] dx 4 Z 1 = sen2 (2ax) dx 4 Z 1 = [1 − cos(4ax)] dx 8 1 sen(4ax) = x− + C. 8 4a =

204

La integral indefinida

3. Z

Z 2

sen2 (ax) cos2 (ax) cos(ax) dx

sen (ax) cos (ax) dx = Z

= =

sen2 (ax)(1 − sen2 (ax)) cos(ax) dx

Z Z

sen2 (ax) − sen4 (ax) cos(ax) dx

1 = (u2 − u4 ) du a (con el cambio de variable u = sen(ax), du = a cos(ax) dx)

1 u3 u5 − +C a 3 5 1 sen3 (ax) sen5 (ax) − = + C. a 3 5

4. Z

sen 2

√ √ dx x cos3 x √ = 2 x

sen 2 θ cos3 θ dθ

(con el cambio de variable θ = Z

=2 Z

√ dx x, dθ = √ ) 2 x

sen 2 θ (1 − sen2 θ) cos θ dθ 9

(u 2 − u 2 ) du

(con el cambio de variable u = sen θ, du = cos θ dθ) 2 11 2 15 =2 u2 − u 2 +C 11 15 11 √ 15 √ sen 2 x sen 2 x =4 − + C. 11 15

5.4.1 Ejercicios Calcule: 1.

Z È 5

sec4 (5x) cos3 (5x) dx

sen5 (ax) cos5 (ax) dx

cos9 (ax) sen(ax) dx

sen3 (bx) dx

3. Z

sen4 x cos2 x dx

6. Z

cos5 (cx) dx

sen2 (2x) cos4 (2x) dx

5.5 Integrales de potencias de sec y tan Son integrales del tipo

Veamos algunos casos.

secm x tann x dx;

m, n ∈ Q.

5.5 Integrales de potencias de sec y tan

205

(i) En el caso en que m par: m = 2k, k ∈ N; n ∈ Q, como secm x = sec2k x = sec2k−2 x sec2 x = (sec2 x)k−1 sec2 x = (tan2 x + 1)k−1 sec2 x, podemos escribir Z

sec x tan x dx = Z

(tan2 x + 1)k−1 tann x sec2 x dx (u2 + 1)k−1 un du

(con el cambio de variable u = tan x, du = sec2 c dx), con lo cual llegamos a la integral de un polinomio (con exponentes racionales en ciertos casos), que podemos integrar fácilmente. (ii) En el caso de que n sea impar: n = 2k + 1, k ∈ N ∪ {o}; m ∈ Q, como secm x tann x = secm x tan2k+1 x = secm−1 x(tan2 x)k sec x tan x = secm−1 x(sec2 x − 1)k sec x tan x, podemos escribir

secm x tann x dx =

um−1 (u2 − 1)k du.

Con el cambio de variable u ≡ sec x, du ≡ sec x tan x dx, se llega también en este caso a la integral de polinomios con, tal vez, exponentes racionales no enteros, que podemos integrar fácilmente. (iii) En el caso de que m sea impar y n par; m ∈ N, n = 2k con k ∈ N, se escribe la función que vamos a integrar solo en términos de sec, ya que tann = tan2k = (tan2 )k = (sec2 −1)k , obteniendo la suma de integrales de potencias de sec de tipo Z

Ij =

secj x dx

con j ∈ N y j ≥ 3 para los cuales se puede usar la fórmula de recurrencia siguiente, que la obtendremos en la siguiente sección: Ij =

1 j−2 sec x tan x + (j − 2)Ij−2 j −1

con j ≥ 3, con lo cual todo se reduce al cálculo de I2 o I1 ya conocido: Z

I1 =

sec x dx = ln | sec x + tan x| + C

y I2 =

sec2 x dx = tan x + C.

5.5.1 Ejercicios Calcule: Z

tan2 x dx

(tan x + cot x)2 dx

tan3 (3x) sec4 (3x) dx Z

sec4 x dx

206

La integral indefinida

tan5 (3x) dx

cot6 (2x + 1) dx Z

√ tan3 x cos x dx

12.

(tan(x/4) sec(x/4))3 dx

13.

tan4 (5x) dx

11.

tan2 (3x) sec(3x) dx

10.

tan(2x) sec(2x) dx

sec4 x cot8 x dx Z

sen x dx cos7 x

5.6 Integración por partes Dadas las funciones derivables G y H, recordemos que d[G(x)H(x)] = G′ (x)H(x) dx + G(x)H ′ (x) dx. Si ponemos u = G(x), v = H(x), tendremos que du = G′ (x) dx,

d(uv) = d[G(x)H(x)],

dv = H ′ (x) dx

y, por lo tanto, d(uv) = u dv + v du. Por ello, aplicando

a ambos lados se obtiene Z

d(uv) = de donde

u dv +

uv = y, finalmente,

v du,

u dv +

v du, Z

u dv = uv −

v du.

Esta fórmula, que también puede escribirse Z

G(x)H ′ (x) dx = G(x)H(x) −

H(x)G′ (x) dx

se llama fórmula de integración por partes. Veamos cómo se aplica en algunos ejemplos. Ejemplo 5.108 1.

Z x

ex dx

xe dx = xe − con u = x, du = dx, dv = ex dx, v = ex . Z

xex dx = xex − ex + C. 2.

x cos x dx = ex sen x −

ex sen x dx

con u = ex , du = ex dx, dv = cos x dx, v = sen x. Z

x cos x dx = ex sen x − −ex cos x +

ex cos x dx

5.6 Integración por partes

207

con u ¯ = ex , d¯ u = ex dx, d¯ v = sen x dx, v¯ = − cos x. R

La integral ex cos x dx aparece otra vez en el miembro derecho pero puede ser despejada de la igualdad que hemos obtenido: Z

Z x

ex cos x dx.

e cos x dx = e (sen x + cos x) − Así tendremos finalmente

ex cos x dx = 3.

1 x e (sen x + cos x) + C. 2

sec3 x dx = sec x tan x −

sec x tan2 x dx

con u = sec x, du = sec x tan x dx, dv = sec2 x dx, v = tan x. Como sec x tan2 x = sec x(sec2 x − 1) = sec3 x − sec x, se tiene: Z

sec3 x dx = sec x tan x − es decir

sec3 x dx +

sec3 x dx = y como

1 sec x tan x + 2

sec x dx,

sec x dx ,

sec x dx = ln | sec x + tan x| + C, se tiene finalmente

sec3 x dx = 4.

1 (sec x tan x + ln | sec x + tan x|) + C. 2

xn ln x dx = con u = ln x, du =

dx x ,

dv = xn , v =

xn+1 ln x 1 − n+1 n+1

xn+1

xn+1 n+1 .

xn ln x dx =

dx x

xn+1 ln x 1 1 xn+1 n+1 − x + C = ln x + 2 n+1 (n + 1) n+1 n+1

+ C.

cos x ln(sin x) dx =

t ln t dt

con t = sin x, dt = cos x dx. Z

cos x ln(sin x) dx = con u = ln t, du =

dt t ,

dv = t dt, v =

cos x ln(sin x) dx =

t2 1 ln t − 2 2

t dt

t2 2.

t2 t4 1 ln t − + C = sin2 x [2 ln(senx) − 1] + C. 2 4 4

5.6.1 Ejercicios Calcule, mediante integración por partes:

208 Z

La integral indefinida Z

√ x x + 1 dx

11.

x(3x + 1)−1/2 dx

12.

ln(ax) dx

13.

14.

Z Z

x ln(bx) dx

15.

√

x ln x dx

16.

x2 ln(x2 ) dx

17.

tan−1 x dx

18.

sen−1 x dx

ble apropiado) Z √ 19. sen ax + b dx (use antes un cambio de va-

x cos2 x dx Z

10.

sen(ln x) dx Z

exp(ax) sen(bx) dx Z

exp(ax) cos(bx) dx Z

x3 exp(x2 ) dx Z

ln(3x + 2) dx

x2 exp(ax) dx Z

x exp(ax) dx

x2 tan−1 x dx

tan−1

√ x dx (use antes un cambio de varia-

riable apropiado)

5.7 Integración de funciones racionales La integración de funciones racionales se realiza generalmente por el método de reducción a “fracciones parciales”. Cuando el denominador tiene raíces múltiples, la fórmula de Ostrogradski permite simplificar el cálculo, reduciéndolo a integrales de fracciones con denominadores con solo raíces simples. Si combinamos los dos métodos, podemos escribir directamente el resultado con coeficientes por determinar mediante la solución de un sistema lineal de ecuaciones. Este procedimiento puede ser denominado el de Ostrogradski mejorado. Una función f : D ⊂ R → R de la forma f (x) =

p(x) , q(x)

donde p y q son polinomios se denomina función racional. Obviamente: Dm(f ) = R − {x ∈ R : q(x) = 0}. En principio, se puede obtener la integral indefinida de cualquier función racional. Probaremos este aserto poco a poco.

5.7.1 Integración de fracciones simples Integración de fracciones simples de primer grado 1 Caso 1 Dado a ∈ R, a la expresión x−a le llamaremos fracción simple de primer grado y tenemos que : Z dx = ln |x − a| + C. x−a

5.7 Integración de funciones racionales

209

Integración de fracciones simples de segundo grado Dado k > 0 llamaremos fracciones elementales de segundo grado a expresiones fraccionales de la forma 1 x y . 2 2 2 x +k x + k2 Las podemos integrar de la siguiente manera. Caso 2 Dado k > 0: Z

x 1 du dx = 2 2 x +k 2 u 1 = ln |u| + C 2 1 = ln(x2 + k2 ) + C, 2

con el cambio de variable u ≡ x2 + k2 . Caso 3 Dado k > 0: Z

dx = 2 x + k2

k sec2 t k2 sec2 t

1 dt k 1 = t+C k 1 x = arctan + C. k k =

El cambio de variable es x ≡ k tan t con t ∈ ] − π2 , π2 [. Por lo tanto: dx ≡ k sec2 t dt

y x2 + k2 ≡ k2 (tan2 t + 1) = k2 sec2 t.

Ahora bien, un trinomio cuadrado de la forma x2 + 2bx + c no se puede descomponer en factores si su discriminante d = (b2 − c) es menor que 0. En este caso, podemos expresar este trinomio como la suma de dos cuadrados: x2 + 2bx + c = (x + b)2 + k2 √ √ con k = −d = c − b2 . Gracias a esto, vemos que el cambio de variable u ≡ x + b nos permite transformar integrales de expresiones de la forma x2

Ax + B , + 2bx + c

que llamaremos fracciones simples de segundo grado, en integrales de fracciones elementales que acabamos de estudiar. En efecto, puesto que x2 + 2bx + c ≡ u2 + k2 , tendremos que:

x ≡ u − b,

dx ≡ du,

210

La integral indefinida

Caso 4 Dados A, B, b y c ∈ R tales que d = b2 − c < 0, poniendo k = Z

√

−d se obtiene:

A(u − b) + B du u2 + k2 Z Z u du =A du + (−Ab + B) 2 2 2 u +k u + k2 A −Ab + B u = ln(u2 + k2 ) + arctan + F 2 k k −Ab + B x+b A arctan √ + F. ≡ ln(x2 + 2bx + c) + √ 2 c − b2 c − b2

Ax + B dx ≡ 2 x + 2bx + c

Ejemplo 5.109 Calcular

−5x + 8 dx x2 − 4x + 29

Solución. Es un ejemplo del Caso 4 con A = −5, B = 8, b = −2, c = 29, puesto que d = b2 − c = 4 − 29 = −25 < 0. Como en este caso tenemos la fórmula Z

Ax + B A −Ab + B x+b dx = ln(x2 + 2bx + c) + √ arctan √ + C, 2 + 2bx + c 2 c−b c − b2 √ √ en nuestro ejemplo c − b2 = 25 = 5, y x2

−5x + 8 −5 2 x−2 dx = ln(x2 − 4x + 29) − arctan + C. − 4x + 29 2 5 5

5.7.2 El método de las fracciones parciales Sabemos que todo polinomio de grado mayor que 2 se puede expresar como el producto de factores de la forma (x − a)m ,

m ∈ N y/o (x2 + 2bx + c)n ,

n ∈ N,

con b2 − c < 0.

Notemos primero que para la integración de funciones racionales basta considerar el caso en el que el grado del denominador es mayor que el del numerador. En efecto, si f = pqM , donde N pM y qN son polinomios de grado M y N , respectivamente, si M > N podemos dividir pM por qN y obtendremos pM rK f= = CM −N + , qN qN donde el cociente CM −N es un polinomio de grado M − N y el residuo rK es un polinomio de grado K < N . Para integrar f basta entonces saber cómo integrar fracciones racionales, el grado de cuyo denominador es mayor que el del numerador. Supondremos entonces que pM f= , M < N. qN

5.7 Integración de funciones racionales

211

Ahora bien, una función racional f = pqM con M < N puede siempre ser escrita como N la suma de fracciones parciales de primero y segundo grado. Veamos algunos casos simples (m = 1, n = 1) porque para multiplicidades > 1 es más conveniente usar el método de Ostrogradski que solo requiere el cálculo de integrales con fracciones simples de primero o de segundo grado. Caso 5 Con fracciones simples de primer grado El integrando f (x) = se puede escribir:

pM (x) , (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − aN )

con N > M,

A2 AN A1 + + ··· + . (x − a1 ) (x − a2 ) (x − aN ) Se puede hallar A1 , A2 , . . . , AN expresando la suma de la derecha como un quebrado con denominador común (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − aN ) f (x) =

y al ser igual al quebrado

pM (x) , (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − aN ) los polinomios numeradores serán idénticos, por lo que se pueden igualar los N coeficientes de los dos polinomios, puesto que el grado de ambos será menor a N , por lo que ambos tendrán la forma a0 + a1 x + · · · + aN −1 xN −1 , que tiene N coeficientes. Se obtiene así un sistema lineal de N ecuaciones con las incógnitas A1 , A2 , . . . , AN . Resuelto este sistema, para integrar f (x) basta calcular integrales consideradas en el Caso 1. Ejemplo 5.110 Z

Calcular

4x2 − 9x − 4 dx. x3 − x2 − 2x

Solución. Tenemos que x3 − x2 − 2x = x(x + 1)(x − 2),

por lo que

4x2 − 9x − 4 x3 − x2 − 2x A B D = + + x+1 x x−2 A(x2 − 2x) + B(x2 − x − 2) + D(x2 + x) = x3 − x2 − 2x (A + B + D)x2 + (−2A − B + D)x − 2B = . x3 − x2 − 2x

f (x) =

Como las dos fracciones son idénticas, identificando los numeradores, los coeficientes de x2 , x y x0 serán iguales y tendremos que 8 2 > <x : A + B + D = 4 x : −2A − B + D = −9 . > :x0 : −2B = −4

212

La integral indefinida

Este es un sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas: A, B y D. Resolviéndolo se obtiene A = 3,

D = −1.

B = 2,

Así, Z

dx dx dx dx + 2 dx − dx x+1 x x−2 = 3 ln |x + 1| + 2 ln |x| − ln |x − 2| + C.

f (x) dx = 3

Finalmente,

x2 (x + 1)3

4x2 − 9x − 4

dx = ln

x − 2 + C. x3 − x2 − 2x

Caso 6 Con fracciones simples de segundo grado El integrando f (x) =

pM (x) , (x2 + 2b1 x + c1 )(x2 + 2b2 x + c2 ) · · · (x2 + 2bL x + cL )

con N = 2L > M,

se puede escribir: f (x) =

B1 x + D1 B2 x + D2 BL x + DL + + ··· + 2 . x2 + 2b1 x + c1 x2 + 2b2 x + c2 x + 2bL x + cL

Se calculan los coeficientes B1 , B2 , . . . , BL y D1 , D2 , . . . , DL de manera análoga a la del caso precedente. Hecho esto, integrar f (x) se reduce al cálculo de integrales estudiadas en el Caso 4. Ejemplo 5.111 Z

Calcular

f (x) dx si f (x) =

x3 + 7x2 + 40 . (x2 − 2x + 2)(x2 + 6x + 13)

Solución. Podemos expresar f (x) como la siguiente suma de fracciones parciales: Ax + B Dx + E + x2 − 2x + 2 x2 + 6x + 13 (Ax + B)(x2 + 6x + 13) + (Dx + E)(x2 − 2x + 2) = (x2 − 2x + 2)(x2 + 6x + 13) (A + D)x3 + (6A + B − 2D + E)x2 + (13A + 6B + 2D − 2E)x + (13B + 2E) = . (x2 − 2x + 2)(x2 + 6x + 13)

f (x) =

Identificando los numeradores de f (x) y de la última expresión obtenemos el siguiente sistema lineal de 4 ecuaciones para calcular las 4 incógnitas A, B, D y E: 8 x3 : > > <x2 :

1 = A+D 7 = 6A + B − 2D + E . > x : 0 = 13A + 6B + 2D − 2E > : 0 x : 40 = 13B + 2E

5.7 Integración de funciones racionales

213

Resolviendo este sistema obtenemos A = 0,

Entonces

B = 2,

D = 1,

E = 7.

f (x) dx es la suma de dos integrales de las estudiadas en el Caso 4: Z

2 x+7 dx + dx 2 2 x − 2x + 2 x + 6x + 13 1 x+3 + C. = 2 arctan(x − 1) + ln(x2 + 6x + 13) + 2 arctan 2 2

f (x) dx =

Caso 7 Con fracciones simples de primero y de segundo grado El integrando pM (x) (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − aK )(x2 + 2b1 x + c1 ) · · · (x2 + 2bL x + cL )

f (x) = con

M < K + 2L = N se puede escribir: f (x) =

y b2k − ck < 0 para k ∈ {1, . . . , L},

AK B1 x + D1 BL x + DL A1 + ··· + 2 + ··· + 2 . x − a1 x − aK x + 2b1 x + c1 x + 2bL x + cL

Calculados de manera análoga a los casos precedentes los coeficientes A1 , . . . , AK , B1 , . . . , BL , C1 , . . . , CL ,

la integración de f (x) se reduce al cálculo de integrales de tipo similar a las estudiadas en los Casos 1 y 4. Ejemplo 5.112 Z

Calcular

f (x) dx con f (x) =

2x3 − 6x2 − 4x − 8 . x4 − 8x

Solución. Puesto que x4 − 8x = x(x − 2)(x2 + 2x + 4)

f (x) se puede escribir como la siguiente suma de fracciones parciales: A B Dx + E + + x x − 2 x2 + 2x + 4 A(x3 − 8) + Bx(x2 + 2x + 4) + (Dx + E)(x2 − 2x) = x4 − 8x 3 (A + B + D)x + (2B − 2D + E)x2 + (4B − 2E)x + (−8A) = . x4 − 8x

f (x) =

Identificando los numeradores de esta última fracción y de f (x) obtenemos el siguiente sistema lineal de 4 ecuaciones para hallar las 4 incógnitas A, B, D y E: 8 x3 : > > <x2 :

2 = A+B +D −6 = 2B − 2D + E . > x : −4 = 4B − 2E > : 0 x : −8 = −8A

214

La integral indefinida

Resolviendo este sistema obtenemos A = 1,

Entonces

B = −1,

D = 2,

E = 0.

f (x) dx se calcula como la suma de integrales estudiadas en los Casos 1 y 4: Z

dx − x

dx +2 x−2

x dx x2 + 2x + 4 2 x+1 = ln |x| − ln |x − 2| + ln(x2 + 2x + 4) − √ arctan √ + C 3 3

x(x2 + 2x + 4)

2 x + 1

− √ arctan √ + C. = ln

x−2 3 3

f (x) dx =

Caso 8 El Método de Z Ostrogradski PM Se usa para calcular dx, donde P y Q son polinomios de grado M y N , respectivaQN mente, con M < N , cuando Q tiene raíces múltiples reales o complejas, es decir factores de tipo (x + a)m

con m ≥ 2,

o (x2 + 2bx + c)n

con b2 − c < 0

n ≥ 2.

En este caso si Q1 es el máximo común divisor de Q y Q′ , es decir el producto de factores de tipo (x + a)m−1 o (x2 + 2bx + c)n−1 , respectivamente, y si Q2 = QQ1 (o sea el producto de factores tipo (x + a) o (x2 + 2bx + c), respectivamente), según Ostrogradski se tiene que Z

P (x) X(x) dx = + Q(x) Q1 (x)

Y (x) dx, Q2 (x)

(∗)

donde X e Y son polinomios de un grado menor al de Q1 y Q2 , respectivamente. Los coeficientes de X e Y se determinan derivando (*), escribiendo el segundo miembro con denominador común (que es Q obviamente), e identificando los numeradores. Ejemplo 5.113 Z

Ax5 + Bx4 + Cx3 + Dx2 + Ex + F x8 + x5 + 1 dx = + 3 3 (x + 1) (x3 + 1)2

Gx2 + Hx + I dx. x3 + 1

Solución. Derivando y luego de escribir el miembro de la derecha con su denominador común, se tiene x8 + x5 + 1 (5Ax4 + 4Bx3 + 3Cx2 + 2Dx + E)(x3 + 1) = 3 3 (x + 1) (x3 + 1)3 6x2 (Ax5 + Bx4 + Cx3 + Dx2 + Ex + F ) − (x3 + 1)3 (Gx2 + Hx + I)(x3 + 1)2 . + (x3 + 1)3 Igualando los coeficientes de los numeradores se obtiene un sistema de 9 ecuaciones y 9 incógnitas para calcular los coeficientes A, B, . . . , I. La integral de la derecha se resuelve luego por los métodos antes descritos de fracciones parciales.

5.7.3 Ejercicios Calcule usando, de ser necesario, el método de fracciones parciales o la fórmula de Ostrogradski.

5.8 El método de Ostrogradski mejorado Z

1. Z

2. Z

3. Z

4. Z

5. Z

6. Z

7. Z

215 Z

dx 2x + 1

9. Z

dx (2x + 3)5

10.

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

11.

dx x(x + 1)(x − 2)

12.

x5 dx (x − 1)(x2 + 4x + 8)

14.

Z Z

x2 (x2

dx − 2x + 10)

x+2 dx x3 (x2 + 1)

2x5 + x4 + 16x3 + 8x2 + 34x + 17 dx (x2 + 4)3

dx + 8x2 + 16 Z x+1 dx 13. 5 x + 4x4 + 5x3

2x dx (x + 1)(x2 + 2x + 5)

Z Z

x6 dx (x2 + x + 1)(x2 − x + 1)

15. Z

dx x3 (x + 1)2

16.

x3 dx − 81

x4 dx x3 + 1 x5 dx x3 − 1

5.8 El método de Ostrogradski mejorado Se aplica en los mismos casos que el método de Ostrogradski, es decir cuando una o más raíces, reales o complejas del denominador Q(x) es o son múltiples. Notemos que en la fórmula de Ostrogradski (*) el denominador Q2 (x) solo puede tener factores simples de tipo (x + a) o (x2 + 2bx + c) con b2 − c < 0, por lo que el cálculo de Z

Y (x) dx Q2 (x)

conduce a integrales de tipo Z

dx x+a

y/o

Ax + B dx + 2bx + c R

que han sido ya estudiados en las Casos 1 y 4, luego de tener que aplicar a QY2(x) (x) dx el método de fracciones parciales. Esto exige el cálculo de nuevos coeficientes en un número igual al del grado de Q2 (x). En vez de eso proponemos escribir de inmediato, usando las fórmulas dadas en los Casos 1 y 4 a las integrales obtenidas de las fracciones parciales de QY2(x) (x) , con coeficientes que se calcularían simultáneamente a los del polinomio X(x). Veámoslo en algunos ejemplos. Ejemplo 5.114 Según la fórmula de Ostrogradski, con X(x) = A0 + A1 x + · · · + An−2 xn−2 se tiene:

Pn−1 (x) A0 + A1 x + · · · + An−2 xn−2 dx = + (x − a)n (x + a)n−1 Pero podemos escribir directamente Z

An−1 dx. x−a

Pn−1 (x) A0 + A1 x + · · · + An−2 xn−2 dx = + An−1 ln |x − a| + C n (x − a) (x − a)n−1 X(x) = + An−1 ln |x − a| + C. (x − a)n−1

216

La integral indefinida

Derivando y escribiendo todo con el mismo denominador común (x − a)n se obtiene la identidad Pn−1 (x) ≡ (x − a)X ′ (x) − (n − 1)X(x) + An−1 (x − a)n−1 que nos permitirá hallar los n coeficientes A0 , A1 , . . . , An−1 .

Ejemplo 5.115 En vez de

P2n−1 (x) X(x) dx = 2 + 2 2 n (x + k ) (x + k 2 )n−1

Ax + B dx, x2 + k 2

con X(x) = A0 + A1 x + · · · + A2n−3 x2n−3 podemos escribir directamente Z

x P2n−1 (x) X(x) 2 2 dx = + A ln(x + k ) + A arctan + C. 2n−2 2n−1 (x2 + k 2 )n (x2 + k 2 )n−1 k

Derivando y escribiendo todo con el mismo denominador común (x2 + k 2 )n , se obtiene la identidad P2n−1 (x) = (x2 + k 2 )X ′ (x) − 2(n − 1)xX ′ (x) + 2A2n−2 x(x2 + k 2 )n−1 + kA2n−1 (x2 + k 2 )n−1 , que nos permitirá calcular directamente A0 , A1 , . . . , A2n−1 y ¡escribir la respuesta!

Ejemplo 5.116 Teniendo en cuenta que (x4 − 1) = (x + 1)(x − 1)(x2 + 1) Z

dx Ax7 + Bx6 + Cx5 + Dx4 + Ex3 + F x2 + Gx + H = (x4 − 1)3 (x4 − 1)2

+ I ln |x + 1| + J ln |x − 1| + K ln |x2 + 1| + L arctan x + M,

de donde 1 ≡ (x4 − 1)(7Ax6 + 6Bx5 + 5Cx4 + 4Dx3 + 3Ex2 + 2F x + G)

+ (−2)(4x3 )(Ax7 + Bx6 + Cx5 + Dx4 + Ex3 + F x2 + Gx + H) + I(x − 1)(x2 + 1)(x4 − 1)2 + J(x + 1)(x2 + 1)(x4 − 1)2 + 2Kx(x2 − 1)(x4 − 1)2 + L(x2 − 1)(x4 − 1)2 .

Resolviendo el sistema lineal de ecuaciones correspondientes se obtienen los coeficientes A = 0, G=− por lo que

11 , 32

B = 0,

H = 0,

7 , 32

−I = J =

D = E = F = 0,

21 , 128

K = 0,

L=−

21 , 64

x − 1 21 7x5 − 11x 21 dx

− ˜ = + ln

arctan x + C. (x4 − 1)3 32(x4 − 1)2 128 x + 1 64

Podemos aplicar el método de Ostrogradski mejorado (MOM) desde el inicio, esto es, sin usar fracciones parciales para las fracciones cuyos denominadores tienen solo factores simples sean estos de primer grado, de segundo grado o ambos. Así tenemos los siguientes casos.

5.8 El método de Ostrogradski mejorado

217

1. Denominadores con factores simples de primer grado Sean K ≥ 1, a1 , . . . , ak ∈ R, PK−1 un polinomio de grado menor que K. Z

K X PK−1 (x) dx = Ck ln |x + ak | + C, (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + aK ) k=1

donde C1 , . . . , Ck se determinarán derivando la expresión anterior y escribiendo la ecuaQ ción obtenida con el mismo denominador común K k=1 (x + ak ) en ambos miembros e identificando los numeradores. 2. Denominadores con factores simples de segundo grado Sean N ≥ 2, bn , cn ∈ R, 1 ≤ n ≤ N tales que b2n − cn < 0 para todo n, P2N −1 un polinomio de grado menor que 2N . Entonces Z

N X P2N −1 (x) dx = AN ln(x2 + 2bn x + cn ) (x2 + 2b1 x + c1 )(x2 + 2b2 x + c2 ) · · · (x2 + 2bN x + cN ) n=1

N X

x + bn BN arctan È + C. cn − b2n n=1

3. Denominadores con factores simples de primero y segundo grado Sean K ≥ 1, N ≥ 1, an , bb , cn ∈ R, 1 ≤ k ≤ K, 1 ≤ n ≤ N tales que b2n − cn < 0 para todo n ∈ {1, . . . N } y sea P un polinomio de grado menor que K + 2N . Entonces: Z

K N X X x + bn P (x) dx Ck ln |x + ak | + Bn arctan È = QK QN 2 cn − b2n k=1 (x + ak ) n=1 (x + 2bn x + cn ) n=1 k=1

N X

n=1

An ln |x2 + 2bn x + cn | + C,

donde el cálculo de Ck , 1 ≤ k ≤ K y de An y Bn , 1 ≤ n ≤ N , es análogo. 4. Caso general Si el caso precedente lo modificamos admitiendo factores múltiples, digamos de multiplicidad Mk ≥ 1 para los factores (x+ak ) y Nn para los factores cuadráticos (x2 +2bn x+cn ), P PN se tendría, si P es un polinomio de grado menor que K k=1 Mk + 2 n=1 Nn y Q1 es el P máximo común divisor de Q y Q′ , donde la función a integrar es f = Q , lo que quiere decir que Q1 (x) =

K Y

(x + ak )Mk −1

f (x) dx = =

k=1 (x + N X

(x2 + 2bn x + cn )Nn −1 .

n=1

k=1

Entonces

N Y

ak )Mk

P (x) dx QN 2 Nn n=1 (x + 2bn x + cn )

N X X(x) x + bn + An ln(x2 + 2bn x + cn ) + Bn arctan È Q1 (x) n=1 cn − b2n n=1

K X

k=1

Ck ln |x + ak | + C,

(4)

donde X es un polinomio de grado igual al grado de Q1 menos 1, cuyos coeficientes, al igual que los An , Bn y Ck se calcularán derivando (4) y escribiendo la igualdad obtenida con mismo denominador común Q en ambos miembros, para luego identificar los numeradores de estos dos quebrados.

218

La integral indefinida

Ejemplo 5.117 Z

Volvamos a calcular

f (x) dx con f (x) =

2x3 − 6x2 − 4x − 8 x4 − 8x

del Ejemplo del Caso 7 donde aplicamos el método de fracciones parciales. Esta vez calculemos la integral con el método de Ostrogradski mejorado. Buscamos el resultado de la forma: Z

x+1 f (x) dx = A ln |x| + B ln |x − 2| + D ln(x2 + 2x + 4) + E arctan √ + C. 3

Derivando ambos miembros de esta igualdad obtenemos la identidad f (x) =

√1 E A B (2x + 2)D 3 + + 2 + 2 . x x − 2 x + 2x + 4 1 + x+1 √ 3

Como x4 − 8x es el denominador común de la última expresión obtenemos √ A(x3 − 8) + Bx(x2 + 2x + 4) + [2D(x + 1) + 3E](x2 − 2x) f (x) = . x4 − 8x

Identificando los numeradores de estas fracciones obtenemos el siguiente sistema lineal de 4 ecuaciones para el cálculo de A, B, D y E: 8 x3 : > > <x2 :

2 = A + B + 2D √ −6 = 2B − 2D + 3E √ . > x : −4 = 4B − 4D − 2 3E > : 0 x : −8 = −8A Resolvemos este sistema y obtenemos que A = 1,

B = −1,

D = 1,

−2 E=√ , 3

por lo cual Z

2 x+1 f (x) dx = ln |x| − ln |x − 2| + ln(x2 + 2x + 4) − √ arctan √ + C. 3 3

Ejemplo 5.118 Z

Calculemos

f (x) dx con f (x) =

1 . (x + 1)(x2 + 2x + 5)

Solución. En primer lugar, si tenemos que: f (x) =

1 A 2x + 2 2 +B 2 +C 2 , x+1 x + 2x + 5 1 + x+1 2

entonces: f (x) =

A(x2 + 2x + 5) + (x + 1)[B(2x + 2) + 2C] . (x + 1)(x2 + 2x + 5)

5.8 El método de Ostrogradski mejorado

219

Obtenemos, entonces, el siguiente sistema lineal de 3 ecuaciones para el cálculo de A, B y C: 8 2 > <x :

0 = A + 2B . x : 0 = 2B − 2D > :x0 : 4 = 5A + 2B + 2C Resolvemos este sistema y obtenemos que A=

1 , 4

−1 , 8

C = 0,

de donde resulta que: Z

f (x) dx = A ln |x| + B ln |x2 + 2x + 5| + C arctan

x+1 + D. 2

5.8.1 Ejercicios 1. Use el método de Ostrogradski mejorado para calcular: Z

(a) Z

(b) Z

(d) Z

(e) Z

(f) Z

(g) Z

(h)

ax + b dx x(x + 1)3 dx x(x + 1)(x − 3) dx 4 x − 27x dx (x2 + 2x + 5)2 x dx 2 (x + 1) (x2 + 1) x3 dx (x + 1)2 (x2 + 9) dx x4 − 16 dx 4 (x − 1)2

(i) Z

(j) Z

(k) Z

(l) Z

(m) Z

(n) Z

(o)

(x + 1) dx x4 + 8x dx (x2 + 1)3 x2 + 2x + 4 dx (x + 1)3 6x − 1 dx − 1)

x3 (2x

8x dx (x2 + 1)(x2 + 2x + 3) x2 dx (x2 + 4)2 x+3 dx x4 + 9x2

2. Dado N ≥ 1 y P : RN −→ R, Q : RN −→ R dos polinomios de N variables, si ponemos R : RN −→ R tal que x 7→ R(x) = P (x)/Q(x), se dice que R es una función racional de N variables. (a) Pruebe que con el cambio de variable x = tan−1 t, una integral de la forma Z

R(sen2 x, cos2 x) dx, donde R es una función racional de 2 variables, se transforma en la integral de una función racional. Use este resultado para calcular Z

dx . sen2 x

(b) Sean k1 , k2 , . . . , kn ∈ N para N ≥ 1. Sea k = MCM{k1 , . . . , kn }. Pruebe que el cambio de variable x = tk transforma una integral de la forma Z

R(x, x1/k1 , x1/k2 , . . . , x1/kN ) dx, donde R es una función racional de N + 1 variables, en la integral de una función racional. Use este resultado para calcular √ Z x √ dx. 3 x+1

220

La integral indefinida (c) Sean a, b, c, d ∈ R tales que ad 6= cb, y sea m ∈ N. Pruebe que el cambio de variable x ≡ (−dtm + b)/(ctm − a) (lo que da tm = (ax + b)/(cx + d)), transforma una integral de la forma Z

R x,

ax + b dx, cx + d

donde R es una funciónracional de 2 variables, en la integral de una función racional. Use este resultado para calcular Z √ x+1 dx. x (d) Sean a, b ∈]0, ∞[. Pruebe que el cambio de variable x ≡ (a/b) sen t, con x ∈] − a/b, a/b[ y t ∈ R, transforma una integral de la forma Z

R x, en la integral de la forma

a2 − b2 x2 dx

R1 (cos t, sen t) dt, donde R1 es otra función racional de dos variables, y que una integral de este tipo se puede transformar en la integral de una función racional con el cambio de variable u ≡ tan(t/2) (use las identidades sen t ≡ 2u/(1 + u2 ), cos t ≡ (1 − u2 )/(1 + u2 ), dt = 2du/(1 + u2 )). Aplique estos resultados para calcular Z p

3 − 5x2 dx.

3. Para las integrales siguientes escriba la forma de una integral primitiva, sin calcular los coeficientes, dada por el método de Ostrogradski mejorado: Z

dx (a) (x + 2)3 (x + 1)(x − 1)2 Z dx (b) (x + 1)2 (x2 + 6x + 18)3

dx (x + 4)2 (x + 1)3 (x2 − 8x + 17)3 Z x (d) dx (x3 + 1)3 (x4 + 1)2 (c)

La integral definida

Uno de los problemas que resolvió Arquímedes, y se lo puede hallar en el palimpsesto del Códice C, es el de la cuadratura de la parábola; es decir, el problema de hallar el área de la región plana comprendida entre una parábola y una recta. Tomaremos, por ejemplo, la parábola de ecuación y = f (x) = 1−x2 y el eje de las abscisas, o sea la recta de ecuación y = 0 . Arquímedes aproximaba el área buscada A con el área de los polígonos de (n + 1) lados inscritos en la figura, según se muestra en la figura. y

−1

Triángulo

−1 Pentágono

−1 Heptágono

Es decir, para todo n ≥ 2 se verifica que Pn < A. Mientras mayor sea el número de lados del polígono, es decir, mientras mayor sea n, mejor es la aproximación. Los vértices del polígono de n + 1 lados serán Pk (xk , yk ),

0 ≤ k ≤ n,

con yk = f (xk ) y

xk = −1 + k∆xk ,

donde

∆xk =

2 , n

de donde xk = −1 +

2k . n

Por ejemplo, si n = 4, tendremos el pentágono de vértices

P0 (−1, 0), P1

1 3 1 3 − , , P2 (0, 1), P3 , , P4 (1, 0). 2 4 2 4

¿Qué resultados habría obtenido Arquímedes al tomar n cada vez más grandes? Notemos que el área Pn del polígono de n + 1 lados inscrito en la figura que usaba Arquímedes es la suma de las áreas Tk de los trapecios de vértices (xk−1 , 0), (xk−1 , yk−1 ), (xk , 0), (xk , yk ),

222

La integral definida

con yk = f (xk ) = 1 − x2k ,

1 ≤ k ≤ n.

2k n 4k 4k2 = 1 − −1 + + 2 n n 2 4k 4k = − 2 n n 4 = 2 . n k − kn = 1 − −1 +

Como área Tk =

yk−1 +yk ∆xk 2

y como ∆xk = n2 , tendremos 1 (yk−1 + yk ). n

Tk = Entonces A ≈ Pn =

n X

Tk =

k=1

1 = n 1 = n

n X

n 1X (yk−1 + yk ) n k=1

yk−1 +

k=1

y0 + 2

n X

k=1 n X k=1

yk − yn

X 8 n−1 k2 = 2 k− n k=1 n

4(n2 − 1) 4 1 = 1− 2 2 3n 3 n

¿A qué valor se acerca Pn cuando n es cada vez más grande? Ese valor no es otro que 4 l´ım Pn = . n→∞ 3 Veamos ahora cómo se puede resolver el problema aproximando el área A con la de una figura formada por rectángulos en vez de los trapecios que utilizamos para calcular el área del polígono de Arquímedes: si trazamos las rectas verticales de ecuación x = xk , 0 ≤ k ≤ n, nuestra figura se divide en n fajitas.

xk−1 x∗k xk La k-ésima fajita se puede aproximar con un rectángulo del mismo ancho ∆xk = xk − xk−1 y de altura f (x∗k ), donde x∗k es un valor cualquiera comprendido entre xk−1 y xk . Podemos escribir n A≈

k=1

f (x∗k )δxk = An .

223

En este caso, para todo k, ∆xk = n2 , pero nada impide que los ∆xk sean distintos. Lo que hace falta es que −1 = x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn = 1 y ∆xk = xk − xk−1 . Se puede intuir que mientras el grosor de las fajitas sea más pequeño, mejor será la aproximación de A con la suma de las áreas de los rectángulos. En el caso de las fajas de igual grosor h = ∆xk = n2 , esto es equivalente a decir que mientras mayor sea n, mejor será la aproximación. En el ejemplo tomemos x∗k = xk = −1 + 2k n . (El lector puede repetir los cálculos con otros valores x∗k y obtendrá un resultado igual.) Entonces An = =

n X

f (x∗ )∆xk

k=1 n X k=1

2k 1 − −1 + n

n 2X 4 4 k − 2 k2 = n k=1 n n

2 n

n n 1 X 1 X =8 k − k2 n2 k=1 n3 k=1

n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) =8 − 2n2 6n3 (n + 1) (n + 1)(2n + 1) − =8 . 2n 6n2

Vemos que si n es cada vez más grande An se acerca a un valor que puede calcularse tomando el límite: 1 1 4 l´ım An = 8 − = . n→+∞ 2 3 3 ¡Se obtiene pues el mismo resultado que Arquímedes! La suma de la forma n X

f (x∗k )∆xk

k=1

fue usada por los creadores del cálculo integral Newton y Leibniz, para aproximar el valor del área A y sirvió a Riemann1 para obtener una generalización que tiene múltiples aplicaciones. Esta es la integral definida que se nota Z b a

f (x) dx

y es igual al límite de las sumas de Riemann

n X

f (x∗k )∆xk , si los valores ∆xk se aproximan

k=1

a cero. Formalicemos la definición de la integral definida. Sea f : [a, b] → R una función acotada. Se llama partición de [a, b] a todo conjunto P = {x0 , x1 , . . . , xn }, si n ≥ 1, a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b, porque al intervalo [a, b] lo partimos en n subintervalos Ik = [xk−1 , xk ], 1 ≤ k ≤ n. Se llama grosor de la partición P al número kPk = m´ ax ∆xk . 1≤k≤n

George Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866)

224

La integral definida

Es decir que kPk es la longitud del más grande de los subintervalos Ik = [xk−1 , xk ]. En cada intervalo Ik escogemos un valor x∗k . A la partición P asociamos entonces un vector P ∗ = (x∗1 , . . . , x∗n ) que llamaremos partición asociada a P. Llamaremos, entonces, suma de Riemann al número n X

f (x∗k )∆xk

k=1

Diremos que f es integrable según Riemann en [a, b] si existe el límite de las sumas de Riemann

n X

k=1

f (x∗k )∆xk cuando el grosor de la partición kPk tiende a cero. A este límite se lo

llama integral definida de f en [a, b] y se lo nota

Z b a

f (x) dx o

[a,b]

f o simplemente

Notemos que la existencia del límite está condicionada solamente al hecho de que kPk tienda a cero sin importar los valores xk y x∗k tomados. Basta entonces que para la pareja (P, P ∗ ), kPk tienda a cero. Tendremos entonces, por definición, que Z b a

f (x) dx = l´ım

kPk→0

n X

f (x∗k )∆xk .

k=1

Pero, ¿qué significa ésto? Recordemos la definición de l´ım F (h) = L,

h→0

donde F : R → R definida para valores de h cercanos a 0 y L ∈ R. En este caso L puede ser aproximado por F (h) con la precisión que se desee, para lo cual basta tomar |h| suficientemente pequeño, lo que se puede escribir: ⇔

L = l´ım F (h) h→0

∀ǫ > 0 ∃δ > 0 tal que ∀h :

0 < |h| < δ

⇒

|F (h) − L| < ǫ.

Análogamente: Z b a

f (x) dx puede ser aproximado con la precisión que se desee por las sumas de

Riemann

n X k=1

f (x∗k )∆xk , para lo cual basta tomar kPk suficientemente pequeño.

Esto se puede escribir Z b a

f (x) dx = l´ım

kPk→0

n X k=1

f (x∗k )∆xk

⇔

∀ǫ > 0 ∃δ > 0 tal que ∀P ∀P ∗ :

kPk < δ

⇒

Z b n

f (x∗k )∆xk − f (x) dx < ǫ.

a k=1

En este caso f es Riemann-integrable en [a, b]. En el ejemplo introductorio, que resuelve el problema de Arquímedes de la cuadratura de R1 la parábola, −1 f (x) dx, con f (x) = 1 − x2 , es el área buscada, en este caso 43 . Usaremos el concepto de integral definida para resolver múltiples problemas de geometría, física, economía, etc.

6.1 Definiciones

225

En el ejemplo introductorio tendremos entonces que el área buscada A es Z 1

−1

(1 − x2 ) dx =

4 . 3

Es decir que si ponemos f (x) = 1 − x2 , f es integrable en [−1, 1] y su integral es 43 . La función f es un polinomio de segundo grado. Se puede probar que todo polinomio es Riemann-integrable en cualquier intervalo [a, b]. Es más, aunque no lo podemos demostrar en este libro, vamos a tener en cuenta el siguiente resultado:

Teorema 6.1 Sea f : [a, b] → R una función real definida en un intervalo [a, b]. Entonces f es Riemannintegrable en [a, b] si se cumple una de las siguientes propiedades: 1. f es continua en [a, b]. 2. f es monótona en [a, b]. 3. f es acotada en [a, b] y es continua en [a, b], salvo en un número finito de puntos.

6.1 Definiciones 1. f es monótona en [a, b] si f : o es no decreciente: ∀x1 , x2 ∈ R, a ≤ x1 < x2 ≤ b

⇒

f (x1 ) ≤ f (x2 ).

∀x1 , x2 ∈ R, a ≤ x1 < x2 ≤ b

⇒

f (x1 ) ≥ f (x2 ).

o es no creciente:

2. f es acotada en [a, b] si ∃R > 0 tal que ∀x ∈ [a, b], |f (x)| < R. O, lo que es lo mismo, si ∃c1 < c2 tales que ∀x ∈ [a, b], c1 < f (x) < c2 . Si se tiene una función f : [a, b] → R y se quiere averiguar si es Riemann-integrable en [a, b], el uso de la definición es en extremo complejo. Si por el contrario, ya se conoce que f es integrable, por cumplir alguna de las conocidas propiedades (como las del teorema) R que son condiciones suficiente para ello, el cálculo de ab f (x) dx se lo puede hacer tomando una sucesión de particiones Pn , n ≥ 1, donde los subintervalos Ik = [xk−1 , xk ] son de igual longitud. Tales particiones se llaman particiones homogéneas y, en este caso, xk = a + kh,

0 ≤ k ≤ n, ∆xk = h =

b−a . n

Los valores x∗k se pueden tomar de modo que los cálculos sean más simples. Ilustremos esto con un ejemplo.

226

La integral definida

Ejemplo 6.119 Cálculo de

R1 o

x2 dx.

Solución. Aquí, para n ≥ 1, h = ∆xk =

1 , n

1 xk = k , n

0 < k < n.

Si ponemos f (x) = x2 , f es creciente en el intervalo [0, 1] considerado, por lo que m´ın

xk−1 ≤x≤xk

(k − 1)2 n2

f (x) = f (xk−1 ) =

m´ax

xk−1 ≤x≤xk

f (x) = f (xk ) =

k2 . n2

tomando para 1 ≤ k ≤ n, x∗k = xk−1 , se tendrá entonces que las sumas de Riemann tendrán el mínimo valor posible, mientras que si x∗k = xk , su valor será el máximo posible. Realicemos los cálculos siguientes. Pongamos : Sn =

n X

f (xk−1 )∆xk =

k=1

n n−1 1 X 1 X 2 2 (k − 1) = k , n3 n3 k=1

Sn =

n X

f (xk )∆xk =

k=1 ∗

Tendremos que para todo P =

k=1

n 1 X 2 k . n3 k=1

(x∗1 , . . . , x∗n ), n X

Sn ≤ Sabemos que

n X

k=1

k2 =

k=1

f (x∗k )∆xk ≤ S n .

n(n + 1)(2n + 1) , 6

por lo cual n−1 X k=1

k2 =

n−1 (n − 1)((n − 1) + 1)(2(n − 1) + 1) X 2 (n − 1)n(2n − 1) = k = 6 6 k=1

Con las dos sumas anteriores hallamos que Sn =

(n − 1)(2n − 1) , 6n2

Sn =

(n + 1)(2n + 1) . 6n2

Como para todo P ∗ = (x∗0 , x∗1 , . . . , x∗n ) n X

Sn ≤

k=1

f (x∗k )∆xk ≤ S n ,

y para las particiones homogéneas k P k→ 0

⇔

h→0

⇔

n → ∞,

tenemos que l´ım S n = l´ım S n = n→∞

n→∞

de donde

Z 0

x2 dx =

1 . 3

1 , 3

6.2 Sumatorias

227

La utilización de este procedimiento ilustra el hecho de que no importan los valores de que se tomen, pero también vemos que hacen falta fórmulas que simplifiquen el cálculo de sumas de la forma n X b−a f a+k . n k=1 x∗k

Si f es un polinomio de grado m, los cálculos exigen conocer el valor de sumas de tipo P m k=1 k . Se conocen fórmulas para m = 1, 2, 3, 4, . . . pero no más que 13. El método indicado es pues interesante pero no muy útil para polinomios de grado mayor y peor para funciones f arbitrarias, aún en el caso de funciones muy conocidas y estudiadas, como son las funciones trigonométricas, exponenciales, etc. La utilidad práctica del concepto de integral definida sería limitada sin el descubrimiento de un método de cálculo admirable por su simplicidad y amplitud que, no en vano, se lo conoce como el teorema fundamental del cálculo. Antes de abordarlo, establezcamos algunas propiedades importantes de la integral definida. Previamente recordemos algo más sobre la notación de sumatorias y sus propiedades.

6.2 Sumatorias Si están dados, para n ≥ 1, n números a1 , a2 , . . . , an , en vez de escribir a1 + a2 + · · · + an , se suele escribir

n X

ak ,

k=1

que se lee sumatoria de ak , para k entre 1 y n. En general, si 1 ≤ m ≤ n n X k=m

ak = am + am+1 + · · · + an−1 + an .

Las conocidas propiedades de la suma pueden entonces escribirse así: (1)

(2)

n X k=1

ak = a1 + a2 + · · · + an

n X

(αak ) = α

k=1

(3)

n X

(ak + bk ) =

k=1

(4)

n X

k=1

ak ; α ∈ R

n X

ak +

k=1

(αak + βbk ) = α

k=1

(definición)

n X

(distributiva)

(aditiva)

k=1 n X k=1

ak + β

n X

(lineal)

k=1

(5) Si para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}, ak ≥ 0, entonces n X k=1

ak ≥ 0.

228

La integral definida

(6) Si para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}, ak ≤ bk , entonces n X k=1

(7)

ak ≤

n X

bk .

k=1

n n

ak ≤ |ak |.

k=1

(8)

n X

ak =

k=1

m X

ak +

k=1

n X

ak .

k=m+1

(9) n X

n+p X

ak =

aj−p . (cambio de variable)

j=m+p

k=m

Ejemplo 6.120 1. 5 X k=1

(2k − 1) = (2 · 1 − 1) + (2 · 2 − 1) + (2 · 3 − 1) + (2 · 4 − 1) + (2 · 5 − 1) = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25.

6 X

α = α + α + α + α + α + α = 6α.

k=1

En general

n X

α = nα.

k=1

3. Sn(1) =

n X k=1

k = 1 + 2 + ···+ n =

n(n + 1) 2

En efecto: Sn(1) = 1 + 2 + · · · + (n − 1) + n.

O también:

Sn(1) = n + (n − 1) + · · · + 2 + 1.

Sumando los respectivos miembros de las dos igualdades anteriores se obtiene: 2Sn(1) = (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1) = n(n + 1), lo que conduce al resultado. Éste también se puede probar mediante el método inducción matemática. 4. Probemos por inducción que Sn(2) =

n X k=1

k 2 = 12 + 22 + · · · + (n − 1)2 + n2 = F (n)

para n ≥ 1, donde F (n) =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

6.2 Sumatorias

229

En efecto, probemos que la igualdad es válida para n = 1: (2)

1 X

k 2 = 12 = 1.

k=1

Por otro lado, F (1) =

1(1 + 1)(2 · 1 + 1) = 1. 6

Probemos ahora que para todo n ≥ 1 si la igualdad es verdadera para n, también es verdadera para n + 1: (2)

Sn+1 =

n+1 X

k=1

n X

k 2 + (n + 1)2 = F (n) + (n + 1)2

k=1

n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)] + (n + 1)2 = 6 6 (n + 1)(2n2 + 7n + 6) (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = . = 6 6 =

Por otro lado, tenemos que F (n + 1) =

(n + 1)[(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1] (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = . 6 6 (2)

Por lo tanto, concluimos que F (n + 1) = Sn+1 . 5. Análogamente se prueba que: Sn(3) =

n X k=1

k3 =

n2 (n + 1)2 , 4

y que Sn(4) =

n X k=1

k4 =

n(n + 1)(6n3 + 9n2 + n − 1) . 30

6.2.1 Ejercicios 1. Calcule los siguientes sumatorios: (a)

58 X

(5k + 2k 2 )

(d)

(b)

(1 + 2k + 4k 3 + 3k 4 )

(e)

k=3

(c)

15 X

(1 + 2n + 6n2 )

n=5

k=23 17 X

25 X

N X

(k 2 + k + 1)2

k=1

(k 2 + k 4 )

k=−10

(f)

100 X

1 m(m + 1)(m + 2) m=1

2. Escriba con la notación de sumatoria las siguientes expresiones: (a) 42 + 62 + 82 + 102 + · · · + 202

(b) 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + 251

(d) 1 − 2! + 3! − 4! + · · · + 99! − 100!

230

La integral definida

6.3 Propiedades de la integral definida Hemos definido, para a < b y f : [a, b] → R, Z b a

f (x) dx = l´ım

n X

kPk→0

f (x∗k )∆xk ,

k=1

si el límite existe, donde P = {x0 , x1 , . . . , xn } son particiones de [a, b], es decir a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b, y P ∗ = (x∗1 , . . . , x∗n ) son particiones asociadas a P, es decir que para todo k ∈ {1, . . . n}, x∗k ∈ [xk−1 , xk ]. En el caso de que a = b, se define Z a a

y, también, se define:

Z a b

f (x) dx = 0

f (x) dx = −

Z b a

f (x) dx.

Las propiedades se resumen en los siguientes dos teoremas: Teorema 6.2 Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R dos funciones Riemann-integrables en [a, b] y α, β ∈ R. Entonces Z b

1. a

α dx = α(b − a).

2. αf es Riemann-integrable en [a, b] y Z b a

Z b

(αf )(x) dx =

Z b

αf (x) dx = α

f (x) dx. (homogeneidad)

3. f + g es Riemann-integrable en [a, b] y Z b a

Z b

(f + g)(x) dx =

Z b

[f (x) + g(x)] dx =

Z b

f (x) dx +

g(x) dx.

(aditividad respecto a funciones) 4. αf + βg es Riemann-integrable en [a, b] y Z b a

Z b

(αf + βg)(x) dx =

Z b

[αf (x) + βg(x)] dx = α

Z b

f (x) dx + β

g(x) dx.

(linealidad de la integral definida)

Teorema 6.3 Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R dos funciones Riemann-integrables en [a, b], a1 , b1 , c1 ∈ [a, b]. Entonces 1. f es integrable en cualquier intervalo de extremos en {a1 , b1 , c1 }. Además Z c1 a1

f (x) dx =

Z b1 a1

f (x) dx +

Z c1 b1

f (x) dx. (aditividad respecto a intervalos)

6.3 Propiedades de la integral definida

231

2. Si para todo x ∈ [a, b] f (x) ≤ g(x), entonces

Z b

la integral)

f (x) dx ≤

Z b a

g(x) dx.

(monotonía de

3. Si |f | es integrable, entonces f también lo es y

Z b

≤ f (x) dx |f (x)| dx.

Teorema 6.4 (Integral nula) Se tiene que: 1. Si θ : [a, b] → R es la función nula, es decir si θ(x) = 0 para todo x ∈ [a, b], entonces Z b

θ(x) dx = 0.

2. Si f : [a, b] → R es continua, y si para todo x ∈ [a, b], f (x) ≥ 0, entonces Z b a

f (x) dx = 0

⇔

f = θ.

Demostración. 1. Es obvio porque las sumas de Riemann serán todas nulas. R

2. Supongamos que ab f (x) dx = 0. Basta probar que f (x) = 0 para todo x ∈ [a, b]. (Por el absurdo.) Supongamos que existe x0 ∈ [a, b] tal que f (x0 ) > 0. Hay tres casos: (i) x0 ∈]a, b[, (ii) x0 = a, (iii) x0 = b. Caso (i) Como f es continua en x0 , ∀ǫ > 0 ∃δ > 0 tal que ]x0 −δ, x0 +δ[⊂ [a, b] y |x−x0 | < δ ⇒ |f (x)−f (x0 )| < ǫ. Tomando ǫ =

f (x0 ) 2

> 0, se tiene que

a < x0 − δ < x < x0 + δ < b Si ponemos

( f (x ) 0

g(x) =

f (x0 ) f (x0 ) < f (x) < 3 . 2 2

⇒

si x0 − δ < x < x0 + δ si x ∈ / ]x0 − δ, x0 + δ[

se tiene entonces que para todo x ∈ [a, b], g(x) ≤ f (x). Entonces Z b

pero

Z b a

g(x) dx =

y por hipótesis

Rb a

Z x0 −δ a

g(x) dx ≤

0 dx +

Z b a

f (x) dx

Z x0 +δ f (x0 ) x0 −δ

Z b

dx +

f (x) dx = 0, por lo que 0 < δf (x0 ) ≤ 0,

lo cual es absurdo. Caso (ii) y caso (iii) Para estos dos casos se obtiene análogamente 1 0 < δf (x0 ) ≤ 0. 2

x0 +δ

0 dx = δf (x0 )

232

La integral definida

6.3.1 Ejercicios 1. Use la definición de integral definida y la integrabilidad de las funciones continuas para calcular: Z

(a) Z

0 6

(b)

(−3) dx

3x dx −2 Z 3

x3 dx

0 3

(j)

(x2 + x + 1) dx

x2 dx

(2x + 1) dx

(f)

(i)

−1 Z 2

(e)

x dx a

(2x3 − 1) dx

(h)

−1 Z 5

(g)

5 dx

(k)

(x + x + x + 1) dx −2

dx a

2. Calcule la suma de Riemann

N P k=1

f (x∗k )∆xk para el intervalo I, si:

(a) f (x) = x + 2, I = [0, 4], N = 3, x1 = 1, x2 = 3, x∗1 = 1, x∗2 = 2, x∗3 = 3 (b) f (x) = x2 + 3, I = [0, 1], N = 100, xk = x∗k = k/100 3. Pruebe que l´ım S(N ) = n→∞

(a) S(N ) =

N X k=1

(b) S(N ) =

Rb a

f (x) dx para:

√ k2 √ , f (x) = x2 / 1 + x3 , [a, b] = [0, 1] 3 2 3 3 N N +k

N 3k 3 X −2 + , f (x) = x3 , [a, b] = [−2, 1] N N k=1

4. Use los resultados del primer ejercicio, literales (h)–(k) y las propiedades de la integral definida para calcular: Z

(x2 − x + 1) dx

(d)

(x4 + 9) dx

(e)

(a) −1 Z 3

(b)

(x4 − 3x + 1) dx

(−x3 + 1) dx

(−3x2 + x + 2) dx

−5 Z 3

−2

(f)

(x2 + 1) dx +

−2

(x2 + 1) dx

6.4 El valor medio o promedio de una función Queremos definir para una función continua f : [a, b] → R, x 7→ y = f (x), el valor promedio que toma f (x) cuando x toma los diferentes valores en el intervalo [a, b]. Imaginemos un recipiente (piscina) con agua. Si queremos establecer la profundidad promedio y¯ del agua cuando ésta está agitada no lo podremos hacer tomando una medida en un punto cualquiera. Sin embargo, si tenemos la paciencia y el tiempo suficiente, bastará esperar que el agua se calme y podremos medir la profundidad del agua en cualquier punto. Análogamente, si queremos establecer la cota promedio y¯ de todos los valores y = f (x) que toma la función f , cuando x “recorre” el intervalo [a, b], ¿que significaría en este caso “que las aguas se calmen”? Pues que la figura del dibujo, limitada por la gráfica de f y por las rectas y = 0, x = a y x = b tendrá un área igual a la del rectángulo limitado por esas tres rectas y por la recta y = y¯.

6.5 El teorema del valor medio para la integral definida

233

f y=y

a a

Z b

Es decir que

f (x) dx = y¯(b − a)

puesto que (b − a) es la base y y¯ es la altura del rectángulo. Por lo tanto, si f (x) ≥ 0 para todo x tendremos que Z b 1 y¯ = f (x) dx := V P (f, [a, b]). b−a a

Esta fórmula la tomaremos como definición del valor promedio de f en el intervalo [a, b], que lo notaremos V P (f, [a, b]).

6.5 El teorema del valor medio para la integral definida Sea f : [a, b] → R una función continua. Conocemos ya que existen xm y xM en [a, b], y m y M en Im(f ) tales que m = f (xm ) = m´ın f (x), a≤x≤b

M = f (xM ) = m´ ax f (x). a≤x≤b

Por lo tanto, para todo x ∈ [a, b] Rb

m ≤ f (x) ≤ M.

si tomamos a a las funciones constantes m y M y a f , se tendrá entonces, por la monotonía de la integral m(b − a) ≤ de donde

Por lo tanto

Z b a

1 m≤ (b − a)

f (x) dx ≤ M (b − a) Z b a

f (x) dx ≤ M.

m ≤ V P (f, [a, b]) ≤ M. aplicando entonces el teorema del valor medio para las funciones continuas que dice que para todo C ∈ [m, M ], existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = C, con C = V P (f, [a, b]), tendremos el siguiente resultado.

Teorema 6.5 (del valor medio para la integral definida) Si f es continua en [a, b], existe c ∈ [a, b] tal que

f (c) = V P (f, [a, b]).

234

La integral definida

6.6 Otra propiedad de las funciones continuas

Lema 6.1 Sea f : [a, b] → R una función continua. Sea x0 ∈ [a, b[. Para h ∈]0, b − x0 ] sea

fm (h) =

m´ın

x0 ≤x≤x0 +h

f (x),

fM (h) =

m´ ax

x0 ≤x≤x0 +h

f (x).

Entonces

l´ım fm (h) = l´ım fM (h) = f (x0 )

h→x+ 0

Demostración. Como f es continua en [a, b], entonces f es continua en x0 y, por lo tanto, f es continua en x0 por la derecha. Entonces, ∀ǫ0 > 0 ∃δ0 > 0 tal que x0 < x < x0 + δ0 (ǫ0 ) ≤ b

⇒

|f (x) − f (x0 )| < ǫ0 .

Es decir: x0 < x < x0 + δ0

⇒

f (x0 ) − ǫ0 < f (x) < f (x0 ) + ǫ0 .

Probemos que (i) f (x0 ) = l´ım fm (h), h→x+ 0

(ii) f (x0 ) = l´ım fM (h). h→x+ 0

(i) Sea ǫ > 0. Debemos hallar δ > 0 tal que 0<h<δ

⇒

|fm (h) − f (x0 )| < ǫ.

Basta tomar δ = δ0 (ǫ). En efecto, si 0 < h < δ0 (ǫ), como f es continua en [x0 , x0 + h], existe xm ∈ [x0 , x0 + h] tal que f (xm ) =

m´ın

x0 ≤x≤x0 +h

f (x) = fm (h).

x0 −h≤x≤x0

l´ım fm (h) = l´ım fM (h) = f (x0 ).

h→x− 0

Con ayuda de esta propiedad de las funciones continuas demostraremos el Teorema Fundamental del Cálculo para estas funciones.

6.7 El teorema fundamental del cálculo

235

6.7 El teorema fundamental del cálculo Hemos mencionado ya que calcular la integral definida de una función dada, salvo en el caso de los polinomios de grado no muy elevado, es prácticamente imposible si solo se utiliza la definición. El Teorema Fundamental del Cálculo que presentaremos ahora nos provee de una herramienta maravillosa para dicho cálculo. Consideramos una función continua f : [a, b] → R. Podemos definir una función A : [a, b] → R por Z x

A(x) =

f (t) dt.

Para visualizar esta función, tengamos en cuenta que cuando para todo t ∈ [a, b], f (t) ≥ 0, A(x) es el área comprendida entre la gráfica de f y las rectas t = a, t = x y el eje de las abscisas. f A(x) a x b t El Teorema Fundamental del Cálculo afirma que ¡A es una primitiva de f ! Es decir que A′ = f . Teorema 6.6 (Teorema Fundamental del Cálculo I (TFC1)) R Si f : [a, b] → R es continua y si A(x) = ax f (t) dt, entonces A′ = f . Es decir:

A′+ (a) = f (a), A′− (b) = f (b) y para todo x ∈ ]a, b[

A′ (x) = f (x).

Demostración. Basta probar que: 1. para todo x ∈ [a, b[, A′+ (x) = f (x), y 2. para todo x ∈]a, b], A′− (x) = f (x), donde A′+ (x) es la derivada de A en x por la derecha y A′− (x) es la derivada de A en x por la izquierda. Hagamos las demostraciones. 1. Sea x ∈ [a, b[. Debemos probar que f (x) = l´ım

h→0+

Sea h ∈ ]0, b − x].

A(x + h) − A(x) . h

Z x+h

A(x + h) = =

a Z x a

f (t) dt Z x+h

f (t) dt +

= A(x) +

Z x+h x

f (t) dt

f (t) dt.

236

La integral definida

Sean fm (h) =

m´ın

x≤t≤x+h

f (t),

fM (h) =

m´ ax f (t)

x≤t≤x+h

(existen porque f es continua en [x, x + h]). Evidentemente fm (h) ≤ f (t) ≤ fM (h)

para todo t ∈ [x, x + h].

Integrando en [x, x + h] se obtiene Z x+h

fm (h) dt ≤

Z x+h x

f (t) dt ≤

Z x+h x

fM (h) dt,

de donde hfm (h) ≤ A(x + h) − A(x) ≤ hfM (h). Dividiendo para h: A(x + h) − A(x) ≤ fM (h). h Estas desigualdades son válidas para todo h ∈ ]0, b − x]. Tomamos l´ımh→0+ y gracias al lema 6.1 de la página 234, tenemos que: fm (h) ≤

l´ım fm (h) = l´ım+ fM (h) = f (x),

h→0+

h→0

de donde A′+ (x) = f (x) para todo x ∈ [a, b[. 2. Análogamente probamos que A′− (x) = f (x) para todo x ∈]a, b], de donde A′+ (a) = f (a), A′− (b) = f (b) y A′ (x) = f (x) para todo x ∈]a, b[.

El teorema anterior también suele escribirse: si f es continua en un intervalo I, entonces d dt

Z x a

f (t) dt = f (x) para todo x ∈ I.

Este teorema es equivalente al siguiente que provee un método de cálculo de la integral definida.

Teorema 6.7 (Teorema Fundamental del Cálculo II (TFC2)) Si f : [a, b] → R es continua y si F : [a, b] → R es una primitiva de f (es decir, F ′ = f ), entonces Z b a

f (x) dx = F (b) − F (a).

Demostración. Como ya probamos el TFC1, basta probar el siguiente teorema.

6.7 El teorema fundamental del cálculo

237

Teorema 6.8 (Equivalencia de los Teoremas Fundamentales del Cálculo)

⇔

TFC1

TFC2.

Demostración. Supongamos que TFC1 es verdadero. Vamos a probar que TFC2 también lo es. R Por el TFC1 sabemos que, si A(x) = ax f (t) dt, A′ (x) = f (x) para todo x ∈ [a, b], tomando en a y en b las correspondientes derivadas laterales. Como también F ′ (x) = f (x) para todo x ∈ [a, b], por el teorema de la unicidad de las primitivas salvo una constante, existe C ∈ R tal que para todo x ∈ [a, b], A(x) = F (x) + C. Con x = a tendremos entonces A(a) = F (a) + C y como A(a) =

Ra a

f (t) dt = 0, se obtiene que C = −F (a).

Con x = b se obtiene entonces A(b) = F (b) + C, por lo que

Z b a

f (t) dt = F (b) − F (a).

Ahora supongamos válido el TFC2. Probemos que lo es también TFC1; es decir, si F ′ = f y si a, x ∈ I, a < x, se tiene Z x

A(x) =

f (t) dt = F (x) − F (a).

Derivando obtenemos A′ (x) = F ′ (x) − 0 = f (x). Se suele escribir, si F ′ = f Z b a

f (x) dx = F (b) − F (a) = F (x) . a

Teorema 6.9 Si F[a, b] = {F : [a, b] → R}, el conjunto de funciones, dotado de la suma y multiplicación por un número, las aplicaciones

I : F[a, b] :→ R,

f 7→ I(f ) =

Z b a

f (t) dt,

J : F[a, b] :→ R, son lineales.

F 7→ J(F ) = F (b) − F (a)

238

La integral definida

Demostración. Tenemos que: 1. I(αf + βg) = αI(f ) + βI(g). 2. J(αF + βG) = αJ(F ) + βJ(G).

En la introducción del concepto de integral definida logramos calcular, no sin esfuerzo, Z 1

4 (1 − x2 ) dx = , 3 −1 Z 1 1 I2 = x2 dx = . 3 0

I1 =

Si ponemos f1 (x) = 1 − x2 , F1 (x) = x −

f2 (x) = x2 ,

x3 , 3

F2 (x) =

x3 , 3

por el TFC2 tendremos

Z 1

I1 =

x3 x− 3

−1

(1 − x ) dx =

Z 1

I2 = Como

(sen x)′

1 −1 4 = 1− − (−1) − = , 3 3 3

−1

x2 dx =

1 1 1 = −0= . 3 0 3 3

= cos x, tendremos, por ejemplo, Z

π 2 π 6

cos x dx = sen x π = sen 6

π 1 1 π − sen = 1 − = . 2 6 2 2

Utilizando la definición con particiones homogéneas del intervalo [ π6 , π2 ] se tendría que Z

π 2 π 6

cos x dx = l´ım

n→∞

π 2

− n

n π X 6

π − π cos +k 2 6 n k=1

# π 6

Estos cálculos son, en la práctica, ¡imposibles de realizar! Vemos entonces que la necesidad de sistematizar el cálculo de primitivas o antiderivadas proviene de esta imposibilidad. Ejemplo 6.121 Calcular: Z

√ 2+ 3

f (x) dx con f (x) = Z

3 4

f (x) dx con f (x) = xe 2

Solución.

x . x2 − 4x + 5

−x 2

6.7 El teorema fundamental del cálculo

239

1. Z

√ 2+ 3

2+√3

2. Si u = x, du = dx, dv = e Z

4 2

2+√3

1 x = ln(x2 − 4x + 5)

+ 2 arctan(x − 2)

x2 − 4x + 5 2 3 3 √ 1 4 = ln + 2 arctan 3 − arctan 1 2 2 π √ √ π π − = ln 2 + 2 = ln 2 + 3 4 6 −x 2

y v = −2e

−x 2

tenemos:

4 Z 4 −x

−x x 2 + 2 = −2xe e 2 dx

2 x − 4x + 5 2 2

4 −x

−2 −1 2 = −2(4e − 2e ) − 4e

= −8e−2 + 4e−1 + 4(e−2 − e−1 ) = −12e−2 + 8e−1

6.7.1 Ejercicios

1. Usando la notación G(x) = G(b) − G(a), pruebe que a

(a) [αF (x) + βG(x) + γH(x)] = αF (x) +βG(x) +γH(x)

(b) [F (x) + C] = F (x)

2. Calcule usando el Teorema Fundamental del Cálculo: Z

(a)

2x2

(f)

+ 1 dx

(b) a

(g)

(a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + aN xN ) dx

(h)

(e)

+ 1) sen y dy

′

√ 5 t2 dt

1 27

√ 3 x2 dx

(2 cos x − 3 sen x) dx (5t2 + cos t) dt

x 32

π/3

π/4

(y 2

(3x2 − 5 + 2) dx

(d)

π/3

(i)

(sec x + tan x) dx −π/6

′

(j)

(3 exp x + cos(πx/2)) dx

3. Comparando los resultados de Z

g(b)

f (u) du y de g(a)

f (g(x))g ′ (x) dx,

para el caso en que se conoce una primitiva F de f , justifique las fórmulas de cambio de variable u ≡ g(x) para la integral definida por: Z

′

g(b)

f (g(x))g (x) dx = a

g−1 (B) g−1 (A)

f (u) du; g(a)

f (g(x))g ′ (x) dx =

f (u) du. A

240

La integral definida

4. Deduzca la fórmula de integración por partes para la integral definida: Z

b a

b Z

u(x)v (x) dx = u(x)v(x) − ′

v(x)u′ (x) dx.

5. Use cuando sea útil los ejercicios 3 y 4 para calcular: √ Z 9 Z 3 p cos( x/4) √ dx t2 t3 + 1 dt (a) (g) x 4 0 Z

π/2

(b) π/3 Z π/6

(c)

1 + cos x dx (x + sen x)3

(h)

sen x cos x dx

(i)

(e) 1

(|x| + x) dx −3

x2 √ dx 3x + 4 È √ 3 1+4 x √ dx x

(j) Z

(k) 1

(l)

Rx 1

√ x dx

tan−1

x exp x dx

6. Calcule, si F (x) =

|(x − 1)(x − 2)| dx

(f)

x ln x dx 1

π/4 Z 4

(d)

(x2 + x) exp( −x) dx

f (t) dt:

(a) F ′ (7) (b) F (x2 ) (c) F ′ (x2 )

(d) F (x2 + x + 1) (e) [F (x2 + x + 1)]′

7. Calcule f ′ (x) si: Z

(a) f (x) = Z

2 x2

(b) f (x) =

√ t + 1 dt, para todo x ∈ R

(3t + 2t2 ) dt

(d) f (x) =

sen x

(t2 + t) dt

cos x

exp x

(t + 1/t) dt

8. Calcule: Z

(a) m´ax

a≤x≤b

(1 + t + t ) dt

0≤x≤4

(b) m´ın

a≤x≤b

(1 + t + t2 ) dt

(d) m´ın

0≤x≤3

(t2 − 4t + 3) dt (t2 − 4t + 3) dt

6.8 El teorema fundamental del cálculo y el cambio de variable para la integral definida Para calcular integrales indefinidas son muy útiles los métodos de cambio de variable o sustitución y la integración por partes. Veamos cómo se aplican en el caso de la itegral definida. Si g : J −→ I tal que x 7→ u = g(x) es una función biyectiva entre dos intervalos J e I se tiene que para f : I −→ R, con el cambio de variable u = g(x) o su equivalente x = g−1 (u): Z

1. Z

f (g(x))g′ (x) dx ≡ Z

h(x) dx ≡

f (u) du = F (u) + C ≡ F (g(x)) + C, si F ′ = f .

h(g−1 (u))(g−1 )′ (u) du = F (u) + C ≡ F (g(x)) + C, si h : J −→ R y si

ponemos f (u) = h(g−1 (u))(g−1 )′ (u) y F ′ = f .

6.8 El teorema fundamental del cálculo y el cambio de variable para la integral definida241

Combinando estos resultados con el Teorema fundamental del cálculo, se tiene que si g : J = [a, b] −→ I es biyectiva, siendo I el intervalo cerrado de extremos A y B, con A = g(a) y B = g(b), entonces: Como Z b a

f (g(x))g′ (x) dx = F (g(x)) = F (g(b)) − F (g(a)) = F (B) − F (A), a

y como

Z B A

f (u) du = F (u) = F (B) − F (A), A

tenemos que: 1. 2.

Z b a

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

Z b a

Z g(b)

′

Z g(b)

h(x) dx =

g(a)

f (u) du, y

h(g−1 (u))(g−1 )′ (u) du.

No hay entonces necesidad de “regresar a la variable original”, como en el caso de la integral indefinida. En la práctica a veces es más fácil hallar un cambio de variable apropiado de la forma x = ϕ(u) con ϕ : J −→ I tal que u 7→ x = ϕ(u) biyectiva (es decir, ϕ hace el papel de g−1 en la notación precedente), por lo cual se tiene: Para la integral indefinida: Z

h(x) dx ≡

′

h(ϕ(u))ϕ (u) =

f (u) du = F (u) + C ≡ F (ϕ−1 (x)) + C,

con f (u) = h(ϕ(u))ϕ′ (u) y F ′ = f ; y para la integral definida: Z b a

Z ϕ−1 (b)

h(x) dx =

ϕ−1 (a)

Z ϕ−1 (b)

′

h(ϕ(u))ϕ (u) du =

ϕ−1 (a)

ϕ−1 (b)

f (u) du = F (u)

ϕ−1 (a)

Notemos que si ϕ′ (u) ≤ 0, ϕ es decreciente y ϕ−1 también, por lo cual ϕ−1 (a) > ϕ−1 (b) y entonces Z ϕ−1 (b) ϕ−1 (a)

h(ϕ(u))ϕ′ (u) du = −

Z ϕ−1 (a) ϕ−1 (b)

h(ϕ(u))ϕ′ (u) du =

Z ϕ−1 (a) ϕ−1 (b)

h(ϕ(u))|ϕ′ (u)| du.

Es decir que si J = [a, b], e I es el intervalo cerrado de extremos ϕ−1 (a) y ϕ−1 (b), se puede poner Z Z h(x) dx = h(ϕ(u))|ϕ′ (u)| du. J

|ϕ′ (u)|

El factor se llama Jacobiano de la transformación del intervalo J en el intervalo I debido al cambio de variable x = ϕ(u). Para entender mejor “lo que pasa”, desde el punto de vista geométrico, veamos un caso simple: R Consideremos A = 01 f (x) dx, donde y = f (x) = (b − a)x + a es la recta que pasa por P0 (0, a) y P1 (1, b). y

xE SP SC

242

La integral definida

Si C es el punto de coordenadas (1, 0), A es evidentemente el área del trapecio OP0 P1 C: Z 1

[(b − a)x + a] dx =

a+b . 2

Queremos valernos de este ejemplo simple para entender qué sucede cuando se hace un cambio de variable x = ϕ(u). y b a

v + +

f ϕ

A x

b a

v g

+ +

∨

b a

+ +

1<h

g B h 0<h<4

Tomemos para empezar 1 u h

x = ϕ(u) =

con u = hx.

Con este cambio de variable cambian también los límites de integración: x 1 0

u h 0

El intervalo de integración [0, 1] se transforma en [0, h]. Si h > 1 el intervalo [0, 1] se “estira” y si h < 1, se “encoge”. Por otro lado, al hacer el cambio de variable tenemos una nueva función g(u): u y = f (x) = f (ϕ(u)) = (b − a) + a. h Esto significa que la recta que es el gráfico de f se transforma en una recta que pasa por Q0 (0, a) y Q1 (h, b), cuya ecuación es y := g(u) = f (ϕ(u)) = (b − a)

u + a. h

x 1 ϕ O

a+b El área A = a+b 2 se transforma en B = 2 h, y se “agranda” o “achica” según que h > 1 o 0 < h < 1, respectivamente. Por eso no se podría escribir simplemente

Z 1

f (x) dx

“igual”

Z h 0

g(u) du = B,

ya que el área bajo la curva f se modifica con el cambio de variable. Pero sabemos que Z 1

Z h

f (x) dx =

f (ϕ(u)) ϕ′ (u) du =

Z h 0

f (ϕ(u)) |ϕ′ (u)| du,

6.8 El teorema fundamental del cálculo y el cambio de variable para la integral definida243

donde ϕ′ (u) = h1 > 0. Este factor, h1 , es el que “compensa” el cambio de área producido al “estirarse” o “encogerse” el intervalo [0, 1] que se convirtió en el intervalo [0, h]. Un cambio de variable x = ψ(v) = 1 − h1 v produce un resultado similar, pero en este caso como ψ ′ (v) = − h1 < 0, se tiene Z 1

Z h

f (x) dx =

f (ψ(v)) [−ψ ′ (v)] dv =

Z h 0

f (ψ(v)) |ψ ′ (v)| dv.

x 1 ψ O

El “factor corrector” |ϕ′ (u)| y |ψ ′ (v)| se llama Jacobiano y recoge la información de los “estiramientos” o “encogimientos” de cada punto del intervalo de integración producidos por el cambio de variable. Veamos un ejemplo. Ejemplo 6.122 Calcular

4 1

√ (1 + 2 x)3 √ dx =: M. x

′ Solución. Con el cambio de variable x ≡ j(u) = u2 y como √ j (u) = 2u, y el intervalo j = [1, 4] se −1 transforma en el intervalo I = [1, 2], puesto que j (x) = x, tenemos:

M= 1

√ Z 2 Z 2 (1 + 2 x)3 (1 + 2u)3 √ dx = 2u du = (1 + 2u)3 2 du. x u 1 1

Podemos usar un nuevo cambio de variable: v = 1 + 2u, dv = 2du, y [1, 2] se transforma en [3, 5], por lo cual Z 2 Z 5 v 4

5 1 3 M= (1 + 2u) 2 du = v 3 dv = = (54 − 34 ) = 136. 4 3 4 1 3

Algo notable es que en la fórmula del cambio de variable para la integral definida Z b a

Z B

h(x) dx =

h(ϕ(u))ϕ′ (u) du,

(z)

con A = ϕ−1 (a), B = ϕ−1 (b), la función ϕ puede no ser biyectiva entre J = [a, b] e I = [A, B] o [B, A], según el caso. R Puede suceder que [a, b] $= Im(ϕ) = [A1 , B1 ], por ejemplo. Para la integral ab h(x) dx RB basta conocer h(x) para x ∈ [a, b], mientras que para calcular A h(ϕ(u))ϕ′ (u) du, se requiere conocer h(x) para x ∈ Im(ϕ). La fórmula z sigue siendo válida, pero en este caso basta que ϕ(A) = a y ϕ(B) = b y naturalmente que ϕ sea derivable en [A, B] o [B, A] según el caso. ¡Verifíquelo! Compruebe antes la validez de z con el ejemplo siguiente.

244

La integral definida

Ejemplo 6.123 Sean A, B ∈ [−1, 1], ϕ(u) = sen u y h(x) = x2 . Además: a ∈ {sen−1 A + 2kπ|k ∈ Z} ∪ {− sen−1 A + (2m + i)π|m ∈ Z}, b ∈ {sen−1 B + 2kπ|k ∈ Z} ∪ {− sen−1 B + (2m + i)π|m ∈ Z}, entonces

sen2 u cos u du =

x2 dx.

6.8.1 Ejercicios 1. Calcular: Z

(a) Z

√ exp( x + 1) dx

0 π/3

(b) π/6 Z 1

(c)

exp(−2x) sen(2πx) dx Z

(d) (e) (f) (g)

sen x dx 1 + cos x + tan2 x

0 8

dx √ √ x + 1( x + 1 + 1) 0 Z 1 √ 3 x2 √ dx x+4 0 Z 1 dx 2 + 4)3 (x 0 Z π/4 sen x dx 1 + sen x π/6 Z

π/2

(h)

sen x cos(2x) dx Z

π/3 6

(i)

x(8 − x)

dx (j) 2 x − 6x 8 Z π/4 cos x (k) dx cos x + sen x π/6 √ Z 25 3 x+2 (l) dx x+1 6 √

π/3

(m)

cos x sen x dx π/4 Z π/4

(n) π/6 e

(p)

x 0

(s) 3

π/3

(q) π/6 π/4

(r) π/6

5−x dx 4+x x dx cos2 x tan x 1 + tan2 x

√ 2x + 3 dx x

π/4

sen3 x cos x dx 1 + sen2 x

(t) 0

dx √ 1 + 2x − x2

x2 √ dx x2 − x + 1

(u) 0

(v) 1

x ln x dx (x3 + 1)3

(o) Z

cos3 x dx sen4 x

√ 5

dx √ (x + 1) x2 + 4

(w) 0

(x)

3x3 + x4 dx

(y) 1

√ 3 1 + x2 dx x2

2. Calcular: Z

(a) Z

0 4

(b) Z

3 0

(h)

(j)

x dx 3 x +8

1 0 1

(f) 0

−1

(e) Z

x2 + x + 1 dx (x − 1)2 (x + 1)2

1 0

(i)

(d) Z

(g)

dx (x3 − 1)2

4 − x2 dx (1 + x2 )2

2 1

x6 dx (x + 1)(x3 + 1)

(m)

x3 (1 − x2 ) dx (4 + x2 )3

(n)

dx 4 x +1

(o)

π/4

sen4 x dx

x +1 dx x2 + 1

(k)

x6 dx x4 + 1

(l)

sen x dx π/4

π/4 π/6

dx sen2 x cos2 x

π/4

dx 2 + cos x

π/4

tan x dx 1 + sen2 x

π/6

tan2 dx cos2 x

(p) 0

π/2

cos x 1 + 2 sen x

π/4

√ 1/ 2

(q) Z

(r) 0

√ 2

(sen−1 x)2 dx

tan−1 x dx

6.8 El teorema fundamental del cálculo y el cambio de variable para la integral definida245 3. Sea f : ] − π/2, π/2[−→ R definida por

f (x) = −1

cos x dt. 1 − 2t sen x + t2

Pruebe que f es constante. 4. Use una integral definida apropiada para calcular: (a)

l´ım

N X

N →∞

k=1

1 N +k

(b)

l´ım

N →∞

N X k=1

k2 √ N 2 N 3 + k3

5. Sea a > 0 y f : ] − a, a[−→ R una función continua. Pruebe que: Z

(a)

f (x) dx, si f es par.

f (x) dx = 2 −a Z a

(b)

f (x) dx = 0 si f es impar. −a

6. Sea f : R −→ R una función continua y T -periódica (es decir, para cierto T > 0, f (x) = f (x + T ) para todo x ∈ R). Pruebe que para todo a ∈ R, Z

a+T

f (x) dx =

f (x) dx.

7. Sea f : R −→ R continua y tal que si ponemos

F (x) =

f (t) dt, 0

la función F es periódica. Pruebe que f es periódica. ¿La recíproca es verdad? 8. Halle los extremos absolutos de f : R −→ R definida por Z

x+π/2

f (x) =

(1 + cos2 t) dt.

9. Sea f : R −→ R definida por

f (x) = exp(−x) 0

(a) Calcule f (0), f ′ (0) y f ′′ (0). (b) ¿Alcanza f un extremo local en 0?

exp(−t − t2 ) dt

246

La integral definida

Aplicaciones de la integral definida

7.1 Definición de longitud, área y volumen Para definir la longitud de un segmento de recta, el área de una figura plana y el volumen de un sólido, se necesita, en cada caso, una unidad de medida. La unidad de longitud será un segmento de recta que llamaremos uL . La unidad de área será un cuadrado, cada lado del cual será un segmento igual a 1 uL , al que llamaremos uA . Simbólicamente uA = (uL )2 . La unidad de volumen será un cubo, cada arista del cual será un segmento igual a 1 uL al que llamaremos uV . Simbólicamente, uV = (uL )3 . La longitud de un segmento γ se expresa longitud(γ) = l uL , donde l ∈ [0, ∞[ es el número de veces que “cabe” el segmento uL en γ. El área de una figura plana Ω se escribe area(Ω) = a uA , ´ donde a ∈ [0, ∞[ es el número de cuadrados uA que “caben” en la figura Ω. El volumen de un sólido Ψ se escribe volumen(Ψ) = v uV , donde v ∈ [0, ∞[ es el número de cubos uV que “caben” en el sólido Ψ. Probamos ya que si Ω es un rectángulo para el cual longitud(base) = b uL , longitud(altura) = h uL , area(Ω) = a uA , ´

b ∈ ]0, ∞[,

h ∈ ]0, ∞[ y a ∈ ]0, ∞[,

tendremos que o también

a =b·h area(Ω) = longitud(base) · longitud(altura). ´

Análogamente, si Ψ es un paralelepípedo con aristas longitudinal A, transversal B y vertical C, y si [A] = longitud(A) = a uL , [B] = longitud(B) = b uL , [C] = longitud(C) = a uL , [Ψ] = volumen(Ψ) = v uV ,

a ∈ ]0, ∞[,

b ∈ ]0, ∞[,

c ∈ ]0, ∞[, y v ∈ ]0, ∞[,

248

Aplicaciones de la integral definida

tendremos que v = a · b · c. Sea ahora un sólido cilíndrico C, cuya base es una figura plana B y su generatriz perpendicular a la base es un segmento H, llamado altura. Si se conoce que [B] = medida (superficial) de B = ´ area(B) = b uA ,

b ∈ ]0, ∞[,

[H] = medida (longitudinal) de H = longitud(H) = h[uL ], [C] = medida (volumétrica) de C = volumen(C) = v[u],

h ∈ ]0, ∞[,

v ∈ ]0, ∞[,

se puede probar que v = b · h. O también si asumimos que uA = uL 2 , uV = uA · uL = uL 3 , es decir si hemos tomado para la longitud, área y volumen unidades compatibles, podemos probar que volumen(cilindro) = ´ area(base) × longitud(altura). Esta fórmula sigue siendo válida si tomamos unidades diferentes a las compatibles para longitud, área y volumen, pero no consideramos esta posibilidad aquí. Más bien asumiremos que las unidades de longitud, área y volumen son compatibles y, como no habrá lugar a errores, por simplicidad pondremos, por ejemplo para el sólido cilíndrico C: longitud(H) = h, en vez de h uL , area(B) = b, en vez de b uA , ´ volumen(C) = v, en vez de v uV , etcétera.

7.2 El área de una figura plana Sean f : [a, b] → R y g : [a, b] → R funciones continuas. Consideremos la figura Ω comprendida entre las gráficas de f y g y las rectas verticales de ecuaciones x = a y x = b. En el dibujo, por comodidad, se considera que 0 ≤ g(x) ≤ f (x) para todo x ∈ [a, b], pero esta restricción no es indispensable. f Ω g a

b x

Como ya hicimos en el problema introductorio de la integral definida, tomemos una partición P = {x0 , . . . , xn } de [a, b] y una partición asociada P ∗ = {x∗1 , . . . , x∗n }. Consideremos la franjita vertical Ωk de Ω limitada por las gráficas de f y g y por las rectas x = xk−1 , x = xk , 1 ≤ k ≤ n. Si aproximamos el área de la franjita Ωk con un rectángulo Rk de vértices E(xk−1 , g(x∗k )), B(xk−1 , f (x∗k )), C(xk , f (x∗k )) y D(xk , g(x∗k )): area(Ωk ) = ak ≈ ´ ´ area(EBCD) = longitud(ED) · longitud(P Q).

7.2 El área de una figura plana

249

Q B

xk−1 x∗k xk Como longitud(ED) = (xk − xk−1 ) = ∆xk , y longitud(P Q) = |f (x∗k ) − g(x∗k )|, tendremos que area(Ωk ) = ak ≈ ´ ´ area(EBCD) = |f (x∗k ) − g(x∗k )|∆xk . Si ´ area(Ω) = A, como area(Ω) = ´

n X

area(Ωk ) ´

k=1

tendremos que A=

n X k=1

n X

ak ≈

k=1

|f (x∗k ) − g(x∗k )|∆xk .

La última sumatoria es una suma de Riemann para la función dada por x 7→ |f (x) − g(x)| y como se observa que para figuras sencillas la aproximación es mejor si se toma kPk cada vez más pequeño, podemos definir def

area(Ω) = A; ´

Z b a

|f (x) − g(x)| dx.

Naturalmente, si para todo x ∈ [a, b], g(x) ≤ f (x), se tendrá Z b

(f (x) − g(x)) dx.

Ejemplo 7.124 Hallar el área de la figura limitada por las gráficas de y = 4 − x2 y de 2y = x + 5. Solución. Resolviendo el sistema

y = 4 − x2 2y = x + 5

se obtienen dos puntos de intersección P (− 23 , 74 ) y Q(1, 3) (los que se observan el la figura siguiente).

250

Aplicaciones de la integral definida y

Para − 23 ≤ x ≤ 1 se tiene que g(x) =

x 5 + ≤ 4 − x2 = f (x). 2 2

Entonces Z

1 − 32

− 32

4−x

= = =

−

3 x − − x2 2 2

x 5 + 2 2

−2 −1

3 3 1 9 1+ − 1− 2 2 4 4 35 5 1 + − 35 2 2 16 24 5 (36 + 3 − 14) 48 125 . 48

El área de la figura es pues

1 3 1 1 x − x2 − x3

2 4 3 −3

−

1 27 1+ 3 8

125 48 .

A figuras que, como Ω, son el gráfico de conjuntos de la forma {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)} se les llama figuras de tipo I. Si lo son de conjuntos de la forma {(x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)} con ϕ : [c, d] −→ R y ψ : [c, d] −→ R funciones continuas tales que ϕ(y) ≤ ψ(y) para todo y ∈ [c, d] se les llama figuras de tipo II. En este caso, se obtiene análogamente que Z d

[ψ(y) − ϕ(y)]dy.

7.2.1 Ejercicios 1. Hallar el área de la región limitada por las gráficas de las ecuaciones o funciones dadas: (a) y = 0, y = 1 − x2

(b) y = 0, y = 1 − x2 , x = −1/2, x = 1/2 (c) y = sen x, y = 0, x = π/2, x = π

(d) y = 0, y = sen x, x = π/3, x = π/2 √ (e) y = 1 + x, y = 0, x = 4 (f) y = (x2 − 1)/x2 , y = 0, x = 1, x = 3

(g) y = x, y = −3x, x = 2

(h) y = x4 , y = 16

(i) y = x3 , y = 27, x ≥ −1 √ (j) y = x, y = x2 √ (k) y = 2n x, y = x2n , n ∈ N

(l) y =

√ n x, y = xn , n impar, x ≥ 0

(m) y = 2(4 − x2 ), y = 4 − x2 (n) y = 1/x2 , y = x, x = 2

(o) y = 1 − x2/3 , y = x2/3 − 1

(p) y = x2 − 2x − 3, y = 2x + 2, x = −1, x = 6 (q) y 2 = 2x, x2 + y 2 = 1

(r) y = x, y = x2 , x = 0, x = 1 (s) x = y 2 − 6y + 1, x = −y 2 + 2y + 1

(t) x = y 3 − y, x = y + 4, y = −1, y = 1

(u) x = y 3 − y, x = 0

2. Halle el área de la representación geométrica del conjunto Ω:

7.3 Cálculo de volúmenes √ 4 − x2 } √ 2 (b) Ω = {(x, y) ∈ R : 0 ≤ x ≤ y ≤ (1/2) 4 − x2 } (a) Ω = {(x, y) ∈ R2 :

√

251

3x2 ≤ y ≤

(d) Ω = {(x, y) ∈ R2 : x2/3 + y 2/3 ≤ a2/3 }, a > 0

3. Calcule el área de la región indicada integrando respecto a x y luego respecto a y (es decir, viéndola como región o unión de regiones tipo I y luego de tipo II): (a) Limitadas por las gráficas de y 2 = −x − 2, y = 2, y = −2, y = 2(x − 1)

(b) Triángulo de vértices P (1, 1), Q(3, 0), R(2, 5)

7.3 Cálculo de volúmenes 7.3.1 Volumen de un cilindro Un subconjunto Ω del espacio geométrico de 3 dimensiones E 3 se llama cilindro recto si existen una figura plana B ⊂ E 3 y un segmento l ⊂ E 3 perpendicular a B, tales que al cortar Ω con una recta paralela al segmento l, se obtiene un segmento de la misma longitud que l y al cortarlo con un plano paralelo a B se obtiene una figura de la misma forma y área que B. Si A uA = área de B y H uL = longitud de l, entonces, si el volumen de Ω = V uV , se tiene que V = AH, (7.1) cuando las unidades de longitud, área y volumen son compatibles. Es decir, si se puede escribir simbólicamente uA = uL 2 , uV = uA uL = uL 3 , lo que hacemos cuando uA es un cuadrado cuyo lado mide 1 uL y si uV es un cubo cuya arista mide 1 uL y, por ende, sus lados miden 1 uA . Si B y l no son perpendiculares se dice que el cilindro es oblicuo. En este caso, si θ es el ángulo entre B y l, se tiene que V = AH sen θ. (7.2) l Ω B

Θ B

l B

Recordemos que el ángulo entre una recta l y un plano B es el complementario del ángulo entre la recta l y la recta n normal al plano B. Para probar (7.1) recordemos que como aplicación de la integral definida aprendimos a calcular el área de figuras planas que son la unión finita de figuras simples de tipo I y de tipo II, a las que definimos así: Definición 7.1 Sea B ⊂ E 2 . Se dice que:

252

Aplicaciones de la integral definida

1. B es una figura de tipo I si es la representación gráfica de un conjunto de la forma

(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x) ,

(7.3)

donde a < b, g : [a, b] → R y h : [a, b] → R son dos funciones continuas en [a, b] tales que g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ [a, b]. 2. B es una figura de tipo II si es la representación gráfica de un conjunto de la forma

(x, y) ∈ R2 | a ≤ y ≤ b, ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y) ,

(7.4)

donde a < b, ϕ : [a, b] → R y ψ : [a, b] → R son dos funciones continuas en [a, b] tales que ϕ(y) ≤ ψ(y) para todo y ∈ [a, b].

En estos casos, si A uA = área de B, con la unidad de área uA compatible con la unidad de longitud uL , vimos que Z b

A= si B es de tipo I y

Z b

[h(x) − g(x)] dx

(7.5)

[ψ(y) − ϕ(y)] dy

(7.6)

si B es de tipo II. Para demostrar (7.5), para una partición arbitraria P = {x0 , x1 , . . . , xn } del intervalo [a, b] y para p∗ = {x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n }, donde xk−1 ≤ x∗k ≤ xk para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}, aproximamos cada banda Bk , que es la representación del conjunto

(x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk , g(x) ≤ y ≤ h(x) ,

con el rectángulo Rk que representa a [xk−1 , xk ] × [g(x∗k ), h(x∗k )] cuya base mide ∆xk uL , con ∆xk = xk − xk−1 , y cuya altura mide [h(x∗k ) − g(x∗k )] uL .

xk−1 x∗ k xk

Por ello , si área(Bk ) = ∆Ak uA , se tiene que ∆Ak ≈ [h(x∗k ) − g(x∗k )]∆xk , y por ende, A=

n X k=1

∆Ak ≈

n X

[h(x∗k ) − g(x∗k )]∆xk .

k=1

7.3 Cálculo de volúmenes

253

Esta última expresión es una suma de Riemann y, como g y h y con ellas h − g son continuas, existe su límite cuando kP k → 0 sin importar los valores x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n tomados, por lo que definimos A = área(B) =

Z b a

[h(x) − g(x)] dx

y de manera análoga obtuvimos (7.6). Finalmente, antes de demostrar (7.1), recordemos que si Ω es un paralelepípedo cuyas aristas miden a uL , b uL y c uL , respectivamente, y si su volumen es V uV , donde uV es compatible con uL , tenemos V = abc. (7.7) Como sus caras son rectángulos, el área de los mismos será ab uA , bc uA y ca uA , respectivamente, por lo que la fórmula (7.1) generaliza a (7.7) que puede escribirse (7.8)

V = Aab c = Abc a = Aca b, donde Aab = ab, Abc = bc, Aca = ca.

Demostración de (7.1) cuando la base es de tipo I. Si ubicamos el cilindro Ω en el espacio de modo que sea la representación gráfica del conjunto

(x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x), 0 ≤ z ≤ H

y tomamos como en líneas atrás, una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } del intervalo [a, b] y p∗ = {x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n }, donde xk−1 ≤ x∗k ≤ xk con 1 ≤ k ≤ n, el cilindro Ω se “partirá” en “rodajas” Ωk que son la representación de los conjuntos

(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk , g(x) ≤ y ≤ h(x), 0 ≤ z ≤ H ,

1 ≤ k ≤ n.

Cada rodaja Ωk puede ser aproximada por el paralelepípedo Pk , que es la representación gráfica del conjunto [xk−1 , xk ] × [g(x∗k ), h(x∗k )] × [0, H]. Como los lados de Pk miden, respectivamente

[h(x∗k ) − g(x∗k )] uL ,

∆xk uL ,

y H uL ,

el volumen de Pk será volumenPK = ∆xk [h(x∗k ) − g(x∗k )]H uV . Podemos entonces aproximar ∆Vk uV = volumen(Ωk ) ≈ volumen(Pk ) = H[h(x∗k ) − g(x∗k )]∆xk uV lo que nos da ∆Vk ≈ H[h(x∗k ) − g(x∗k )]∆xk .

Entonces V =

n X k=1

∆Vk ≈ H

n X

[h(x∗k ) − g(x∗k )]∆xk .

k=1

Esta última sumatoria es la misma suma de Riemann que obtuvimos para el cálculo del área, multiplicada por H. Por ello existe su límite si kP k → 0, por lo que Z b

V =H

[h(x) − g(x)] dx = H · A,

(7.9)

254

Aplicaciones de la integral definida

donde A uA es el área de la base B del cilindro, y por ello Z b

[h(x) − g(x)] dx.

La expresión (7.9) es la misma que (7.1) en este caso. Análogamente, puede demostrarse el caso cuando la base B es de tipo II y, combinando estos resultados, probar que (7.1) tiene lugar si la base B es la unión finita de figuras de tipo I y o II. En lo que sigue, por simplificar la escritura escribiremos, por ejemplo, si B ⊂ E 2 es una figura plana de tipo I, que B = {(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)}, donde “=” significará “es la representación gráfica de”. Igualmente, para el cilindro Ω escribiremos, por ejemplo, si su base es B y su altura mide H uL , Ω = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ B, z ∈ [0, H]}.

7.3.2 Cálculo de volúmenes por elementos de sección (rodajas) Sea K ⊂ E 3 es un sólido de la forma

(x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, (y, z) ∈ Bx ,

donde a < b, Bx es una figura plana cuya área A(x) uA es conocido para x ∈ [a, b]. Probemos que, en este caso, si V uV = volumen(K), se tiene, en caso de que A : [a, b] → R sea continua en [a, b], que Z b

V =

(7.10)

A(x) dx.

Se tiene lo mismo, naturalmente, si vemos a K como [

Bx ,

a≤x≤b

donde Bx son figuras planas de área conocida A(x) uA y perpendiculares al eje Ox. Como en los casos anteriores, tomamos una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } del intervalo [a, b] y p∗ = {x∗1 , x∗2 , . . . , x∗n }, con xk−1 ≤ x∗k ≤ xk , 1 ≤ k ≤ n. En este caso K se “divide” en “rodajas” Kk de la forma

Kk = (x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk , (y, z) ∈ Bx , cuyo volumen ∆Vk uV puede aproximarse con el volumen del cilindro Ωk

Ωk = (x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk , (y, z) ∈ Bx∗k . Como volumen(Ωk ) = A(x∗k )∆xk uV , tendremos que V =

n X k=1

Vk ≈

n X

A(x∗k )∆xk .

k=1

Esta última es la suma de Riemann cuyo límite si kP k → 0 existe, puesto que supusimos que A : [a, b] → R es continua en [a, b]. Se tiene entonces que Z b

V =

A(x) dx

7.3 Cálculo de volúmenes

255

Ejemplo 7.125 Probemos que si K es un cono circular recto tal que el radio de su base mide R uL y la altura del cono es H uL , se tiene que V =

π 2 R H. 3

Solución. Podemos ver que §

˜r (0, 0), r = R x , K = (x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ H, (x, y, z) ∈ B H ˜r (0, 0) es el círculo de radio r, centrado en (x, 0, 0) y perpendicular al eje Ox. donde B z y

˜ r (0, 0) B

Aquí

R A(x) = πr = π x H 2

de donde

V = 0

R π x H

R2 x3

π dx = π 2 = R2 H. H 3 0 3

Ejemplo 7.126 Calcular el volumen del sólido K cuya base está en el plano xy y es limitada por las gráficas de las ecuaciones x = y 2 , x = 9, y sus secciones transversales Bx son perpendiculares al eje Ox y tienen la forma de un rectángulo cuya altura es el doble de su base. Solución. z Bx −3 9 x

256

Aplicaciones de la integral definida

√ 2 √ En la curva de ecuación x = y , si y ≥√0 se tiene y = x. La base Bx mide entonces 2y uL = 2 x uL . La altura de Bx medirá entonces 4 x uL . Si área(Bx ) = A(x) uA tendremos que √ √ A(x) = 2 x4 x = 8x,

x ∈ [0, 9]

y si V uV = volumen(K), tendremos Z

V =

A(x) dx = 0

8x dx = 4x2 0 = 324.

Finalmente, volumen(K) = 324 uV .

7.3.3 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por arandelas Un caso particular, similar al del ejemplo del cono, es el de los sólidos obtenidos haciendo girar una figura plana de tipo I dada, alrededor del eje Ox. Sea D la figura de tipo I de la forma

D = (x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ g(x) ≤ y ≤ h(x) , con a < b, g : [a, b] → R, h : [a, b] → R continuas en [a, b], no negativas y tales que g(x) ≤ h(x) para todo x ∈ [a, b]. Sea K el sólido obtenido al girar D alrededor del eje Ox. O sea que n

K = (x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ g(x) ≤

y 2 + z 2 ≤ .h(x) .

Evidentemente es un caso particular del anterior con K=

[

Bx ,

a≤x≤b

donde Bx es la corona que queda entre los círculos de radios g(x) y h(x), respectivamente. Por ello, si área(Bx ) = A(x) uA , tendremos que

A(x) = π [h(x)]2 − π [g(x)]2 = π [h(x)]2 − [g(x)]2 , de donde V =π

Z b

[h(x)]2 − [g(x)]2 dx.

(7.11)

A manera de ejercicio, escriba la fórmula correspondiente con los ajustes necesarios a las hipótesis para el caso cuando el eje de rotación es paralelo a Ox. Si D es de tipo II, es decir, D = {(x, y) ∈ R | a ≤ y ≤ b, 0 ≤ ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)} , y K se obtiene al rotar alrededor del eje Oy, obtendremos, análogamente, que: V =π

Z b a

[ψ(y)]2 − [ϕ(y)]2 dy.

(7.12)

El nombre de método de cálculo “por arandelas” obedece a la forma de las secciones transversales al eje de rotación.

7.3 Cálculo de volúmenes

257

7.3.4 Cálculo de volúmenes de sólidos de revolución por cortezas Sea un sólido K que se obtiene haciendo girar una figura plana D de tipo I alrededor del eje Oy o un eje paralelo a Oy. (Similar resultado se tiene si D es de tipo II y se la hace rotar alrededor de Ox o de un eje paralelo a Ox.) Se tiene entonces, si cambiamos por comodidad x por r e y por z:

D = (r, z) ∈ R2 | 0 ≤ a ≤ r ≤ b, g(r) ≤ z ≤ h(r) , con 0 ≤ a < b, g : [a, b] → R, h : [a, b] → R continuas y g(r) ≤ h(r) para todo r ∈ [a, b]. Entonces, al hacer girar D alrededor de Oz se obtiene el sólido n

K = (x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ a ≤

x2 + y 2 ≤ b, g

x2 + y 2 ≤ z ≤ h

x2 + y 2

z h D g a

b r

Notemos antes que si T es un tubo cuyos radios interior, exterior y altura miden r uL , R uL y H uL , respectivamente, y si VT uV es el volumen del tubo, entonces VT = πR2 H − πr 2 H = π[R2 − r 2 ]H.

(7.13)

Consideraremos, como en los casos anteriores, una partición P = {r0 , r1 , . . . , rn } del intervalo [a, b] y para p∗ = {r1∗ , r2∗ , . . . , rn∗ }. En este caso tomaremos, para k = {1, 2, . . . , n}, r +r rk∗ = k 2 k−1 el valor medio de rk y rk−1 . Al rotar © Dk = (r, z) ∈ R2 | rk−1 ≤ r ≤ rk , g(r) ≤ z ≤ h(r) alrededor de Oz, se obtienen “cortezas” Kk del sólido K, de la forma n

Kk = (x, y, z) ∈ R3 | rk−1 ≤

x2 + y 2 ≤ rk , g

x2 + y 2 ≤ z ≤ h

x2 + y 2

A estas cortezas las aproximamos con “tubitos” Tk de la forma n

Tk = (x, y, z) ∈ R3 | rk−1 ≤

x2 + y 2 ≤ rk , g (rk∗ ) ≤ z ≤ h (rk∗ )

Si ∆Vk uV = volumen(Kk ) y, teniendo en cuenta (7.13), tenemos 2 volumen(Tk ) = π(rk2 − rk−1 ) [h (rk∗ ) − g (rk∗ )] uV

= π (2rk∗ ) [h (rk∗ ) − g (rk∗ )] ∆rk uV ,

puesto que 2 rk2 − rk−1 = (rk + rk−1 )(rk − rk−1 ) = 2

rk + rk−1 ∆rk = 2rk∗ ∆rk . 2

Podemos entonces aproximar V así: V =

n X k=1

Vk ≈ 2π

n X k=1

rk∗ [h (rk∗ ) − g (rk∗ )] ∆rk .

258

Aplicaciones de la integral definida

La última es una suma de Riemann para la función f continua en [a, b], definida por f (r) = 2πr [h(r) − g(r)]. Existe por lo tanto su límite si kP k → 0, independientemente de los rk∗ tomados, en particular para los que nos sirvieron en nuestro razonamiento. Se tiene entonces que Z b

V = 2π

(7.14)

r [h(r) − g(r)] dr.

Volviendo a las variables tradicionales x e y, si

D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)

gira alrededor del eje Oy, y si V uV es el volumen del sólido K así obtenido Z b

V = 2π

(7.15)

x [h(x) − g(x)] dx.

Análogamente si

D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ a ≤ y ≤ b, ϕ(x) ≤ y ≤ ψ(y) gira alrededor del eje Ox, tendremos que Z b

V = 2π

(7.16)

y [ψ(y) − ϕ(y)] dy.

donde V uV es el volumen del sólido de revolución K así obtenido. A manera de ejercicio, obtenga las fórmulas correspondientes indicando los cambios necesarios a las hipótesis, si se cambia el eje de rotación tomando en vez de Oy un eje paralelo a él en el primer caso y a Ox en el segundo caso. Ejemplo 7.127 Calcular el volumen V uV de una bola de radio R uL por los métodos de rodajas y de cortezas. Solución. ˜R (0, 0, 0) de radio R y centrada en el origen es generada al girar alrededor (a) Por rodajas: La bola B del eje Ox el semicírculo

D = (x, y) ∈ R2 | −R ≤ x ≤ R, 0 ≤ y ≤ Podemos aplicar (11) con a = −R, b = R, g(x) = 0, h(x) = Z

h p

V =π −R R

=π −R

=π

R2 − x2

= Entonces

√ R2 − x2 . Tendremos entonces que

− 02 dx

R x3

3 −R

= π R2 (R − (−R)) − = πR

R2 − x2 .

(R2 − x2 )dx

R2 x −

2 2− 3

1 3 R − (−R)3 3

4 3 πR . 3

˜R (0, 0, 0) = 4 πR3 uV . volumen B 3

7.3 Cálculo de volúmenes

259

(b) Por cortezas: La misma bola se genera al girar alrededor del eje Ox el mismo semicírculo que lo veremos esta vez, como de tipo II, porque también tenemos: n

D = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ R, −

Podemos entonces aplicar (16) con a = 0, b = R, ϕ(y) = − Tendremos por ello que Z

hÈ

V = 2π 0

R2 − y 2 .

R2 − y 2 , ψ(y) =

R2 − y 2 .

R2 − y 2 dy

= 4π

R2 − y 2 − − R2 − y 2

R2 − y 2 ≤ x ≤

4π 0 1/2 u du −2 R2 con el cambio de variable u = R2 − y 2 ,

y de límites de integración

y R 0

u 0 R2

du = −2y dy

= 2π

u3/2

3 2

4 = πR3 3 el resultado, naturalmente, es el mismo.

7.3.5 Ejercicios 1. Un poste en forma de pirámide truncada de secciones cuadradas tiene 10 m de altura, el cuadrado de la base es de 20 cm de lado y la superior tiene 10 cm de lado. Calcule su volumen. De igual manera, si las secciones son triángulos equiláteros o exágonos equiláteros, calcule su volumen. 2. Un sólido tiene como base un círculo de radio R m y sus secciones transversales verticales, paralelas entre sí, son cuadradas. Halle su volumen. De igual manera si las secciones son triángulos equilateros. 3. La base de un solído es la región limitada por las gráficas y = 4 − x2 e y = 0. Las secciones transversales son cuadrados. Halle su volumen. Proceder de la misma manera si las secciones son triángulos equiláteros o trapecios que pueden ser vistos como la mitad de un exágono regular (es decir, la base mayor es el diámetro del exágono, y los otros tres lados son iguales). 4. La base de un sólido es un triángulo equilátero y las secciones transversales, paralelas a uno de los lados de la base, son semicírculos. Halle su volumen. 5. Halle el volumen de una bola de radio R m y luego el del sólido que queda perforando la bola a lo largo de un diámetro mediante un orificio cilíndrico de diámetro R m. 6. Se hace una cruz con dos cilindros de radio R m y de largo 1 m. Halle el volumen de la cruz y la del material que debió desecharse para eleborarla. 7. Halle el volumen del sólido de revolución formado al rotar la región limitada por los gráficos de las ecuaciones dadas, alrededor de la(s) recta(s) indicada(s). Use el método de rodajas o el de cortezas, ó las dos. (a) y = x2 , x = 0, y = 1; rectas y = 0, x = 0, y = 1 (b) y = x2 , y = 0, x = 1; rectas y = 1, x = 1, x = 0 (c) y = 4 − x2 , y = 0; rectas x = 2, y = 0, x = −3

260

Aplicaciones de la integral definida

(d) y = 9 − x2 , y = 1 − x2 /9; rectas y = 0, x = −3 √ (e) y = x + 1, x = 3, y = 0; rectas x = 3, y = 0 (f) y = | sen x|, y = 0; rectas y = 0, y = −1

(g) y = sen2 x, y = 0, x = 0, x = π; recta y = 0 (h) y = x2 , x = 1, y = 0; rectas x = 3, x = 1 (i) y = x1/3 + 1, y = −x + 1, x = 1; rectas x = 1, x = 2 √ √ (j) y = x, y = 1 − x, y = 0, recta y = 0 √ (k) x2 − y 2 = 1, x = 10, y ≥ 0; recta y = 0 (l) (x/a)2 + (y/b)2 = 1, y ≥ a, a > b > 0; recta y = 0

8. Halle el volumen de una bola de radio R m. 9. Halle el volumen de un cono circular recto de altura H m y radio de la base R m. 10. Pruebe que una pirámide recta, cuya base es un polígono de área B y su altura es H m, tiene un volumen de (1/3)BH .

7.4 Longitud de arco Dada una función continua f : [a, b] → R, nos planteamos el problema de hallar la longitud de su gráfica. Supondremos que f es derivable en ]a, b[. Se dice entonces que dicha gráfica es una curva lisa. © f = (x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, y = f (x) .

Consideremos una partición P de [a, b], P = {x0 , x1 , . . . , xn }. Se divide entonces f en segmentos fk de la forma

fk = (x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk , y = f (x) , con 1 ≤ k ≤ n. Cada segmento lo aproximaremos con la cuerda Ck que une los puntos Pk−1 (xk−1 , yk−1 ) y Pk (xk , yk ), donde yj = f (xj ) con 0 ≤ j ≤ n. Es decir ∆sk uL = longitud(fk ) ≈ longitud(Ck ). Si ∆sk uL = longitud(fk ), tenemos que

∆sk ≈

(∆xk )2 + (∆yk )2 ,

(7.17)

donde ∆xk = xk − xk−1 y ∆yk = yk − yk−1 . Si aplicamos el teorema del valor medio para f en el intervalo [xk−1 , xk ] obtenemos que existe x∗k ∈ [xk−1 , xk ] tal que ∆yk f (xk ) − f (xk−1 ) = = f ′ (x∗k ), ∆xk ∆xk de donde ∆yk = f ′ (x∗k ) ∆xk . Reemplazando esta expresión en (7.17) obtenemos É

∆sk ≈

(∆xk

de donde s=

n X k=1

2 f ′ (x∗k ) ∆xk

∆sk ≈

n X k=1

1 + f ′ (x∗k ) 2

1 + f ′ (x∗k )

∆xk .

∆xk ,

7.4 Longitud de arco

261 È

La última es una suma de Riemann en [a, b] para la función x 7→ 1 + [f ′ (x)]2 . Si esta función es integrable, por ejemplo si es continua en [a, b], tendremos entonces la posibilidad de definir a la longitud s uL de la gráfica de f mediante Z bÈ

1 + [f ′ (x)]2 dx.

(7.18)

Ejemplo 7.128 Calcular la longitudes s uL de la gráfica de la ecuación y =

1 3 1 −1 x + x si x ∈ [2, 4]. 6 2

Solución. Ponemos a = 2, b = 4, f (x) = 16 x3 + 12 x−1 , de donde: 1 1 (3x2 − 3x−2 ) = (x2 − x−2 ), 6 2 1 x4 1 x−4 2 − + , [f ′ (x)] = (x4 − 2 + x−4 ) = 4 4 2 4 4 2 x4 x 1 x−4 1 x−4 1 2 2 ′ −2 1 + [f (x)] = 1 + − + = + + = (x + x ) , 4 2 4 4 2 4 2 È 1 1 + [f ′ (x)]2 = (x2 + x−2 ) 2 puesto que x > 0. f ′ (x) =

Fácilmente se ve que la función È

1 2 (x + x−2 ) 2

1 + [f ′ (x)] =

x 7→

es continua y, por lo tanto, integrable, razón por la cual finalmente podemos escribir Z

s= 2

1 2 (x + x−2 ) dx 2

1 x3 − x−1

2 3 2 1 1 3 1 1 3 = (4 − 2 ) − − 2 3 4 2 1 1 1 1 = = (64 − 8) + (224 + 3) 2 3 4 24 227 = . 24

7.4.1 Ejercicios 1. Halle la longitud del gráfico de la ecuación dada en el intervalo J que se indica. (a) (b) (c) (d) (e)

y y y y y

= 3x + 1, J = [1, 3] = x3/2 + 1, J = [0, 9] = (2/3)(x2 + 1)3/2 , J = [0, 1] = (1/3)x3/2 − x1/2 , J = [1, 4] = (1/4)x4 + (1/8)x−2 , J = [2, 3]

(f) y = (1/5)x5 + (1/12)x−3 , J = [1, 2] (g) y = x2 , J = [1, 2] (h) y = sen x, J = [π/6, π/3] (i) x2/3 + y 2/3 = a2/3 , a > 0

2. Verifique la conocida fórmula para la longitud de una circunferencia de radio R m.

262

Aplicaciones de la integral definida

7.5 Área de superficies de revolución Al girar un curva C alrededor de un eje, se genera una superficie S. Cuando la curva es el gráfico de una función f que gira alrededor de uno de los ejes coordenados o un eje paralelo a uno de ellos, se puede, en ciertos casos, calcular el área de dicha superficie. Antes de hacerlo veamos dos resultados previos. 1. Calculemos el área de la superficie lateral S de un cono recto truncado cuya generatriz L tiene longitud l uL , y sus bases tienen radios que miden r uL y R uL , respectivamente. Pondremos área(S) = A uA . Dicha superficie lateral es parte de una corona circular como se indica en el dibujo.

α ρ

2πr 2πR El radio del círculo “grande” mide (ρ + l) uL , el del círculo interior ρ uL . Sea α el ángulo central. Conocemos que el área de un sector circular de ángulo central α y radio ρ uL es a(ρ) uA , con α a(ρ) = ρ2 . 2 Si área(s) = A uA , entonces A = a(ρ + l) − a(ρ) α α = (ρ + l)2 − ρ2 2 2 αl = (2ρ + l). 2 Calculemos α y ρ. Como α =

2πr ρ

2πR ρ+l ,

(7.19) (7.20) (7.21)

de la segunda igualdad obtenemos rl , R−r

(7.22)

2πr 2πr R−r = rl = 2π . ρ l R−r

(7.23)

ρ= por lo que α=

Reemplazamos (7.22) y (7.23) en (7.21) y obtenemos R−r l A = 2π l 2

2rl + l = πl(R + r). R−r

Tenemos entonces que A = πl(R + r).

(7.24)

Notemos que (7.24) se parece mucho a la fórmula para el área de un trapecio de bases 2πR uL y 2πr uL y de altura l uL .

7.5 Área de superficies de revolución

263

2. Conocemos que si una función f : [a, b] → R es continua, entonces es Riemann integrable. Es decir existe Z n X

f (x) dx = l´ım

kP k→0

f (x∗k ) ∆xk ,

(7.25)

k=1

sin importar los x∗k , k ∈ {1, 2, . . . , n}, tomados.

Si f está dado por f (x) = g(x)h(x), donde g : [a, b] → R y h : [a, b] → R son continuas, evidentemente f es continua y existe el límite escrito en (7.25) para la correspondiente suma de Riemann n X

f (x∗k ) ∆xk =

k=1

n X

g(x∗k ) h(x∗k ) ∆xk .

k=1

g(x∗k )

Se puede probar que si en vez de tomamos g(sk ) con sk ∈ [xk−1 , xk ] y en vez de h(x∗k ) tomamos h(tk ) con tk ∈ [xk−1 , xk ], el límite cuando kP k → 0 sigue existiendo y es el mismo, sin importar los valores de sk y tk , k ∈ {1, 2, . . . , n}, que se hayan tomado. Entonces Z Z l´ım

n X

kP k→0

g(sk ) h(tk ) ∆xk =

k=1

g(x) h(x) dx =

f (x) dx.

(7.26)

Lo mismo sucede si f es el producto no de dos sino de tres o más funciones continuas. Por ejemplo, si f (x) = g(x) h(x) j(x), donde g, h y j son continuas en [a, b], entonces Z b a

Z b

f (x) dx =

n X

g(x) h(x) j(x) dx = l´ım

kP k→0

g(sk ) h(tk ) j(uk ) ∆xk ,

(7.27)

k=1

donde para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}, sk , tk , uk ∈ [xk−1 , xk ]. Podemos ahora calcular el área de una superficie de revolución.

7.5.1 Caso con giro alrededor del eje Ox. Sea f : [a, b] → R una función no negativa cuya derivada existe y es continua en [a, b]. Consideremos la superficie S generada al girar el gráfico de f alrededor del eje Ox. Con las mismas notaciones del cálculo de la longitud del arco del gráfico de f , luego de realizar en [a, b] la partición P = {x0 , x1 , . . . , xn }, recordemos que si aproximamos los segmentos fk con las cuerdas Ck que unen los puntos Pk−1 (xk−1 , yk−1 ) y Pk (xk , yk ) y si longitud(fk ) = ∆sk uL , obtuvimos que É ∆sk ≈

1 + f ′ (x∗k )

∆xk ,

con x∗k ∈ [xk−1 , xk ], k ∈ {1, 2, . . . , n}. La superficie Sk generada al girar el segmento fk del gráfico de f alrededor del eje Ox, lo aproximaremos con la superficie generada al girar la cuerda Ck alrededor del mismo eje Ox. Pero esta última es la superficie lateral Kk del cono truncado de radios yk−1 e yk . Por lo tanto É

área(Kk ) = π(yk−1 + yk ) ∆sk uA = π [f (xk−1 ) + f (xk )]

Si A uA = área(S), ∆Ak uA = área(Sk ) ≈ área(Kk ),

1 + f ′ (x∗k ) ∆xk uA .

k ∈ {1, 2, . . . , n},

(7.28)

264

Aplicaciones de la integral definida

entonces, por (7.28) A=

n X

Ak ≈ π

k=1 n X

=π

n X

1 + f ′ (x∗k ) ∆xk

[f (xk−1 ) + f (xk )]

k=1

f (xk−1 ) 1 +

2 f ′ (x∗k ) ∆xk

k=1

+π

n X

f (xk ) 1 + f ′ (x∗k )

∆xk

k=1

La última expresión es la suma de dos sumatorias semejantes a las estudiadas en la sección anterior por lo que la continuidad de las funciones involucradas nos indica que ambas sumatorias convergen, si kP k → 0 hacia Z b

f (x) 1 + [f ′ (x)]2 ∆x

Podemos entonces escribir Z b

A = 2π

f (x) 1 + [f ′ (x)]2 ∆x

(7.29)

7.5.2 Caso con giro alrededor del eje Oy . Si el gráfico de la misma función f , con a ≥ 0, lo hacemos girar alrededor del eje Oy (ya no se requiere que f sea no negativa), podemos repetir los mismos razonamientos. El cono truncado, en este caso, tendrá como radios a xk−1 y xk , en vez de yk−1 e yk , respectivamente, por lo que A≈π

n X

(xk−1 + xk ) 1 + f ′ (x∗k )

∆xk .

(7.30)

(29)

(7.31)

k=1

Con similares argumentos obtendremos que Z b È

A = 2π

x 1 + [f ′ (x)]2 dx.

A manera de ejercicio, obtenga resultados análogos si se reemplazan los ejes de giro Ox y Oy por ejes paralelos a ellos, indicando las modificaciones necesarias a las hipótesis. Ejemplo 7.129 Calcular el área A uA de la esfera cuyo radio mide R uL , utilizando (7.29) y (7.31). Solución. (a) Giro alrededor del eje Ox. √ Con a = −R, b = R, f (x) = R2 − x2 , y como f ′ (x) = Ê

2 [f ′ (x)]

−x √ R2 − x2

√ −x , R2 −x2

por lo que

R =√ , 2 R − x2

podemos aplicar (27): Z

A = 2π −R

−

R dx = 2π 2 R − x2

x2 √

dx = 4πR2 .

−R

Es decir que A = 4πR2 . El área de la esfera es pues el cuádruple del área del círculo máximo que corta la bola correspondiente, es decir es igual a 4πR2 uA .

7.5 Área de superficies de revolución

265

(b) Giro alrededor del eje Oy. Por simetría podemos tomar el doble del área del hemisferio “norte” generado al girar alrededor del eje Oy el cuarto de circunferencia de radio R y centro en el origen, ubicado en el primer cuadrante. √ Con f (x) = R2 − x2 , a = 0, b = R, por (7.31) tendremos Z

A = 2 · 2π Z

R 0

x 1 + [f ′ (x)] dx

R x√ dx R2 − x2 Z R x dx √ = 4πR 2 − x2 R 0 Z 0 4πR u−1/2 du = −2 R2 con el cambio de variable u = R2 − x2 ,

= 4π

y de límites de integración

x R 0

u 0 R2

du = −2x dx

u1/2

= 2πR 1/2 0 = 4πR2 .

El resultado es el mismo, obviamente.

7.5.3 Ejercicios 1. Halle el área de la superficie de revolución engendrada al girar el gráfico de la ecuación dada, alrededor del eje o ejes indicados, para x ∈ I. √ x, I = [1, 4]; ejes x e y √ (b) y = x + 2, I = [2, 7]; eje x (a) y =

(c) y = x3 , I = [0, 1]; ejes x e y (d) y = 4 − x2 , I = [−2, 2]; eje x (e) y = 4 − x2 , I = [0, 2]; eje y (f) y = (1/6)x3 + (1/2)x−1 , I = [2, 4]; eje x (g) y = (1/3)x3/2 − x1/2 , I = [1, 4]; eje x (h) y = (1/4)x4 + (1/8)x−1/2 , I = [1, 2]; eje y (i) x2/3 + y 2/3 = a2/3 , a > 0, y ≥ 0; eje x 2. Halle el área de la superficie lateral de un cono de revolución de altura H m y radio R m. 3. Halle el área de una esfera de radio R m. 4. Halle el área de la superficie lateral de un cono truncado de revolución de altura H m y cuyas bases tienen r m y R m de radio.

266

Aplicaciones de la integral definida

7.6 El valor medio de una función Un estudiante tomó 5 materias en un semestre y las aprobó con las siguientes notas, sobre 40 cada una: Matemáticas 26, Física 24, Biología 24, Economía 30, Ciencias Sociales 28. Si se desea conocer el promedio de calificación del semestre se lo obtiene sumando estas notas y dividiendo para 5, el número de asignaturas. Así, su promedio será 26 + 24 + 24 + 30 + 28 132 = = 26.4. 5 5 Esto es lo que se llama un promedio simple, porque todos los datos tienen la misma importancia o peso. Pero no siempre es este el caso. Por ejemplo, si en una universidad la aprobación se la hace por semestre y no por materias, se da un peso a cada asignatura dependiendo de la carrera que cursa el alumno. Por ejemplo, para las carreras de Ingeniería y de Derecho se pueden tener los siguientes pesos o ponderaciones: Materia Matemáticas Física Biología Economía CC SS TOTAL

INGENIERÍA Peso 10 10 8 6 6 40

DERECHO Peso 8 6 6 10 10 40

Para la promoción se considera el así llamado promedio ponderado de las calificaciones, que es el resultado de dividir la suma de las calificaciones previamente multiplicadas por su respectivo peso, para el peso total de todas las asignaturas. Se aprueba el semestre, por ejemplo, si el promedio ponderado es mayor que 28. Para los cálculos nos ayudan las siguientes tablas. CARRERA DE Materia Peso Matemáticas 10 Física 10 Biología 8 Economía 6 CC SS 6 TOTAL 40

INGENIERÍA Nota Peso × Nota 26 260 24 240 24 192 30 180 28 168 132 1040

El promedio ponderado para la carrera de Ingeniería es

1040 40

= 26.

CARRERA DE DERECHO Materia Peso Nota Peso × Nota Matemáticas 8 26 208 6 24 144 Física Biología 6 24 144 Economía 10 30 300 CC SS 10 28 280 TOTAL 40 132 1076 El promedio ponderado para la carrera de Derecho es 1076 40 = 26.9. Recordemos que el promedio simple es 132 = 26.4. 5 Vemos que un estudiante con esas calificaciones reprobaría el semestre en cualquiera de las dos carreras.

7.6 El valor medio de una función

267

En general, si se tienen para n ≥ 2, n datos numéricos, digamos a1 , a2 , . . . , an ∈ R, y si el k-ésimo dato tiene un peso o ponderación pk > 0, k ∈ {1, 2, . . . , n}, el promedio ponderado P de esos datos es: n X

P =

pk ak

k=1 n X

. pk

k=1

En Teoría de Probabilidades, para un k ∈ {1, 2, . . . , n} dado, el peso o ponderación pk es la probabilidad del k-ésimo resultado de un evento dado que tiene n resultados posibles mutuamente excluyentes, y ak es el valor numérico que se asigna a dicho resultado. En este P caso nk=1 pk = 1 y al promedio ponderado que en este caso es n X

P =

pk ak

k=1

n X

pk ak ,

k=1

se le llama esperanza matemática o media del valor numérico de dicho experimento. Ejemplo 7.130 En un juego de dados en el que se apuesta $10 en cada lanzamiento del dado y solo se gana $4 si sale 1 o 2, $16 si sale 6, y se devuelven los $10 en los demás casos. Calcule la esperanza matemática de ganancia del casino (EC) y del jugador (EJ). Hay tres resultados posibles: r1 = {1, 2}, r2 = {3, 4, 5} y r3 = {6} con probabilidades 1/3, 1/2 y 1/6, respectivamente, y con ganancias a1 = −6, a2 = 0 y a3 = +6 para el jugador, b1 = +6, b2 = 0 y b3 = −6 para el casino. De donde: EJ = EC =

3 X k=1 3 X

p k ak =

1 1 1 (−6) + (0) + (+6) = −1, 3 2 6

pk b k =

1 1 1 (+6) + (0) + (−6) = +1. 3 2 6

k=1

Como siempre, ¡el casino tiene ventaja sobre el jugador!

Pero no siempre se tiene solo una cantidad finita de datos de los cuales se quiere conocer el promedio. Digamos que dada una función continua f : [a, b] → R , se quiere conocer el promedio de los valores f (x) posibles para esta función, teniendo en cuenta que x ∈ [a, b]. Si la función fuera constante, el promedio sería el valor de la función en cualquier x. tomaremos una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } del intervalo [a, b] y en cada intervalo Ik = [xk−1 , xk ], aproximaremos los f (x), x ∈ Ik , con un valor f (x∗k ), donde x∗k ∈ Ik es un valor arbitrario. Si y¯ es el valor promedio de f (x) para x ∈ [a, b], podemos aproximar a y¯ con el promedio ponderado de los valores f (x∗k ), 1 ≤ k ≤ n, tomando como pesos las longitudes ∆xk de los intervalos Ik . Así n X

y¯ ≈

f (x∗k ) ∆xk

k=1 n X

= ∆xk

n 1 X f (x∗k ) ∆xk . b − a k=1

k=1

Esta última es una suma de Riemann y como es de esperar que la aproximación sea mejor mientras más “fina” sea la partición, es decir, mientras más pequeño sea kP k, el grosor de la partición, y como al ser continua f en [a, b], existe el límite de la suma si kP k → 0, tendremos que se puede dar la siguiente definición.

268

Aplicaciones de la integral definida

Definición 7.2 Si f : [a, b] → R es continua, entonces

y¯ :=

1 b−a

Z b a

(7.32)

f (x) dx

es el valor medio de f en [a, b].

Si se toman particiones homogéneas, y¯ coincide con el límite si n → ∞, de los promedios simples de los valores f (x∗k ), puesto que ∆xk = b−a n para todo k. Se tiene la siguiente propiedad: Teorema 7.1 Si

f (xm ) = m´ın f (x), a≤x≤b

f (xM ) = m´ ax f (x), a≤x≤b

entonces

(7.33)

f (xm ) ≤ y¯ ≤ f (xM ).

Demostración. Para todo x ∈ [a, b], f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ). Si integramos en [a, b], por la propiedad de monotonía de la integral definida tendremos que Z b a

f (xm ) dx ≤

por lo que f (xm ) x|ba ≤ Es decir (b − a)f (xm ) ≤

Z b a

f (x) dx ≤

Z b a

f (xM ) dx,

f (x) dx ≤ f (xM ) x|ba . f (x) dx ≤ (b − a)f (xM ).

Dividiendo todo para (b − a) se tiene finalmente f (xm ) ≤ y¯ ≤ f (xM ).

Corolario 7.2 Si f : [a, b] → R es continua y si y¯ es su valor medio en [a, b], entonces existe c ∈ ]a, b[ tal que

y¯ = f (c). Es decir

Z b a

f (x) dx = (b − a)f (c).

(7.34) (7.35)

Demostración. Es una consecuencia inmediata del teorema precedente y del teorema del valor intermedio para las funciones continuas. R

Si f (x) ≥ 0, ab f (x) dx nos da el área bajo la gráfica de f , por lo que (7.35) nos dice que existe un rectángulo de base (b − a) y altura y¯ con la misma área.

7.7 Masa y densidad

269

7.6.1 Ejercicios 1. Halle el valor medio y¯ de y = f (x), para x ∈ I. (a) f (x) = 3x + 2, I = [1, 5] (b) f (x) = 2x2 + 3, I = [1, 4] √ (c) f (x) = x x2 + 1, I = [0, 1] (d) f (x) = sen x, I = [0, π] 2. Halle c ∈ I tal que f (c) = y¯, el valor medio de y = f (x) en I. (a) f (x) = 3x2 + 2, I = [1, 5] (b) f (x) = 3x2 − 2x, I = [1, 2] 3. La temperatura T ◦ C de una ciudad t horas luego del medio día está dada por 1 T = 30 + t − t2 , 2 hasta las 18 horas. ¿Cuál es la temperatura promedio entre las 12 horas y 18 horas? 4. Pruebe que si s(t) describe la posición de una partícula que se mueve a lo largo de una recta, entonces la velocidad media, vm [t0 , t], de la partícula en un lapso [t0 , t1 ] coincide con el valor medio v¯ de la velocidad instantánea v(t), si t ∈ [to , t1 ]. Recuerde que vm [t0 , t] = y

s(t1 ) − s(t0 ) t1 − t0

v(t) =

ds(t) . dt

7.7 Masa y densidad Si una barra de longitud L uL está hecha de un material homogéneo y si su masa es M uM , se dice que la densidad (longitudinal) de la barra es δ uD , donde, simbólicamente

[uM ] uM [uD ] = = [uL ] uL

indica que las unidades tomadas son compatibles entre sí y, en este caso: M , L

(7.36)

M = δL.

(7.37)

δ := de donde

Ejemplo 7.131 Si uL = m y uM = kg, entonces uD = kg/m. Así, si una barra de densidad 2.8kg/m mide 3m, entonces tendrá una masa de 8.4 = kg. Si una placa de área A uA está hecha de un material homogéneo y si su masa es de M uM , la densidad (de área) de la placa es δ uD , donde

[uD ] =

[uM ] uM = . [uA ] uA

Entonces δ :=

M . A

(7.38)

(7.39)

270

Aplicaciones de la integral definida

Ejemplo 7.132 Si uA = m2 , uD = kg/m2 . Análogamente para un sólido de volumen V uV , su densidad (volumétrica) estará dada por δ := si

M , V

[uD ] =

(7.40)

[uM ] uM = . [uV ] uV

(7.41)

Ejemplo 7.133 Si uV = m3 , uD = kg/m3 . ¿Qué sucede si el material no es homogéneo? 1. Veamos el caso de la barra. Supongamos que cada punto de la barra es de un material distinto para el cual se conoce su densidad.

Digamos que δ(x) uD es la densidad del punto x ∈ [0, L]. Ver dibujo. Esto quiere decir que una barra de longitud 1 uL , hecha del mismo material que el punto x, tendrá una masa de δ(x) uM porque, por (35), M = δ(x) 1 = δ(x) y masa de la barra = M uM = δ(x) uM . Para calcular la masa de la barra, asumiendo que δ : [0, L] → R, x 7→ δ(x) es continua, tomamos una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } de [0, L]. En cada segmento [xk−1 , xk ] podemos aproximar la masa del segmento suponiendo que ese pedacito de barra es homogéneo, hecho del material idéntico al de un punto x∗k ∈ [xk−1 , xk ]. Es decir, si ∆Mk uM es la masa de ese segmento, como su longitud es de ∆xk uL , entonces ∆Mk ≈ δ(x∗k )∆xk . Es decir

n X k=1

∆Mk ≈

n X

δ(x∗k ) ∆xk .

k=1

La última es una suma de Riemann que converge hacia 0 δ(x) dx, puesto que δ es continua. Como se puede esperar que la aproximación es mejor mientras más fina sea la partición, es decir mientras más pequeño sea kP k, el grosor de ésta, podemos calcular M con la fórmula Z

δ(x) dx.

(7.42)

2. Para una placa, cuya forma es la de una figura de tipo I; es decir, es de la forma Ω = {(x, y) ∈ R | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)}, con g : [a, b] → R y h : [a, b] → R continuas, a < b, g(x) < h(x) para todo x ∈ ]a, b[, si la densidad de área solo depende de x, es decir δ(x, y) = δ(x)

para todo (x, y) ∈ Ω

con δ : [a, b] → R continua en [a, b], realizando la partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } al intervalo [a, b], la placa se divide en “franjitas” verticales cuya masa ∆Mk uM puede aproximarse asumiendo que es homogénea y del mismo material que los puntos de abscisa x∗k ∈ [xk−1 , xk ].

7.8 Posición, velocidad y aceleración de un punto

271

El área de la franjita se aproxima con la de un rectángulo de base ∆xk uL y altura [h(x∗k )−g(x∗k )] uL . Entonces, por (37), ∆Mk ≈ δ(x∗k )[h(x∗k ) − g(x∗k )]∆xk por lo que M=

n X k=1

∆Mk ≈

Con los supuestos hechos

n X k=1

δ(x∗k )[h(x∗k ) − g(x∗k )]∆xk .

M= a

(7.43)

δ(x)[h(x) − g(x)] dx

3. Para un sólido cuya forma puede escribirse como Ω = {(x, y, z) ∈ R3 | a ≤ x ≤ b, (y, z) ∈ Ωx }, donde los Ωx son secciones transversales al eje Ox, para las cuales se conoce su área A(x) y si se asume que el material de cada sección transversal es homogéneo, de densidad de volumen δ(x), luego de realizar la partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } al intervalo [a, b], si la masa de cada “k-rodajita”, {(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk , (y, z) ∈ Ωx }, que es ∆Mk uM , se aproxima con la de un “k-cilindrito” {(x, y, z) ∈ R3 | xk−1 ≤ x ≤ xk , (x, y) ∈ Ωx∗k }, con x∗k ∈ [xk−1 , xk ], se tendrá

∆Mk ≈ δ(x∗k )A(x∗k )∆xk ,

puesto que el volumen del cilindrito será A(x∗k )∆xk uV , y por (38). Tendremos entonces que M=

n X k=1

∆Mk ≈

n X

δ(x∗k )A(x∗k )∆xk .

k=1

Con los supuestos hechos tendremos entonces que Z

(7.44)

δ(x)A(x) dx. a

7.8 Posición, velocidad y aceleración de un punto Vimos, al definir la derivada, que si s(t) describe la posición de un punto en un instante t, si v(t) es la velocidad instantánea y a(t) la aceleración instantánea en el instante t, se tiene que ds(t) , (43) dt dv(t) d2 s(t) a(t) = = . dt dt2 v(t) =

(44)

Es decir que v es la derivada de s y a es la derivada de v. Esto significa que s es una primitiva de R v t v es una primitiva de a. Por el Teorema Fundamental del Cálculo, para t0 dado tt0 v(τ ) dτ nos da otra primitiva de v, por lo que existe C tal que Z t

s(t) =

v(τ ) dτ + C

∀t.

(45)

272

Aplicaciones de la integral definida

En particular si se conoce, para t0 dado, el valor s0 := s(t0 ), se tendrá, por (45), que s0 = s(t0 ) = Finalmente

Z t0

v(τ ) dτ + C = C.

Z t

s(t) = s0 +

v(τ ) dτ.

(46)

a(τ ) dτ.

(47)

Análogamente, dado v0 = v(t0 ) se tiene Z t

v(t) = v0 +

Se debe distinguir el “desplazamiento” y el “recorrido” de un punto en un lapso [t0 , t1 ]. En efecto desplazamiento en [t0 , t1 ] = [s(t1 ) − s(t0 )] uL = Mientras que recorrido en [t0 , t1 ] =

Z t1 t0

v(τ ) dτ uL .

|v(τ )| dτ uL .

(48)

(49)

Este último nos da la longitud de todo el camino recorrido por el punto al ir de s(t0 ) a s(t1 ), teniendo en cuenta posibles “idas y venidas”. Ejemplo 7.134 Se lanza un objeto hacia arriba con velocidad de 19.6 m/s. Calcule el tiempo que tarda en regresar al punto de partida y el recorrido realizado. Solución. Tomamos −9.8 m/s2 como la aceleración debida a la gravedad. y = s(t) = posición del objeto en el instante t, t0 = 0 = instante del lanzamiento, T s = tiempo que tarda en regresar el objeto, s0 = 0 = s(t0 ), v0 = v(t0 ) = 19.6, a(t) = −9.8, Por (47)

v(t) = 19.6 + 0

Por (46)

s(t) = 0 + 0

(−9.8) dτ = 19.6 − 9.8t.

(19.6 − 9.8t) dτ = 19.6t − 4.9t2 .

T es tal que s(T ) = 0. Entonces s(T ) = 19.6T − 4.9T 2 = 0.

Por lo que T ∈ {0, 4}. El valor T = 0 se descarta pues corresponde de hecho al instante del lanzamiento, por lo que se puede concluir que el objeto tarda 4 s en regresar al punto de lanzamiento. Para calcular el recorrido tomemos, usando (49), Z 0

|v(τ )| dτ =

|19.6 − 9.8τ | dτ.

7.9 Trabajo mecánico

273

Como

|19.6 − 9.8τ | = tendremos que Z

T 0

|v(τ )| dτ =

19.6 − 9.8τ si 0 ≤ τ ≤ 2 9.8τ − 19.6 si 2 ≤ τ ≤ 4, Z

2 0

(19.6 − 9.8τ ) dτ +

(9.8τ − 19.6) dτ

= (19.6τ − 4.9τ 2 ) 0 + (4.9τ 2 − 19.6τ ) 2

= 19.6(2 − 0) − 4.9(4 − 0) + 4.9(16 − 4) − 19.6(4 − 2) = 39.2 − 19.6 + 58.8 − 39.2 = 39.2.

El objeto habrá recorrido 39.2 m antes de regresar al suelo. El punto más alto al que llega se puede establecer calculando m´ax s(t) = m´ax (19.6τ − 4.9τ 2 ).

0≤t≤4

′

El punto crítico t1 de s en [0, 4] se da si s (t1 ) = v(t1 ) = 0, es decir si Tenemos pues t1 = 2 y

v(t1 ) = 19.6 − 9.8t1 = 0. s(t1 ) = s(2) = 19.6(2) − 4.9(22 ) = 19.6.

Vemos que la altura máxima alcanzada es 19.6 m, que coincide, obviamente, con la mitad del recorrido total de ida y vuelta del objeto hasta regresar al punto de partida. En este caso, naturalmente, ¡el desplazamiento es cero!

7.8.1 Ejercicios 1. Halle la posición s(t) de una partícula en el instante t. (a) (b) (c) (d)

v(t) = t2 − 4t, s(2) = 1 v(t) = 2 cos(πt/2), s(1) = 10 a(t) = 2t, s(1) = 1, v(1) = 0 √ a(t) = 3 t + 1, s(0) = 0, v(0) = 0

2. Si asumimos un valor aproximado de para la aceleración de la gravedad y despreciamos la resistencia del aire: (a) ¿Cuánto tiempo tarda una piedra que se deja caer desde la terraza de un edificio de 100 m de alto? ¿Qué distancia recorre en el último segundo? (b) ¿A qué altura llega un proyectil lanzado verticalmente con una velocidad de ? ¿A qué altura llegaría en Marte, donde la gravedad es de ? ¿A qué velocidad llega de regreso en los dos casos?

7.9 Trabajo mecánico Recordemos que si un cuerpo sólido se desplaza en línea recta una distancia D uL debido a la acción de una fuerza constante de F uF aplicada en la misma dirección y sentido del movimiento se dice que el trabajo W uT realizado por la fuerza sobre el objeto está dado por: W = FD

(50)

si las unidades son compatibles. En este caso se escribe simbólicamente que [uT ] = [uF ][uL ] = [uF · uL ]. Ejemplos de unidades compatibles se dan en la siguiente tabla.

274

Aplicaciones de la integral definida

Magnitud

Sistema Inglés

Distancia Fuerza Trabajo

pie (pie) libra (lb) pie·libra (pie·lb)

Sistema MKS (Sistema Internacional) metro (m) newton (N) joule (J)

Sistema CGS centímetro (cm) dina (dina) ergio (erg)

Si la fuerza es variable e igual a F (x) uF , si x uL nos da la posición del objeto a lo largo de un intervalo [a, b], y si la función F : [a, b] → R es continua en [a, b], para calcular el trabajo realizado al desplazar el objeto desde A(a) hasta B(b), podemos hacer una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } del intervalo [a, b] y aproximar el trabajo ∆Wk uT realizado al desplazar el objeto a lo largo del intervalo Jk = [xk−1 , xk ], con el trabajo realizado por una fuerza constante de magnitud F (x∗k ) uF , con x∗k ∈ Jk . Es decir, como ∆xk es el desplazamiento a lo largo de Jk , por (50) tendremos ∆Wk ≈ F (x∗k )∆xk ,

1 ≤ k ≤ n.

Entonces W =

n X k=1

∆Wk ≈

n X

F (x∗k )∆xk .

(51)

k=1

La última es una suma de Riemann que converge hacia ab F (x) dx, puesto que hemos supuesto que F es continua. Teniendo en cuenta que la aproximación dada por (51) es mejor si la partición es cada vez más fina, podemos, entonces, definir el trabajo realizado por la fuerza F mediante: Z b

W :=

F (x) dx.

(52)

Ejemplo 7.135 Calcule el trabajo necesario para alargar o comprimir un resorte de constante k una distancia x.

Solución. Según la ley de Hooke1 , al alargar un resorte, éste ejerce una fuerza directamente proporcional a la elongación del resorte en el sentido contrario a la elongación. Si ubicamos el resorte en un sistema de coordenadas de modo que 0 corresponde a la posición del extremo del resorte en reposo y x a la posición de este extremo si lo hemos estirado (elongado) x uL , para dicho resorte se tendrá, según la ley de Hooke antes mencionada, una constante k > 0, tal que F (x) = kx, donde F uF es la fuerza necesaria para tener estirado el resorte en la posición x. Si se estira el resorte hasta una posición L uL , el trabajo necesario para lograr este estiramiento será entonces de W uT , donde Z

W =

F (x) dx = 0

kL2 k

kx dx = x2

= . 2 0 2

Robert Hooke (1635-1703)

7.9 Trabajo mecánico

275

Ejemplo 7.136 Gravitación universal. Según Newton, si 2 cuerpos celestes de masas M uM y m uM están situados a una distancia D uL el uno del otro, cada uno de ellos es afectado por una fuerza que lo atrae al otro, cuya magnitud es de F uF . En este caso F =k

Mm , D2

donde k es la constante de gravitación universal. En el Sistema Internacional, si uF = N, uL = m y uM = kg, se tiene que k = 6.67 × 10−11 . Si el cuerpo de masa M uM es un planeta, y el de masa m uM es un satélite artificial, ¿qué trabajo se requiere para llevarlo a una altitud de H uL sobre la superficie del planeta cuyo radio es R uL ? Solución. Si ubicamos un sistema de referencia con el origen en el centro del planeta y en dirección vertical, se desea llevar el satélite desde la posición R hasta la posición R + H. La fuerza que hay que hacer para vencer la gravedad será F (x) uF , donde F (x) = k

mM . x2

El trabajo necesario será entonces de W uT , con Z

R+H

W =

k R

mM 1

dx = −kmM

2 x x R

Es decir que el trabajo será de

= −kmM

1 1 − R+H R

kmM H . R(R + H)

kmM H uT . R(R + H)

Para los ejercicios prácticos, se tienen los siguientes datos aproximados de la masa M kg y el diámetro D km, de algunos astros. Objeto Sol Mercurio Venus Tierra Marte Jupiter Saturno Urano Neptuno Pluton Luna

M kg 1.99 × 1030 3.12 × 1023 4.87 × 1024 5.98 × 1024 6.46 × 1023 1.90 × 1027 5.69 × 1026 8.67 × 1025 1.03 × 1026 ≈ 5 × 1024 7.35 × 1022

D km 1392000 4880 12104 12756 6787 142800 120000 51800 49500 ≈ 6000 3476

Ejemplo 7.137 Bombas hidráulicas ¿Se trata de calcular el trabajo necesario para “bombear” un líquido a un nivel superior. Solución. Para los cálculos, a más de los expuesto, se usan los siguientes conceptos. Si un volumen V uV de un líquido tiene una masa M uM su densidad δ uD está dada por δ=

M V

o M = δV,

276

Aplicaciones de la integral definida

si las unidades son compatibles. Por ejemplo, en el Sistema Internacional (SI): uM = kg,

uV = m3 ,

uD = kg/m3 .

También se define el peso P uF del líquido, que es la fuerza con que la Tierra atrae al líquido. Siguiendo la ley de Newton2 , será de magnitud P = Mg donde g uA es la aceleración debida a la gravedad. Al ser uA = m/s2 en el SI, g = 9.80665 ≈ 9.8, y en el sistema inglés g ≈ 32 porque uA = pie/s2 . Se define el peso específico del líquido ρ uPE , por ρ=

P . V

Obviamente ρ = δ · g. En el SI, uPE = N/m3 . En el sistema inglés, uPE = lb/pie3 . Además, 1 N = 0.2248 lb o, lo que es lo mismo, 1 lb = 4.448 N. Por ejemplo, para el agua se tiene que ρ = 9800 en el SI, ρ = 62.4 en el sistema inglés. Si para un recipiente se conoce el área de las secciones transversales horizontales, podemos calcular el trabajo necesario, por ejemplo, para extraer de él el líquido contenido. Tomemos un recipiente hemisférico de radio R m. Si inicialmente está lleno de agua, ¿qué trabajo se requiere para vaciarlo? Ubicamos el eje x hacia abajo y el origen en el centro de la esfera. Partimos con P = {x0 , x1 , . . . , xn } al intervalo [0, R]. La sección transversal horizontal del nivel x será un círculo de radio r=

R2 − x2 := f (x).

La k-ésima “capa” de líquido para x ∈ Jk = [xk−1 , xk ] la aproximamos con un cilindro de radio f (x∗k ) =

R2 − (x∗k )2 ,

donde x∗k = xk−12+xk , 1 ≤ k ≤ n, es el “desplazamiento promedio ” que debe hacer cada partícula de agua para salir del recipiente subiendo hacia el borde del mismo. Como el volumen Vk m3 de la capita de agua es aproximadamente π[f (x∗k )]2 ∆xk m3 , que es el volumen del correspondiente cilindrito, el peso de la capita será de aproximadamente

ρ N/m3 · π[f (x∗k )]2 ∆xk m3 = 9800π R2 − (x∗k )2 ∆xk N. El trabajo que se debe hacer para llevar la capita al borde del recipiente será ∆Wk N·m, por lo que

∆Wk ≈ 9800π R2 − (x∗k )2 x∗k ∆xk . Finalmente, W =

n X

k=1

= 9800π

(R2 x − x3 ) dx

∆Wk = 9800π

R R2 2 x4

x − 2 4 0

x R

= 4900πR4 . El trabajo necesario para vaciar el recipiente será entonces de 4900πR4 N·m. 2

Isaac Newton (1642-1727)

7.10 Presión hidrostática

277

7.9.1 Ejercicios 1. Un resorte tiene una longitud de 40 cm y se le tira con una fuerza de alcanza los 50 cm. (a) ¿Qué fuerza se requiere para que su longitud sea de x cm? (b) ¿Qué trabajo se realiza al estirarle hasta 60 cm? (c) ¿Qué trabajo se realiza para estirarlo 10 cm más? 2. Una fuerza de acorta en 6 cm a un resorte de 20 cm de longitud. ¿Qué trabajo se requiere para que tenga 15 cm? 3. Halle el trabajo necesario para elevar en Marte una masa de desde una superficie hasta una órbita de de diámetro. 4. Un depósito en forma de cono circular invertido de 15 m de altura y 7 m de diámetro en su base, está lleno de agua. ¿Qué trabajo se requiere para vaciarle?: (a) por arriba, (b) si el depósito estaba a mitad lleno, y (c) si el depósito es cilíndrico de iguales dimensiones. 5. Un cable de acero de 50 m pesa y pende desde lo alto de un rascacielos. ¿Qué trabajo se requiere para levantarlo hasta la terraza? 6. Un cohete que está cargado de combustible pesa y lleva un módulo habitable que pesa hacia una estación orbital, situada a una altitud de . Al subir consume de combustible. (a) Exprese el peso total del sistema en función de su altitud. (b) Calcule el trabajo requerido para llegar a la estación espacial.

7.10 Presión hidrostática Cada punto de la sección horizontal de un líquido en reposo sufre una presión del líquido que está sobre dicha sección. Si el área de la sección es A uA y está a una profundidad de H uL , el volumen de líquido será de V uV = A uA ·H uL = AH uV . El peso P uF de este volumen, si ρ uPE es el peso específico del líquido, será entonces dada por P = ρV = ρAH.

(53)

Si la presión es p uP , tendremos entonces que P ρAH = = ρH, (54) A A si uP es compatible con las demás unidades. Por ejemplo, en el SI p=

uL = m,

uA = m2 ,

uV = m3 ,

uF = N,

uPE = N/m3 ,

uP = N/m2 .

La placa horizontal soportará, debido a la presión, una fuerza F uF y entonces F = P = ρAH,

(55)

A Blaise Pascal (1623-1662) se le debe el descubrimiento del Principio que lleva su nombre: “La presión ejercida por un líquido a una profundidad dada es la misma en todas las direcciones”. Calculemos la fuerza total ejercida por un líquido, debido a la presión hidrostática, si el peso específico del líquido es ρ uPE , sobre una placa vertical cuya forma es de tipo II y está dada por {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ H1 , ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)},

con 0 < H1 , ϕ(y) < ψ(y) para todo y ∈ ]0, H1 [, ϕ y ψ continuas en [0, H1 ]. H uL es la profundidad del punto más bajo de la placa.

278

Aplicaciones de la integral definida

y H H1

ψ x

Calculemos la fuerza F uF ejercida sobre la placa. Aproximémosla dividiendo el intervalo [0, H1 ] mediante una partición P = {y0 , y1 , . . . , yn }. La “k-fajita” horizontal de la placa, dada por {(x, y) ∈ R2 | yk−1 ≤ y ≤ yk , ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)} aproximémosla con el k-rectángulo

{(x, y) ∈ R2 | yk−1 ≤ y ≤ yk , ϕ(yk∗ ) ≤ x ≤ ψ(yk∗ )}, donde yk∗ ∈ Jk = [xk−1 , xk ]. Asumimos que todos los puntos de la fajita sufren, aproximadamente, la misma presión que los puntos situados a la misma profundidad que los puntos de ordenada yk∗ , que es de (H − yk∗ ) uL .Por (55) tendremos, entonces, teniendo también en cuenta el Principio de Pascal que si ∆Fk uF es la fuerza que soporta la k-fajita, entonces ∆Fk ≈ ρ[ψ(yk∗ ) − ϕ(yk∗ )](H − yk∗ ) ∆yk puesto que el área de la fajita es, aproximadamente, [ψ(yk∗ ) − ϕ(yk∗ )] ∆yk uA . Entonces F =

n X k=1

∆Fk ≈ ρ

n X

[ψ(yk∗ ) − ϕ(yk∗ )](H − yk∗ ) ∆yk .

(56)

k=1

Pero la última es una suma de Riemann, que por la continuidad de la función y 7→ [ψ(y) − ϕ(y)](H − y) en [0, H1 ], converge hacia ρ

Z H1 0

[ψ(y) − ϕ(y)](H − y) dy

si kP k → 0. Este valor nos servirá para el cálculo de F , puesto que es de suponer que F está mejor aproximada por (56) mientras más fina es la partición P de [0, H1 ]. Es decir F =ρ

Z H1 0

[ψ(y) − ϕ(y)](H − y) dy.

(57)

Si se ubica el origen de coordenadas como en el dibujo, la forma de la placa será de tipo I. O H1

x g

H2 y

7.10 Presión hidrostática

279

Con el eje Oy coincidiendo con el nivel del líquido se tendrá {(x, y) ∈ R2 | H1 ≤ x ≤ H2 , g(x) ≤ y ≤ h(x)}, con H1 uL = profundidad del borde superior de la placa y H2 uL = profundidad del borde inferior de la placa. En este caso F =ρ

Z H2 H1

[h(x) − g(x)]x dx.

(58)

7.10.1 Ejercicios 1. Halle la presión y la fuerza ejercida sobre el fondo plano de una piscina llena de agua hasta 10 cm del borde, si la piscina mide 2 m ×8 m ×15 m. 2. Una placa triangular (ver Figura 7.1) está sumergida en agua. Halle la fuerza que se ejerce sobre ella (distancias en metros).

Superficie 0

Superficie

A(1, 4)

B(3, 2)

C(4, 7)

(a) Placa Triangular

(b) Placa de Borde Parabólico

Figura 7.1: Placas para los ejercicios 2 y 3. 3. Repetir el ejercicio anterior si la placa tiene la forma dada en la Figura 7.1, donde la curva tiene ecuación 1 x = (y − 3)2 . 4 4. Halle la fuerza ejercida por el agua sobre el fondo de la piscina del dibujo (Figura 7.2). 7m

10 m 3m 1m 5m

20 m

40 m 20 m

(a) Piscina

(b) Dique

Figura 7.2: Gráficos para los ejercicios 4 y 5. 5. Se usa un dique como el de la Figura 7.2 en un reservorio de agua. ¿Qué fuerza se ejerce sobre la pared inclinada cuando el reservorio está lleno?

280

Aplicaciones de la integral definida

7.11 Momentos de masa y Centro de gravedad 7.11.1 Caso de sistemas en “línea recta” Dada una masa “puntual” m um , que se supone “concentrada” en un punto P del espacio E 1 , E 2 o E 3 , si d uL es la distancia de P a otro punto fijo dado Q, se llama momento de la masa respecto a Q a la magnitud M uM , dada por M = md.

(59)

En este caso uM es compatible con las unidades de masa y de longitud um y uL , y se escribe simbólicamente [uM ] = [um ] · [uL ] = [um · uL ]. Las unidades usadas usualmente se resumen a continuación. Magnitud

Sistema inglés

Longitud Masa Momento de masa

pie slug slug·pie

Sistema MKS Sistema internacional m kg kg·m

Sistema CGS cm g g·cm

Si imaginamos la masa m um unida por una “barra sin masa” al punto Q fijo, si ubicamos este “aparato” en un campo gravitacional, la masa m tiende a girar alrededor de Q. El momento M uM mide la magnitud de esta “tendencia” a girar. Si realizamos nuestro estudio en E 2 , con Q y P sobre el eje Ox, el posible giro puede tener uno de dos sentidos, si imaginamos el campo gravitacional atrayendo a la masa hacia abajo. Si en vez de la distancia d utilizamos la “distancia dirigida” x − x ¯ de P respecto a Q, donde x ¯ y x son las coordenadas de Q y P , respectivamente, el momento estará dado por M = m(x − x ¯)

(60)

y el signo de M nos indica que el posible giro sería en el sentido de las manecillas del reloj si x−x ¯ > 0, y por ende M > 0, y el sentido contrario si M < 0. En particular si Q = O, donde O(0) es el origen del sistema de coordenadas el momento será MO = mx. (60′ ) Imaginemos ahora, para n ≥ 2, un sistema de n masas m1 um , m2 um , . . . , mn um , situadas sobre el eje Ox en los puntos P1 , P2 , . . . , Pn de abscisas x1 , x2 , . . . , xn , respectivamente, tales que x1 < x2 < . . . < xn , unidos por una “barra sin masa”, diremos que la masa total del sistema es m um , si m=

n X

(61)

k=1

y que el momento de masa del sistema M uM , respecto de un punto Q(¯ x), situado también en el eje Ox, está dado por M=

n X k=1

mk (xk − x ¯).

(62)

En particular el momento respecto al origen O(0) será MO =

n X k=1

m k xk .

(63)

7.11 Momentos de masa y Centro de gravedad

281

Si vemos a nuestro sistema como un “sube y baja” cuyo punto de apoyo es Q o como un “móvil”, que se suspende sobre las cunas de los bebés, el sistema tenderá a girar en uno u otro sentido según el signo de M . Pero siempre se podrá hallar un punto Q(¯ x), de modo que el sistema esté “en equilibrio”. Esto sucede si M = 0. En efecto, como 0=M =

n X k=1

mk (xk − x ¯) =

n X k=1

m k xk − x ¯

n X k=1

mk = MO − x ¯m.

Entonces 0 = MO − x ¯m, por lo que

(64)

n MO k=1 mk xk x ¯= = P . n m k=1 mk

(65)

Al punto Q(¯ x) se le llama centro de masa del sistema (o centro de gravedad). La igualdad (64) puede también escribirse MO = x ¯m. (66) La coincidencia entre (60’) y (66) nos sugiere una interpretación: ¡el sistema es “equivax)! lente” a una sola masa puntual m um , ubicada en el centro de gravedad del sistema Q(¯

m1 b

m2 b

x4 ...

Si el sistema de masas puntuales es reemplazado por una barra de longitud l uL , cuya densidad longitudinal δ uD está dada por una función continua δ : [0, l] −→ R x 7−→ δ(x) para calcular el momento M uM , respecto de un punto Q(¯ x, 0), dividimos [0, l] mediante una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } y aproximamos el cálculo asumiendo que el “k-trocito” de barra correspondiente al intervalo Jk = [xk−1 , xk ], es homogéneo de densidad δ(x∗k ), con x +x x∗k = k−12 k , y que la masa ∆mk um ≈ δ(x∗k ) ∆xk um de cada trocito está “concentrada” en el punto Pk∗ (x∗k ), 1 ≤ k ≤ n. Entonces, utilizando con los cambios adecuados (62) tendremos que M=

n X k=1

∆Mk ≈

n X k=1

δ(x∗k ) (x∗k − x ¯)∆xk .

La última es una suma de Riemann, que al ser continua la correspondiente función, converge R hacia 0l δ(x) (x − x ¯) dx, si kP k → 0. Como es de esperar que la aproximación es mejor al ser más fina la partición P , podemos asumir que Z l

M :=

δ(x) (x − x ¯) dx.

(67)

En el caso particular cuando Q = O, el origen del sistema, tendremos que el momento será MO uM , con Z l

MO =

δ(x) x dx.

(68)

282

Aplicaciones de la integral definida

Si buscamos Q(¯ x) de modo que la barra esté en equilibrio, es decir de modo que M = 0, teniendo además en cuenta que m um es la masa de la barra, como Z l

δ(x) dx,

de (67) obtenemos: Z l

δ(x) dx − x ¯

Z l 0

δ(x) dx = MO − x ¯m.

(69)

Esta expresión, idéntica a la obtenida en (64) nos permite definir como centro de gravedad (o de masa) de la barra, al punto Q(¯ x), si R

x ¯=

l MO δ(x)x dx . = R0 l m 0 δ(x) dx

(70)

La barra, que como en el caso del sistema de masas puntuales, se la suspende con una cuerda amarrada al punto Q, se mantendrá horizontal, ¡es “equivalente” a una masa puntual m ubicada en Q(¯ x)! Si la barra es homogénea, es decir si δ = δ(x) = constante, x ¯ = l/2, porque R

l δ l x dx l x ¯ = R0 l = 2 = . l 2 δ 0 dx

(70′ )

m o

7.11.2 Caso de sistemas “planos” Dada una recta l y un punto P exterior a ella, la distancia del punto P a l es la longitud −−→ −−→ −−→ |P Q| uL del segmento P Q, donde Q ∈ l es tal que P Q es perpendicular a la recta l. Si P ∈ l, se dice que la distancia de P a l es cero. Si se tiene una recta l en E 2 o E 3 y una masa puntual m um concentrada en un punto P , se llama momento de la masa respecto a l a M uM , donde M = md,

(71)

−−→ −−→ y d es la distancia de P a l (es decir d = 0 si P ∈ l o d = |P Q|, P Q ⊥ l, si P ∈ / l). Si imaginamos, cuando P ∈ / l, que la masa se une a Q mediante un alambre rígido sin masa y si sometemos este sistema a un campo gravitacional perpendicular al plano definido por la recta l y por P , el sistema “tenderá a girar” alrededor del eje l. El momento M uM mide la magnitud de esta “tendencia a girar” del sistema. Para representar adecuadamente uno de los dos posibles sentidos de giro alrededor del eje l, consideraremos M > 0 para el un sentido y M < 0 para el sentido contrario. Por ejemplo, si tomamos un sistema de coordenadas bidimensional, de modo que el eje l = ly sea paralelo al eje Oy y esté situado en el plano xy, al igual que la masa m um , ubicada, digamos, en el punto P (x1 , y1 ), entonces el eje ly estará descrito por el conjunto {(¯ x, y) ∈ R2 | y ∈ R} (71′ ) con x ¯ ∈ R fijo. En este caso Q(¯ x, y1 ) ∈ l es el punto del eje l más cercano a P (x1 , y1 ). −−→ En la fórmula (71) la distancia d = |P Q| la reemplazamos por la distancia dirigida de Q a P , dada por d = x1 − x ¯. (72)

7.11 Momentos de masa y Centro de gravedad

283

Vemos que según el signo de d, si ponemos ¯), Mly = m(x1 − x

(73)

el signo de Mly determinará el sentido del “giro de P ” alrededor de l. En el caso particular cuando l es el eje Oy, tendremos x ¯ = 0 y el momento será My uM , con (74) My = mx1 . Si el eje l = lx es paralelo al eje Ox, descrito digamos por {(x, y¯) ∈ R2 | x ∈ R},

(74′ )

con y¯ ∈ R fijo, y si P (x1 , y1 ) ∈ / l, el punto Q(x1 , y¯) ∈ l será el punto del eje l más cercano −−→ a P (x1 , y1 ). En este caso se reemplaza d = |P Q| de (71) por la correspondiente distancia dirigida de Q a P dada por (75) d = y1 − y¯, y el momento Mlx uM estará dado por Mlx = m(y1 − y¯).

(76)

En el caso particular cuando l = Ox, tendremos y¯ = 0 y el momento será Mx uM , con Mx = my1 .

(77)

Consideremos ahora, para n ≥ 2, un sistema de n masas puntuales m1 um , m2 um , . . . , mn um , situadas en el plano xy horizontal en los puntos P1 (x1 , y1 ), P2 (x2 , y2 ), . . . , Pn (xn , yn ), respectivamente, unidos entre sí por “alambres rígidos sin masa”, como en un móvil de cuna. Como antes, la masa m um del sistema estará dada por n X

mk .

(78)

k=1

El momento de masa del sistema respecto a un eje ly paralelo al eje Oy como el descrito por (71’) será Mly uM , con Mly =

n X k=1

mk (xk − x ¯),

(79)

y, en particular, si el eje coincide con el eje Oy, como x ¯ = 0, el momento estará dado por My =

n X

m k xk .

(80)

k=1

Análogamente, si el eje l es paralelo al eje Ox, como el descrito por (74’), el momento Mlx uM será dado por Mlx =

n X

k=1

mk (yk − y¯).

(81)

En particular, si el eje lx = Ox, es decir si y¯ = 0, el momento será Mx uM , con Mx =

n X k=1

mk y k .

(82)

284

Aplicaciones de la integral definida

Observemos que análogamente al caso de masas en línea, tenemos que Mly = My − x ¯m,

(83)

Mlx = Mx − y¯m.

(84)

Diremos que el sistema está en equilibrio si Mlx = Mly = 0. Esto sucede si escogemos los ejes lx y ly que se cortan en el punto Q(¯ x, y¯), llamado centro de masa o centro de gravedad del sistema, y en este caso: P

n My k=1 mk xk = P x ¯= n m mk Pnk=1 Mx m k yk y¯ = = Pk=1 n m k=1 mk

(85) (86)

Si suspendiéramos el “móvil” de una cuerda atada al punto Q, éste se ¡mantendría horizontal! ¡El sistema es “equivalente” a una masa puntual m um , ubicada en Q(¯ x, y¯)! y w3 b

(x3 , y3 )

w2 b

(x2 , y2 )

(x1 , y1 )

x wn b

(xn , yn )

En vez del sistema de masas puntuales consideremos ahora una placa cuya forma, de tipo I, está dada por {(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)},

(87)

con a < b, g(x) < h(x) para todo x ∈ [a, b], g : [a, b] → R y h : [a, b] → R continuas en [a, b]. Supongamos que la densidad de área de la placa δ uD , depende solo de x y está dada por una δ : [a, b] −→ R función , continua en [a, b]. x 7−→ δ(x) Dado un eje ly paralelo al eje Oy, como está descrito por (71’), para calcular el momento Mly uM de la placa respecto al eje ly , realicemos una partición P de [a, b] dada por P = {x0 , x1 , . . . , xn }. Cada “k-franjita” de la placa descrita por {(x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk , g(x) ≤ y ≤ h(x)}, la aproximaremos con una placa homogénea con la forma del rectángulo {(x, y) ∈ R2 | xk−1 ≤ x ≤ xk , g(x∗k ) ≤ y ≤ h(x∗k )}. El material de esta plaquita rectangular lo supondremos homogéneo del mismo tipo que el punto de coordenadas (x∗k , yk∗ ), es decir de densidad δ(x∗k ), donde x∗k =

xk−1 + xk , 2

yk∗ =

g(x∗k ) + h(x∗k ) . 2

(88)

Teniendo en cuenta (70’), (x∗k , yk∗ ) es el centro de gravedad de la plaquita rectangular que puede ser reemplazada por una masa puntual situada en este punto y de magnitud δ(x∗k ) [h(x∗k ) − g(x∗k )] ∆xk um .

(89)

7.11 Momentos de masa y Centro de gravedad

285

Por ello, y teniendo en cuenta (79), tendremos que Mly ≈

n X k=1

δ(x∗k ) [h(x∗k ) − g(x∗k )] (x∗k − x ¯) ∆xk

(90)

Por la continuidad de la función x 7→ δ(x) [h(x) − g(x)] (x − x ¯), existe la integral que nos permite definir: Z b

Mly :=

δ(x) [h(x) − g(x)] (x − x ¯) dx.

(91)

En particular, si ly = Oy, es decir si x ¯ = 0, el momento será dado por Z b

My =

δ(x) [h(x) − g(x)] x dx.

(92)

¯) Análogamente calculemos Mlx y Mx . En este caso, en (90) la distancia dirigida (x∗k − x se reemplaza, dado (88), por (yk∗ − y¯) = por lo que

Z b

Mlx =

g(x∗k ) + h(x∗k ) − y¯, 2

δ(x) [h(x) − g(x)]

(93)

h(x) + g(x) − y¯ dx, 2

(94)

y si lx = Ox el momento estará dado por Mx =

1 2

Z b a

δ(x) [h(x)]2 − [g(x)]2 dx,

(95)

puesto que y¯ = 0. Como en este caso la masa m um de la placa está dada por Z b

δ(x) [h(x) − g(x)] dx,

(96)

de (91), (92), (94), (95) y (96) obtenemos las mismas expresiones Mly = My − x ¯m,

(97)

Mlx = Mx − y¯m,

(97)

obtenidas en (83) y (84). Por ello, el centro de gravedad Q(¯ x, y¯) de la placa estará dado por R

b My δ(x) [h(x) − g(x)] x dx x ¯= = Ra b , m a δ(x) [h(x) − g(x)] dx

Mx y¯ = = m

1 Rb 2 2 2 a δ(x) [h(x)] − [g(x)] Rb a δ(x) [h(x) − g(x)] dx

(98) dx

(99)

Si la placa es homogénea, es decir si la densidad es constante, δ(x) “sale” de las integrales de (98) y (99) y se simplifica. En este caso, el centro de gravedad Q(¯ x, y¯) se llama centroide de la figura dada por (87). Tendremos entonces: R

b My [h(x) − g(x)] x dx x ¯= = Ra b , m a [h(x) − g(x)] dx

Mx y¯ = = m

1 Rb 2 2 2 a [h(x)] − [g(x)] Rb a [h(x) − g(x)] dx

(100) dx

(101)

286

Aplicaciones de la integral definida

y h

g a

b x

Ejemplo 7.138 Calcule el centroide de la figura limitada por los gráficos de y = de un semicírculo de radio 3 uL . Solución. Aquí a = −3, b = 3, h(x) = semicírculo de radio 3 uL , por lo que Z

[h(x) − g(x)] dx =

La integral Z

b a

[h(x) − g(x)]x dx =

9 − x2 e y = 0, es decir

√ R3 √ 9 − x2 , g(x) = 0. La integral −3 9 − x2 dx uL 2 es el área del

b a

√

3 −3

−3

9 − x2 dx =

1 9π π(3)2 = . 2 2

por ser impar la función y simétrico el intervalo [−3, 3]. Además Z

b a

[h(x)]2 − [g(x)]2 dx =

3 −3

9 − x2 x dx = 0 −3

(9 − x2 ) dx

3 x3

= 9x − 3 −3 1 = 9[3 − (−3)] − [27 − (−27)] = 54 − 18 = 36. 3

Por consiguiente, x ¯ = 0, El centroide estará dado por

1 (36) 4 y¯ = 2 = . 9 π π 2

(¯ x, y¯) = 0,

4 . π

7.11.3 Ejercicios 1. Una barra rígida uniforme de 2 m de largo y de masa, soporta 3 objetos M1 , M2 y M3 de masa , y , respectivamente, como se muestra en la Figura 7.3. Halle el punto P del cual se debe suspender la barra con los objetos para que quede horizontal. 2. Repita el ejercicio anterior con una barra de densidad lineal δ(x) si: (a) δ(x) = 10 − 3x

(b) δ(x) = 4 + 3x

3. Repita el primer ejercicio pero esta vez quitando los objetos. La densidad lineal está dado por:

7.12 Aplicaciones en economía

287

y O

x M2

Figura 7.3: Masas suspendidadas. √ (b) δ(x) = 5 + 2 2x

(a) δ(x) = 4 + x2

4. Halle el centroide de la figura limitada por las gráficas de las siguientes ecuaciones: (a) y = 4 − x2 , x = 0, y = 0

(e) y = x2 , y =

√ x

(b) y = 4 − x2 , y = 0 √ (c) y = 1 + x, y = 0, x = 4

(f) y = 3 − x2 , y = (x − 1)2 − 2 √ (g) y = x4 , y = 4 x

(d) y = x3 , y = 27, x ≥ −1

(h) x2 + y = 1, x + y = −1

7.12 Aplicaciones en economía 7.12.1 Ingreso de una empresa o un gobierno La administración de un cantón recauda, entre otros, un impuesto predial. Si, por ejemplo, en 5 años recaudó 200 millones de dólares, como la recaudación anual de este impuesto no varía mayormente si la tasa impositiva se mantiene constante, un buen indicador de la recaudación es la tasa anual de recaudación T R uTR , dada por 200 millones de dólares millones de dólares = 40 . 5 años año Para un ingreso de I uI en un lapso de T ut , la tasa de recaudación será T R uTR , donde TR =

I . T

(101)

Evidentemente, I = T R.T . En general, para una gran empresa o un gobierno local o nacional que tiene un ingreso permanente I uI , aunque variable en magnitud, a lo largo del tiempo t ut la tasa de recaudación del ingreso T R(t) uTR en el instante t indica el ingreso que se tendría en 1 ut si el flujo de ingresos a lo largo de 1 ut sería similar al del instante t. Si uTR es compatible con uI y ut se escribe analíticamente

[uTR ] =

[uI ] uI = . [ut ] ut

Dado T R(t), digamos para t ∈ [0, T ], si se desea conocer los ingresos generados en este lapso, se puede aproximarlo de la siguiente manera. Realizamos una partición P = {t0 , t1 , . . . , tn } del intervalo [0, T ] y aproximamos el ingreso ∆Ik uI en el lapso dado por el intervalo Jk = [tk−1 , tk ], como si el flujo de ingreso en este intervalo fuera constante, digamos igual a T R(t∗k ), con t∗k ∈ Jk . Es decir, teniendo en cuenta (101), ∆Ik ≈ T R(t∗k ) ∆tk ,

288

Aplicaciones de la integral definida

de donde I=

n X k=1

∆Ik ≈

n X

T R(t∗k ) ∆tk .

k=1

La última es una suma de Riemann que si, por ejemplo, la función t 7→ T R(t) es continua en R [0, T ], converge hacia 0T T R(t) dt, si kP k1 → 0. Podemos entonces calcular el ingreso I uI en el lapso dado por el intervalo [0, T ], mediante la fórmula Z T

T R(t) dt.

(102)

7.12.2 Superávit del consumidor y del productor Según los economistas que estudian las leyes del mercado, si se llega al precio de equilibrio de un bien se produce una ganancia tanto para un sector de los consumidores como para parte de los productores, la que se mide por los así llamados “superávit del consumidor” y “superávit del productor”. Veamos cómo los calculan. Sea x el número de unidades u de un bien (por ejemplo un auto, un galón de gasolina, un kg de arroz, etc.) que se compran y venden en un mercado dado si el precio unitario del bien es de p unidades monetarias uM (miles de dólares, un dólar, etc.). Este precio en la práctica oscila entre un precio mínimo a uM , normalmente representado por el costo de producción, y un precio máximo b uM , que resultaría prohibitivo para todos los consumidores. Se supone que para cada p ∈ [a, b], existiría una demanda de D(p) u y una oferta de S(p) u. Naturalmente D : [a, b] → R es una función decreciente, que supondremos continua al igual que la función S : [a, b] → R que, por su parte, será creciente. Obviamente S(a) = 0 y D(b) = 0. y D

xE O

SPSC

Los gráficos de las dos funciones se cortan en el punto (pE , xE ) llamado punto de equilibrio del mercado, y pE uM es el precio de equilibrio del mercado. Ahora bien, si se alcanza este precio de equilibrio, los productores que estaban dispuestos a vender aún a precios inferiores a pE uM , salen beneficiados. Análogamente, los consumidores que hubieran adquirido el bien aún si su precio hubiera sido superior a pE uM también salen beneficiados. El superávit del productor SP uM es la cantidad total de dinero que ese sector de productores reciben por encima del precio al que estaban dispuestos a vender, mientras que el superávit del consumidor SC uM es la cantidad de dinero que se ahorra en total el sector de consumidores que estaban dispuestos a pagar por el bien un precio superior al precio de equilibrio. Se tiene que SP = SC =

Z pE a Z b pE

S(p) dp,

D(p) dp.

(103) (104)

7.12 Aplicaciones en economía

289

Para probar (103) y (104), notemos que al ser continuas y monótonas las funciones S y D son invertibles, y S : [a, pE ] → [0, xE ] y D : [pE , b] → [0, xE ] son biyectivas. Obviamente, Z pE a

S(p) dp =

Z b pE

D(p) dp =

Z xE 0

[pE − S −1 (x)] dx,

(105)

[D −1 (x) − pE ] dx.

(106)

Z xE

Probemos, por ejemplo, que SC =

Z xE 0

[D −1 (x) − pE ] dx.

(107)

Dividimos el intervalo [0, xE ] con una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn }. Como xE es el número de bienes que se venderían y comprarían al precio de equilibrio pE y como xE = Pn k=1 ∆xk , la cantidad de bienes ∆xk se comprarían por parte de consumidores que estaban dispuestos a pagar un precio entre pk uM y pk−1 uM , que lo podemos aproximar, digamos, con un precio p∗k uM comprendido entre los dos anteriores. Hemos puesto pk = D −1 (xk ), 0 ≤ k ≤ n. Por la monotonía de D existe entonces x∗k ∈ Jk = [xk−1 , xk ] tal que p∗k = D −1 (x∗k ). Al comprar entonces esas ∆xk u del bien, al precio de equilibrio pE uM , los consumidores que lo hacen se ahorrarían aproximadamente (p∗k − pE ) uM por cada unidad comprada. En total el ahorro ∆SCk uM por esas ∆xk u sería de aproximadamente (p∗k − pE ) ∆xk uM = [S −1 (x∗k ) − pE ] ∆xk uM . Sumando todo este ahorro, tendremos que SC =

n X k=1

∆SCk ≈

n X

[S −1 (x∗k ) − pE ] ∆xk .

k=1

La última es una suma de Riemann que converge hacia 0xE [S −1 (x) − pE ] dx si kP k → 0, si la integral existe, lo que sucede, por ejemplo, si S −1 es continua. Vemos que (107) tiene entonces sentido, pues es de esperar que en el cálculo realizado la aproximación es mejor si el grosor de la partición es pequeño. Tomando en cuenta (106), es pues razonable calcular SC mediante la fórmula (104). Análogamente se llega a (103).

7.12.3 Ejercicios 1. Si los ingresos de una empresa tiene una tasa de recaudación de T R(t) millones de dólares por año, calcule el total de ingresos obtenidos en T años: (a) T R(t) = 0.5(t − 2)2 + 1, T = 4 √ (b) 0.2 1 + t, T = 8 2. En el ejercicio precedente calcule el ingreso anual promedio en los últimos 2 años. 3. Halle el superávit del consumidor y el del productor si la oferta y la demenda están dadas por las ecuaciones x = S(p) y x = D(p), respectivamente, con p ∈ I: (a) S(p) = 3p/2 − 150, D(p) = 3000 − 2p, I = [100, 1500]

(b) S(p) = p2 − 4, D(p) = 10 − p, I = [2, 10]

(d) S(p) = p2 + p, D(p) = (p − 10)2 , I = [0, 10]

290

Aplicaciones de la integral definida

7.13 Integración de funciones racionales de seno y coseno Una función de dos variables reales P : R2 −→ R (x, y) 7−→ P (x, y) es un polinomio de dos variables si: 1. Para todo x ∈ R, la función y 7→ P (x, y) es un polinomio de una variable; y 2. Para todo y ∈ R, la función x 7→ P (x, y) también es un polinomio de una variable. Una función de dos variables reales R : R2 → R es una función racional de dos variables si R(x, y) =

P (x, y) Q(x, y)

∀x, y

donde P y Q son polinomios de dos variables. Para una tal función R, la integral de la forma Z

R(cos x, sen x) dx

(1)

puede transformarse en la integral de una función racional con el cambio de variable dado por: x u ≡ arctan , 2 2u sen x ≡ , 1 + u2 2 du dx ≡ , 1 + u2

x ≡ 2 arctan u cos x ≡

1 − u2 1 + u2

(2) (3)

(4)

puesto que el nuevo integrando es la composición de funciones racionales. Para obtener (3), con la ayuda del triángulo de la figura obtenemos sen

u x ≡√ , 2 1 + u2

sin

x 1 ≡√ , 2 1 + u2

y tenemos en cuenta las identidades sen x = 2 sen

x x cos , 2 2

cos x = cos2

x x − sen2 . 2 2

Ejemplo 7.139 Calcule I =

√

dx . 11+sen x+cos x

Solución. Z

√

dx ≡ 11 + sen x + cos x

Z Z

√ 11 +

2 du 1+u2 2u 1+u2

1−u2 1+u2

du √ √ 2 ( 11 − 1)u + 2u + 11 + 1 Z 2 du √ = √ . 1 11 − 1 u2 + 2 √ u + √11+1 =2

11−1

7.14 Sustituciones trigonométricas Con a = 1, b =

√ 1 , 11−1

d = b2 − ac =

√ √11+1 , 11−1

1 √ 11 − 1

291

vemos que el discriminante es 2

√ 2 11 + 1 3 1 − (11 − 1) −√ . = √ =− √ 11 − 1 ( 11 − 1)2 11 − 1

Se puede aplicar la siguiente fórmula, válida si d = b2 − ac < 0: Z

u2 Como c − b2 = −d =

√ 3 11−1

2 I≡√ 11 − 1

du 1 u+b = √ arctan √ + C. 2 + 2bu + c c−b c − b2

9√ , 2(6− 11)

tendremos entonces:

√ √ 1 u + √11−1 11 − 1 2 ( 11 − 1)u + 1 arctan arctan + C. + C = √ 3 3 3 3 11−1

Finalmente como u ≡ tan x2 , tendremos que Z

√

√ ( 11 − 1) tan x2 + 1 dx 2 + C. = arctan 3 3 11 + sen x + cos x

7.13.1 Ejercicios 1. Calcule las siguientes integrales usando la notación t ≡ tan(x/2). Z

(a) Z

dx 2 + sen x

dx cot x + 2 cos x Z sec x (g) dx 2 + cos x Z csc x (h) dx 1 + 2 sen x (f)

π/4

dx 1 + cosx 0 Z dx (c) 2 + cos x − 3 sen x Z 1 + tan(x/2) (d) dx 3 + 2 cos x + sen x Z dx (e) 2 tan x + sen x

(b)

π/3

(i) π/4

π/2

(j) 0

dx 4 + 2 cos x + sen x 1 + cos x dx 1 + sen x

7.14 Sustituciones trigonométricas Teniendo en cuenta las conocidas identidades trigonométricas cos2 θ = 1 − sen2 θ,

sec2 θ = 1 + tan2 θ

tan2 θ = sec2 θ − 1, √ √ √ cuando en el integrando se encuentran expresiones de la forma a2 − x2 , a2 + x2 o x2 − a2 , con a > 0, se puede a veces facilitar el cálculo de una integral con una conveniente sustitución trigonométrica. Consideremos tres casos. Caso 1. Integrandos que contienen x ∈ [−a, a]. Hacemos la sustitución

√ a2 − x2 , con a > 0. Notemos que necesariamente

x ≡ a sen θ := g(θ), En este caso tenemos:

θ ∈ [−π/2, π/2].

292

Aplicaciones de la integral definida

x a +

cos O

−π 2

π 2

−1

−a +

dx ≡ a cos θ dθ, a2 − x2 ≡ = =

È È

√

a2 − a2 sen2 θ a2 (1 − sen2 θ)

a2 cos2 θ

= a| cos θ| = a cos θ porque θ ∈ [−π/2, π/2]

⇒

cos θ ≥ 0.

Notemos que θ = arc sen xa es una fórmula útil para “regresar” a la variable original x luego de calcular una integral indefinida, o para calcular los límites de integración con la nueva variable θ. Ejemplo 7.140 Z

Calcular

√

x2 dx. 25 − x2

Solución. Sustitución: x ≡ 5 sen θ, p

x θ ≡ arc sen , 5

dx ≡ 5 cos θ dθ,

25 − x2 ≡ 5 cos θ.

Entonces, Z

√

x2 dx ≡ 25 − x2

25 sen2 θ 5 cos θ dθ 5 cos θ

sen2 θ dθ

= 25 Z

25 [1 − cos(2θ)] dθ 2 25 1 = θ − sen(2θ) + C 2 2 25 = (θ − sen θ cos θ) + C 2 x xp 25 ≡ arcsin − 25 − x2 + C. 2 5 2 =

7.14 Sustituciones trigonométricas

293

Para regresar √ a la variable original x nos hemos guiado por el triángulo de la figura donde vemos que cos θ = 15 25 − x2 . 5

θ √ 25 − x2 En el caso de integrales definidas se hace el cambio de los límites de integración como en el ejemplo siguiente.

Ejemplo 7.141 Z

Calcular 3

x2 √ dx. 25 − x2

Solución. El integrando es el mismo del ejemplo anterior, razón por lo cual utilizamos el mismo cambio de variable. Los nuevos límites de integración son: x 3 4

θ θ1 = arcsin 3/5 θ2 = arcsin 4/5

Ahora podemos calcular la integral definida: Z

4 3

x2 25 √ dx = 25 2 2 25 − x

arcsin 4/5

sen2 θ dθ

arcsin 3/5

arcsin 4/5

25 = (θ − sen θ cos θ)

2 arcsin 3/5

4 25 3 43 34 arcsin − arcsin + − 2 5 5 55 55 25 4 3 = arcsin − arcsin . 2 5 5

Guiándonos por los triángulos de la figura hemos calculado: sen θ1 =

3 , 5

cos θ1 =

5 θ1

4 , 5

sen θ2 =

4 , 5

cos θ2 =

3 . 5

θ2 3

Caso 2. Integrandos que contienen

√

a2 + x2 , con a > 0, x ∈ R.

294

Aplicaciones de la integral definida

Sustitución: x ≡ a tan θ := g(θ),

θ ∈ ] − π/2, π/2[,

dx ≡ a sec θ dθ,

a2 + x2 = = =

a2 +

sec

a2 − a2 tan2 θ

a2 (1 − tan2 θ)

−2π −π 4 4

a2 sec2 θ)

π 4

−1

= a| sec θ| = a sec θ

π π − , , y por ende sec θ ≥ 0, 2 2

porque θ ∈

x θ ≡ arctan . a

+ −a −2 −3

Ejemplo 7.142 Z

Calcule

dx y (9 + x2 )3/2

4 0

dx . (9 + x2 )3/2

Solución. Sustitución: x θ ≡ arctan , 3 dx ≡ 3 sec2 θ dθ, x ≡ 3 tan θ,

9 + x2 ≡ 3 sec θ.

Entonces: Z

dx ≡ (9 + x2 )3/2

3 sec2 θ dθ, (3 sec θ)3

1 cos θ dθ, 9 1 = sen θ + C 9 1 x + C. ≡ √ 9 9 + x2

Para el cálculo de sen θ en función de x nos hemos guiado por el triángulo de la figura.

√

9 + x2

θ 3

Hallemos los nuevos límites de integración: x 0 4

θ 0 arctan 4/3

2π 4

7.14 Sustituciones trigonométricas

295

Calculemos la integral definida: Z

4 0

dx 1 arctan 4/3 cos θ dθ = 9 0 (9 + x2 )3/2 1 arctan 4/3 = sen θ|0 9 4 1 = sen arctan −0 9 3 14 = 95 4 = 45

Para el cálculo de sen arctan 43 nos hemos servido del dibujo.

Caso 3. Integrandos que contienen x ≤ −a o x ≥ a. Sustitución:

√ x2 − a2 , con a > 0. Notemos que necesariamente

x ≡ a sec θ := g(θ),

dx ≡ a sec θ tan θ dθ,

θ ∈ [0, π/2[ si x ∈ [a, ∞[, θ ∈ [π, 3π/2[ si x ∈ [−∞, −a[,

x2 − a2 ≡ = =

sec

a2 sec2 θ − a2

tan

√

a2 (sec2 θ − 1)

Oπ

a2 tan2 θ

= a| tan θ| = a tan θ

Ejemplo 7.143 Z √

2π 4

3π 4

−1

π 3π puesto que θ ∈ 0, ∪ π, , 2 2 x θ ≡ arcsec . a

Calcular

x2 − 9 dx y x4

5 √

√ x2 − 9 dx. x4

+ −a −2 −3

sec

296

Aplicaciones de la integral definida

Solución. Sustitución: x ≡ 3 sec θ, θ ∈ [0, π/2[ ∪[π, 3π/2[, dx ≡ 3 sec θ tan θ dθ,

x2 − 9 ≡ 3 tan θ.

Entonces:

Z √

x2 − 9 dx ≡ x4

3 tan θ 3 sec θ tan θ dθ (3 sec θ)4 Z 1 tan2 θ dθ = 9 sec3 θ Z 1 = sen2 θ cos θ dθ 9 1 = sen3 θ + C. 27

√

x θ

x2 − 9

Hallemos los nuevos límites de integración: x √ 10 5

θ √ θ1 = arcsec 310 θ2 = arcsec 35

Por otro lado, con la misma sustitución: Z θ2 √ 2 Z x −9 1 5 sen2 θ cos θ dθ dx = x4 9 √10 θ1

2 1 sen3 θ

27 θ1 1 3 = sen θ2 − sen3 θ1 27 3 1 4 1 = − √ 27 3 10 √ 256 − 5 10 . = 13500

Para el cálculo de sen arcsec 53 dibujo.

y de sen arcsec

√ 10 θ1 3

√ 10 3

nos hemos servido de los triángulos del

5 1 θ2

7.15 Integrales impropias

297

7.14.1 Ejercicios Calcule, usando una sustitución trigonométrica adecuada, de ser el caso: 1.

Z √ Z

2. Z

3. 4. 5.

4 − x2 dx x2

x2 √ dx x2 − 9

10.

Z Z

dx √ x2 − 9

11. 12.

5 − x2 dx

Z p

13.

2 + x2 dx

6. Z

x Z

14.

(2 − x2 )3/2 dx

p p

4−

15.

16.

x2 − 4 dx

17.

dx (4 − x2 )3/2

18.

Z √

9 − 4x2 dx x

19.

dx √ 25 − 9x2 √ 2 − x2 dx x4 √ x2 − 3 dx x4 dx √ 2 x + 2x + 17 x+1 dx (12 − 4x − x2 )3/2

dx + 4x)3/2

(x2

x x2 + 2 dx Z

Z p

dx 2 (x − 9)3/2

−3

x2 √ dt 25 − x2

dx (x2 + 16)3/2

20. 3

21. 0

22.

25 − x2 dx

√

23. 0

dx √ x2 − 4

dx √ 4 − x2

7.15 Integrales impropias Hemos definido la integral definida de funciones de tipo f : [a, b] → R, x 7→ f (x). Dicha integral es un número que se nota y define como sigue: Z b a

f (x) dx = l´ım

kP k→0

n X

f (x∗k ) ∆xk ,

k=1

donde P es una partición del intervalo [a, b]. Cuando existe este límite se dice que f es Riemann-integrable en [a, b]. Se conoce que son integrables funciones que cumplen, por ejemplo, una de las siguientes propiedades: 1. f es continua en [a, b], 2. f es monótona en [a, b], 3. f es acotada en [a, b] y continua en [a, b] con excepción de un número finito de puntos. La práctica exige, sin embargo, crear o extender el concepto de integral definida cuando, por ejemplo: 1. f está definida en un intervalo infinito ]− ∞, b], [a, +∞[, ]− ∞, +∞[, ]− ∞, b[ o ]a, +∞[. 2. f no es acotada. 3. f está definida en un intervalo finito de tipo ]a, b[, ]a, b] o [a, b[. La integrales que se obtienen se llaman impropias. Definiremos dos tipos de tales integrales.

298

Aplicaciones de la integral definida

7.15.1 Tipo I. Integrales impropias de dominios infinitos

Definición 7.3

1. Si f : ] − ∞, b] → R es continua en ] − ∞, b], se dice que f es Riemann-integrable en Rb ] − ∞, b] si existe el número −∞ f (x) dx definido por Z b

Z b

−∞

f (x) dx = l´ım

f (x) dx.

a→−∞ a

2. Si f : [a, +∞[→ R es continua en [a, +∞[, se dice que f es Riemann-integrable en R [a, +∞[ si existe el número a∞ f (x) dx definido por Z ∞ a

Z b

f (x) dx = l´ım

b→+∞ a

f (x) dx.

3. Si f : R → R es continua en R y si para cierto c ∈ R, f es Riemann-integrable tanto en ] − ∞, c] como en [c, +∞[, se dice que f es Riemann-integrable en ] − ∞, ∞[, o en R y se pone, en este caso, Z ∞

Z c

−∞

f (x) dx =

−∞

f (x) dx +

Z ∞ c

f (x) dx.

Si una de las integrales de la derecha no existe para cierta f , se dice que diverge la integral de la izquierda.

Observemos lo siguiente. 1. La continuidad garantiza la existencia de definición. R

∞ c 2. En el caso de −∞ f (x) dx deben existir −∞ f (x) dx y las dos no existen, f no será integrable en R.

3. Es erróneo confundir

R∞

v.p.

−∞

R∞ a

R∞ c

f (x) dx, requeridas en la

f (x) dx. Si una de las dos, o

con

−∞ f (x) dx

Z ∞

−∞ f (x) dx

Z t

f (x) dx = l´ım

t→+∞ −t

f (x) dx.

Este último límite, si existe, se llama valor principal de R∞ f (x) dx. garantiza la de −∞

R∞

−∞ f (x) dx

y su existencia no

4. Si f tiene una primitiva F , aplicando el Teorema Fundamental del Cálculo se puede escribir, por ejemplo: Z ∞ a

f (x) dx = l´ım [F (t) − F (a)] = l´ım F (t) − F (a). t→+∞

t→+∞

Por ello, por comodidad se escribe Z ∞ a

f (x) dx = F (+∞) − F (a) = F (x)|+∞ . a

7.15 Integrales impropias

299

Análogamente se pondrá: Z b −∞ Z ∞ −∞

f (x) dx = F (b) − F (−∞) = F (x)|b−∞ ,

f (x) dx = F (+∞) − F (−∞) = F (x)|+∞ −∞ .

Insistimos en que debe entenderse: F (+∞) := l´ım F (t), t→+∞

F (−∞) := l´ım F (t). t→−∞

7.15.2 Ejemplos 1.

Z 1 −∞

−1

1 −1 dx −1 1 = = − l´ım = .

2 (x − 3) x − 3 −∞ 1 − 3 x→−∞ x − 3 2

Notemos que si ponemos f (x) =

1 (x−3)2 ,

f es continua en ] − ∞, 1], como lo exige la

definición. Para esta función no podríamos calcular en 3.

1 √ R1

√dx = −2 3 − x

no existe porque 2. −∞ 3−x −∞

l´ım

x→−∞

√

dx −∞ (x−3)2

porque f es discontinua

3 − x = +∞

, es decir, diverge. 3.

R∞

−∞ x dx

diverge porque Z ∞ 0

∞

x2 x dx = = +∞.

= l´ım x→+∞ 2 2 0

Nótese que v.p. 4.

Z 0 −∞

Z ∞ −∞

Z t

x dx = l´ım

t→+∞ −t

xe−x dx =

x dx = 0.

−1 −x2

0 −1 2 1 e

= 1 − l´ım e−x = − . x→−∞ 2 2 2 −∞

7.15.3 Tipo II. Integrales con integrandos no acotados

Definición 7.4 1. Si f : ]a, b] → R es continua en ]a, b], se dice que f es Riemann-integrable en ]a, b] si R existe el número ab+ f (x) dx definido por Z b a+

Z b

f (x) dx = l´ım

t→a+ t

f (x) dx.

300

Aplicaciones de la integral definida

2. Si f : [a, b[→ R es continua en [a, b[, se dice que f es Riemann-integrable en [a, b[ si existe R − el número ab f (x) dx definido por Z b−

Z t

f (x) dx = l´ım

t→b− a

f (x) dx.

3. Si f : ]a, b[→ R es continua en ]a, b[ y si para cierto c ∈ ]a, b[, f es Riemann-integrable tanto en ]a, c] como en [c, b[, se dice que f es Riemann-integrable en ]a, b[ y se pone en este caso Z − Z Z − b

f (x) dx =

f (x) dx +

f (x) dx.

Si uno de los límites no existe se dice que la integral correspondiente diverge.

Tienen lugar observaciones análogas a las que siguen a la definición de integrales en intervalos infinitos. En particular, por ejemplo, si F ′ = f se tiene Z b a+

f (x) dx = F (x)|ba+ = F (b) − l´ım F (t) =: F (b) − F (a+ ). t→a+

7.15.4 Ejemplos 1. 2. 3.

Z 2 1+

√

dx = ln |x − 1||21+ = ln |2 − 1| − l´ım ln |x − 1|, por lo que la integral diverge. x−1 x→1+

Z 3− 2

√

2 √ √ dx

= 2 x − 1 + = 2 2 − 1 − l´ım+ x − 1 = 2. 1 x→1 x−1

−

3 dx 5 5 4/5

= = (x − 3)

1/5 4 4 (x − 3) 2

5 l´ım (x − 3) − (2 − 3)4/5 = − . 4 x→3−

Al calcular una integral impropia de tipo I se puede llegar a otra de tipo II o viceversa. Veamos un ejemplo: Z +∞ dx 1

=−

Z 0+ 1

du = u2 u12

Z 1 0+

con el cambio de variable u = y el cambio de límites = u|10+ = 1 − l´ım+ u u→0

= 1.

7.15.5 Ejercicios Calcule la integral dada o pruebe que es divergente:

x 1 +∞

1 du , dx = − 2 x u u 1 0+

7.16 Integración aproximada Z

∞

1. 1

dx x3

dx √ 3 x +1 −∞ Z ∞ dx 3. 4/5 x 2 Z ∞ dx 4. 5/4 x 2 Z

−∞ Z ∞ 2

exp(−x3 ) dx ln x dx x

∞

−∞

∞

11.

ln x dx x2

14.

dx 4 + x2

15.

10.

(x2

ln x dx 0+

2− 1

x dx + 4)

16. 2+

x exp(−x) dx

12. −∞ ∞

13.

dx (x − 2)1/5

2 1

dx (x − 2)1/5

∞

17.

exp(3x) dx −∞ Z ∞

∞

−2

301

x3 dx x4 + 4

∞

18. 1

dx √ x

0−

19. −2

1 1 − dx x+1 x+2

1 1 + dx x 2x2 + 1

dx x2

7.16 Integración aproximada R

Dada una función f : R → R, Riemann-integrable en [a, b], para calcular ab f (x) dx de manera exacta conocemos por ahora el teorema fundamental del cálculo, que exige hallar una primitiva F de f y la definición Z b a

f (x) dx = l´ım

kP k→0

n X

f (x∗k ) ∆xk .

k=1

El cálculo de este límite, salvo para polinomios de grado no muy grande, es demasiado engorroso y prácticamente irrealizable. Por eso es necesario disponer de métodos que permitan el cálculo aproximado de la integral. Veamos algunos métodos.

7.16.1 Método “natural” Si se conoce que la función f es Riemann-integrable en [a, b], al conocerse que el límite existe, independientemente de los x∗k tomados, se pueden tomar particiones homogéneas Pn que consisten en dividir [a, b] en n segmentos iguales. Es decir que para n ≥ 1, Pn = {x0 , x1 , . . . , xn }, b−a donde x0 = a y xk = a + kh, con h = b−a n = ∆xk para todo k, por lo que kP k = n . Esto ∗ significa que kP k → 0 si n → ∞. Además, xk ∈ [xk−1 , xk ] para todo k ≥ 1. Así, cualquier suma de Riemann es una aproximación de la integral, puesto que En → 0 cuando n → ∞, donde

n n

X b−a X

∗ ∗

f (xk ) ∆xk = f (x) dx − f (xk )

En = f (x) dx −

n k=1

k=1

es el error de aproximar la integral con la suma de Riemann. Como l´ım En = 0,

n→∞

En será menor mientras más grande sea n. Lamentablemente no se puede estimar a priori este error, por lo que no sabemos, en general, qué valor de n se debe tomar para que dicho error sea menor que un valor dado previamente. Se requiere en todo caso escoger los valores x∗k de modo que se facilite el cálculo de la suma de Riemann correspondiente. Se puede, por ejemplo, usar una de las opciones siguientes. 1. Cada x∗k es el punto intermedio del intervalo [xk−1 , xk ] correspondiente: x∗k = xk−1 +

2k − 1 h =a+ (b − a). 2 2n

302

Aplicaciones de la integral definida

2. Cada x∗k es el extremo izquierdo [xk−1 , xk ], es decir x∗k = xk−1 . Si ponemos yk = f (xk ) se tendrá entonces: Z b a

n X b−a X b − a n−1 f (x) dx ≈ yk−1 = yk . n k=1 n k=0

3. Cada x∗k es el extremo derecho [xk−1 , xk ], es decir x∗k = xk , por lo que : Z b a

n b−a X yk . n k=1

f (x) dx ≈

4. Se aproxima la integral con el promedio de los resultados obtenidos en las dos opciones precedentes: Z b a

1 f (x) dx ≈ 2

n X b − a n−1 b−a X yk + yk n k=0 n k=1

b−a (y0 +2y1 +2y2 +· · ·+2yn−1 +yn ). n

Este último resultado es idéntico al que se obtiene con el así llamado método de los trapecios que describimos a continuación.

7.16.2 Método de los trapecios R

k En el método natural en cada segmento [xk−1 , xk ] la integral xxk−1 f (x) dx se aproxima con ∗ el producto f (xk ) ∆xk , que geométricamente, si f (x) ≥ 0, significa que el área de la figura ak , situada bajo el gráfico de f y sobre el intervalo [xk−1 , xk ], se aproxima con el área del rectángulo rk cuya base es dicho intervalo y su altura es f (x∗k ).

f f (x∗ ) k

xk−1 x∗k

≈

f (x∗ ) k

yk−1

xk−1 x∗k

△xk

La idea de este método consiste en reemplazar el rectángulo rk con un trapecio tk cuyas bases son yk−1 y yk y cuya altura es ∆xk . f

yk−1

≈

yk−1

xk−1

xk △xk

xk−1

xk △xk

7.16 Integración aproximada

Así

Z x k xk−1

303

f (x) dx ≈

yk−1 + yk b−a ∆xk = (yk−1 + yk ). 2 2n

Entonces, Z b a

f (x) dx = ≈ =

Si ponemos Tn := entonces

Z b a

n Z xk X k=1 xk−1 n X

f (x) dx

b−a (yk−1 + yk ) 2n k=1 b−a (y0 + 2y1 + 2y2 + · · · + 2yn−1 + yn ). 2n

b−a (y0 + 2y1 + 2y2 + · · · + 2yn−1 + yn ), 2n

f (x) dx ≈ Tn =

b−a (y0 + 2y1 + 2y2 + · · · + 2yn−1 + yn ). 2n

Algo notable es que el error ET (n) que se comete al aproximar la integral con Tn puede ser estimado a priori, es decir previo a cualquier cálculo, con lo cual se puede conocer el valor de n que nos permita que el error ET (n) sea menor a un cierto número dado previamente. En efecto se tiene el siguiente resultado.

Teorema 7.3 Si para f : [a, b] → R existe su segunda para todo x ∈ [a, b],

R derivada en [a, b] y M ≥ 0 tal que

M (b−a)3 ′′ |f (x)| ≤ M , entonces, si ET (n) = a f (x) dx − Tn , ET (n) ≤ 12n2 .

Ejemplo 7.144 Calcule ln 2 con dos cifras decimales exactas, utilizando el método de los trapecios. Solución. Sea f (x) = x1 . Entonces ln 2 =

R2 1

f (x) dx. Como f ′′ (x) =

|f ′′ (x)| ≤ 2

2 x3 ,

tenemos que

∀x ∈ [1, 2].

Podemos usar el teorema con a = 1, b = 2, M = 2, y entonces, como Tn aproximará ln 2 con dos cifras decimales exactas si ET (n) < 0.005, exigiremos que ET (n) ≤

2(2 − 1)3 < 0.005, 12n2

10 de donde n > √ ≈ 5.7 nos garantiza que Tn y ln 2 serán iguales hasta la segunda cifra decimal. Basta 3 tomar entonces n = 6. En la siguiente tabla resumimos los cálculos que se realizan.

k 0 1 2 2 4 5 6

xk 1 7/6 4/3 3/2 5/3 11/6 2

yk 1 6/7 3/4 2/3 3/5 6/11 1/2

304

Aplicaciones de la integral definida

b−a (y0 + 2y1 + · · · 2y5 + y6 ) 12 1 6 3 2 3 6 1 = + + + + 1+2 + + 12 7 4 3 5 11 1 ≈ 0.6949.

ln 2 ≈= T6 =

7.16.3 El método de Simpson En el método natural, en cada intervalo [xk−1 , xk ] reemplázabamos el gráfico de f con un segmento de recta horizontal, es decir f se reemplaza por un polinomio p de grado 0, pues para x ∈ [xk−1 , xk ] se reemplazaba f (x) con la constante f (x∗k ) := p(x). En el método de los trapecios el gráfico de f se reemplaza con la recta que pasa por los puntos Pk−1 (xk−1 , yk−1 ) y Pk (xk , yk ). Es decir que f se reemplazaba con un polinomio de grado menor o igual que 1, es decir que f (x) se reemplaza con p(x) = yk−1 +

yk − yk−1 (x − xk−1 ). xk − xk−1

Se puede esperar que si en vez de un polinomio de grado 0 o 1 se toma uno de grado mayor, el método será mejor. Esta idea se recoge en el método de Simpson que utiliza segmentos de parábola o recta que pasa por Pk (xk , yk ), Pk+1 (xk+1 , yk+1 ) y Pk+2 (xk+2 , yk+2 ), para reemplazar al gráfico de f en los intervalos [xk , xk+2 ], con k par y k ∈ {0, 2, . . . , n − 2}. Es decir se reemplaza f con un polinomio de grado menor o igual que 2. Veamos los detalles. Calculemos el área entre el polinomio de grado menor o igual que 2 que pase por tres puntos de la forma (a, f (a)), (a + h, f (a + h)) y (a + 2h, f (a + 2h)). No cambia el resultado si al punto intermedio lo ubicamos en el eje de las ordenadas. Consideremos entonces los tres puntos siguientes: P (−h, y− ), Q(0, y0 ), R(h, y+ ). Si p es el polinomio de grado menor o igual que 2 que pasa por ellos, con a, b y c adecuados tendremos que p(x) = ax2 + bx + c. Para el cálculo de a, b y c se tienen las tres ecuaciones siguientes: P ∈p

Q∈p R∈p

⇒

⇒ ⇒

y− = ah2 − bh + c, y0 = c,

(1)

(2)

y+ = ah + bh + c. (3)

El área que nos interesa (ver el dibujo de la derecha) se calcula mediante:

Z h

A= =

−h Z h −h

p(x) dx y0

(ax2 + bx + c) dx

De (2) tenemos que c = y0 , y sumando (1) y (3) obtenemos y− + y+ = 2ah2 + 2c, por lo que A=

h a 3 b 2 x + x + cx

3 2 −h

h = (2ah2 + 6c). 3

h h (2ah2 + 2c + 4c) = (y− + y+ + 4y0 ). 3 3

y−

A −h

7.16 Integración aproximada

305

Es decir que h (y− + 4y0 + y+ ). 3 Si n = 2K es par y tendremos que, con las notaciones que usamos en los métodos anteriores: A=

Z b a

f (x) dx =

K Z x2k X k=1 x2k−2

Si Sn :=

f (x) dx ≈

K X b−a k=1

(y2k−2 + 4y2k−1 + y2k ).

(y2k−2 + 4y2k−1 + y2k ),

entonces Z b

b−a (y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + 2y4 + · · · + 4yn−3 + 2yn−2 + 4yn−1 + yn ). 3n a Algo muy importante es que se dispone de una estimación a priori del error de aproximar la integral con la suma de Simpson Sn . El siguiente teorema da cuenta de dicho error de aproximación. f (x) dx ≈ Sn =

Teorema 7.4

Si f : [a, b] → R tiene su cuarta derivada continua en [a, b] y si M ≥ 0 es tal que f (4) (x) ≤ R

b M para todo x ∈ [a, b], el error de aproximar a f (x) dx con la suma de Simpson Sn , que lo

R b

notaremos ES (n) = a f (x) dx − Sn , satisface la desigualdad

ES (n) ≤

M (b − a)5 . 180n4

Si en la estimación del error por el método de los trapecios se tiene ET (n) ≤

cte , n2

en este caso tenemos

cte , n4 lo que indica que la suma de Simpson converge más rápidamente hacia la integral que la suma Tn del método de los trapecios. ES (n) ≤

Ejemplo 7.145 Calcule ln 2 con dos cifras decimales exactas, utilizando el método de Simpson. R2

Solución. Para calcular ln 2 = 1 dx cálculos hechos al aplicar el método de los x , con los mismos

trapecios, y como f (4) (x) = x245 nos da que f (4) (x) ≤ 24 para todo x ∈ [1, 2], tendremos que: ES (n) ≤ de donde

24(2 − 1)5 < 0.005, 180n4 r

80 ≈ 2.27. 3 Basta entonces tomar n = 4 (no n = 3 puesto que n debe ser par). Entonces n>

b−a (y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + y4 ). 3n Construimos una tabla de los valores que necesitamos: ln 2 ≈ S4 =

306

Aplicaciones de la integral definida x 0 1 2 3 4

Finalmente,

xk 1 5/4 3/2 7/4 2

yk 1 4/5 2/3 4/7 1/2

ln 2 ≈ S4 =

4 1 2 4 1 1+4 +2 +4 + 12 5 3 7 2

≈ 0.6933.

Ejercicio R

4 Teniendo en cuenta que π = 01 1+x 2 dx, utilice los métodos de los trapecios y de Simpson para aproximar π. Observe cómo el segundo método converge más rápidamente.

7.16.4 Ejercicios 1. Compare el valor exacto y la aproximación según los métodos de los trapecios y de Simpson, con el valor de M dado, de: Z

(a)

(x2 + 1) dx, M = 4

(b)

√ x + 2 dx, M = 6

−1

2. Compare los resultados obtenidos con los métodos de Simpson y de los trapecios: Z

(a) 1

dx ,M =6 x

(b) 0

dx ,M =4 2x + 3

(c)

x2 + 2 dx, M = 8

3. Determine el mínimo valor de M necesario para calcular una aproximación de 3 cifras decimales exactas, con los métodos de Simpson y de los trapecios: Z

(a) 1

dx x+1

(b) 0

4 dx 1 + x2

dx 2x + 3

(d)

√ x + 1 dx

4. Calcule el error cometido para calcular con los métodos de los trapecios y de Simpson y compárelos con las estimaciones a priori ET (n) y ES (n) del error (tenga en cuenta el valor exacto): Z

(a)

x dx, M = 4 0

(b) 0

√

4 dx, M = 8 1 + x2

Función logaritmo y exponencial

8.1 Relaciones y funciones Sean X e Y dos conjuntos no vacíos. El producto cartesiano de X e Y es el conjunto X × Y = {(x, y) | x ∈ X, y ∈ Y }. X × Y es pues el conjunto de parejas ordenadas (x, y), donde x ∈ X e y ∈ Y . Cualquier subconjunto R de X ×Y se llama relación entre los elementos de X ×Y . Relación inversa de R es la relación R−1 = {(y, x) ∈ Y × X | (x, y) ∈ R}. Se llama dominio de R o proyección de R sobre X al conjunto D(R) = {x ∈ X | ∃y ∈ Y, (x, y) ∈ R}. Se llama imagen de R o proyección de R sobre Y al conjunto Im(R) = {y ∈ Y | ∃x ∈ X, (x, y) ∈ R}. Una relación f ⊂ X × Y se llama función de X e Y , y se nota f : X → Y , si ∀(x, y1 ), (x; y2 ) ∈ X × Y, [(x, y1 ), (x; y2 ) ∈ f

⇒

y1 = y2 ]

(∗)

Por tradición, si f es una función, se escribe y = f (x) en vez de (x, y) ∈ f . La condición (*) se puede escribir entonces ∀(x, y1 ), (x; y2 ) ∈ X × Y, [y1 = f (x), y2 = f (x)

⇒

y1 = y2 ] .

O también ∀x ∈ D(f ) ∃!y ∈ Im(f ) tal que y = f (x).

Definición 8.1 Si f ⊂ X × Y es una función, se dice que f es invertible si f −1 también es una función.

Observemos que:

308

Función logaritmo y exponencial

1. f −1 es función

(y, x1 ), (y, x2 ) ∈ f −1

⇔

∀(y, x1 ), (y, x2 ) ∈ X × Y,

⇔

∀(x1 , y), (x2 , y) ∈ X × Y, [y = f (x1 ), y = f (x2 )

⇔ ⇔

⇔

∀(x1 , y), (x2 , y) ∈ X × Y, [(x1 , y), (x2 , y) ∈ f

⇒

∀y ∈ Im(f ) ∃!x ∈ D(f ) tal que y = f (x)

⇒ ⇒

x1 = x2

x1 = x2 ] x1 = x2 ]

f es inyectiva.

2. f es inyectiva

⇔

⇒

f −1 es la función inversa de f ∀t ∈ D(f −1 ) = Im(f ), ∃!s ∈ Im(f −1 ) = D(f ) tal que f −1 (t) = s (esto es t = f (s)).

3. f es inyectiva

f −1 es la función inversa de f

⇔

f (f −1 (x)) = x ∀x ∈ Im(f ) y f −1 (f (x)) = x

⇒

∀x ∈ D(f ).

8.2 Sentido de la expresión ax para x ∈ Q El objetivo de esta sección es dar un sentido a la expresión ax , cuando a > 0 y x ∈ R. En la escuela primaria aprendimos ya que para todo n ∈ N an = aa · · · a (n veces). O sea que, definiendo por inducción: a1 = a an = an−1 · a ∀n ≥ 2. Se observa de inmediato algunas propiedades interesantes de esta escritura abreviada de un producto de n veces el mismo factor a: an · am = an+m ∀n, m ∈ N, an = an−m ∀n > m ≥ 1, am (an )m = anm ∀n, m ≥ 1. Pronto se nos hizo notar que si definimos a0 = 1 y a−n =

1 , an

las propiedades anteriores siguen siendo válidas para n, m en Z. La expresión an es pues válida y tiene “buenas” propiedades si n ∈ Z. Posteriormente se extendió la validez de la escritura indicada para x ∈ Q. En efecto, si x ∈ Q, existen m ∈ Z y n ∈ N tales que x = m n . Se define, para n ∈ N: 1

def

an = La “raíz n-ésima de a”,

√ n

a = b tal que bn = a.

a siempre existe ya que la función

fn : [0, ∞[→ [0, ∞[,

x 7→ fn (x) = xn

8.3 La función logaritmo natural

309

es estrictamente creciente, por lo tanto es inyectiva. De hecho es biyectiva. Por lo tanto √ n a = fn−1 (a). Si se pone, para m ∈ Z y n ∈ Z 1

a n = (am ) n =

√ n

am ,

se ha dado ya sentido a la expresión ax para x ∈ Q. Por otra parte se tienen también las propiedades para todo p, q ∈ Q: ap · aq = ap+q , ap = ap−q , aq (ap )q = apq .

8.3 La función logaritmo natural Consideremos la función f : ]0, ∞[→ R, x → x1 . Tenemos que f es continua en ]0, ∞[ y derivable en ese intervalo todas las veces que se desee: f (n) (x) = (−1)n n!x−(n+1)

∀n ≥ 0,

Sea ln : ]0, ∞[→ R,

def

x 7→ ln x =

∀x > 0.

Z x dt 1

Para la función así definida: D(ln) = ]0, ∞[,

1 , x = (−1)n+1 (n − 1)!x−n , ∀n ≥ 0, ∀x > 0.

(ln x)′ = f (x) = (ln x)(n)

Como (ln x)′ = x1 > 0 para todo x, ln es creciente en ]0, ∞[, y como (ln x)′ = − x12 < 0 para todo x, ln es cóncava en ]0, ∞[. Además se tienen las siguientes propiedades.

Teorema 8.1 (Propiedades de la función ln) Sean a, b > 0, q ∈ Q: 1. ln 1 = 0, 2. ln(ab) = ln a + ln b, 3. ln

a = ln a − ln b, b

4. ln(aq ) = q ln a.

Demostración. 1. ln 1 =

Z 1 ds 1

= 0.

310

Función logaritmo y exponencial

2. Sean F (x) = ln(ax), G(x) = ln x, para x > 0. Derivando se obtiene para todo x > 0 F ′ (x) =

1 1 a = = f (x); ax x

G′ (x) =

1 = f (x). x

Al ser F y G primitivas de la misma función f , existe una constante C tal que para todo x > 0 F (x) = G(x) + C. Para x = 1, F (1) = G(1) + C, de donde ln a = ln 1 + C, y como ln 1 = 0, C = ln a. Entonces para todo x > 0 F (x) = ln(ax) = ln x + ln a. Con x = b se obtiene el resultado. 3.

a = ln(a · b−1 ) b = ln a + ln(b−1 ),

por 2.

= ln a + (−1) ln b,

por 4.

= ln a − ln b. 4. Sean F (x) = ln(xq ) y G(x) = q ln x. Derivando se tiene: F ′ (x) =

1 q−1 1 qx =q ; xq x

1 G′ (x) = q . x

Análogamente, tenemos que existe C tal que F (x) = G(x) + C,

∀x > 0,

Con x = 1: F (1) = G(1) + C, de donde C = 0, puesto que F (1) = G(1) = 0. Se tiene entonces que ln(xq ) = q ln x, Poniendo x = a se obtiene el resultado.

Teorema 8.2 (Otras propiedades de ln)

1 < ln 2 < 1; ln 2 ≈ 0.69314718. 2 n 2. ∀n ≥ 1 ln(2n ) > . 2 1.

l´ım ln x = +∞.

x→+∞

∀x > 0.

8.3 La función logaritmo natural

311

4. l´ım ln x = −∞. x→0+

5. La recta x = 0 es asíntota vertical de la gráfica de ln si x → o+ . 6. ln es creciente y cóncava en ]0, ∞[. 7. ln es biyectiva. 8. ln′ |x| =

1 x

∀x 6= 0,

1 = ln |x| + C x

∀x 6= 0.

Demostración. 1. ln 2 =

Z 2 ds 1

≈ 0.69314718, utilizando, por ejemplo, el método de Simpson. y 4

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

Las desigualdades se observan gráficamente: ln 2 es el área bajo la curva de ecuación y = x1 entre las rectas verticales x = 1 y x = 2 y sobre el eje x, la cual es menor al área del cuadrado de vértices (1, 0), (2, 0), (2, 1) y (1, 1), y es mayor al área del rectángulo de vértices (1, 0), (2, 0), (2, 12 ) y (1, 12 ). Pero también se las puede probar anlaíticamente: Tenemos para todo s ∈ ]1, 2[ 1, de donde Z 2 Z 2 Z 2 1 ds ds < < 1 ds, 1 2 1 s 1 es decir 1 < ln 2 < 1. 2 2. Sea n ≥ 1:

1 ln(2n ) = n ln 2 > n , 2

por 1.

3. Sea R > 0. Debemos hallar A tal que x>A

⇒

ln x > R.

Sea x > 2n . Como ln es creciente ln x > ln 2n > Basta tomar A = 2n con n > 2R.

n >R 2

siempre que n > 2R.

1 2

1 s

312

Función logaritmo y exponencial

4. Probemos ahora que l´ımx→0+ ln x = −∞. Si ponemos y = x1 , x =

1 y

= y −1 :

l´ım ln x = l´ım ln y −1 y→+∞

x→0+

= l´ım [(−1) ln y] y→+∞

= − l´ım ln y y→+∞

= −∞. 5. Resulta de 4. y de la monotonía de ln. 6. 1 > 0 ∀x > 0, x 1 = − 2 < 0 ∀x > 0 x

(ln x)′ = (ln x)′′ Y como

(

|x| = se tiene que (ln |x|)′ =

1 si x > 0, −1 si x < 0, |x|′ 1 = |x| x

∀x 6= 0.

7. Resulta de que ln es creciente.

Con estas propiedades podemos graficar ln:

8.3.1 Ejercicios 1. Halle D (f ), el dominio de la función f , si: (a) f (x) = ln(x + 2) (b) f (x) = ln(x4 ) (c) f (x) = ln |x2 + x + 1| 2. Halle f ′ (x) si:

(d) f (x) = ln |x2 − 5x + 4| √ (e) f (x) = ln x + 2

8.4 Función exponencial natural

313

(a) f (x) = x ln x

(d) f (x) = ln x +

(b) f (x) = ln(x2 + x + 2)

(e) f (x) = ln

(x + 1)(x + 2) (x − 1)

ln(2x + 1) ln(x + 2)

(f) f (x) = ln

√ x2 + 1

x+1 x−1

3. Analice y grafique la función f : (c) f (x) = ln(x2 − 1)

(a) f (x) = x ln x É

(b) f (x) = ln

x x+1

(d) f (x) = ln |x + 2|

4. Calcule: Z

(a)

dx x ln x

(b) 1

ln x x

dx x+3

(d)

dx √ x ln x

8.4 Función exponencial natural Hemos visto que ln : ]0, ∞[→ R es biyectiva. Existe por lo tanto su inversa ln−1 , a la que llamaremos función exponencial natural y notaremos exp: exp = ln−1 : R → ]0, ∞[,

tal que

x 7→ exp(x) = y

ln y = x.

Por lo tanto exp(x) = y

⇔

x = ln y,

exp(ln x) = x ∀x > 0,

ln(exp(x)) = x ∀x ∈ R. Derivando la última igualdad: [ln(exp(x))]′ =

(exp(x))′ = 1, (exp(x))

∀x ∈ R,

de donde (exp(x))′ = exp(x). Es decir que exp es derivable y su derivada es la misma función exponencial. Recordemos que nuestro objetivo es dar sentido a la expresión ax , con a > 0. Hagámoslo primero tomando a = e, donde def e = exp(1). Por lo tanto e es tal que ln e = 1. De las desigualdades 1 < ln 2 < 1, 2 y

1 n < ln(2n ) ∀n ≥ 1 2

con n = 2 se obtiene ln 2 < 1 < ln 4, de donde 2 < e < 4.

314

Función logaritmo y exponencial

Se puede probar, y lo haremos más tarde, que e ≈ 2.718 281 828 459 045 235 360 287 471 352 que

Queremos pues definir ex para x ∈ R. Observemos que eq está definido para todo q ∈ Q y ln(eq ) = q ln e = q

∀q ∈ Q.

Por lo tanto, al ser exp = ln−1 , ln(eq ) = q

⇔

exp(q) = eq

∀q ∈ Q.

Esta notable identidad sugiere la siguiente definición def

ex = exp(x).

Para x ∈ R :

que es coherente con la definición de ex que conocíamos para x ∈ Q. En otras palabras, si exp : R → R,

x 7→ exp(x)

y q 7→ g(q) = eq

g : Q → R,

entonces si se restringe el dominio de exp a Q se tiene la función g:

exp Q = g. Por lo tanto, ex = y,

donde y es tal que

ln y = x.

Por otro lado: eln x = x ∀x > 0,

ln(ex ) = x ∀x ∈ R. Se tienen además las siguientes propiedades.

Teorema 8.3 (Propiedades de la exponencial natural) Sean r, s ∈ R, q ∈ Q, Entonces 1. e0 = 1. 2. e1 = e. 3. er · es = er+s . 4.

er = er−s . es

5. (er )q = eqr . 6. e−r =

1 . er

7. ∀x ∈ R 8.

(ex )′ = ex ,

R x e dx = ex + C.

(ex )(n) = ex ∀n ≥ 1.

8.4 Función exponencial natural

315

Demostración. 1. Resulta de que ln 1 = 0. 2. ln e = 1

⇒

e1 = e.

3. Sean R = er , S = es . Entonces ln R = r y ln S = s. Además ln(RS) = ln R + ln S = r + s. Como er+s = exp(r + s) = ln−1 (r + s), se tiene entonces que er+s = RS = er + es . 4. Es análogo. 5. Sea R = er . Entonces ln R = r, y como ln(Rq ) = q ln R, por la propiedad correspondiente del ln, se tiene entonces que ln(Rq ) = q ln R = qr. Por la definición de eqr = ln−1 (qr) se tiene entonces que eqr = Rq = (er )q . 6. e−r = e(−1)r = (er )−1 =

1 . er

7. (ex )′ = (exp(x))′ = exp(x) = ex . 8. Resulta de 7.

Corolario 8.4 Como ex > 0 para todo x ∈ R,

(ex )′′ = (ex )′ = ex > 0 ∀x ∈ R,

de donde exp : x 7→ ex es positiva, creciente y convexa.

Con esta información podemos graficar la función exp: y 8

exp

−2

8.4.1 Ejercicios 1. Derive las siguientes funciones:

−1

316

Función logaritmo y exponencial

√ (a) f (x) = exp( x) 2 exp x + 1 (b) f (x) = 2 exp x − 1 (c) f (x) =

(d) f (x) =

ln x exp x + 1

exp x + 1

exp x − 1

(e) f (x) = ln

exp x + exp(−x) exp x − exp(−x)

(f) f (x) = 2 exp(−x) + exp(x + x2 )

2. Analice y grafique f si: (a) f (x) = − exp(2x)

(d) f (x) = x + exp(−x)

(f) f (x) = x exp(−x)

(e) f (x) = 1 − exp(−x2 )

(b) f (x) = exp x + exp(−x)

3. Una función P : [0, ∞[−→ [0 ∞[, t 7→ P (t) puede servir de modelo de la población de personas de un país, bacterias en una probeta, ardillas de un parque, etc. Si t (años, segundos, meses, etc.) es un instante dado (t ≤ 0), P (t) es la población en ese instante. Si P0 = P (0): (a) P (t) = P0 exp(kt), k > 0, es el modelo “exponencial”. Pruebe que P satisface la ecuación P ′ (t) = kP (t). αγ (b) P (t) = , con α, β, γ > 0, es el modelo “logístico”. Pruebe que P satisface la βα + exp(−αt) ′ ecuación logística P (t) = P (t)[α − βP (t)]. (c) Ilustre los modelos con ejemplos.

(d) Analice y grafique la función logística dada por P (t) =

2 . 1 + exp(−2t)

4. Una función R : [0, ∞[−→ [0, ∞[, t 7→ R(t) = R0 exp(−kt), k > 0 sirve de modelo para medir la presencia de una substancia radioactiva en determinado objeto. Por ejemplo R(t) mg de Carbono 14 contenidos en un fósil. (a) Pruebe que para todo a, b > 0, la sucesión de números R(a), R(a + b), R(a + 2b), . . . , R(a + nb), . . . , con n ∈ N, es una progresión geométrica.

(b) Si b es tal que R(a + b) = R(a)/2, se dice que b es la “semivida” de la substancia radioactiva. Calcule esta semivida si se conoce que en 10 años la cantidad de la substancia radioactiva en cierto objeto disminuye en un 5 %. 5. Calcule las siguientes integrales. √ Z exp x √ (a) dx x

−1 Z 0

(b) Z

(c)

(d)

exp{2x2 − 5x + 1}(x − 5/4) dx

(e)

exp x dx (1 + exp x)2

(f)

−1 1

x exp(−x2 ) dx 1 + exp x dx exp x exp(2x) − exp(−x) dx exp x + 1

8.5 Definición de ax , a > 0, x ∈ R Observemos que si a > 0, a = eln a . Sabemos que si q = m

aq = a n =

√ n m a .

m ∈ Q, m ∈ Z, n ∈ N n

8.5 Definición de ax , a > 0, x ∈ R

317

Pero entonces, puesto que aq = (eln a )q = eq ln a tenemos la notable identidad ax = ex ln a

∀x ∈ Q,

en la cual el miembro de la izquierda, ax , tiene para nosotros validez si x ∈ Q mientras que el miembro de la derecha, ex ln a , tiene sentido para todo x ∈ R. Esto nos sugiere la siguiente definición def ax = ex ln a ∀x ∈ R que será coherente con la definición de ax para x ∈ Q. Ejemplo: √ √ 2 2 π = e ln π . Si

f : R −→ R x 7−→ f (x) = ex ln a

entonces h es la restricción de f sobre Q:

h : Q −→ R , q 7−→ h(q) = aq

f = h. Q

def

Para todo r ∈ R y para todo a > 0, ln(ar ) = r ln a. En efecto, como ar = er ln a , entonces ln(ar ) = r ln a. Si ponemos expa : R −→ R . def def x 7−→ expa (x) = ax = e(ln a)x la función expa tendrá las siguientes propiedades.

Teorema 8.5 (Propiedades de expa ) Sean a, b > 0, r, s ∈ R. Entonces 1. a0 = 1. 2. a1 = a. 3. ar · as = ar+s . 4.

ar = ar−s . as

5. (ar )s = ars . 6. a−r =

1 . ar

7. Para todo x ∈ R, (ax )′ = (ln a)ax , (ax )(n) = (ln a)n ax para todo n ≥ 1. Z

ax dx =

1 x a + C , si a 6= 1. ln a

Demostración. 1. a0 = e(ln a)0 = e0 = 1. 2. a1 = e(ln a)1 = eln a = a.

318

Función logaritmo y exponencial

3. ar · as = e(ln a)r e(ln a)s = e(ln a)r+(ln a)s = e(ln a)(r+s) = ar+s . 4.

e(ln a)r ar = = e(ln a)r−(ln a)s = e(ln a)(r−s) = ar−s . as e(ln a)s

5. (ar )s = (e(ln a)r )s = es((ln a)r) = e(ln a)(rs) = ars . 6. a−r = ar(−1) = (ar )−1 = 7. Sea x ∈ R.

1 . ar

(ax )′ = e(ln a)x

8. Suponemos a 6= 1. Como

ax ln a

′

= [(ln a)x]′ e(ln a)x = (ln a)ax .

= ax , entonces Z

ax dx =

ax + C. ln a

Corolario 8.6

1. Si 0 < a < 1, como ln a < 0 y ax > 0 para todo x ∈ R, exp′a (x) = (ax )′ = (ln a)ax < 0 para todo x esto implica que expa es decreciente, lo cual a su vez implica que expa es inyectiva. 2. Si 1 < a, como ln a > 0 y ax > 0 para todo x ∈ R, exp′a (x) > 0, para todo x ∈ R esto implica que expa es creciente en x ∈ R, lo cual a su vez implica que expa es inyectiva. 3. Para todo a ∈]0, ∞[ \{1}, exp′′a (x) > 0 para todo x ∈ R esto implica que expa es convexa en R.

Con esto podemos graficar y = ax : y

y = ax , a < 1

y = ax , a > 1

1 x

8.6 Función loga

319

8.5.1 generalización de la regla de la potencia Por inducción probamos que para todo a ∈ N, (xa )′ = axa−1 . a−1 −a−1 , por lo que esta fórmula de (x0 )′ = (1)′ = 0 y (x−a )′ = ( x1a )′ = −ax (xa )2 = −ax derivación también es válida si a ∈ Z. Veamos que también lo es si a ∈ Q. En efecto, si a ∈ Q n podemos escribir a = m con m ∈ Z y n ∈ N, y si ponemos m

y = xa = x n , m

de la definición de x n , obtenemos y n = xm . Derivando los dos miembros se tiene ny n−1 · y ′ = mxm−1 , de donde y′ =

m xm−1 m xm−1 m m = = x n −1 . m n−1 n y n (x n )n−1 n

Es decir (xa )′ = axa−1

para todo a ∈ Q y para todo x > 0.

Veamos que la fórmula sigue siendo válida para todo a ∈ R y x > 0. En efecto:

(xa )′ = e(ln x)a

′

= [(ln x)a]′ e(ln x)a =

a a x = axa−1 . x

8.5.2 Ejercicios 1. Derive las siguientes funciones. (a) f (x) = 5x

(e) f (x) = xπ

(b) f (x) = 3x+2

(d) f (x) = 2x x2

(f) f (x) = π x + x2

2. Calcule las siguientes integrales. Z

2x dx 1 + 2x

(a) Z

(b)

(2 + 3t + 3t )2 dt

(c)

(d) −1

3−x dx

(e)

exp(t)3exp t dt

(f)

2t dt 1 + 4t 3− sen(3t) cos(3t) dt

8.6 Función loga Hemos visto que expa : R → R es inyectiva para todo a > 0 y a 6= 1. Existe entonces la inversa de expa . Definición 8.2 Sea a ∈ ]0, ∞[ \{1}. A la inversa de expa : R → R, x 7→ ax se le llama logaritmo en base a y se nota loga : R → R, x 7→ loga x.

Observemos que: 1. y = loga x

⇔

x = ay .

320

Función logaritmo y exponencial

2. D(loga ) = Im(expa ) = ]0, ∞[. 3. Im(loga ) = D(expa ) = R. 4. loga (ax ) = x para todo x ∈ R. 5. aloga x = x para todo x ∈ ]0, ∞[. 6. loge = ln. La función loga tiene las siguientes propiedades. Teorema 8.7 (Propiedades de loga ) Sea a ∈ ]0, ∞[ \{1}. Sean b, c > 0, r ∈ R. Entonces: 1. loga 1 = 0. 2. loga (bc) = loga b + loga c. 3. loga

b = loga b − loga c. c

4. loga (bc ) = c loga b. 5. Si b > 0 y a, c ∈ ]0, ∞[ \{1}, entonces logc b =

loga b ln b . En particular logc b = . loga c ln c

6. Para todo x > 0 y para todo a ∈ ]0, ∞[ \{1} 1 x ln a , n+1 (loga x)(n) = (−1)xn ln(n−1)! a

6.1 (loga x)′ = 6.n

para todo n ≥ 1.

7. 7.1 Si 0 < a < 1 se tiene que

• l´ımx→0+ loga x = +∞, l´ımx→+∞ loga x = −∞. • loga es decreciente y convexa en ]0, ∞[.

7.2 Si 1 < a se tiene que

• l´ımx→0+ loga x = −∞, l´ımx→+∞ loga x = +∞. • loga es creciente y cóncava en ]0, ∞[. Demostración. 1. a0 = 1

⇔

loga 1 = 0.

2. a(loga b+loga c) = aloga b aloga c = bc. Entonces loga (bc) = loga b + loga c. 3. Idem.

4. ar loga b = alogb

= br . Entonces loga (br ) = r loga b.

5. Sean b > 0 y a, c ∈ ]0, ∞[ \{1}. Tenemos que

logc b loga c = loga clogc b

por 4. con r = logc b

= loga b Entonces logc b =

loga b . loga c

8.6 Función loga

321

6. Sea x > 0 y a ∈ ]0, ∞[ \{1}. Tenemos que

ln x ′ ln a 1 . = (ln a)x

(loga x)′ =

por 5.

Por inducción, puesto que acabamos de ver que 6.1 es válida, supondremos que 6.n es válida. Demostremos 6.(n + 1).

(loga x)(n+1) = (loga x)(n)

′

(−1)n+1 (n − 1)! −n = x , por hipótesis de inducción ln a (−1)n+1 (n − 1)! = (−n)x−n−1 ln a (−1)n+2 n! −(n+1) = x . (ln a) 7. Como por 5. loga x =

ln x ln a ,

y como ⇒

0<a<1

ln a < 0

y 1<a las propiedades resultan de que

⇒

l´ım ln x = −∞,

x→0+

ln a > 0,

l´ım ln x = +∞,

x→+∞

1 > 0 para todo x > 0, x 1 (ln x)′′ = − 2 < 0 para todo x > 0. x (ln x)′ =

Ahora podemos graficar loga : y

y y = loga x, a > 1

y = ax , a < 1

8.6.1 Ejercicios 1. Derive las siguientes funciones.

322

Función logaritmo y exponencial (d) f (x) = 2x log2 |x + 1|

(a) f (x) = log2 x (b) f (x) = x log3 |x2 + 1| x+1 (c) f (x) = log3 x−1

(e) f (x) = [log2 (2x + 3)]5

2. Calcule las siguientes integrales. Z

(a) 0

[log3 |x + 1|]3 dx x+1

(b) 0

(c)

log2 (x + 3) dx

log(ax) dx

8.7 Funciones hiperbólicas Recordemos la definición de las funciones trigonométricas. Dada la circunferencia centrada en (0, 0) y de radio 1, es decir la circunferencia de ecuación x2 + y 2 = 1, si t ∈ R es la longitud del arco medido desde el punto I(1, 0), en el sentido horario si t > 0 y en el sentido antihorario si t < 0, hasta el punto P de la circunferencia, por definición las coordenadas de P son (cos t, sen t).

y P (cos t, sen t) t A=

t 2

Si calculamos el área A del sector OIP , para t ∈ [0, 2π], mediante una regla de tres simple: si al ángulo 2π le corresponde una área π12 = π, entonces al ángulo t le corresponde un área A = 2t , de donde t = 2A, o sea que t es numéricamente el doble del área del sector OIP . Las funciones cos y sen son pues funciones del doble del área del sector OIP . Como P es un punto de la circunferencia, sus coordenadas (cos t, sen t) deben satisfacer la ecuación de ésta. Por lo tanto cos2 t + sen2 t = 1 que es la conocida identidad trigonométrica.

8.7 Funciones hiperbólicas

323

P (cosh t, senh t)

t 2

Consideremos ahora la rama derecha de la hipérbola de ecuación x2 − y 2 = 1,

x>0

Definamos las funciones cosh : R −→ R

def 1 t 2 (e

+ e−t )

def 1 t 2 (e

− e−t )

t 7−→ cosh t =

senh : R −→ R

t 7−→ senh t =

, .

Observemos que para todo t ∈ R cosh2 t − senh2 t = 1, cosh t > 0.

Por lo tanto, cualquier punto P (cosh t, senh t) pertenece a la rama derecha de la hipérbola de ecuación x2 − y 2 = 1. Por esta razón a cosh y senh se las llama coseno hiperbólico y seno hiperbólico, respectivamente. Si tomamos t > 0 y calculamos el área A del sector OIP , se puede constatar (¡hacerlo!) que A = 2t , o sea que t = 2A. Tenemos que, análogamente a lo que sucede con las funciones trigonométricas cos y sen, las funciones cosh y senh son funciones del doble del área del sector OIP . Siguiendo con las analogías se definen senh t tangente hiperbólica de t, cosh t cosh t coth : t 7→ coth t = cotangente hiperbólica de t, senh t 1 sech : t 7→ sech t = secante hiperbólica de t, cosh t 1 csch : t 7→ sech t = cosecante hiperbólica de t. senh t

tanh : t 7→ tanh t =

324

Función logaritmo y exponencial

Notemos que se tienen identidades análogas a las trigonométricas. Por ejemplo, tanh2 t + sech2 t = 1, coth2 t − csch2 t = 1. Si notamos que cosh es par, senh t es impar y que cosh t = 12 et + 12 e−t y senh t = 12 et − 12 e−t , las gráficas de g(t) = 12 et y de h(t) = 12 e−t pueden servir de guía para graficar cosh y senh. En efecto, si notamos, además, que l´ım g(t) = l´ım h(t) = +∞

t→+∞

t→−∞

y que l´ım g(t) = l´ım h(t) = 0,

t→−∞

t→+∞

podemos ver que g es asíntota de cosh y senh si t → +∞, y que g es asíntota de cosh si t → −∞ mientras que −h es asíntota de senh si t → −∞. cosh

senh

Se deja como ejercicio de aplicación de la derivada el hacer las gráficas de las seis funciones hiperbólicas. A partir de las respectivas definiciones, y como ejercicio de derivación de la función exponencial, se puede hallar fácilmente las derivadas de las funciones hiperbólicas: d (senh x) dx d (cosh x) dx d (tanh x) dx d (coth x) dx d (sech x) dx d (csch x) dx

= cosh x, = senh x, = sech2 x, = − csch2 x, = − sech x tanh x, = − csch x coth x.

8.8 Ejercicios adicionales de funciones Exponenciales y logarítmicas

325

De las dos primeras derivadas se obtienen las siguientes integrales: Z

senh x dx = cosh x + C, Z

cosh x dx = senh x + C.

8.8 Ejercicios adicionales de funciones Exponenciales y logarítmicas 1. Calcular la siguientes integrales. Z

1 0

(b)

dx 2 cosh x + senh x + 1

(a)

(x2 + 1) ln x dx

(c)

(ln x) dx 1

(d) 0

sen(ln x) dx 1

(f)

x2 sen2 x dx

π/2

(e)

cosh x dx exp x + 1

(g) 1

ln x dx (1 + x2 )2

2. Calcule: 1 (a) l´ım x→0 x (b)

Z Z

0 1

t→+∞

0 2x

t dt (senh t + cosh t)n

nx dx 1 + nx2 ln n

(d) l´ım

exp(−t/x) dt

l´ım

x→∞

n→∞

√ exp{ x + 1} cos(tx) dx

(e) l´ım

n→∞

exp t dt t

3. Si una función f tiene, por ejemplo, la forma f (x) =

[g(x)]a [h(x)]b , [k(x)]c

con a, b, c > 0 y g, y y k funciones derivables dadas, como (⋆)

ln f = a ln g + b ln h − c ln k y, como (ln[f (x)])′ =

f ′ (x) , f (x)

se tiene que f ′ (x) = f (x)(ln[f (x)])′ , que es fácil de calcular gracias a la ecuación ⋆. El uso de esta última fórmula se llama “derivación logarítmica”. Usela para calcular f ′ (x) si: r

(a) f (x) = (b) f (x) =

(x + 1)(2x + 3) 5x − 1

x2 (x + 1)3 (x − 1)2 (x + 2)3

x2/3 √ (c) f (x) = √ x+13x+2

(d) f (x) = (x2 + 1)25 (x + 1)−10 (x + 2)7 (e) f (x) = xx exp x (x2 + 4)x x3 x (g) f (x) = xx (f) f (x) =

(h) f (x) = (x2 + 1)x

326

Funciรณn logaritmo y exponencial

Sucesiones y series

9.1 Sucesiones numéricas 9.1.1 Las sucesiones numéricas vistas como ∞-tuples Recordemos que R2 es el conjunto de pares ordenados de números reales; es decir, que sus elementos tienen la forma (a1 , a2 ) donde a1 ∈ R y a2 ∈ R. Por ejemplo, (2, −3), (−π, 1), (3, 3) son elementos de R2 . Análogamente, R3 es el conjunto de las tripletas ordenadas de números reales, por lo que sus elementos tienen la forma (a1 , a2 , a3 ) donde a1 ∈ R, a2 ∈ R y a3 ∈ R. Por ejemplo, √ (2, −1, −1) y (− π2 , cos π4 , 91) son elementos de R3 . El conjunto R4 será el conjunto de cuádruples ordenados de la forma donde

(a1 , a2 , a3 , a4 ),

a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R y a4 ∈ R;

R5 es el conjunto de quíntuples ordenados de la forma a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R, a4 ∈ R y a5 ∈ R. √ Por ejemplo, (1, 0, 0, 1) ∈ R4 , (1, 1, 2, 2, 3) ∈ R5 , (−π, 1, 2, 1, 5, −7) ∈ R6 . En general, Rn , n ∈ N, tiene como elementos n-tuples ordenados de números reales, que tendrán la forma (a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ),

donde

(a1 , a2 , . . . , an ),

con a1 ∈ R, a2 ∈ R, . . . , an ∈ R.

n Por ejemplo, (2, 4, 6, . . . , 2n) ∈ Rn , ( 12 , 23 , 34 , . . . , n+1 ) ∈ Rn . Generalizando este concepto de n-tuples, podemos considerar elementos formados por una infinidad de números reales ordenados que se los puede escribir

(a1 , a2 , a3 , . . .),

donde

a1 ∈ R, a2 ∈ R, a3 ∈ R . . . .

En vez de llamarlos ∞-tuples de números se les denomina sucesiones numéricas y al conjunto de ellos lo notaremos R∞ . Por simplicidad de escritura se escribe (an ) o (an )n≥1

en vez de (a1 , a2 , a3 , . . .).

A manera de ejemplos, tenemos:

n 1 2 3 (an ) = = , , , . . . ∈ R∞ ; n+1 2 3 4

(3n) = (3, 6, 9, 12, . . .) ∈ R∞ .

328

Sucesiones y series

9.1.2 Las sucesiones como funciones Si (a1 , a2 ) ∈ R2 , se puede considerar la función a : {1, 2} −→ R , n 7−→ a(n) donde a(1) = a1 , a(2) = a2 . Análogamente, a (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 esta asociada la función a : {1, 2, 3} −→ R

def

7−→ a(n) = an

y a (a1 , a2 , . . . , an ) ∈ Rn asociamos la función

a : {1, 2, . . . , n} −→ R

def

7−→ a(n) = an

De manera similar a toda sucesión (an ) ∈ Rn asociamos la función a : N −→ R

def

n 7−→ a(n) = an

Algunos autores definen por ello a una sucesión numérica, digamos (xm ), como la función x : N −→ R . m 7−→ xm

Si I ⊂ R, a pesar de ser incorrecto, si an ∈ I para todo n ≥ 1, se acostumbra escribir (an ) ⊂ I, en lugar de (an ) ∈ I ∞ . Lo que se quiere decir es que la imagen de la sucesión (an ), que es {an : n ≥ 1}, es un subconjunto de I. Notemos que para definir una función f : A → B, es irrelevante el símbolo que se use para representar a las variables independiente y dependiente. Las fórmulas y = f (x) o t = f (s) definen a la misma función f . Por ello da lo mismo escribir (xn ) o (xm ) o (xk ). Una sucesión (xn ) ∈ R∞ , al ser interpretada como una función x : N → R, x 7→ xn , es un caso particular de funciones reales de la forma f : D(f ) ⊂ R → R. En este caso (xn ) ∈ R∞ es la función x : D(x) = N ⊂ R → R. Como tal puede ser graficada en el plano cartesiano como cualquier función. Abajo constan las gráficas de

(xn ) =

2n + 1 5 7 = 1, , , . . . n+2 4 5

(ym ) = (cos((m + 1)π) + 1) = (2, 0, 2, 0, 2, 0, . . .). y

x 6

2 b

1 b

9.1 Sucesiones numéricas

329

9.1.3 Sucesiones acotadas, de Cauchy y convergentes Dado un conjunto A ⊂ R definimos ya lo que significa A es acotado por arriba (o por abajo), A es acotado, sup A, ´ınf A, m´ ax A, m´ın A. Con estos conceptos claros, dada una función f : D(f ) ⊂ Ω → R, con Ω 6= ∅, puesto que Im(f ) ⊂ R, se dice que: 1. f es acotada por arriba (por abajo) si Im(f ) lo es. 2. f es acotada si Im(f ) lo es. def

3. sup f (x) = sup Im(f ), x∈Ω

def

´ınf f (x) = ´ınf Im(f ).

x∈Ω

def

4. m´ ax f (x) = m´ ax Im(f ) si este existe, x∈Ω

def

m´ın f (x) = m´ın Im(f ) si este existe. x∈Ω

Se puede notar que 1. f : D(f ) ⊂ Ω → R es acotada por arriba si existe C2 ∈ R tal para todo x ∈ D(f ), f (x) ≤ C2 . 2. f : D(f ) ⊂ Ω → R es acotada por abajo si existe C1 ∈ R tal para todo x ∈ D(f ), C1 ≤ f (x). 3. f : D(f ) ⊂ Ω → R es acotada ⇔ existen C1 , C2 ∈ R tales que para todo x ∈ D(f ), C1 ≤ f (x) ≤ C2 , f : D(f ) ⊂ Ω → R es acotada ⇔ existe R > 0 tal que para todo x ∈ D(f ), |f (x)| ≤ R. Como las sucesiones son funciones con valores en R, estos conceptos se los aplican de manera natural. Así tendremos: 1. (xn ) ∈ R∞ es acotada por arriba si existe C2 ∈ R tal para todo n ≥ 1, xn ≤ C2 . 2. (xn ) ∈ R∞ es acotada por abajo si existe C1 ∈ R tal para todo n ≥ 1, C1 ≤ xn . 3. (xn ) ∈ R∞ es acotada C2 , (xn ) ∈ R∞ es acotada

⇔

existen C1 , C2 ∈ R tales que para todo n ≥ 1, C1 ≤ xn ≤

⇔

existe R > 0 tal que para todo n ≥ 1, |xn | ≤ R.

4. sup xn = sup{xn | n ∈ N}. n∈N

5. m´ ax xn = m´ ax{xn | n ∈ N} n∈N

si éste existe.

6. ´ınf xn = ´ınf{xn | n ∈ N}. n∈N

7. m´ın xn = m´ın{xn | n ∈ N} n∈N

si existe.

9.1.4 Sucesiones monótonas Dada una función f : D(f ) ⊂ R → R, y si I ⊂ R es un intervalo, definimos que: (i) f es creciente en I si para todo x1 , x2 ∈ I ∩ D(f ),

x1 < x2

(ii) f es no decreciente en I si para todo x1 , x2 ∈ I ∩D(f ),

⇒

x1 < x2

f (x1 ) < f (x2 ). ⇒

f (x1 ) ≤ f (x2 ).

330

Sucesiones y series

(iii) f es decreciente en I si para todo x1 , x2 ∈ I ∩ D(f ),

⇒

x1 < x2

(iv) f es no creciente en I si para todo x1 , x2 ∈ I ∩ D(f ),

f (x1 ) > f (x2 ).

⇒

x1 < x2

f (x1 ) ≥ f (x2 ).

Si f tiene una de estas cuatro propiedades decimos que f es monótona en el intervalo I. Estos conceptos son aplicables a una sucesión numérica (xn ) ∈ R∞ , puesto que puede x : N −→ R ser vista como la función tomando D(x) = N, I = [1, ∞[, por lo que podemos n 7−→ xn hablar de sucesiones monótonas. Así, por ejemplo, diremos que (xn ) es creciente si para todo m, n ∈ N,

xm < xn .

⇒

m<n

Sin embargo, es fácil ver que la condición anterior puede ser simplificada así: (i) (xn ) es creciente si y solo si para todo n ∈ N,

xn < xn+1

xn+1 − xn > 0).

(⇔

Análogamente: (ii) (xn ) es no decreciente si y solo si para todo n ∈ N, (iii) (xn ) es decreciente si y solo si para todo n ∈ N,

xn ≤ xn+1 xn > xn+1

(iv) (xn ) es no creciente si y solo si para todo n ∈ N,

xn ≥ xn+1

(⇔ (⇔ (⇔

xn+1 − xn ≥ 0). xn+1 − xn < 0). xn+1 − xn ≤ 0).

La última propiedad, en cada caso, nos sugiere analizar el signo de xn+1 − xn para estudiar la posible monotonía de una sucesión. Ejemplo 9.146 n Sea (xn ) = ( n+1 ). Pruebe que (xn ) es monótona.

Solución. Sea n ≥ 1. Tenemos que xn+1 − xn =

n+1 n (n + 1)2 − n(n + 2) 1 − = = > 0, n+2 n+1 (n + 2)(n + 1) (n + 2)(n + 1)

por lo que (xn ) es creciente.

Si los términos de una sucesión (xn ) son positivos, es decir si para todo n ∈ N, xn > 0, podemos observar que: (i) (xn ) es creciente

para todo n ∈ N

⇔

(ii) (xn ) es no decreciente (iii) (xn ) es decreciente (iv) (xn ) es no creciente

⇔

⇔ ⇔

xn+1 xn

para todo n ∈ N

para todo n ∈ N para todo n ∈ N

> 1. xn+1 xn

xn+1 xn xn+1 xn

≥ 1.

< 1. ≤ 1.

Por lo cual, para analizar la posible monotonía de una sucesión (xn ) ∈ R∞ de términos positivos, es conveniente averiguar la relación de orden entre los cocientes xxn+1 y 1, para todo n n ≥ 1.

9.1 Sucesiones numéricas

331

Ejemplo 9.147 Averigüe si es monótona la sucesión (xn ) =

Solución. Sea n ≥ 1.

xn+1 = xn

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

2n (n+1)!

2n · 2 · (n + 1)! 2 = < 1, (n + 2)(n + 1)!2n n+2

puesto que 2n+1 = 2n · 2 y (n + 2)! = (n + 2)(n + 1)!. Por lo tanto, (xn ) es decreciente. En este caso, 2n+1 2n esto significa que para todo n ≥ 1, xn+1 < xn , o sea que para todo n ≥ 1, (n+2)! < (n+1)! . También se puede probar el resultado analizando el signo de xn+1 − xn . En efecto, sea n ≥ 1: xn+1 − xn =

2n+1 2n 2n+1 − (n + 2)2n n2n − = =− < 0. (n + 2)! (n + 1)! (n + 2)! (n + 2)!

9.1.5 Sucesiones convergentes Dada una función f : D(f ) ⊂ R → R, si D(f ) no es acotado por arriba (es decir que para todo R > 0 existe xR ∈ D(f ) y xR > R), en determinados casos existe el límite l´ım f (x),

x→∞

que es un número l ∈ R que puede ser aproximado por los valores f (x) con la precisión que se desee, si se toman valores de x ∈ D(f ) suficientemente grandes. Es decir que l = l´ım f (x) x→∞

⇔

∀ǫ > 0 ∃R > 0 tal que

∀x ∈ D(f ),

x≥R

⇒

|f (x) − l| < ǫ.

Este concepto es aplicable a una sucesión numérica (xn )∞ puesto que su dominio N no es acotado por arriba. Diremos entonces que la sucesión (xn ) es convergente y que su límite es l, lo que escribiremos l = l´ım xn x→∞

−→ l n→∞

⇔

∀ǫ > 0 ∃N ∈ N tal que n ≥ N

Si (xn ) no converge se dice que es divergente. En las definiciones precedentes, si se cambian las desigualdades x≥R

y n≥N

x>R

por las desigualdades n > N,

respectivamente, se obtienen definiciones equivalentes (¡verifíquelo!). Ejemplo 9.148 Probemos que si (xn ) =

2n−3 n+1

, entonces existe l´ım xn = 2. n→∞

⇒

|xn −l| < ǫ.

332

Sucesiones y series

Solución. Sea ǫ > 0. Debemos hallar N ∈ N tal que n > N Sea n ≥ 1.

2n − 3

|xn − 2| =

n+1

siempre que n > 5ǫ . Como n> basta entonces tomar N =

5 ǫ

⇒

|xn − l| < ǫ.

2n − 3 − 2(n + 1)

= 5 < 5 <ǫ

n+1 n+1 n

− 2

5 +1 ǫ

⇒

5 ǫ

⇒

5 < ǫ, n

+ 1.

El ejemplo ilustra cómo demostrar que un valor dado, en este caso, el número 2, es el límite de una sucesión (xn ) si n tiende a infinito. Pero, en la práctica, se plantea frecuentemente el problema de determinar si una sucesión es convergente o no, sin necesidad de calcular su límite. Veamos a continuación un par de criterios que nos permiten resolver este problema.

9.1.6 Convergencia de sucesiones monótonas y acotadas Tenemos el siguiente resultado.

Teorema 9.1 1. Si una sucesión numérica (xn ) ∈ R∞ es acotada por arriba y es monótona creciente o no decreciente, entonces es convergente y su límite es

l = l´ım xn = sup xn . n→∞

n∈N

2. Análogamente,si (xn ) ∈ R∞ es acotada por abajo y es monótona decreciente o no creciente, se tiene que (xn ) converge y su límite es

l = l´ım xn = ´ınf xn . n→∞

n∈N

Demostración. 1. Sea l = sup xn . Sea ǫ > 0. Debemos hallar N ∈ N tal que n∈N

n>N

⇒

|xn − l| < ǫ.

Recordemos que si A ⊂ R es un conjunto acotado por arriba, ∀ǫ > 0 ∃aǫ ∈ A∩ ] sup A − ǫ, sup A]. Aplicando este resultado al conjunto A = {xn | n ∈ N}, como aǫ ∈ A, entonces existe N ∈ N tal que aǫ = xN . Tenemos entonces que xN ∈ ]l − ǫ, l[.

Por otra parte, como (xn ) es monótona creciente o no decreciente, ∀n > N,

xn ≤ xN

9.1 Sucesiones numéricas

333

y por definición de supremo ∀n > N,

xn ≤ l.

En resumen, para todo n > N , l − ǫ < xn ≤ xN ≤ l + ǫ, por lo que para todo n > N , −ǫ < xn − l < ǫ, o, lo que es lo mismo, ⇒

n>N N es entonces el valor buscado.

|xn − l| < ǫ.

2. La demostración es análoga a la del primer numeral.

Ejemplo 9.149

Pruebe que la sucesión (xn ) converge si xn = 1 +

1 n

para todo n ≥ 1.

Solución. Es fácil si se prueba que (xn ) es creciente y que para todo n ≥ 1, xn < 3.

El límite de esta sucesión es el famoso número e, que tomando valores de n suficientemente grandes, se puede ver que e ≈ 2.718 281 828 459.

9.1.7 Criterio de Cauchy. Sucesiones de Cauchy Augustin Cauchy observó que si una sucesión (xn ) converge, los términos xn se acercan entre ellos cada vez más para valores grandes de n. De hecho probó que si (xn ) converge, entonces (xn ) cumple la siguiente propiedad: ∀ǫ > 0 ∃N ∈ N tal que n, m ≥ N

⇒

|xn − xm | < ǫ.

(9.1)

(la desigualdad n, m ≥ N puede ser reemplazada por n, m > N , y se tiene el mismo resultado); es decir, que puede lograrse que la distancia entre dos elementos xn y xm de la sucesión sea tan pequeña como se desee, si se toman los índices n y m suficientemente grandes. A las sucesiones numéricas que tienen esta propiedad (9.1) las llamaremos sucesiones de Cauchy. La observación de Cauchy se puede explicar en el siguiente teorema. Teorema 9.2 Si (xn ) ∈ R∞ converge entonces es de Cauchy.

Demostración. Sea ǫ > 0. Debemos hallar N ∈ N tal que n, m > N

⇒

|xn − xm | < ǫ.

Como (xn ) converge, existe l ∈ R tal que ∀ǫ1 > 0 ∃N1 ∈ N tal que n > N1 (ǫ1 )

⇒

|xn − l| < ǫ1 .

334

Sucesiones y series

Sea n, m ≥ 1:

|xn − xm | = |xn − l + l − xm | ≤ |xn − l| + |xm − l| < ǫ

siempre que

ǫ 2 lo cual, a su vez, es verdadero siempre que |xn − l| <

ǫ y |xn − l| < , 2

ǫ ǫ n > N1 ( ) y m > N1 ( ), 2 2 respectivamente. Basta, entonces, tomar N = N1 ( 2ǫ ). Lo notable de la propiedad descubierta por Cauchy para las sucesiones convergentes, es que es no solo necesaria sino también suficiente para la convergencia de una sucesión numérica. No demostraremos aquí este extraordinario resultado pero lo tendremos siempre presente como el siguiente teorema.

Teorema 9.3 (Criterio de Cauchy) Una sucesión numérica (xn ) ∈ R∞ es convergente si y solo si (xn ) es de Cauchy.

Es fácil demostrar que toda sucesión de Cauchy, y por ende toda sucesión convergente, es acotada y también es fácil probar que la recíproca no tiene lugar. Tenemos pues el siguiente teorema. Teorema 9.4 Sea (xn ) ∈ R∞ . Entonces 1. Si (xn ) es de Cauchy, entonces (xn ) es acotada. 2. La recíproca no tiene lugar.

Demostración. 1. Supongamos que (xn ) es de Cauchy. Debemos probar que (xn ) es acotada. Para ello es necesario hallar R > 0 tal que para todo n ≥ 1, |xn | < R. Como (xn ) es de Cauchy, existe N ∈ N tal que para todo m, n > N , |xn − xm | < 1. Tomamos m = N y a = xN y tendremos que para todo n > N , |xn − a| < 1. Como |xn − a| < 1

⇒ ⇒ ⇒

−1 < xn − a < 1

a − 1 < xn < a + 1

|xn | < m´ ax{|a − 1|, |a + 1|}.

Basta poner R = m´ ax{|a − 1|, |a + 1|} + m´ ax |xn |, 1≤n≤N

y tendremos que para todo n ≥ 1, |xn | < R. 2. Basta considerar el ejemplo (xn ) = (0, 1, 0, 1, 0, 1, . . .). Vemos que para todo n ≥ 1, |xn − xn+1 | = 1, por lo que (xn ) no es de Cauchy, aunque obviamente es acotada.

9.2 Ejercicios

335

9.2 Ejercicios 1. Escriba los primeros cuatro términos de la sucesión dada. n . (a) (xn ) = n+1 (−1)n (b) (yn ) = . n2 2k X 1

k=1

(d) (xm ) =

k=1

(e) (en ) =

1 1+ n

(e)

(f)

(g) (h)

n2 + 2 . n

m3 n n!

(m) (n) (o)

(a)

(d)

(b)

m! . 1 × 3 × 5 × · · · × (2m − 1)

(c)

sinh n .

2 (p) 5 . 3 ln(n2 + 1) (q) . n2 + 1

n! . 1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 1) !

1 . + ln k n

6. Halle el límite de la sucesión dada, si éste existe. (a)

tan−1 n2 .

k=1

3n − 1 . 7n + 2

n X 1

(e)

−m

(l)

5. Pruebe la convergencia de la sucesión dada, teniendo en cuenta que una sucesión monótona y acotada converge.

2k (b) . 1 + 2k k! (c) . kk

2n2 + (−1)n n .

3n − 1 (i) . 7n + 2 1 + 2k (j) . 2k (k)

2 . 5 n 3 +2 (c) . 3n √ √ (d) k+2− k .

(b)

32k (k!)2 . (2k)!

n2 . 1 + 3n2

3 . k!

tan−1 (m + 2) .

(a)

2. Pruebe que la sucesión dada es monótona o que no lo es. 2n . (a) 3n + 2 5+m (b) . m2 φk (c) sen . 4 (d) ((m + 2)(m + 3)). k

(f) (ak ) = (−1/3)k .

2n + 1 . 5n + 3 2n (b) . 1 + 2n m! (c) . mm

4. Use la definición para probar que la sucesión dada es de Cauchy.

(a)

(d)

m X 4

3. Pruebe que la sucesión dada es acotada.

(d) (e) (f) (g)

sen n . n

3n + 2 . 5n + 4 ln n . n 3n . 3n + 2 5n + 2 ln . 2n − 1 √ √ k+2− k . √ √ √ k( k + 2 − k) . 2+

336

Sucesiones y series

9.3 Series numéricas Sea (an ) ∈ R∞ una sucesión numérica. Pongamos s1 = a1 , s2 = a1 + a2 = s1 + a2 , s3 = a1 + a2 + a3 = s2 + a3 , s4 = a1 + a2 + a3 + a4 = s3 + a4 , y, en general, sn = a1 + a2 + · · · + an =

n X

ak =

k=1

n−1 X

ak + an = sn−1 + an .

k=1

Si queremos dar sentido a la expresión s = a1 + a2 + a3 + · · · , que se puede notar

∞ X

k=1 n X

podemos hacerlo usando el concepto de límite de una sucesión, aplicado a (sn ) =

ak = l´ım

n→∞

k=1

A esta expresión

P∞

k=1 ak se ∞ X

Se dice que la serie suma y se escribe

∞ X

n X

ak ,

k=1

llamada sucesión de sumas parciales. Entonces, por definición ∞ X

ak = l´ım sn . n→∞

k=1

le llama serie numérica de término general ak .

ak converge si l´ım sn existe. En este caso, si l´ım sn = s, s es su n→∞

k=1

n→∞

ak = s. Si el límite no existe se dice que la serie diverge.

k=1

Nótese que las sumas parciales pueden empezar desde cualquier índice. Por ejemplo: ∞ X k=3

ak = l´ım

n→∞

n X

ak .

k=3

Ejemplo 9.150 Sea (ak ) = (0.2, 0.02, 0.002, 0.0002, . . .) = (2 × 10−k ). Veamos si la serie hallemos su límite o suma. Como ak = 2 × 10−k para todo k ≥ 1, tenemos que si n ≥ 1: sn =

n X k=1

ak =

n X k=1

2 × 10−k = 2

n X k=1

∞ X

ak converge y de hacerlo

k=1

10−k = 2 10−1 + 10−2 + · · · + 10−(n−1) + 10−n .

Multiplicando ambos miembros por 10−1 se obtiene:

sn × 10−1 = 2 10−1 + 10−2 + · · · + 10−(n−1) + 10−n × 10−1 = 2 10−2 + 10−3 + · · · + 10−n + 10−(n+1) .

9.3 Series numéricas

337

Si restamos la última ecuación de la anterior obtenemos:

sn 1 − 10−1 ) = 2(10−1 − 10−(n+1) , de donde

2 1 9 sn = 1− n , 10 10 10

o también

sn = Finalmente,

∞ X

2 1 1− n 9 10

para todo

n ≥ 1.

ak = l´ım sn = l´ım n→∞

k=1

n→∞

∞ X

La serie converge y su suma es s =

ak =

k=1

2 1 1− n 9 10

2 . 9

El ejemplo precedente es la suma de los términos de la progresión geométrica de término 1 inicial a1 = 29 y con razón r = 10 . En efecto

(ak ) =

2 2 2 2 , r, r 2 , r 3 , . . . . 10 10 10 10

La forma en que obtuvimos su suma se puede usar para toda progresión geométrica con |r| < 1. Para otros valores de r, si el término inicial no es nulo, la serie diverge. En efecto, tenemos el siguiente teorema. Teorema 9.5 Sean a 6= 0, r ∈ R, (ak )k≥0 = (a, ar, ar 2 , . . .). Entonces la serie

∞ X 0

solo si |r| < 1.

Demostración. Supongamos que r = 1. Entonces sn = Sea r 6= 1. Sea sn =

n X

k=0

k=0 ar

ak =

∞ X 0

= (n + 1)a y

ar k = a + ar + · · · ar n .

Multiplicando por r los dos miembros se obtiene rsn = r(a + ar + · · · ar n ) = ar + ar 2 + · · · ar n + ar n+1 . Restando esta igualdad de la anterior tendremos

(1 − r)sn = a − ar n+1 = a 1 − r n+1 . Entonces sn = Como

(

l´ım r

n+1

n→∞

= l´ım r

n→∞

tendremos finalmente que ∞ X k=0

(

ar k converge si y

a 1 − r n+1 . 1−r

=0 diverge

si |r| < 1 si |r| > 1 o r = −1,

a = 1−r diverge

si |r| < 1 si |r| ≥ 1.

P∞ 0

ak diverge.

338

Sucesiones y series

Una observación interesante es que si una serie numérica

∞ X

ak converge su término general k=1P 1 Ejemplo: ∞ k=1 k diverge, mientras que

a tiende a 0. La recíproca no es siempre cierta. 1 como veremos más adelante, aunque en ambos casos el término general k=1 k 2 converge, 1 1 tiende a 0 k → 0, k2 → 0 . k P ∞

Teorema 9.6 Si

∞ X

ak converge, entonces existe l´ım ak = 0. k→∞

k=1

Demostración. Si la serie

∞ X

ak converge tenemos que

k=1 ∞ X

ak = s = l´ım sn , n→∞

k=1

de donde s = l´ım sn+1 . n→∞

Por otro lado, sn+1 = sn + an para todo n ≥ 1, de donde an = sn+1 − sn

para todo n ≥ 1.

Tomando el l´ım a la última expresión, se tiene n→∞

l´ım an = l´ım (sn+1 − sn ) = l´ım sn+1 − l´ım sn = s − s = 0.

n→∞

Este resultado es muy útil para, en ciertos casos, demostrar que una serie diverge. Ejemplo 9.151 1.

∞ X

(−1)k diverge porque no existe l´ım (−1)k . k→∞

k=1

∞ X k+1 k=1

3k + 2

diverge porque l´ım

k→∞

k+1 1 = 6= 0. 3k + 2 3

9.3.1 Series telescópicas

Definición 9.1 Una serie

∞ X

k=1

ak se llama telescópica o desplegable si existe (bn ) ∈ R∞ tal que ak = bk − bk+1

para todo k ≥ 1.

9.3 Series numéricas

339

Teorema 9.7 Una serie telescópica converge si y solo si l´ım bk = 0. k→∞

Demostración. En efecto, para todo n ≥ 1: sn =

n X

ak =

k=1

Por consiguiente:

∞ X k=1

de donde ∞ X k=1

n X

(bk − bk+1 ) = b1 − bn+1 .

k=1

ak = l´ım (b1 − bn+1 ) = b1 − l´ım bn+1 , k→∞

k→∞

8 <= b1

:diverge

l´ım bn = 0

k→∞

l´ım bn 6= 0 o no existe.

k→∞

Ejemplo 9.152 ∞ X

1 para m ∈ N. (k + m)(k + m + 1) k=1 Utilizando el método de “coeficientes por determinar” o “coeficientes indeterminados”, se puede expresar cada término de la serie como la suma de fracciones parciales. Sea k ≥ 1. Estudiemos la convergencia de la serie

1 A B = + (k + m)(k + m + 1) k+m k+m+1 A(k + m + 1) + B(k + m) = (k + m)(k + m + 1) (A + B)k + A(m + 1) + Bm = , (k + m)(k + m + 1) de donde se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: ¨

A + B = 0, (m + 1)A + mB = 1,

el cual se resuelve fácilmente para encontrar A = 1 y B = −1, con lo cual se obtiene finalmente que 1 1 1 = − . (k + m)(k + m + 1) k+m k+m+1 1 Si ponemos ak = (k+m)(k+m+1) , bk = 1 l´ım bk = 0 y b1 = m+1 . Por consiguiente:

1 k+m ,

tenemos que ak = bk − bk+1 para todo k ≥ 1,

k→∞

∞ X k=1

1 1 = . (k + m)(k + m + 1) m+1

Podemos generalizar el teorema de las series telescópicas de la siguiente manera.

340

Sucesiones y series

Teorema 9.8 (de las series telescópicas generalizado) Sea (bn ) ∈ R∞ una sucesión tal que l´ım bk = 0. Sea M ≥ 2 y α0 , α1 , . . . αM −1 ∈ R tales k→∞

que

M −1 X m=0

∞ X

ak =

αm = 0. Sea (an ) ∈ R∞ definida por ak = M −1 X

m=1

k=1

m−1 X

αj

M −1 X

αm bk+m . Entonces

m=0

∞ X

ak converge y

k=1

bm .

j=0

Demostración. Sea n ≥ M . n X

sn =

ak =

−1 n M X X

αm bk+m

k=1 m=0

k=1

= (α0 b1 + α1 b2 + α2 b3 + · · · + αM −1 bM )

+ (α0 b2 + α1 b3 + α2 b4 + · · · + αM −1 bM +1 )

+ (α0 b3 + α1 b4 + α2 b5 + · · · + αM −1 bM +2 ) + ···

+ (α0 bM + α1 bM +1 + α2 bM +2 + · · · + αM −1 b2M −1 ) + ···

+ (α0 bn−2 + α1 bn−1 + α2 bn + · · · + αM −1 bn+M −3 )

+ (α0 bn−1 + α1 bn + α2 bn+1 + · · · + αM −1 bn+M −2 ) + (α0 bn + α1 bn+1 + α2 bn+2 + · · · + αM −1 bn+M −1 )

= α0 b1 + (α0 + α1 )b2 + (α0 + α1 + α2 )b3 + · · · + (α0 + α1 + · · · + αM −2 )bM −1 + +

n X

M −1 X

k=M

m=0

αm bk +

M −1 X

αm bn+1 +

m=1

M −1 X

αm bn+2 +

m=2

M −1 X

αm bn+3 +

m=3

+ · · · + (αM −3 + αM −2 + αM −1 ) bn+M −3 + (αM −2 + αM −1 ) bn+M −2 + αM −1 bn+M −1 . La suma

n X

se anula, puesto que la expresión entre paréntesis es cero por hipótesis.

k=M

Como l´ım bn = 0, los últimos M − 1 términos tienden a 0 si n → ∞, por lo que n→∞

∞ X k=1

ak = α0 b1 + (α0 + α1 )b2 + (α0 + α1 + α2 )b3 + · · · + (α0 + α1 + · · · + αM −2 )bM −1 .

Este teorema es el caso general del anterior, con M = 2, α0 = 1 y α1 = −1. Ejemplo 9.153 Si converge, calcule el límite de la serie ∞ X k=1

k+4 . + 3k 2 + 2k

9.3 Series numéricas

341

Solución. Si ponemos ak = fracciones parciales:

k+4 k3 +3k2 +2k ,

como k 3 + 3k 2 + 2k = k(k + 1)(k + 2), descomponemos ak en

k+4 k 3 + 3k 2 + 2k α0 α1 α2 + + = k k+1 k+2 α0 (k 2 + 3k + 2) + α1 (k 2 + 2k) + α2 (k 2 + k) = . k 3 + 3k 2 + 2k

ak =

Identificando los numeradores tenemos que: 0k 2 + k + 4 ≡ (α0 + α1 + α2 )k 2 + (3α0 + 2α1 + α2 )k + 2α0 , por lo que

8 > <0 = α0 + α1 + α2 ,

1 = 3α + 2α1 + α2 ,

0 > :4 = 2α . 0

Resolvemos este sistema lineal de ecuaciones obtenemos α0 = 2,

α1 = −3,

α2 = 1.

Si ponemos bk = k1 , tenemos que ak = α0 bk + α1 bk+1 + α2 bk+2 . La primera de las ecuaciones nos muestra que se cumple la hipótesis del teorema, M = 2, y obviamente l´ım bk = 0. Por consiguiente, la serie k→∞

∞ X

M−1 X

αm = 0, con

m=0

ak converge y como

k=1

1 1 3 α0 b1 + (α0 + α1 )b2 = 2 + (2 − 3) = , 1 2 2 tenemos entonces que

∞ X k=1

k+4 3 = . k 3 + 3k 2 + 2k 2

Se puede generalizar este resultado tomando r ∈ R, M ≥ 1, ∞ X

PN (k) , (k + r)(k + r + 1)(k + r + 2) · · · (k + r + M − 1) k=1 donde PN es un polinomio de grado menor o igual que M − 2. En efecto: M −1 X PN (k) αm ak = M −1 = . (k + r + m) Y m=0 (k + r + m) m=0

Al obtener el denominador común en el miembro de la derecha, que es

M −1 Y

(k + r + m), el

m=0

numerador que se obtiene, que debe ser idéntico a PN (k), tendrá grado menor o igual que M − 1 y el coeficiente de

kM −1

será

M −1 X

αm = 0, porque el coeficiente de kM −1 en el miembro

m=0

izquierdo es PN (k), que es 0 porque N ≤ M − 2. Se cumplen así las hipótesis del teorema porque poniendo bk =

1 k+r ,

se tiene que ak =

M −1 X m=0

αm bm .

342

Sucesiones y series

9.3.2 Propiedades algebraicas de las series Como una serie

∞ X

ak es igual al límite de la sucesión de sumas parciales (sn ) =

k=1

∞ X

ak ,

k=1

si existe, o diverge si ésta diverge, las propiedades algébricas de los límites de sucesiones se pueden escribir para las series de la siguiente manera.

Teorema 9.9 Sean (an ) ∈ R∞ , (bn ) ∈ R∞ , α ∈ R. Se tiene que: 1. Si existe

∞ X

an = A y

n=1

2. Si

∞ X

∞ X n=1

∞ X

an converge y

n=1 ∞ X

bn diverge, entonces

∞ X

(an ± bn ) diverge.

n=1 ∞ X

an = A entonces existe

n=1

(αan ) = αA. Si α 6= 0 la recíproca también tiene

n=1

lugar, es decir que si α 6= 0 ∞ X

(an ± bn ) = A ± B .

n=1

3. Si existe

∞ X

bn = B , entonces existe

∞ X

⇔

converge

n=1

(αan ) converge.

n=1

Dada (an )n≥M ∈ R∞ , con M ∈ Z, es decir (an )n≥M = (aM , aM +1 , aM +2 , . . .) tiene sentido considerar ∞ n X

def

an = l´ım

n→∞

n=M

an .

k=M

Se tiene entonces que si N > M : ∞ X

converge

n=M

⇔

∞ X

converge.

n=N

El resultado anterior es evidente si tomamos la relación entre las sumas parciales de las dos series: n n X

ak = A +

k=M

donde A =

N −1 X

k=N

para todo n ≥ N

ak es constante. Entonces

k=M n X k=N

converge

ak n≥N

⇔

n X

converge.

k=M

n≥M

9.4 Ejercicios 1. Escriba los cuatro primeros términos de la siguiente serie.

(a)

∞ X 2k + 1 k=2

k−1

9.4 Ejercicios

(b)

3n . n

1∞

(c)

(f)

k+2 . k!

1∞

(d)

343

∞ X sen

πm 4

m=1

(g)

(h)

2. Si la serie converge, halle su límite. (a)

∞ X k=1

(b) (c)

7 . 2k+1

2n+1 . 3n+2 n=1 ∞ k X 3

∞ X k=1

(e) (f) (g)

(l) (m)

5 . + 11k + 30

(n)

∞ X k=1 ∞ X

(k)

1 . (k + 2)(k + 3) k2

1 . −1

(o)

4n2

n=1 ∞ X k=1

(h)

(j)

∞ X

k=1

(d)

(i)

4 2 + k . 3k 5

∞ X 3k − 1

k=1

3. Halle la fracción a la que corresponde el número decimal periódico dado.

(p) (q) (r) (s)

(a) 2.8ó 2. (b) 23.4ó 9.

(t)

4. Aplique un criterio apropiado para determinar si la serie dada converge o diverge.

(b) (c)

∞ X k=1 ∞ X k=1

1 k 3/2

2 . 3k + 2

∞ X

5 √ . (d) 3 + k k=1 (e)

(a) (b)

∞ X n=1

n2 e−n .

arctan(n + 1) . n3/2 + 1 n=1 ∞ X

1 2k +

k=1 ∞ X

√ . k

1 . n ln n n=2 ∞ X ln k

k=1 ∞ X

1 √ . 2+3 n n n=1 ∞ X sen(π/3m) m=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X

m3/2 + 1

2 + 3k . 5 + 4k 3k . 7k2k 7 . k!

3n . n! n=1

k ∞ X 5

k=1 ∞ X

3n . n3 2 n n=1 ∞ X (3k)! k=1 ∞ X

k!(3k)k

3k − 1 + sen(k 2 + k) (k 11 + k 7 + k 5 )

1/5

5. Halle los valores de a ∈ R para los cuales converge la serie dada.

∞ X

1 √ . k k=1

k=1 ∞ X

k=1

91. (d) 0.9õ

(a)

∞ X sen k

∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=3

kak . k3

3 a

ka . k! ln k . ka

6. Use el criterio de la raíz para saber si converge o no la serie dada. (a)

∞ X 33k+2 k=1

344

Sucesiones y series

(b) (c) (d)

∞ X

. k k=2 (ln k)

(b)

∞ X k+1 k k=1 ∞ X

k+2 1+

k=1

3 k

(c)

(d)

7. Determine si converge la serie alternante dada. (a) (b) (c)

∞ X (−1)k k=1 ∞ X

2k + 3

(−1)k

k=1 ∞ X

. (f)

k . 2k − 1

(−1)k+1

k=1 ∞ X

(g)

k . k 3/2 + 1

(h)

2k 2 + 3 . k3 k=1 √ ∞ X k k+1 (e) (−1) . 5k + 3

(d)

(e)

k+2 (f) (−1)k+1 . 2 ln(k + 1) k=2 √ ∞ 3 X k2 + 3 k+1 (g) (−1) . k+1

(i)

(−1)

+1 . 2k + 3

8. Diga si la serie dada converge absolutamente o relativamente o diverge. (a)

∞ X

(−1)k+1

k=1

(b)

(d)

k+1 2k

k=1

(a)

(c)

3 ln k (−1) . k+1

k=1 ∞ X

∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X

(−1)k+1 (−1)k+1

4 5

2k + 1 . 3k

k+1

(−1)

k 3k

(−1)k+1

k! . 3k

(−1)k+1

(k!)3 . (3k)!

(−1)k+1

2k . k!

9. ¿Cuántos términos debe tener la suma parcial de la serie dada que permita aproximar al límite de ésta con tres cifras decimales exactas?

k=1 ∞ X

(h)

3k + 1 (−1)k+1 √ . 5 k + k3 + 1 k=1

k=1

(−1)k+1

k=1 ∞ X

∞ X

2k . 2 k +3

(e) (f)

∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X

(−1)k+1 (−1)k+1 (−1)k+1

1 . (3k + 1)! k

2 3

1 . +1

(−1)k+1

k+1 . k 3/2 + 1

(−1)k+1

k+1 . k!

(−1)k+1

1 . (k + 1)3k

k=1

9.5 Series de términos no-negativos Si (an ) ⊂ [0, ∞[, la serie

∞ X

an se denomina serie de términos no negativos, lo que sucede, en

n=1

particular si para todo n ≥ 1, an > 0. En este caso, la sucesión de sumas parciales (sn ), con sn =

n X k=1

ak , es monótona no de-

creciente si an ≥ 0 o monótona creciente si an > 0 para todo n ≥ 1. Tendremos entonces el siguiente lema.

Lema 9.1

9.5 Series de términos no-negativos

345

Si an ≥ 0 para todo n ≥ 1, ∞ X

⇔

an converge

n=1

(sn ) es acotada.

Ejemplo 9.154 La serie armónica. La serie

∞ X 1

se denomina serie armónica, la cual diverge porque la k sucesión de sumas parciales correspondiente, k=1

(sn ) =

n X 1 k=1

no es acotada. Solución. Lo demostraremos en tres etapas: 1. Primera. Se tiene que para todo n ≥ 1, s2n ≥ sn +

1 2

(9.2)

Sea n = 1:

s2n = 1 + = sn + ≥ sn +

1 1 + ··· + 2 n n X k=1 n X k=1

= sn + n

1 1 + ···+ n+1 2n

1 n+k 1 2n 1 2n

puesto que para todo

k ∈ {1, . . . , n},

1 1 ≥ n+k 2n

1 = sn + . 2 2. Segunda. Por (9.2) tenemos que para todo m ≥ 1 s2m ≥

m+2 . 2

(9.3)

En efecto:

1 1 3 1+2 =1+ = = . 2 2 2 2 Supongamos que (9.3) es válido para m ≥ 1. Probemos que (9.3) es verdadera para m + 1. m=1:

s21 = s2 ≥ s1 +

Lo que debemos demostrar es s2m+1 ≥ (9.3) para m, tenemos:

m+3 2 .

Como 2m+1 = 2 · 2m , aplicando (9.2), con n = 2m , y

s2m+1 = s2·2m ≥ s2m +

1 m+2 1 m+3 ≥ + = . 2 2 2 2

3. Tercera. Probemos que (sn ) no es acotada. Por definición: (sn ) es acotada

⇔

∃R > 0

tal que

∀n ≥ 1 |sn | < R.

346

Sucesiones y series

Por consiguiente (sn ) no es acotada

⇔

tal que

∀R > 0 ∃n ≥ 1

|sn | ≥ R.

Probemos esto último. Sea R > 0. Debemos hallar n ≥ 1 tal que |sn | ≥ R. Por la segunda etapa tenemos que m+2 ∀m ≥ 1 s2m ≥ , 2 basta tomar n = 2m , con m tal que m+2 ≥ R. 2

sn = s2m ≥ Eso se logra con m ≥ 2R − 2.

9.6 Criterio integral Si (ak ) ∈ R∞ está dada como la restricción a N de una función f : [1, ∞[→ [0, ∞[ continua y monótona no-creciente, es decir si ∀k ≥ 1 ak = f (k), se tiene que la serie y solo si

R∞ 1

f (x) dx converge. Se tiene, en efecto, el siguiente teorema.

∞ X

an converge si

n=1

Teorema 9.10 (Criterio integral) Si f : [1, ∞[→ [0, ∞[ continua y monótona no-creciente y si ponemos para k ∈ N, ak = f (k), entonces Z ∞ 1

f (x) dx converge

∞ X

⇔

converge.

n=1

Demostración. En la figura:

≤ 0

es fácil observar que: n X k=2

ak ≤

Z n 1

f (x) dx ≤

n X k=1

∀n ≥ 2,

(9.4)

puesto que las sumas parciales totalizan el área de rectángulos de base 1 y altura ak y la integral entre 1 y n es el área bajo la curva que es la gráfica de f sobre el intervalo [1, n]. Tomando el límite cuando n → ∞ en (9.4), se obtiene el resultado.

9.7 Criterios de comparación

347

Ejemplo 9.155 1. Probemos que si α ∈ R,

∞ X 1 k=1

Ponemos f (x) =

1 xα

converge

kα

⇔

α > 1.

y ak = f (k). Como Z

∞

f (x) dx =

Z1 ∞

dx xα x−α dx

∞

> <ln |x| 1 = +∞ ¨

∞ = +∞ x1−α

> : 1−α = 1

− 1−α

si α = 1, si α < 1, si α > 1,

el criterio integral nos da el resultado. En particular tenemos que: (a) la serie armónica

∞ X 1

diverge,

n=1 ∞ X

(b) la serie cuadrática

2. Pruebe que

∞ X

2 converge. n(ln n)2 n=3

Ponemos f (x) = Z

1 converge. n2 n=1

∞

2 , ak = f (k). x(ln x)2 Z

∞

f (x) dx = 2

∞

ln 3

dx x(ln x)2 du u2

con el cambio de variable u = ln x,

∞

= −2u−1

dx du = , x

x 3 ∞

u ln 3 ∞

ln 3

2 = ln 3 Por el criterio integral tenemos que

∞ X

2 converge. n(ln n)2 n=3

9.7 Criterios de comparación Comparando dos series, digamos ∞ X k=1

∞ X

bk ,

k=1

cuyos términos se relacionan de manera conveniente, se puede a veces obtener resultados sobre la convergencia o divergencia de una de ellas, a partir de lo que se conozca de la otra.

348

Sucesiones y series

Teorema 9.11 Sean (ak ), (bk ) ∈ R∞ tales que para todo k ≥ 1, se tiene que 0 ≤ ak ≤ bk . Entonces, 1. Si

∞ X

bk converge, entonces

k=1

2. Si

∞ X

ak converge.

k=1

ak diverge, entonces

k=1

∞ X

bk diverge.

k=1

Demostración. Sean sn =

n X

ak ,

tn =

k=1

n X

bk ,

k=1

para todo n ≥ 1.

Se tiene entonces que 0 ≤ s n ≤ tn

para todo n ≥ 1,

(9.5)

y las sucesiones (sn ) y (tn ) son monótonas no decrecientes. 1. Si

∞ X k=1

bk converge, entonces (tn ) converge, digamos hacia T y para todo n ≥ 1 sn ≤

tn ≤ T .

Al ser (sn ) monótona no decreciente y acotada por arriba por T , esta sucesión converge y por lo tanto

n X

ak converge.

k=1

2. Si

∞ X

ak diverge, (sn ) diverge y al ser no decreciente esto significa que l´ım sn = +∞. n→∞

k=1

Por (9.5) se tiene entonces que también l´ım tn = +∞, lo que significa que n→∞

k=1

diverge.

Ejemplo 9.156 1. La serie

∞ X k=1

3k 2 − 1 converge. 2k 4 + 3k 2 + 5

En efecto, si ponemos ak =

3k 2 − 1 2k 4 + 3k 2 + 5

bk =

3 , 2k 2

vemos que 0 < ak < bk para todo k ≥ 1. Como

∞ X k=1

n X

3X 1 bk = 2 k2 ∞

k=1

y esta última serie converge, el criterio de comparación nos da el resultado.

9.7 Criterios de comparación

2. La serie

349

∞ X (k + 2) ln(k + 3)

2k 2 − 1

k=1

diverge.

En efecto, si ponemos

ak =

1 2k

bk =

vemos que 0 < ak < bk para todo k ≥ 1. Como

∞ X

ak =

k=1

(k + 2) ln(k + 3) , 2k 2 − 1

1X1 = +∞, 2 k ∞

k=1

por el criterio de comparación podemos concluir que la serie

P∞

k=1 bk

diverge.

En el criterio de comparación, la condición “0 ≤ ak ≤ bk para todo k ≥ 1” puede reemplazarse por “existe M ≥ 1 tal que 0 ≤ ak ≤ bk para todo k ≥ M ”, porque al cambiar un número finito de términos la convergencia o no de la serie no se altera.

Teorema 9.12 ak . Sean (ak ), (bk ) ∈ Rn tales que para todo k ≥ 1 ak ≥ 0 bk > 0 y supongamos que L = l´ım k→∞

Entonces:

1. Si L > 0,

∞ X

ak converge si y solo si

k=1

2. Si L = 0 y

∞ X

bk converge.

k=1

bk converge, entonces

k=1

∞ X

ak converge.

k=1

∞ ∞ X X ak 3. Si l´ım = +∞ y bk diverge, entonces ak diverge. k→∞ bk k=1 k=1

Demostración. Si existe l´ım

k→∞

ak = L > 0, entonces para todo ǫ > 0 existe N = N (ǫ) tal que bk k≥N

1. Si L > 0, tomando ǫ =

L 2

⇒

b − L < ǫ. k

> 0 y M = N ( L2 ) se tiene entonces que

< . − L

2 k

∀k ≥ M, Como

< − L

2 k

⇔ ⇔ ⇔

L ak L < −L< 2 bk 2 L ak 3L < < 2 bk 2 L 3L bk < ak < bk , 2 2

−

se tiene que ∀k ≥ M

Lbk < 2ak < 3Lbk .

350

Sucesiones y series ∞ X

Se puede aplicar el criterio de comparación a las series series solo si

∞ X

2ak y

k=1 ∞ X

∞ X k=1

∞ X

Lbk y

k=M

3Lbk . Recordemos que si (cn ) ∈ R∞ y α > 0,

n=1

(αcn ) converge. Entonces:

n=1

(a) X

converge

⇒ ⇒ ⇒

X X X

2ak

converge

Lbk

converge converge

(b) X

converge

⇒ ⇒ ⇒

X X X

3Lbk 2ak

converge converge

converge

Esto quiere decir que X

converge

⇔

converge.

2. Si L = 0, tomando ǫ = 1 y M = N (1) se tiene entonces que ∀k ≥ M, Como

b − 0 < 1 k

< 1. − 0

⇒

−1 ≤

ak ≤ 1, bk

se tiene que para todo k ≥ M ak ≤ bk . Por el criterio de comparación, ∞ X

converge

k=1

3. Si l´ım

k→∞

∞ X

⇒

k=1

⇒

ak > 1, bk

converge.

ak = +∞, existe M tal que bk k≥M

por lo que para todo k ≥ M ak > bk . Por el criterio de comparación ∞ X k=1

diverge

⇒

∞ X k=1

2ak y luego a las

k=M ∞ X

diverge.

cn converge si y

9.7 Criterios de comparación

351

Ejemplo 9.157 1.

∞ X 2k + 3 + cos(3k 2 + 1)

√ 3 k7 + k5 + 3

k=1

converge.

En efecto, si ponemos ak =

2k + 3 + cos(3k 2 + 1) √ , 3 k7 + k5 + 3

se tiene que l´ım

k→∞

bk =

1 4

∀k ≥ 1,

ak = 2 > 0, bk

por lo que la primera parte del teorema precedente nos da el resultado. 2.

∞ X 1 k=1

converge.

En efecto, si ponemos ak =

1 , k!

bk =

tenemos que ak = l´ım k→∞ bk k→∞ l´ım

1 k! 1 k2

1 , k2

∀k ≥ 1,

k2 = 0, k→∞ k!

= l´ım

puesto que para todo k ≥ 3 k2 k k 1 = · · k! k (k − 1) (k − 2)!

k =1 y k→∞ (k − 1) l´ım

1 = 0. k→∞ (k − 2)! l´ım

La parte 2) del teorema nos da entonces el resultado. 3.

∞ X

1 √ diverge. 1+ k k=1 Si ponemos ak =

1 √ , 1+ k

bk =

tenemos que ak l´ım = l´ım k→∞ bk k→∞ Como

∞ X 1 3

k=1

1 3

1√ 1+ k 1

∀k ≥ 1,

= +∞.

diverge, la parte 3) del teorema anterior nos da el resultado.

9.7.1 Criterio de la razón

Teorema 9.13 ak+1 Sea (ak ) ⊂ ]0, ∞[. Sea L = l´ım . Entonces k→∞

1. Si L < 1, la serie

∞ X

ak converge.

k=1 ∞ X ak+1 = +∞, la serie ak diverge. k→∞ ak k=1

2. Si L > 1 o l´ım

352

Sucesiones y series

3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.

ak+1 , entonces para todo ǫ > 0 existe N tal que para todo k→∞ ak

Demostración. Si existe L = l´ım

ak+1

k ≥ N,

− L < ǫ.

Caso 1. Sea r ∈ ]L, 1[. Ponemos ǫ = r − L > 0: ǫ 0 Tendremos

ak+1

− L

< ǫ = r − L,

a k

∀k ≥ N.

Pero

ak+1

− L

< ǫ = r − L

a k

ak+1 − L < r − L ∀k ≥ N ak ak+1 < rak ∀k ≥ N

⇒ ⇒ ⇒

aN +1 < raN ,

aN +2 < raN +1 < r 2 aN , aN +3 < raN +2 < r 3 aN ,

etcétera.

Por inducción tendremos que aN +n < r n aN

∀n ≥ 1.

Por el criterio de comparación, aplicado a las series de términos positivos y

∞ X

aN +n

n=1

r n aN , puesto que esta última es una serie geométrica que converge, dado que

n=1

0 < r < 1, la serie

∞ X

aN +n converge y, por ende,

n=1

∞ X

r n aN .

n=1

Caso 2. Sea Sea r ∈ ]1, L[. Ponemos ǫ = L − r > 0: ǫ 0 Tendremos

ak+1

− L

< ǫ = L − r,

a k

∀k ≥ N.

Pero

ak+1

− L

< ǫ = L − r

a k

⇒

−(L − r) <

⇒

rak < ak+1

Análogamente al Caso 1, obtenemos: r n aN < aN +n

∀n ≥ 1.

ak+1 −L ak ∀k ≥ N.

∀k ≥ N

9.7 Criterios de comparación

353

Comparando las mismas series que en el Caso 1, pero ahora con r > 1 para la serie geométrica, que será entonces divergente, se tiene finalmente ∞ X

diverge.

k=1

Caso 3. Veamos dos ejemplos en los que L = 1: (a) (b)

∞ X k=1 ∞ X

∞ X

ak , con ak = k1 . Entonces ak , con ak =

1 k2 .

ak diverge.

k=1 ∞ X

Entonces

k=1

ak converge.

k=1

Ejemplo 9.158 1. Pruebe que

∞ X k=1

3k converge. (k + 1)!

Si ponemos ak =

3k , tendremos (k + 1)! ak+1 =

de donde

3k+1 , (k + 2)(k + 1)!

ak+1 3 = l´ım = 0 < 1. k→∞ k + 2 ak

l´ım

k→∞

Estamos en el Caso 1 del teorema, por lo que la serie converge. 2. Pruebe que

∞ X (k + 1)k k=2

(k − 1)!

diverge.

(k + 1)k , por lo que (k − 1)!

Ponemos ak =

ak+1 =

(k + 2)k+1 (k + 2) [(k + 1) + 1] = . k! k(k − 1)!

Entonces

ak+1 k + 2 (k + 1) + 1 = ak k k+1 Como k+2 = 1, k→∞ k l´ım

tendremos que

l´ım

n→∞

1 n

k+2 1 1+ k k+1

k+1

=e>2

l´ım

k→∞

1 k+1

−1

= 1,

ak+1 = e > 2, k→∞ ak l´ım

por lo que

∞ X

ak diverge.

k=1

354

Sucesiones y series

9.8 Series alternantes En una suma como 1 −

1 2

1 3

1 4

−

+ · · · , las sumas parciales de las series

∞ X

(−1)k+1

k=1

1 o k

1 (−1)k , los signos de los términos se alternan +, −, +, −, . . . o −, +, −, +, . . ., respectivak k=1 mente. Este hecho justifica la siguiente definición.

Definición 9.2 Sea (ak ) ⊂ [0, ∞[. Las series de la forma ∞ X

(−1)k ak

k=1

∞ X

(−1)k+1 ak

k=1

se llaman series alternantes.

Como cualquiera de estas dos formas se obtiene multiplicando por (−1) los términos de la otra, basta estudiar la convergencia de una de ellas.

Teorema 9.14 (Criterio de las series alternantes) Sea (ak ) ⊂ [0, ∞[ una sucesión monótona no creciente (esto es, para todo k ≥ 1, ak+1 ≤ ak ). Si l´ım ak = 0, entonces k→∞

∞ X

(−1)k+1 ak converge.

k=1

Para la demostración del teorema, haremos uso del siguiente lema que proponemos como ejercicio al lector.

Lema 9.2 Si dada (bn ) ⊂ R se tiene que existe l´ım b2k = l´ım b2k+1 = L, entonces existe l´ım bn = L. k→∞

Demostración del teorema. Sea sn =

n X

k→∞

(−1)k+1 ak para todo n ≥ 1. Entonces

k=1

s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · a2k−1 − a2k

= (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + · · · (a2k−1 − a2k )

k X

(aj − aj+1 ) para todo k ≥ 1.

j=1, j-impar

Como para todo j ≥ 1, aj − aj+1 ≥ 0 (puesto que (ak ) es monótona decreciente), entonces (s2k )k≥1 es una sucesión monótona no decreciente. Por otra parte, para todo k ≥ 1 s2k = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · a2k−1 − a2k

= a1 − (a2 + a3 ) − · · · (a2k−2 − a2k−1 ) − a2k ;

9.8 Series alternantes

355

es decir, para todo k ≥ 1 s2k = a1 −

2k−2 X

(aj − aj+1 ) − a2k ≤ a1 ,

j=2, j-par

puesto que para todo j > 1, aj − aj+1 ≥ 0. La sucesión (s2k )k≥1 es entonces acotada por arriba por a1 . Por lo tanto (s2k ) converge, digamos hacia S. Por otra parte, para todo k ≥ 1, s2k+1 = s2k + a2k+1 . Tomamos l´ım y obtenemos: k→∞

l´ım s2k+1 = l´ım (s2k + a2k+1 ) = l´ım s2k + l´ım a2k+1 = S.

k→∞

Tenemos entonces que l´ım s2k = l´ım s2k+1 = S, por lo que l´ım sn = S, y la serie ∞ X

k→∞

(−1)k+1 ak converge.

k=1

Ejemplo 9.159 1.

∞ X

(−1)k

k=1

∞ X

k converge. 2k

(−1)k+1

k=1

1 converge para todo p > 0. kp

En particular, la serie

∞ X

1 (−1)k+1 , llamada serie armónica alternada, converge lo que k k=1 ∞ X 1

. k De una serie que tiene esta propiedad se dice que converge relativamente o condicionalmente. En general tenemos la siguiente definición. contrasta con la divergencia de la serie armónica

k=1

Definición 9.3 Sea an ⊂ R. 1. Si

n=1

2. Si

X n=1

|an | converge, se dice que |an | diverge y

relativamente.

an converge absolutamente.

n=1

an converge, se dice que

n=1

an converge condicionalmente o

n=1

Se tiene el siguiente teorema.

Teorema 9.15 (Convergencia absoluta) Sea (an ) ⊂ R. Si

∞ X

n=1

siempre tiene lugar.

an converge absolutamente, entonces

∞ X n=1

an converge. La recíproca no

356

Sucesiones y series

Demostración. Supongamos que la serie converge absolutamente. Probemos que converge. Recordemos que por el criterio de Cauchy, una sucesión numérica (bn ) converge si y solo si (bn ) es una sucesión de Cauchy; es decir, si ∀ǫ0 > 0 ∃N0 = N0 (ǫ0 ) tal que ∀n, m > N0 , |bn − bm | < ǫ0 . Sean sn =

n X

ak y tn =

k=1

n X k=1

|ak | para todo n ≥ 1.

Debemos probar que la sucesión (sn ) es de Cauchy. Sea ǫ > 0. Debemos hallar N tal que si m, n > N , entonces |sm − sn | < ǫ. Como

n X

k=1

|ak | converge, la correspondiente sucesión de

sumas parciales (tn ) converge. Pero esto significa que (tn ) es de Cauchy, por lo que ∃N1

tal que m, n > N1 (ǫ)

⇒

|tm − tn | < ǫ.

Como para m > n ≥ 1 tenemos que |sm − sn | = |(a1 + a2 + · · · + an + · · · + am ) − (a1 + · · · + an )| = |an+1 + · · · + am | ≤ |an+1 | + · · · + |am |

= (|a1 | + |a2 | + · · · + |an | + |an+1 | + · · · + |am |) − (|a1 | + · · · + |an |) = |tm − tn |,

repitiendo los mismos cálculos si n > m ≥ 1, vemos que para todo n, m ≥ 1, |sm − sn | ≤ |tm − tn | < ǫ, Basta entonces tomar N = N1 (ǫ). Otra demostración es la siguiente. Sea bk = |ak | + ak

si m, n > N1 (ǫ).

para todo k ≥ 1

(9.6)

0 ≤ bk ≤ 2|ak | para todo k ≥ 1

(9.7)

Entonces

∞ X k=1

|ak | converge,

∞ X k=1

2|ak | también converge. Por (9.7), aplicando el criterio de compara-

ción, tendremos entonces que

∞ X

bk converge.

k=1

Como de (9.6) se tiene que ak = bk − |ak | para todo k ≥ 1, la convergencia de ∞ X k=1

|ak | implica entonces la convergencia de

∞ X

bk y de

k=1

ak .

k=1

Finalmente, la serie armónica alternada es un ejemplo de que la recíproca no siempre tiene lugar.

9.9 Criterio general de la razón Antes vimos, para las series de términos no negativos, el criterio de la razón. Por otra parte, sabemos que una serie absolutamente convergente es convergente. Combinando estos resultados tenemos el siguiente teorema.

9.10 Error de aproximación del límite de una serie

357

Teorema 9.16 (Criterio general de la razón para la convergencia de una serie)

an+1

Sea (an ) ∈ R∞ una sucesión de términos no nulos. Sea L = l´ım

. Entonces: n→∞

1. Si L < 1 la serie

∞ X

an converge absolutamente.

n=1

∞ X

an+1

= +∞, la serie 2. Si L > 1 o si l´ım

an diverge.

n→∞ a n

n=1

3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.

Para las series de términos no negativos tiene lugar el siguiente teorema. Teorema 9.17 (Criterio de la raíz) √ Sea (an ) ∈ R∞ una sucesión de términos no negativos y sea L = l´ım n an . Entonces: n→∞

1. Si L < 1 la serie

∞ X

an converge.

n=1

2. Si L > 1 o si l´ım

n→∞

√ n

an = +∞, la serie diverge.

3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.

La demostración, análoga a la del criterio de la razón, se basa en el criterio de comparación de una progresión geométrica. Se tiene, además, como corolario, el siguiente teorema. Teorema 9.18 (Criterio general de È la raíz) ∞ Sea (an ) ∈ R y sea L = l´ım n |an |. Entonces: n→∞

1. Si L < 1 la serie

∞ X

an converge absolutamente.

n=1

2. Si L > 1 o si l´ım

n→∞

È n

|an | = +∞, la serie diverge.

3. Si L = 1 el criterio no es concluyente.

9.10 Error de aproximación del límite de una serie Dada una sucesión convergente (bn ) ∈ R∞ , si L = l´ım bn se tiene que l´ım |L − bn | = 0, n→∞ n→∞ por lo que bn es una aproximación de L y |L − bn | es el error que se comete al hacer esta aproximación. Si una serie

∞ X

ak converge, digamos hacia S, es decir si ponemos S =

k=1

∞ X

, por definición

k=1

S = l´ım sn , n→∞

con sn =

n X k=1

ak .

358

Sucesiones y series

Las sumas parciales sn son entonces aproximaciones de S y el error que se comete al aproximar S con sn es (9.8) En = |S − sn |. Tomamos en (9.8) l´ım y vemos que n→∞

l´ım En = 0.

n→∞

Esto quiere decir que el error que se comete al aproximar el límite S de una serie son sus sumas parciales sn , puede ser tan pequeño como se quiera, para lo cual basta tomar n suficientemente grande. Para las series alternantes se tiene un resultado notable, que permite conocer el valor que debe tener n para que el error de aproximación sea menor que un valor dado de antemano.

Teorema 9.19 (Error para las series alternantes) Si (ak ) ⊂ R, es tal que 0 ≤ ak+1 ≤ ak para todo k ≥ 1 y si l´ım ak = 0, entonces k→∞

0 ≤ S ≤ a1 y |S − sn | < an+1 para todo n ≥ 1, donde sn =

n X

(−1)k+1 ak y S =

k=1

∞ X

(−1)k+1 ak .

k=1

Demostración. La serie converge, obviamente, por el criterio de las series alternantes. Converge entonces l´ım

N →∞

N X

(−1)k+1 ak y, por ende, l´ım

N →∞

k=1

(−1)k+1 ak para todo n ≥ 1.

k=n+1

Como se vio en la demostración del criterio de las series alternantes, s2j ≤ a1 para todo j ≥ 1. Como

y 0 ≤ s2j−1

(9.9)

l´ım s2j = l´ım s2j−1 = l´ım sn = S,

j→∞

n→∞

j→∞

tomando el l´ım en (9.9) se obtiene que j→∞

(9.10)

0 ≤ S ≤ a1 . Evidentemente, como

∞ X

(−1) ak = −

k=1

∞ X

k+1

(−1)

ak , si converge

k=1

(−1)k ak = −S.

k=1

Ahora bien, sea n ≥ 1. Entonces S − sn =

∞ X

(−1)k+1 ak −

k=1

(−1)k+1 ak := S,

k=1

tendremos simultáneamente la convergencia de ∞ X

∞ X

n X

(−1)k+1 ak

k=1

9.10 Error de aproximación del límite de una serie

359

por lo que Sn − s n =

∞ X

(−1)k+1 ak

k=n+1 n+2

= (−1)

∞ X

an+1 +

(−1)k+1 ak

k=n+2

= (−1)n an+1 +

∞ X

(−1)n+j an+1+j ,

j=1

donde hemos puesto k = n + 1+ j y j = k − (n + 1), y hemos tenido en cuenta que si k = n + 2, j = 1. Si n es par, (−1)n = 1 y (−1)n+j = (−1)j , por lo que Sn − sn = an+1 −

∞ X

(−1)j+1 an+1+j .

(9.11)

j=1

Análogamente a (9.10) tenemos que 0≤

∞ X

(−1)j+1 an+1+j ≤ an+2 ,

(9.12)

(−1)j+1 an+1+j ≤ an+1 .

(9.13)

j=1

y como an+2 ≤ an+1 tendremos que 0≤

∞ X

j=1

Por lo que de (9.11), (9.12) y (9.13), se obtiene que (9.14)

0 ≤ S − sn ≤ an+1 ; es decir, |S − sn | ≤ an+1

para todo n par.

(9.15)

Si n es impar, análogamente a (9.11) se obtiene S − sn =

∞ X

(−1)k+1 ak = −an+1 +

k=n+1

∞ X

(−1)j+1 an+1+j ,

j=1

y por (9.12), similarmente a lo hecho en (9.13), tendremos que −an+1 + 0 ≤ S − sn ≤ −an+1 + an+2 ≤ 0; es decir, |S − sn | ≤ an+1

para todo n impar.

Las desigualdades (9.15) y (9.16) nos dan el resultado: |S − sn | ≤ an+1

para todo n ∈ N.

(9.16)

360

Sucesiones y series

9.11 Convergencia puntual de sucesiones y series de funciones reales Hemos definido lo que son sucesiones y series numéricas, y hemos estudiado su convergencia. Pero podemos concebir sucesiones de elementos de otros conjuntos. Por ejemplo, si notamos con M el conjunto de matrices 2 × 3, y si está dada una función A : N −→ M , tal que a cada n le corresponde la matriz An . Tendremos, entonces, una sucesión (An ) de matrices de orden 2 × 3. Veamos otro ejemplo. Sea Ω 6= ∅ un conjunto cualquiera y sea Φ = {f : Ω −→ R} el conjunto de las funciones reales definidas en Ω. Si está dada una función ψ : N −→ Φ , n 7−→ an tendremos, de hecho, una sucesión (an ) de funciones reales definidas en Ω. Observemos que, dado que para todo n ≥ 1, se tiene que an : Ω −→ R, a cada x ∈ Ω, se tiene que an (x) ∈ R. Por ello, si tomamos un valor x ∈ Ω cualquiera, para este valor de x está definida la sucesión numérica (an (x)), la cual, para ciertos valores de x, puede ser convergente, digamos hacia un número real a(x), y para otros valores de x, puede ser divergente. Se puede, entonces, definir, la función a : Ω −→ R x 7−→ a(x) = l´ım an (x) n→∞

Como, dada una sucesión numérica, inmediatamente se le puede asociar la respectiva sucesión de sumas parciales, en este caso podemos considerar la serie numérica ∞ X

an (x) = l´ım

n→∞

n=1

el límite de (sn (x)) =

n X

ak (x) := s(x),

k=1

n X

ak (x) .

k=1

Podemos, entonces, hablar de la serie de funciones

∞ X

. De hecho, quedan definidas las

n=1

funciones numéricas: a : Ω −→ R x 7−→ a(x) = l´ım an (x) n→∞

s : Ω −→ R x 7−→ s(x) =

∞ X

an (x)

n=1

los dominios de las cuales son: D(a) = {x ∈ Ω : (an (x)) converge} y

D(s) = {x ∈ Ω :

∞ X

an (x) converge},

n=1

llamados conjuntos de convergencia de la sucesión y de la serie, respectivamente. Diremos, en este caso, que la sucesión de funciones numéricas (an ) converge puntualmente hacia a y la serie

∞ X

n=1

an converge puntualmente hacia s.

9.12 Series de potencias

361

9.12 Series de potencias Un caso interesante de series de funciones son las llamadas series de potencias.

Definición 9.4 Dados a ∈ R y (cn )n≥0 ∈ R∞ , si ponemos, para n ≥ 0:

an (x) = cn (x − a)n , la correspondiente serie de funciones

∞ X

an se llama serie de potencias.

n=0

El dominio de convergencia de

∞ X

es, como veremos, un intervalo finito o todo el conjunto

n=0

R, y por eso se lo llama intervalo de convergencia, y lo notaremos con I. El conjunto I nunca es vacío, puesto que a ∈ I. Se puede tener, de hecho, tres tipos de intervalo de convergencia: 1. I = {a}. 2. Existe R > 0 tal que I es un intervalo centrado en a y de radio R. Puede ser: (a) ]a − R, a + R[;

(b) ]a − R, a + R];

(d) [a − R, a + R];

Al número R se lo llama radio de convergencia. 3. I = R. Se dice que en este caso I es el intervalo centrado en a y de “radio infinito”. Estos resultados se resumen en el teorema de “Convergencia de las series de potencias” que lo veremos más adelante, y para cuya demostración precisaremos del siguiente lema.

Lema 9.3 Sean a ∈ R y una sucesión numérica (cn )n≥0 ∈ R∞ . Sean x1 , x2 elementos de R − {a}. Entonces: 1. Si

∞ X n=0

cn (x1 − a)n converge, la serie

x ∈ R tal que |x − a| < |x1 − a|. 2. Si

∞ X n=0

cn (x2 − a)n diverge, la serie

|x − a| > |x2 − a|.

∞ X n=0

cn (x − a)n converge absolutamente para todo

cn (x − a)n también diverge para todo x ∈ R tal que

Demostración. 1. Sea x ∈ R tal que

|x − a| < |x1 − a|.

(9.17)

362

Sucesiones y series

Como

∞ X n=0

cn (x1 − a)n converge, entonces l´ım an (x1 − a)n = 0.

n→∞

Por la definición de este último límite, existe N ∈ N tal que para todo n ≥ N se verifica que |cn (x1 − a)n | < 1. (9.18) Por otra parte:

n (x − a)

|cn (x − a) | = cn (x1 − a) (x1 − a)n )

x − a n

. = |cn (x1 − a)n |

x − a

Aplicando (9.18) tendremos, entonces, que:

x − a n

x − a

|cn (x − a)n | <

para todo n ≥ N .

∞

X x − a

Como la serie

x − a es una progresión geométrica cuya razón, por (9.17), es n=N

x − a n

x − a < 1, 1

utilizando el criterio de comparación para las series ∞ X n=0

cn (x − a)

n ∞

x−a

x − a

n=N

se tiene la convergencia de la primera de ellas, lo que implica la convergencia absoluta de la serie ∞ X

n=0

2. Sea x ∈ R tal que

cn (x − a)n .

|x − a| > |x2 − a|.

Razones por reducción al absurdo. Supongamos que la serie

∞ X n=0

cn (x − a)n converge.

Pero, entonces, aplicando la primera parte de este teorema, la serie

∞ X n=0

cn (x2 − a)n debe

converger absolutamente, lo que es contrario a la hipótesis que enunciamos.

Podemos ahora demostrar el siguiente teorema.

Teorema 9.20 (Convergencia de series de potencias) Sean a ∈ R y una sucesión numérica (cn )n≥0 ∈ R∞ . Entonces una sola de las tres propiedades siguientes tiene lugar:

9.12 Series de potencias

(I) La serie

∞ X n=0

(II) La serie

∞ X n=0

363

cn (x − a)n converge si y solo si x = a. cn (x − a)n converge absolutamente para todo x ∈ R, y se dice que el radio

de convergencia de la serie es infinito. (III) Existe R > 0, llamado radio de convergencia de la serie

∞ X n=0

cn (x − a)n , tal que la serie

converge absolutamente si |x − a| < R, y diverge si |x − a| > R. Para x ∈ {a − R, a + R}, la serie puede ser convergente o divergente.

Demostración. Si x = a, la serie converge obviamente. Hay dos casos excluyentes mutuamente: o bien para todo x 6= a, la serie diverge, y tiene lugar la propiedad (I); o bien existe x1 6= a tal que la serie

∞ X

n=0

cn (x − a)n converge y, por el lema, la serie convergerá para todo x ∈ R tal

que |x − a| < |x1 − a|. En este caso hay, a su vez, dos opciones excluyentes mutuamente. 1. Primera opción. No existe x2 ∈ R tal que la serie

∞ X n=0

cn (x − a)n diverge. En este caso,

se cumpliría la propiedad (II), porque para todo x ∈ R se aplicaría la primera parte del lema con un x1 adecuado. 2. Segunda opción. Existe x2 ∈ R tal que la serie

∞ X n=0

cn (x − a)n diverge. Por la segunda

parte del lema, se tiene, poniendo ρ = |x2 − a| > 0, que: {x ∈ R :

∞ X n=0

cn (x − a)n converge} ⊂ [a − ρ, a + ρ],

y por la primera parte del lema, ρ es una cota superior del conjunto Ω = {|x − a| :

∞ X n=0

cn (x − a)n converge absolutamente}.

Si tomamos R = sup Ω, con este valor R, la serie cumple, entonces, la propiedad (III). Nótese que R < ∞, porque Ω está acotado por arriba y R > 0, porque |x1 − a| ∈ Ω, y, obviamente, 0 < |x1 − a| ≤ R. Para el cálculo del intervalo de convergencia de una serie de potencias, se puede usar el siguiente lema. Lema 9.4 (Fórmula

de la razón para el radio de convergencia)

existe o es +∞, éste es el radio de convergencia de la serie de potencias Si R = l´ım

n→∞

∞ X n=0

cn+1

cn (x − a)n .

364

Sucesiones y series

Demostración.

cn 1. Supongamos que l´ım

n→∞ c

n+1

= R < ∞, con R > 0. Sea x ∈ R tal que |x − a| < R.

Aplicamos el criterio general de la razón a la serie

∞ X n=0

an con an = cn (x − a)n :

c n+1

an+1

n+1 (x − a)

L = l´ım

= l´ım

n→∞ an

n→∞

cn (x − a)n

cn+1

|x − a| = l´ım

n→∞ c n

|x − a|

l´ım

n→∞ cn+1

|x − a| = < 1, R por lo que la serie converge absolutamente.

cn 2. Si l´ım

n→∞ c

n+1

= +∞ para todo x ∈ R, al calcular L se obtiene

|an+1 | = n→∞ |an |

L = l´ım

|x − a|

= 0 < 1,

l´ım

n→∞ cn+1

por lo que la serie converge absolutamente. 3. Si R = 0 y |x − a| > 0, el mismo criterio de la razón, puesto que L = l´ım

n→∞

nos indica que la serie

∞ X n=0

|an+1 | = |an |

|x − a|

= +∞,

l´ım n→∞ cn+1

an (x − a)n diverge.

De manera similar, del Criterio General de la Raíz se obtiene que si R = o es +∞, éste es el radio de convergencia de la serie de potencias

∞ X n=0

l´ım

1È n

n→∞

cn (x − a)n .

Ejemplo 9.160 1. Halle el intervalo de convergencia de la serie

∞ X (2x + 5)k k=0

Como

poniendo ck =

3k (k + 2)2

. k

(2x + 5)k 2k 5 = x − (− ) 3k (k + 2)2 3k (k + 2)2 2

2k y a = − 52 , vemos que se trata de una serie de potencias. 3k (k + 2)2

|cn |

existe

9.13 Ejercicios

365

Por otra parte

cn R = l´ım

n→∞ c

= l´ım

k→∞

n+1

2k 3k (k+2)2 2k+1 3k+1 (k+3)2

3 k+3 l´ım k→∞ 2 k+2 3 = , 2

por lo que la serie converge absolutamente en el intervalo ] − 52 − 23 , − 52 + 32 [ = ] − 4, −1[. Queda por determinar la convergencia para x = −4 y x = −1. Para x = −4:

∞ X (2x + 5)k k=0

3k (k + 2)2

∞ X

(−1)k

k=0

1 , (k + 2)2

que converge por el criterio de las series alternantes. Para x = −1:

∞ X (2x + 5)k k=0

3k (k + 2)2

∞ X k=0

1 . (k + 2)2

Esta serie converge, porque se la puede comparar en el límite con la serie convergente

∞ X 1 k=0

En síntesis, el intervalo de convergencia de la serie

∞ X (2x + 5)k k=0

2. Halle el intervalo de convergencia de la serie

∞ X xk k=0

Aquí, a = 0, ck =

1 k!

es [−4, −1].

3k (k + 2)2

cn R = l´ım

n→∞ c

n+1

= l´ım

n→∞

1 n! 1 (n+1)!

= l´ım (n + 1) = +∞, n→∞

por lo que la serie converge absolutamente para todo x. A su límite se le nota exp(x). Es decir exp : x 7→ exp(x) =

∞ X xk k=0

es una función definida para todo x ∈ R.

Aplicando a esta serie el lema (condición necesaria de convergencia de una serie), se tiene, puesto que converge absolutamente, que |x|k l´ım = 0. n→∞ k!

9.13 Ejercicios 1. Halle el intervalo de convergencia de la serie dada.

(a)

∞ X (−1)k k=1

k+1

(x + 1)k .

(b)

∞ X (x − 3)k k=1

(c)

∞ X (2x + 1)k k=1

366

Sucesiones y series

(d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) (k) (l)

∞ X (x + 3)k k=1 ∞ X

(m)

k=1

(x + 2)k (−1)k √ . k+1 k=1 ∞ X (−1)k+1 k=1 ∞ X k=1 ∞ X

k=1 ∞ X k=1 ∞ X

(x + 1)k .

(a)

k=1 ∞ X k=1

∞ X k=1

k+1 (x + 3)k . (k + 2)2

(b)

2x + 3 5

(c)

(−1)k (x + 2)k . k ln k

(e)

k(4 − x) . 23k

∞ X

x x+1

∞ X (k + 1)! k=1

x+3

∞ X 1 k=1

(d)

1 . (x3)k

∞ X x+1 k k=1

(x + 1)k . ln(k + 1)

(−1)k

2k! 1 × 3 × 5 × · · · × (2k + 1)

2. Halle los valores de x ∈ R para los cuales la serie dada converge.

(3x + 2)k (−1)k . k!

k=1 ∞ X

∞ X

(kx)k

2kx .

k=1

(−3x + 2)k . k(k + 2)

(f)

∞ X

k!e−kx .

k=1

9.14 Derivación e Integración de Series de Potencias Dados a ∈ R y (cn )n≥0 ∈ R∞ , si ponemos s(x) =

∞ X n=0

cn (x − a)n , la función s : R → R está

definida en el intervalo de convergencia de la serie. Resulta que si R ∈ ]0, ∞[ o R = +∞ es el radio de convergencia de la serie, la función s es derivable en ]a − R, a + R[ o en R, respectivamente, y su derivada se puede obtener como el límite de la serie obtenida derivando término por término la serie

∞ X

n=0

análogo.

cn (x − a)n . Para la integración de s se tiene un resultado

Teorema 9.21 (Derivación de una Serie de Potencias) Si el radio de convergencia de la serie de potencias

s(x) =

∞ X n=0

∞ X

n=0

cn (x − a)n es R ∈ ]0, ∞[ o +∞, y si

cn (x − a)n , la función s es derivable, y por ende continua, en en ] − R, +R[ o en R,

respectivamente y s′ (x) =

∞ X k=1

kck (x − a)k−1 .

Y también el siguiente corolario.

Corolario 9.22 La función s tiene derivadas de todos los órdenes en ] − R, +R[.

9.14 Derivación e Integración de Series de Potencias

367

En vez de una demostración formal de este teorema, notemos que si, por ejemplo, hemos podido calcular el radio de convergencia R de la serie

∞ X

k=0

cn R = l´ım

n→∞ c

n+1

como

∞ X k=1

kck (x − a)k−1 =

∞ X

ck (x − a)k mediante la fórmula

(n + 1)cn+1 (x − a)n

n=0

(con el cambio de variable n = k − 1) podemos calcular el radio de convergencia R′ de la serie P∞ k−1 como: k=1 kck (x − a)

(n + 1)cn+1

= l´ım n+1 = R. R′ = l´ım

n→∞ (n + 2)cn+2 n→∞ cn+2

¡Los radios de convergencia de las dos series coinciden! Análogamente, y utilizando el teorema precedente, se obtiene el siguiente teorema. Teorema 9.23 (Integración de Series de Potencias) Si s(x) =

∞ X

k=0

ck (x − a)k , entonces Z

s(x) dx = Z β α

s(x) dx =

∞ X

ck (x − a)k+1 + C, k + 1 k=0 ∞ X

k=0

(β − a)k+1 − (α − a)k+1 , k+1

donde [α, β] es subconjunto del intervalo de convergencia.

Ejemplo 9.161 Utilizando los teoremas precedentes halle series de potencias que converjan hacia: (a)

1 , (1 + x)2

(b) ln(1 + x), (c) arctan x, para x ∈ ] − 1, 1[. Conocemos que si |r| < 1 se tiene la convergencia de la serie geométrica ∞ X

ark =

k=0

a 1−r

Poniendo a = 1, r = −x, con x ∈ ] − 1, 1[, tenemos X 1 = 1(−x)k , 1 − (−x) ∞

k=0

por lo que

X 1 = (−1)k xk 1+x ∞

k=0

(9.19)

368

Sucesiones y series

para todo x ∈ ] − 1, 1[. Como entonces x2 ∈ [0, 1[, se puede sustituir x por x2 y obtenemos X 1 = (−1)k x2k 2 1+x ∞

(9.20)

k=0

para todo x ∈ ] − 1, 1[.

1. Derivando (9.19) obtenemos, gracias al teorema de derivación de series de potencias, que X X −1 = (−1)k kxk−1 = (−1)n+1 (n + 1)xn 2 (1 + x) n=0 ∞

∞

(9.21)

k=1

(donde hicimos el cambio de variable n = k − 1). Cambiando de signo en (9.21) se obtiene finalmente X 1 = (−1)n (n + 1)xn 2 (1 + x) n=0 ∞

(9.22)

para todo x ∈ ] − 1, 1[. Derivando (9.22) las veces que sea necesario, se obtienen series que convergen hacia todo n ≥ 3.

1 (1+x)n

para

2. Integrando cada lado de (9.19), pero con t en lugar de x, entre 0 y x para x ∈ ] − 1, 1[ se obtiene Z

x 0

dt = 1+t

∞ xX

∞ X

k=0

(−1)k tk dt =

(−1)k

tk dt =

∞ X

(−1)k

k=0

xk+1 . k+1

Como con el cambio de variable n = k + 1 se obtiene ∞ X

(−1)k

k=1

y como

se tiene que ln(1 + x) =

X xk+1 xn = (−1)n+1 , k + 1 n=0 n ∞

dt = ln(1 + x), 1+t

∞ X (−1)n+1

n=0

xn = x −

x2 x3 + − ··· 2 3

(9.23)

para todo x ∈ ] − 1, 1[.

3. Integrando la igualdad (9.20), pero con t en lugar de x, entre 0 y x para x ∈ ] − 1, 1[ se obtiene: Z

x 0

dt = 1 + t2

∞ xX 0

(−1)k t2k dt =

k=0

de donde, puesto que

arctan x =

t2k dt =

∞ X

(−1)k

k=0

x2k+1 , 2k + 1

dt = arctan x, 1 + t2

∞ X (−1)k k=0

(−1)k

k=0

se obtiene:

∞ X

(2k + 1)

x2k+1 = x −

x3 x5 x7 + − + ··· 3 5 7

(9.24)

para todo x ∈ ] − 1, 1[.

Las series que obtuvimos en estos ejemplos son series alternantes para las cuales se conoce el error de aproximar el límite de la serie con sus sumas parciales (véase el teorema del error para las series alternantes). Gracias a ello se pueden obtener aproximaciones, con la precisión que se desee, de las expresiones indicadas para x ∈ ] − 1, 1[.

9.15 Ejercicios

369

Ejemplo 9.162 Obtener una aproximación de arctan(0.2) con tres cifras decimales exactas. Por (9.24) con x = 0.2, tenemos que arctan(0.2) =

∞ X (−1)k k=0

Sabemos que

2k + 1

2k+1

(0.2)

∞ X

(−1)k ak ,

con ak =

k=0

(0.2)2k+1 . 2k + 1

∞

X (−1)k (0.2)2n+3

2k+1

(0.2) = an+1 .

arctan(0.2) −

2k + 1 2n + 3 k=0

Calculemos algunos valores de an+1 : n 0 1 2

an+1 (0.2)3 3 (0.2)5 5 (0.2)7 7

≈ 0.002666 ≈ 0.000064 ≈ 0.000001

Vemos que con n = 1 se tiene la precisión deseada, por lo que aproximamos arctan(0.2) con 1 X

(−1)k ak = 0.2 −

k=0

(0.2)3 ≈ 0.1973. 3

Así: arctan(0.2) ≈ 0.1973.

9.15 Ejercicios 1. Escriba la f (x) dada como una serie de potencias y halle el correspondiente intervalo de convergencia. 2 . 3−x 3 . f (x) = (x + 1)2 7 f (x) = . 5 − 2x 3 f (x) = . 4 + 5x f (x) = ln(1 + 3x). x f (x) = arctan . 2 f (x) = ln(1 + x2 ).

2. Halle el domino de la función f para f (x) dada. (a) f (x) =

(a) f (x) = (b) (c) (d) (e) (f) (g)

(h) f (x) =

ln(1 + 2t2 )dt.

3. Sea f (x) =

k=1 ∞ X

(x + 2)k . k2k+1

(3x + 2)k . (k + 1)!

∞ X xk k=0

(a) Pruebe que f ′ = f y que f (0) = 1. (b) Deduzca de ello la relación de f con la función exp : R −→ R.

(d) Aproxime los números siguientes √ con tres cifras decimales exactas: 1/e, 1/ e, 1

arctan tdt. o

(−1)k

k=1

(i) f (x) =

(b) f (x) =

∞ X

e−x

dx y arctan 0.1.

370

Sucesiones y series

9.16 Series de Taylor y de Maclaurin Dados a ∈ R y (cn ) ∈ R∞ , hemos visto que se puede definir una función s : R → R,

x 7→ s(x) =

∞ X k=0

ck (x − a)k ,

cuyo dominio de definición es el intervalo de convergencia de la serie. En los ejemplos precedentes vimos que esta función puede ser dada por expresiones algebraicas, trigonométricas, logarítmicas, etc. conocidas. En estos casos se dice que s(x) está representada por la serie de potencias

∞ X

k=0

ck (x − a)k , o que la serie de potencias

∞ X

k=0

ck (x − a)k representa a s(x). Así, por

∞ X (−1)k+1 k x . ejemplo, ln x está representada por la serie k=1

Notemos que si s(x) =

∞ X k=0

ck (x − a)k

(9.25)

por el teorema de la derivación de series de potencias obtenemos derivando (1) varias veces: s′ (x) = s′′ (x) = s′′′ (x) =

∞ X k=1 ∞ X k=2 ∞ X k=3

ck k(x − a)k−1 , ck k(k − 1)(x − a)k−2 , ck k(k − 1)(k − 2)(x − a)k−3 ,

etc.

Evaluando estas expresiones para x = a, se obtiene s(a) = c0 ,

s′ (a) = c1 ,

s′′ (a) = 2c2 ,

s′′′ (a) = 3 · 2c3 ,

etc.

y, en general, s(n) (a) = n!cn , de donde cn =

s(n) (a) n!

∀n ≥ 0, ∀n ≥ 0

(9.26)

donde hemos notado s(0) (x) = s(x). Hemos obtenido así una expresión para los coeficientes ck ¡en función de las derivadas de la función s, evaluados en a! Podemos entonces escribir que s(x) =

∞ (k) X s (a) k=0

(x − a)k

(9.27)

la cual es válida en el intervalo ]a − R, a + R[, donde R es el radio de convergencia de la serie de potencias, o en R si este radio es +∞. La serie de (3) se llama serie de Taylor de s en a, y cuando a = 0, es decir, si ∞ (k) X s (0) k s(x) = x (9.28) k! k=0 se llama serie de Maclaurin de s.

9.16 Series de Taylor y de Maclaurin

371

Es importante observar que en (9.27) y (9.28) la función s está definida como el límite de una serie de potencias previamente dada, por lo cual la función s es infinitamente derivable en ]a − R, a + R[ o en R, según sea el caso. Se plantea naturalmente el problema inverso: dada una función f : I 7→ R, infinitamente derivable en un intervalo abierto I que contenga un número a ∈ R, se puede obtener análogamente a (9.27) la serie de Taylor de f en a siguiente: ∞ X k=0

ck (x − a)k =

∞ X f k (a) k=0

(x − a)k ,

(9.29)

con

f k (a) ∀k ∈ N ∪ {0} (9.30) k! Esta serie, como cualquier otra, tendrá su correspondiente intervalo de convergencia de la forma ]a − R, a + R[ o R, en el cual estará definida la función s : R 7→ R, dada por: ck =

s(x) =

∞ X k=0

ck (x − a)k =

∞ X f k (a) k=0

(x − a)k ,

(9.31)

Como

sk (a) ∀k ≥ 0, (9.32) k! surge la obvia pregunta ¿qué relación hay entre s(x) y f (x), para los valores de x en que ambas expresiones tienen sentido? Es decir, ck =

¿s(x) = f (x)?

(9.33)

Curiosamente, la respueste ¡no siempre es afirmativa! a pesar de que por (9.30) y (9.32) sk (a) = f k (a) ∀k ≥ 0,

(9.34)

¡no siempre se tiene la identidad (9.33)! Veámoslo con un ejemplo. ( 2 e−1/x si x > 0, Sea f (x) = 0 si x ≤ 0. Se puede ver que para todo k ≥ 0, f (k) (0) = 0, por lo tanto s(x) =

∞ X f (k) (0) k x =0 k=0

∀x ∈ R

Obviamente, para todo x > 0: 0 = s(x) 6= f (x) 6= 0. Es decir que f (x) no está representada por su serie de Taylor, en este caso. Sin embargo en muchos casos, para funciones que usualmente se presentan en la práctica, la correspondiente serie de Taylor o de Maclaurin ¡sí las representa! Veamos un resultado que nos permite hallar una condición suficiente para que una función sea representada por una serie de Taylor.

Teorema 9.24 (de Taylor) Sean a ∈ R, R > 0, n ≥ 0 y f : R → R una función n + 1 veces derivable en ]a − R, a + R[. Entonces

f (x) = Pn (x) + Rn (x) ∀x ∈ ]a − R, a + R[,

372

Sucesiones y series

donde

Pn (x) =

n X f (k)(a) k=0

(x − a)k ,

(9.35)

es el polinomio de Taylor de grado n de f en a, y

Rn (x) =

f (n+1) (cx ) (x − a)n+1 , (n + 1)!

(9.36)

donde cx es un número comprendido entre a y x. A Rn (x)se le llama residuo y (9.36) es la forma de Lagrange de este residuo.

Omitiremos la demostración aquí, pero hacemos notar que los Pn (x) son justamente las sumas parciales de la serie de Taylor de f en a, si f es infinitamente derivable. Como n X f (k)(a) k=0

(x − a)k = Pn (x) = f (x) − Rn (x) ∀n ≥ 0

(9.37)

tomando el l´ım se tiene que n→∞

(9.38)

s(x) = f (x) − l´ım Rn (x). n→∞

Vemos que f será representada por su serie de Taylor si ¡el límite de (9.38) es 0! Tenemos, pues, el siguiente teorema.

Teorema 9.25 (de la representación de una función por su serie de Taylor) Sean a ∈ R, R > 0 y f : R → R una función infinitamente derivable en ]a − R, a + R[. Si l´ım Rn (x) = 0 para todo x ∈ ]a − R, a + R[, entonces n→∞

f (x) =

∞ X f (k) (a) k=0

(x − a)k .

(9.39)

En ejercicios prácticos para probar la condición l´ım Rn (x) = 0 ∀x ∈ ]a − R, a + R[

(9.40)

|x|k = 0 ∀x ∈ R, k→∞ k!

(9.41)

n→∞

es muy útil saber que l´ım

resultado que obtuvimos como la condición necesaria de la convergencia de la serie cuyo intervalo de convergencia es todo R.

∞ X xk k=0

Ejemplo 9.163 ¿Répresenta a ln x su serie de Taylor en 1? Sea f (x) = ln x. Entonces f ′ (x) = x−1 , f ′′ (x) = −1x−2 , f ′′ (x) = 1 · 2x−3 , . . . , f (k) (x) = (−1)(k−1) (k − 1)!x−k

∀k ≥ 1.

Por lo que f (1) = 0, f ′ (1) = 1, f ′′ (1) = −1, f ′′′ (1) = 1 · 2, . . . , f (k) (1) = (−1)(k−1) (k − 1)! ∀k ≥ 1.

9.17 Ejercicios

373

La serie de Taylor de ln x en 1 es s(x) =

∞ X

ck (x − 1)k =

k=0

∞ X (−1)k−1

k=1

(x − 1)k ,

con ck =

(−1)k−1 k

∀k ≥ 1.

Se puede ver (por ejemplo, con la fórmula de la razón) que R = 1 y que el intervalo de convergencia es ]0, 2]. Para x ∈ [1, 2] probemos que l´ım |Rn (x)| = 0. n→∞

Como f (n+1) (x) = (−1)n n!x−n−1 ,

|Rn (x)| =

(−1)n n!c−n−1 x

n+1

(x − 1)n+1

x − 1

(n + 1)! n + 1 cx

con cx ∈ ]1, x[.

Por otra parte: x ∈ [1, 2] Entonces

⇒

1≤x≤2

⇒

0 ≤ x − 1 ≤ 1 < cx < x

x − 1

0 ≤ |Rn (x)| = n + 1 cx

∀n ≥ 1,

con

⇒

0≤

x−1 < 1. cx

x − 1

c < 1. x

Tomando l´ımn→∞ , el teorema del “sandwich” nos da entonces que l´ım |Rn (x)| = 0.

n→∞

En el caso x ∈ ]0, 1[ se prueba también esta última igualdad por lo que la serie de Taylor en 1 realmente representa a ln x en ]0, 2]. Es decir ln x =

∞ X (−1)k+1 k=1

(x − 1)k .

La siguiente es una lista de algunas funciones cuyas series de Maclaurin las representan en los intervalos dados: ex = sen x = cos x = ln x =

∞ X 1

k! k=0

xk ,

x ∈ R,

∞ X

(−1)k 2k+1 x , (2k + 1)! k=0 ∞ X (−1)k 2k x , k=0 ∞ X

(2k)!

(−1)k k x , k k=1

x ∈ R,

x ∈ R, x ∈ ] − 1, 1].

A manera de ejercicio, pruebe que en estos ejemplos las series de Maclaurin representan a las funciones dadas en los intervalos indicados.

9.17 Ejercicios 1. Halle la serie de Maclaurin de la f (x) dada. (a) f (x) =

1 . 3−x

(b) f (x) =

1 . 1 + 3x

374

Sucesiones y series

(d) f (x) = cos x.

(b) f (x) = cos x.

(e) f (x) = sen(3x).

(f) f (x) = e .

4. Halle la serie de Maclaurin de la f (x) dada teniendo en cuenta las series conocidas de las funciones elementales.

(g) f (x) = e−x . (h) f (x) = ex + e−x .

(a) f (x) = e−x .

(i) f (x) = ex − e−x .

(b) f (x) = x3 e−2x .

2. Halle la serie de Taylor de la f (x) dada en el a dado. 1 (a) f (x) = , a = 2. 1 + 2x √ (b) f (x) = x, a = 1.

(e) f (x) = ln(sen x + 1).

5. Usando series indique cómo se pueden aproximar los números dados.

(f) f (x) = ln(x + 1), a = 1.

(g) f (x) = ex , a = 2. (h) f (x) = e

−3x

(f) f (x) = sen x + sec2 x. 2+x (g) f (x) = ln . 2−x

(a) sen 44◦ .

, a = 1.

(b) cos 59◦ .

3. Halle tres términos no nulos de la serie de Maclaurin de la f (x) dada. (a) f (x) = arctan x.

(d) 0

sen x dx. x

9.18 Serie Binomial

Definición 9.5 Dado un numero r ∈ R a la serie de potencias

sr (x) =

∞ X bk (r) k x ,

n=0

(9.42)

donde b0 (r) = 1, b1 (r) = r , b2 (r) = r(r − 1), y para todo k ≥ 2, bk (r) = r(r − 1)(r − 2) · · · (r − k + 1) , se llama serie binomial.

El nombre viene dado teniendo en cuenta que, por la fórmula del binomio de Newton, se tiene j

(1 + x)j = 1 + jx +

X bk (j) j(j − 1) 2 j(j − 1) · · · (j − k + 1) k x +···+ x + · · · = 1 + jx + xk . 2! k! k! k=2

Esta suma tiene j + 1 términos y lo mismo sucede con la serie binomial si r = j ∈ N. Se tiene el siguiente resultado. Teorema 9.26 (de la serie binomial) Para todo número real r la serie binomial converge si |x| < 1, diverge si |x| > 1 y representa a la función f dada por f (x) = (1 + x)r . Es decir:

|x| < 1

⇒

(1 + x)r =

∞ X bk (r) k x , k=0

(9.43)

9.19 Ejercicios

375

donde

b0 (r) = 1, b1 (r) = r y ∀k ≥ 2 bk (r) = r(r − 1)(r − 2) · · · (r − k + 1).

(9.44)

Demostración. Se calcula el radio de convergencia R con la fórmula de la razón y se obtiene R = 1. Dejamos al lector, como ejercicio, probar que la serie realmente representa a f en ] − 1, 1[. Ejemplo 9.164 Hallar una representación como serie de potencias para r = 1/3: 1 √ 1 3 3 1/3 1 + x = (1 + x) = 1+ x+ 3

+ ···+

1 3

−1

√ 3 1 + x, si |x| < 1. Aplicamos (9.43) con

1 3

−1

1 3

−2

x2 + 2! 3! 1 − 1 3 − 2 · · · 13 − k + 1 k!

x3 +

xk + · · ·

9.19 Ejercicios 1. Halle tres términos de una serie de potencias para la f (x) dada.

(a)

√ 3 1.02.

p 3

1 (b) √ . 1.1

(a) f (x) = 1 + x2 . √ (b) f (x) = 4 − x.

2. Aproximar los números dados con tres cifras decimales exactas.

arc sen x = 0

0.1

(d)

el hecho dt √ . 1 − t2

1 + x2 dx.

1/4

(e)

p 3

1 + x2 dx.

que