Funciones trigonométricas by MATERIALES EDUCATIVOS UACM

FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS Un tratado elemental en el cálculo Rafael Torres Simón

ADVERTENCIA La presente versión del material educativo no es la versión final o definitiva del mismo. Se trata de una versión de prueba, en formato electrónico, correspondiente al 12 de noviembre de 2013. Se agradecerá escribir al autor y/o a la editora para hacer cualquier comentario relativo a esta versión: rafatos@yahoo.com.mx anabe.alonso@gmail.com Para el uso de este material es necesario citar los créditos correspondientes del autor, el programa Materiales Educativos de la Biblioteca del Estudiante y la Universidad Autónoma de la Ciudad de México.

FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS UN TRATADO ELEMENTAL EN EL CÁLCULO

Rafael Torres Simón

Universidad Autónoma de la Ciudad de México Enrique Dussel Ambrosini Rector Ernesto Aréchiga Córdoba Secretario General María del Rayo Ramírez Fierro Coordinadora Académica Raúl Soto Peredo Coordinador del Colegio de Ciencia y Tecnología

Figura de la portada: Representación gráfica de un hipotrocoide, que es una ruleta trazada por un punto conectado a un círculo de radio r, rodando alrededor del interior de un círculo fijo de radio R, donde el punto está a una distancia d desde el centro del círculo interior. Su expresión matemática es una ecuación paramétrica. A los patrones geométricos resultantes se les conoce como guilloches y, por su belleza, han sido utilizados ampliamente en las artes decorativas durante siglos.

Funciones trigonométricas.

Un tratado elemental en el cálculo

Rafael Torres Simón

Funciones trigonométricas. Un tratado elemental en el cálculo, primera edición, 2013

Rafael Torres Simón

D.R.

Universidad Autónoma de la Ciudad de México Dr. García Diego 168, Col. Doctores, Delegación Cuauhtémoc, C.P. 06720, México, D.F.

ISBN Academia de Matemáticas, Colegio de Ciencia y Tecnología, Ciclo Básico, Colección Materiales Educativos de la Biblioteca del Estudiante, Coordinación Académica, UACM • Biblioteca del Estudiante: biblioteca.del.estudiante@uacm.edu.mx http://www.uacm.edu.mx/Estudiantes/BibliotecadelEstudiante/tabid/276/Default.aspx • Materiales Educativos: materiales.educativos@uacm.edu.mx https://sites.google.com/site/materialeseducativosuacm • Responsable de la edición: Ana Beatriz Alonso Osorio anabe.alonso@gmail.com • Diseño de la portada: Amaranta Márquez Villanueva • Compilación y diagramas del texto elaborados por el autor Material educativo universitario de distribución gratuita para estudiantes de la UACM Prohibida su venta Hecho e impreso en México / Printed in Mexico

La Ley de la Universidad Autónoma de la Ciudad de México, en su Exposición de motivos, establece: “7. Contribuir al desarrollo cultural, profesional y personal de los estudiantes: (...) El empeño de la Universidad Autónoma de la Ciudad de México deberá ser que todos los estudiantes que a ella ingresen concluyan con éxito sus estudios. Para ello deberá construir los sistemas y servicios que éstos necesiten para alcanzar este propósito de acuerdo con su condición de vida y preparación previa. (...).” 1 De igual manera, en su Título I, Capítulo II, Artículo 6, Fracción IV, dice: “Concebida como una institución de servicio, la Universidad brindará a los estudiantes los apoyos académicos necesarios para que tengan éxito en sus estudios. (...).” 2 Atendiendo a este mandato, los profesores - investigadores de la UACM preparan materiales educativos como herramienta de aprendizaje para los estudiantes de los cursos correspondientes, respondiendo así al principio de nuestra casa de estudios de proporcionarles los soportes necesarios para su avance a lo largo de la licenciatura.

Universidad Autónoma de la Ciudad de México Nada humano me es ajeno

__________________ 1 Ley de la Universidad Autónoma de la Ciudad de México, publicada en la Gaceta Oficial del Distrito Federal el 5 de enero de 2005, reproducida en el Taller de Impresión de la UACM, p. 14. 2

Ídem., p. 18.

´Indice general Introducci´ on

1. Geometr´ıa Plana

1.1. Las nociones b´ asicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2. Tri´ angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3. Congruencia de tri´ angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4. Teoremas de Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.5. Semejanza de tri´ angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.6. Teorema de Pit´ agoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.7. Rec´ıproco del teorema de Pit´ agoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. Trigonometr´ıa ´ 2.1. Angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2. Relaciones trigonom´etricas de ´angulos . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3. Razones trigonom´etricas en un tri´ angulo rect´ angulo

. . . . . . . . .

2.4. Ley de senos y cosenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.5. Funciones trigonom´etricas de n´ umeros reales

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

2.6. Funciones trascendentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 2.7. Funciones hiperb´ olicas b´ asicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 3. Aplicaciones de la trigonometr´ıa en el c´ alculo

135

3.1. Introducci´ on a los l´ımites de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 3.2. L´ımites trigonom´etricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 3.3. Derivadas trigonom´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 3.4. Regla de L’Hˆ opital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 3.5. Introducci´ on a la integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 3.6. La integral indefinida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 3.7. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 3

4 3.8. Longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 3.9. Ecuaciones param´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 3.10. Coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269 Ap´ endice

295

A. Principio de Inducci´ on

295

Referencias

301

Sitios web consultados

303

Introducci´ on La motivaci´ on de escribir este libro ha sido en base a la experiencia de los cursos de matem´ aticas del ciclo b´ asico que he impartido en la Universidad Autónoma de la Ciudad de México, y darme cuenta de las principales necesidades que han requerido los estudiantes de esta universidad, sobre todo, de aquellos que cursan alguna de las carreras de ingenier´ıa. Los temas que se abordan cubren nociones elementales de geometr´ıa y trigonometr´ıa, temas fundamentales del C´ alculo Diferencial e Integral, haciendo un an´ alisis b´ asico en el estudio de las funciones trigonométricas, exponenciales, logar´ıtmicas e hiperb´ olicas. De acuerdo a esto, el libro contiene un cap´ıtulo de geometr´ıa plana, uno de trigonometr´ıa y uno de aplicaciones de la trigonometr´ıa al cálculo. El origen de la geometr´ıa se remonta al Medio Oriente (Antiguo Egipto), a partir de la necesidad de medir predios agrarios y en la construcción de pir´ amides y monumentos. Estos conocimientos se extendieron a los griegos y fue Thales de Mileto quien inici´ o la geometr´ıa desde un punto vista formal. Las propiedades se demostraban por medio de razonamientos lógicos. Posteriormente, el gran matem´ atico griego Euclides quien en su famosa obra titulada Elementos, recopila, ordena y sistematiza todos los conocimientos de la geometr´ıa. Una limitaci´ on del trabajo de Euclides fue no reconocer la posibilidad de sistemas geométricos perfectamente consistentes, donde el quinto postulado no era válido (por un punto exterior a una recta, se puede trazar una u ńica paralela a la recta dada). De esta forma, para Euclides y los geómetras posteriores hasta el siglo XVIII pas´ o inadvertida la posibilidad de geometr´ıas no euclidianas, hasta los trabajos de Lobatschevsky, Gauss y Riemann. En cuanto a la trigonometr´ıa, fueron los babilonios y egipcios los primeros en utilizar los ´ angulos de un tri´ angulo y las razones trigonométricas. Con el estudio de la astronom´ıa, la trigonometr´ıa tuvo un desarrollo sustancial mediante sus numerables aplicaciones como: la predicción de los movimientos y posiciones de los cuerpos celestes; otras aplicaciones fueron el mejoramiento a la exactitud en las rutas de navegaci´ on; en el c´ alculo del tiempo y en los calendarios, etcétera. Los temas que se abordan en este libro son ampliamente conocidos. Estos se estudian generalmente en alguna unidad o en alg´ un(os) subtema(s) de algunas materias de ´ las carreras de Ingenier´ıa de la UACM, como son: Algebra y Geometr´ıa Anal´ıtica, C´ alculo Diferencial, C´ alculo Integral, C´ alculo Vectorial, entre otras. Por ejemplo,

6 ´ en Algebra y Geometr´ıa Anal´ıtica se da una introducci´ on a la trigonometr´ıa y se estudia el teorema de Pit´ agoras, las razones trigonométricas del tri´ angulo rect´ angulo y la ley de senos y cosenos. En el contexto del C´ alculo Diferencial se estudian las propiedades de las funciones trigonométricas y de la función exponencial y logaritmo. Las coordenadas y gr´ aficas polares en C´ alculo Integral, etcétera. Regularmente, estos temas se encuentran dispersados en diferentes bibliograf´ıas, de acuerdo a las necesidades que tiene cada autor para su exposici´ on o de acuerdo a la materia referente. La intenci´ on de este libro, es integrar los temas fundamentales relacionados con la trigonometr´ıa en un s´ olo ejemplar. Antes de entrar al estudio de la trigonometr´ıa, es importante estudiar con detenimiento algunos temas relacionados con la geometr´ıa plana, como son: razones y proporciones, semejanza y congruencia de tri´ angulos. Estos explican el porqué del uso de las razones trigonométricas en los tri´ angulos rect´ angulos y de aqu´ı también la deducción de las leyes de seno y cosenos. Por esta raz´ on, el libro comienza su primer cap´ıtulo con geometr´ıa plana. El segundo cap´ıtulo de este libro aborda el estudio de la trigonometr´ıa. Aqu´ı se definen las funciones trigonométricas, la ley de senos y cosenos, las inversas de las funciones trigonométricas, las funciones hiperb´ olicas y las funciones trascendentes (logaritmo y exponencial). En el tercer cap´ıtulo se aplica lo aprendido de los dos primeros cap´ıtulos a l´ımites, derivadas e integrales. También se incluye una secci´ on a las coordenadas polares y como éstas se relacionan con las coordenadas rectangulares, as´ı como las versiones en forma polar de algunas fórmulas conocidas en el cálculo. En cada una de las secciones se expone un amplio n´ umero de ejemplos, y para poner en pr´ actica los temas que se vayan estudiando, se proponen una serie de actividades a resolver antes de una lista de ejercicios propuestos al final de cada secci´ on. Estas actividades tienen la finalidad de comprender, retener y madurar los conceptos fundamentales estudiados en ese momento antes de avanzar con el estudio de otros temas. Para enriquecer el aprendizaje del estudiante, se demuestran con detalle la mayor´ıa de los teoremas y proposiciones expuestos en este libro para una mayor comprensi´ on en los temas y de esta forma evitar la mecanizaci´ on en el aprendizaje.

7 Por u ´ltimo, queda por agradecer a todas aquellas personas que contribuyeron a la mejora de esta obra y de manera muy especial a Catalina Trevilla, Claudia América Serrano Liceaga y Fausto Jarqu´ın por ser ellos quienes revisaron minuciosamente cada detalle de este libro. También debo agradecer a Ana Beatriz Alonso por todo el apoyo editorial brindado. Espero que este libro tenga la utilidad que se requiere para el aprovechamiento de un mejor aprendizaje en los temas que se exponen, sobre todo para los estudiantes de ingenier´ıa y de modelaci´ on matem´ atica de la UACM en quienes con mucho cari˜ no se escribió la presente obra.

Rafael Torres Sim´ on.

Cap´ıtulo 1

Geometr´ıa Plana 1.1.

Las nociones b´ asicas

La geometr´ıa plana es una rama de la geometr´ıa que estudia las figuras cuyos puntos est´ an contenidos en un plano, como la recta, el tri´ angulo o el c´ırculo. Esta parte de la geometr´ıa también se conoce como geometr´ıa eucl´ıdea, en honor al matem´ atico griego Euclides, el primero en estudiarla en el siglo IV a.C. Su extenso tratado Elementos de Geometr´ıa se mantuvo como texto autorizado de geometr´ıa hasta la aparici´ on de las llamadas Geometr´ıas no eucl´ıdeas en el siglo XIX. Se comenzará explicando algunos conceptos b´ asicos de la geometr´ıa. ◦ Por punto se entiende a aquel ente que no se divide en partes, es decir, el punto no posee magnitud ni tama˜ no. Para representar puntos se emplearán letras may´ usculas: A, B, C, etcétera. u

A ◦ Por l´ınea1 se entiende a aquel ente que tiene longitud pero carece de ancho y se extiende de manera indefinida en dos direcciones. En lo sucesivo, se emplear´a la letra l para representar a una l´ınea recta.

l 1

Una l´ınea no necesariamente es recta.

10 ◦ Por plano se entiende a aquel ente que tiene una superficie uniformemente distribuida con l´ıneas que se cruzan sobre ´el. Un plano tiene ´area pero carece de volumen.

Nota: Se debe tener presente que ninguno de los enunciados anteriores de punto, recta y plano constituyen una definici´on, son secillamente explicaciones o ideas de lo que nos imaginamos acerca de estos conceptos.

Actividad 1. Considera A y B dos puntos. (a) ¿Cu´ antas l´ıneas pasan por los dos puntos? (b) ¿Cu´ antas de estas l´ıneas son rectas? r

B r

A Seguramente, habr´as contestado que por A y B pasa una u ´nica l´ınea recta. De esta manera, se puede decir que una l´ınea recta o simplemente recta, es la que est´ a determinada por cualquiera dos de sus puntos. Observemos la figura: l b

B b

Por A y B pasa una infinidad de l´ıneas, pero solo una es l´ınea recta. En esta figura, A y B determinan la recta l.

´ LAS NOCIONES BASICAS

Nota: Una recta divide al plano en tres partes: la recta y dos semiplanos. Por segmento, se entiende como la porci´ on de una recta. Es decir, si A y B son dos puntos sobre una recta, al pedazo de recta comprendido entre estos puntos, incluyendo los puntos, es el segmento AB.

En general, el segmento AB es igual que al segmento BA. En algunos casos, se consideran segmentos dirigidos, es decir, dado un segmento AB, se le puede asociar un sentido, por ejemplo de A a B. En este caso, el segmento AB es un segmento dirigido y BA tendr´a el sentido opuesto. As´ı, se tendr´ıa la igualdad BA = −AB.

De igual manera, se entender´a por rayo a una porci´ on de recta que tiene un punto inicial y se extiende de manera indefinida hacia una direcci´ on. De esta manera, cada punto O de una recta, divide a esta en dos rayos.

A r

−→ −−→ De esta figura se tienen dos rayos: OA y OB.

Nota: Un segmento tiene dos extremos, mientras que un rayo s´ olo tiene un punto inicial.

A r

rB r

A segmento AB

−→ rayo OA

12 Cuando dos rayos tienen un punto inicial en com´ un, se dice que forman un ´ angulo entre ellos. De esta manera, un ángulo, se puede definir como la parte com´ un de dos semiplanos. El borde del ángulo, también llamado lados del ´ angulo, lo forman los dos rayos, mientras que el punto inicial com´ un de los rayos es el v´ ertice del ángulo. Ar Or B

−→ −−→ En esta figura se puede apreciar el ángulo AOB o BOA, donde OA y OB son los lados del ´ angulo y O es el vértice. Es indiferente qué lado se nombra primero, mas a´ un, no importa qué punto se nombra en cada uno de los dos lados. Para representar al ´ angulo AOB o BOA, se indicará mediante la notaci´ on: ÂOB

^BOA respectivamente. Ar D r

Or r

E B

En esta figura, el ´ angulo correspondiente se puede designar por: ÂOB, ^DOB, ÂOE, etcétera, o sencillamente como Ô, cuando se conocen los lados en referencia. Más adelante, en el estudio de la trigonometr´ıa, la definición de ángulo aparecerá de manera diferente puesto que importar´ a qué lado del ángulo se nombre primero. Esto −→ es, se distinguir´ a entre el ÂOB y ^BOA. En el ángulo ÂOB, OA es el lado inicial −−→ −−→ y OB el lado terminal, mientras que en el ángulo ^BOA, OB es el lado inicial y −→ OA el lado terminal. Estos tipos de ángulos se llaman ´ angulos orientados. Por el momento, los ´ angulos orientados no se emplearán para la geometr´ıa plana puesto que no se necesitan.

´ LAS NOCIONES BASICAS

Para entender m´ as el concepto de ´angulo, veamos como se puede asociar con una cantidad de rotaci´ on entre dos rayos: −→ −−→ 1. El rayo OA coincide con el rayo OB. r

A r

−→ 2. Se hace girar el rayo OA para formar el ´angulo AOB. A r

3. Se tiene finalmente el ´ angulo AOB. A r

La cantidad de rotaci´ on que asocia un ángulo, se mide en el intervalo de 0 a 360. Para entender este hecho, recordemos que con la ayuda de un transportador, podemos medir el valor de cierto ángulo. Para distinguir la cantidad de rotaci´ on de ◦ un ángulo con un n´ umero real, se usa el s´ımbolo: a , donde a es un n´ umero entre 0 ◦ ◦ y 360. De esta forma, un ´ angulo se medirá de 0 a 360 . Si hay a grados en el ángulo AOB, se escribirá: ÂOB = a◦ . Dos rectas l1 y l2 son secantes o se intersectan si éstas se cortan en alg´ un punto. En la siguiente figura se muestran dos rectas cuyo punto de intersecci´ on es el punto O. l1

14 Cuando l1 y l2 se intersectan para formar cuatro ´angulos iguales, se dice que las rectas son perpendiculares y los cuatro ´angulos son ´ angulos rectos. l2 90◦ l1

Un ´ angulo menor a un ángulo recto se llama ´ angulo agudo y uno mayor a un angulo recto se llama ´ ´ angulo obtuso. Actividad 2. Clasifica los siguientes ángulos en: ángulo recto, agudo u obtuso, seg´ un corresponda.

90◦

135◦

45◦

angulo ´

´angulo

´angulo 180◦

360◦

angulo ´

´angulo

Si la suma de dos ´ angulos es 90◦ , los ángulos son complementarios y cada ángulo es el complemento del otro; mientras que si la suma es 180◦ , se dice que los ángulos son suplementarios y cada ángulo es el suplemento del otro. Actividad 3. completa las siguientes frases: 1. El complemento de 22◦ es 2. Si x < 90◦ , el complemento de x es 3. El suplemento de 45◦ es 4. Si x > 90◦ , el suplemento de x es

porque 22◦ +

porque x+ porque 45◦ + porque x+

= = =

´ LAS NOCIONES BASICAS

−→ −−→ −−→ 1.1.1. Definici´ on. Si tres rayos OA, OB y OC tienen el v´ertice O en com´ un, y el −−→ rayo OB est´ a dentro del ´ angulo AOC entonces los ´ angulos AOB y BOC se llaman angulos adyacentes. ´

A r r B C

−−→ Nota: Si los dos ´ angulos adyacentes son iguales, se dice que el rayo OB bisecta −−→ angulo. al ´angulo AOC, y OB se llama la bisectriz del ´

Actividad 4. Escribe los pasos a seguir para trazar la bisectriz de un ángulo dado, utilizando una regla y comp´ as sin graduar. Si dos rectas se intersectan en un punto O, quedan determinados cuatro ángulos, de ellos, cuatro pares son adyacentes. En este caso, cualesquiera dos pares de ángulos adyacentes suman 180◦ . Los ´ angulos no consecutivos: ÂOB y ^COD se llaman angulos opuestos. ´ l2

A r Cr

Actividad 5. En la figura anterior, los ángulos: ÂOB y ÂOC son adyacentes. Hay tres pares m´ as de ´ angulos adyacentes. ¿Cuáles son? 1. ^

2. ^

3. ^

16 Actividad 6. Si el suplemento del ´angulo α es 153◦ y el complemento del ´angulo β es 56◦ , determina: (a)

(α − 2β)2

(b) (β + α)(β − α).

1.1.2. Proposici´ on. (Propiedad de los ´ angulos opuestos por el v´ ertice) Los ´ angulos opuestos por el vértice tienen medidas iguales. Demostraci´ on: Se consideran los ´ angulos opuestos ÂOB y ^COD. Se comprobará que estos ángulos son iguales. A r Cr

D 1. ^COD + ^COA = 180◦ por ser ángulos adyacentes. Despejando el ´ angulo ^COD: ◦ ^COD = 180 − ^COA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (I) 2. ÂOB + ^COA = 180◦ por ser ángulos adyacentes. Despejando el ´ angulo ÂOB: ◦ ÂOB = 180 − ^COA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (II) Comparando2 las igualdades (I) y (II), se tiene que ^COD = ÂOB.

Actividad 7. Considerando la figura anterior de la proposici´ on 1.1.2, comprueba que los ´ angulos opuestos ^AOC y ^DOB son iguales. Completa lo siguiente para tal fin. 2

Para la comprobaci´ on de este resultado, se hizo uso de una propiedad de igualdad: Si a = b y a = c entonces b = c.

´ LAS NOCIONES BASICAS

1. ^AOC + ^COD = 180◦ por ser ´angulos adyacentes. , Despejando el ´ angulo se tiene : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (I) = 2. ^DOB+ Despejando el ´ angulo ^DOB, se tiene

por ser ´angulos adyacentes. : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (II)

Comparando las igualdades (I) y (II), se concluye que

1.1.3. Ejemplo. Encuentra la medida de los ´angulos de las siguientes figuras.

3x − 30

6x − 5

4x + 19 (a)

(b)

Soluci´ on: (a) Por ser ´ angulos opuestos, se tiene que 4x + 19 = 6x − 5. Se resuelve esta ecuaci´ on para encontrar el valor de x. 4x − 6x = −5 − 19 −2x = −24 −24 = 12. x= −2

Se sustituye el valor de x en los dos ángulos: 4(12) + 19 = 48 + 19 = 67 y 6(12) − 5 = 72 − 5 = 67. As´ı que el valor de los ángulos opuestos mide 67◦ . (b) Por ser ´ angulos suplementarios se tiene que 3x − 30 + 4x = 180. Resolviendo esta ecuaci´ on se tiene: 7x − 30 = 180 7x = 180 + 30 = 210 210 x= = 30. 7 Sustituyendo el valor de x en los dos ángulos se tiene: 3(30)−30 = 90−30 = 60 y 4(30) = 120. Por lo que los valores de los ángulos suplementarios son: 60◦ y 120◦ .

18 Actividad 8. Encuentra la medida de los siguientes ´angulos complementarios, donde α = 12x y β = 2x + 20.

Una recta l es transversal cuando corta a dos rectas. l 1 3 5 7

6 8

l1 l2

En esta figura, l es una transversal porque corta a las rectas l1 y l2 . Los ´ angulos: ^3, ^4, ^5 y ^6 se llaman ´ angulos internos. Los ´ angulos: ^1, ^2, ^7 y ^8 se llaman ´ angulos externos. Dos ´ angulos no opuestos (interno y externo) en lados opuestos por la transversal l se llaman ´ angulos alternos, por ejemplo: ^8 y ^3 o ^2 y ^5. Dos ´ angulos internos no consecutivos y opuestos por la transversal l se llaman ´ angulos alternos internos, por ejemplo: ^6 y ^3. Dos ´ angulos externos no consecutivos y opuestos por la transversal l se llaman ´ angulos alternos externos, por ejemplo: ^8 y ^1. Los ´ angulos que est´ an en la posici´ on correspondiente respecto a la transversal como por ejemplo: ^8 y ^4 o ^6 y ^2 se llaman ´ angulos correspondientes. Actividad 9. Apoyándote en la figura anterior, 1. Enlista todos los pares de ángulos alternos. 2. Enlista todos los pares de ángulos alternos internos. 3. Enlista todos los pares de ángulos alternos externos. 4. Enlista todos los pares de ángulos correspondientes.

´ LAS NOCIONES BASICAS

Actividad 10. Dados l1 , l2 dos rectas paralelas3 , l una transversal y los 8 ´angulos que se forman como en la siguiente figura: l 1 3 5 7

(a) Enlista todos los pares de a´ngulos iguales (en total son 8). (b) Enlista todos los pares de ´ angulos que suman 180◦ que no sean suplementarios (en total son 8). Observaci´ on: Los pares de ´ angulos alternos internos son iguales. De manera similar, los pares de ´ angulos alternos externos coinciden.

´ 1.1 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. Encuentra la medida de los ´angulos en las siguientes figuras:

12x − 3

x+1

10x + 15 (a)

4x − 56

(b)

2. Si l1 es paralela a l2 , determina el valor de los ´angulos de las siguientes figuras.

2x − 5

x + 22

l2 l1

(a) 3

2x + 6

Se dice que dos rectas l1 y l2 son paralelas cuando no se cortan.

6x − 51 (b)

l2 l1

20 3. Si α = 110◦ , ¿cu´ales son los valores de β, γ y δ?

α β δ γ

4. Si l1 y l2 son paralelas, determina la medida de los ´angulos a, b y c, donde a = 180 − y, b = 90 + x y c = 2x.

b a c

l1 l2

5. Si a = 85◦ y e = 30◦ , hallar las medidas de los ´angulos b, c, d y f .

f e

1.2.

a d

b c

Tri´ angulos

Por un punto A pasa una infinidad de rectas y dados dos puntos A y B, determinan una u ´nica recta. Dados tres puntos A, B y C, estos determinan una o tres rectas. Si los tres puntos est´ an sobre una recta se llaman colineales. Si los tres puntos no son colineales, forman un tri´ angulo con las tres rectas que estos determinan. Las siguientes figuras ilustran estos hechos.

´ TRIANGULOS

A r

A, B y C son colineales

A, B y C forman el tri´ angulo ABC

En la figura de la derecha se forma el tri´ angulo ABC. Los segmentos AB, AC y BC son los lados del tri´ angulo; A, B y C son sus v´ ertices y ^ABC, ^BCA y ^CAB, sus ´ angulos (interiores). A α AB

AC γ

β B

En esta figura se puede apreciar el tri´ angulo ABC, donde α, β y γ son sus ´angulos interiores. Si se prolongan los lados de un tri´ angulo, quedan determinados todos sus ´angulos: interiores y exteriores. A

α b B

C c

En esta figura, los ´ angulos a, b y c son ´angulos exteriores del tri´ angulo ABC. De esta manera se tiene que un ´ angulo exterior de un tri´ angulo, es aquel ´angulo que es adyacente a un ´ angulo interior del mismo tri´ angulo, es decir, son suplementarios.

Actividad 11. ¿Cu´ antos ´ angulos exteriores en total se pueden formar de un tri´ angulo ABC? ¿Todos estos ´ angulos son distintos?

22 Para la clasificaci´ on de los tri´ angulos, se toman en cuenta dos hechos fundamentales: ´ angulos y lados. ´ DE ACUERDO A SUS ANGULOS ´ CLASIFICACION

Tri´ angulo rect´ angulo: el que tiene un ángulo recto. Tri´ angulo acut´ angulo: el que tiene todos sus ángulos agudos. Tri´ angulo obtus´ angulo: el que tiene un ángulo obtuso.

´ DE ACUERDO A SUS LADOS CLASIFICACION

Tri´ angulo equil´ atero: el que tiene todos sus lados iguales. Tri´ angulo is´ osceles: el que tiene dos lados iguales. Tri´ angulo escaleno: el que no tiene lados iguales.

1.2.1. Teorema. La suma de los ´ angulos interiores de un tri´ angulo ABC es 180◦ . A β

α γ

β B

Demostraci´ on: 1. Se traza una recta paralela al lado BC, pasando por el v´ertice A del tri´ angulo ABC. 0

2. El ´ angulo β es igual al ángulo β y el ángulo γ es igual al ángulo γ , por ser angulos alternos internos. ´ 0

3. Por lo tanto, α + β + γ = α + β + γ = 180◦ .

1.2.2. Ejemplo. Encuentra la medida de los ´angulos del tri´ angulo como se muestra en la siguiente figura, donde α = x + 20, β = x y γ = 210 − 3x.

´ TRIANGULOS

23 α γ

Soluci´ on: Se sabe que x + 20 + x + 210 − 3x = 180. Al resolver esta ecuaci´ on se obtiene x = 50. Por lo tanto, la medida de los ´angulos son: α = x + 20 = 50 + 20 = 70◦ β = x = 50◦ γ = 210 − 3x = 210 − 3(50) = 210 − 150 = 60◦ . Actividad 12. Determina la medida de los ´angulos α y β del siguiente tri´ angulo:

115◦ α 70◦

1.2.3. Corolario. En cualquier tri´ angulo ABC se tiene que el a ´ngulo exterior γ 0 es igual a la suma de los ´ angulos internos no adyacentes a γ .

γ B

Demostraci´ on: 0

1. Sea γ el ´ angulo exterior al vértice C (la argumentación es la misma si es considerado otro vértice). 0

2. Se tiene que γ + ^BCA = 180◦ , por ser ángulos suplementarios. 3. Por el teorema 1.2.1, ÂBC + ^BCA + ^CAB = 180◦ . As´ı que se tiene la igualdad: 0 γ + ^BCA = ÂBC + ^BCA + ^CAB.

24 0

4. De donde γ = ^ABC + ^CAB.

1.2.4. Teorema. La suma de los ´ angulos exteriores de todo tri´ angulo ABC es igual ◦ a 360 . A

α b

C c

Demostraci´ on: 1. Utilizando el corolario 1.2.3, se tiene que a = β + γ, b = α + γ y c = α + β. 2. Sumando los tres ańgulos anteriores, se tiene que a+b+c=β+γ+α+γ+α+β = α+β +γ+α+β +γ = 180◦ + 180◦ = 360◦ . 3. Se tiene as´ı que a + b + c = 360◦ . Antes de continuar con m´ as ejemplos, notemos que en todo tri´ angulo is´ osceles ABC, donde AB = AC se tiene que ÂBC = ÂCB. Para comprobar este hecho, observemos la siguiente figura: A

Se ha trazado dos veces el tri´ angulo is´ osceles ABC de tal forma que el lado AC debe ser paralelo a AB para formar un cuadrilátero como se muestra en el dibujo. De esta forma, los ´ angulos ÂBC y ÂCB deben ser iguales.

´ TRIANGULOS

1.2.5. Teorema. Si A es un punto de la circunferencia de di´ ametro BC distinto de B y C, entonces el tri´ angulo ABC es un tri´ angulo rect´ angulo. A α β B

α O

Demostraci´ on: 1. Si O el centro de la circunferencia entonces los segmentos OB, OC y OA son iguales. 2. Los tri´ angulos ABO y AOC son is´ osceles. 3. La suma de los ´ angulos del tri´ angulo ABC cumple 2α + 2β = 180◦ . De aqu´ı se deduce que α + β = 90◦ .

1.2.6. Ejemplo. Considera el tri´ angulo ABC, de manera que AB = BC. Calcula la medida de ^y. A

x + 10

4x B

Soluci´ on: 1. Sea β = ^BAC. Como AB = BC, el tri´ angulo es is´ osceles, por lo tanto, ^BAC = ^BCA. 2. Por el corolario 1.2.3 se tiene que 4x = 2β que es equivalente a tener 2x = β. 3. Por otra parte, 4x+x+10 = 180◦ . Resolviendo esta ecuaci´ on se obtiene x = 34. 4. Sustituyendo el valor de x en el ´angulo β, se obtiene 2(34) = 68◦ = β. As´ı que entonces se tiene y + 68◦ = 180◦ , y por lo tanto y = 112◦ .

26 1.2.7. Ejemplo. En la siguiente figura se tiene que ^DBC = ^DCB y ÂBD = ÂCD. Comprueba que ÂBC = ÂCB. A D

Soluci´ on: 1. Como dato se tiene que ^DBC = ^DCB y ÂBD = ÂCD. 2. Sumando estas dos igualdades se tiene ^DBC + ÂBD = ^DCB + ÂCD. 3. Por lo tanto, ÂBC = ÂCB. 1.2.8. Ejemplo. Considera los siguientes tri´ angulos, donde AD = CB. Comprueba que AC = DB.

Soluci´ on: 1. Se sabe que AC + CD = AD y CD + DB = CB. 2. Como dato se tiene que AD = CB, por lo que AC + CD = CD + DB. 3. Cancelando términos en la igualdad anterior se concluye que AC = DB. 1.2.9. Ejemplo. En el tri´ angulo P QR, el ángulo en el vértice R es un ángulo recto, QT = QV y P S = P V . Comprueba que x = 45◦ . R T S x P

´ TRIANGULOS

Soluci´ on: 1. Sean ^RP Q = α, ^P QR = β, ^P V S = y y ^T V Q = z. 2. Se sabe que α + β = 90◦ , porque el tri´ angulo P QR es un tri´ angulo rect´ angulo. 3. Como QT = QV y P S = P V , los tri´ angulos P SV y V T Q son is´ osceles. As´ı, ◦ ◦ se tiene que 2y + α = 180 y 2z + β = 180 . 4. Sumando las dos igualdades anteriores se tiene, 2y + 2z + α + β = 360◦ . 5. Sustituyendo el valor de α + β obtenido en el paso (2) en la igualdad del paso anterior y simplificando, se tiene que y + z = 135◦ . 6. Finalmente, como y + x + z = 180◦ , entonces x = 45◦ .

´ 2.1 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. Nombra todos los tri´ angulos de la figura siguiente (hay m´ as de cuatro). B C E

2. Nombra todos los tri´ angulos de la siguiente figura. Una manera de abordar el problema es escribir SRT M U N y, luego, escribir todas las combinaciones de tres letras y cotejar cada combinaci´ on con la figura. M

U N

28 3. Determina la medida de los ´angulo a, b, c y d de la figura:

47◦ 28◦ c

a b 45◦ 82◦

4. Si P Q = RS, comprueba que P R = QS.

5. Si ÂBC = ÂCB y ^DBC = ^DCB, comprueba que ÂBD = ÂCD. A D

6. Si ^a = ^b y ^c = ^d, comprueba que el ´angulo x es recto.

c d a

´ CONGRUENCIA DE TRIANGULOS

1.3.

Congruencia de tri´ angulos

El concepto de congruencia est´ a emparentado con el de igualdad. En geometr´ıa es com´ un que se hable de congruencia en vez de igualdad. Por ejemplo, dos segmentos son congruentes si y s´ olo si tienen la misma medida, y lo mismo es cierto para ángulos, pero en el caso de dos tri´ angulos, la definición es m´ as complicada puesto que no hay una medida (n´ umero) que defina a un tri´ angulo. Se ha visto que hay diversas clasificaciones de tri´ angulos que dan cuenta de su diversidad de formas, es por eso que una noción previa a la definición de congruencia de tri´ angulos es la de correspondencia; y esto, porque un tri´ angulo (y cualquier pol´ıgono) es una configuración que consiste de puntos y segmentos de recta (lados) que unen pares de esos puntos. Decir que el tri´ angulo ABC est´ a en correspondencia 0 0 0 0 con el tri´ angulo A B C , significa que la correspondencia entre sus vértices es: A−A , 0 0 B − B , C − C ; y en esta correspondencia, queda impl´ıcita la correspondencia entre 0 0 0 0 0 0 sus lados: AB −A B , BC −B C y CA−C A , y entre sus ángulos: el ángulo ÂBC 0 0 0 es congruente con el ´ angulo Â B C , etcétera. 0

De hecho, dos tri´ angulos son congruentes cuando se hacen coincidir uno sobre el otro mediante alg´ un giro, translación y/o reflexión. Sin embargo, este hecho no se empleará para decidir si dos tri´ angulos son congruentes, en vez de esto, se emplean criterios sobre sus ´ angulos y lados. La definición formal utilizada en geometr´ıa es como sigue: dos tri´ angulos son congruentes si, en la correspondencia entre sus vértices, resultan iguales los lados co0 0 0 rrespondientes y los ´ angulos correspondientes. Esto es, los tri´ angulos ABC y A B C 0 0 0 0 0 0 son congruentes si AB = A B , BC = B C y AC = A C ; y los ángulos en A, B y 0 0 0 C son iguales a los ´ angulos en A , B y C . Entonces en una congruencia de tri´ angulos se tienen seis igualdades: tres correspondientes a los lados y tres a los ´ angulos. Debido a que son demasiadas igualdades, resulta muy u ´til tener criterios que nos digan si dos tri´ angulos son congruentes sin tener que verificarlas todas. El criterio (principio) de congruencia m´ as b´ asico, es posiblemente el denominado criterio LAL (lado-´ angulo-lado) que nos dice que si, en una correspondencia de tri´ angulos, dos lados de uno y el ańgulo comprendido

30 entre ellos son iguales a sus correspondientes elementos en el otro, entonces los dos tri´ angulos son congruentes. Algunos textos de geometr´ıa, los m´ as formales en el sentido lógico, toman este criterio como axioma y demuestran los dos restantes, el ALA (ángulo-lado-ángulo) y el LLL (lado-lado-lado). Otros textos, la mayor´ıa, postulan como verdaderos los tres criterios. Es recomendable entonces tomar los tres como postulados ya que, si de cualquier manera se va a tomar uno como postulado. ´ CRITERIOS DE CONGRUENCIA DE TRIANGULOS

´ 1. Lado-Angulo-Lado (LAL). Dos tri´ angulos son congruentes si tienen dos lados iguales y el ´ angulo comprendido entre ellos, respectivamente iguales. 0

C 0

B 0

Por ejemplo: AB = A B ,

BC = B C

C y

0 0

^ABC = ^A B C

´ ´ 2. Angulo-LadoAngulo (ALA). Dos tri´ angulos son congruentes si tienen dos angulos y el lado entre ellos respectivamente iguales. ´ 0

B 0

Por ejemplo: ^ABC = ^A B C ,

0 0

^BCA = ^B C A

BC = B C

3. Lado-Lado-Lado (LLL). Dos tri´ angulos son congruentes si tienen sus tres lados respectivamente iguales. 0

B 0

AB = A B ,

BC = B C

AC = A C

´ CONGRUENCIA DE TRIANGULOS

Estos criterios que se acaban de enunciar, ayudan a decidir si dos tri´ angulos son congruentes sin necesidad de verificar las seis igualdades que dan raz´ on a una congruencia. Para poder ver la congruencia es necesario buscarla, es decir, en el enunciado de un problema (una frase, un dato,...) debe sugerir impl´ıcitamente qué criterio se puede usar para su soluci´ on. Si ABC es cualquier tri´ angulo, se usará de aqu´ı en adelante y cuando se necesite, 0 0 0 el s´ımbolo 4ABC, para denotar dicho tri´ angulo. Si 4A B C denota el tri´ angulo 0 0 0 ∼ A B C , el s´ımbolo = denotará la congruencia entre los dos tri´ angulos: 0 0 0 4ABC ∼ = 4A B C

1.3.1. Ejemplo. Dada la siguiente figura, si AE = EB, CE = ED, comprueba que 4AEC ∼ = 4EDB. C

E A

Soluci´ on: 1. ÂEC = ^BED por ser ańgulos opuestos. 2. De los datos se sabe que AE = EB y CE = ED. 3. Entonces, por el criterio LAL se tiene que 4AEC ∼ = 4EDB. 1.3.2. Ejemplo. Si en el paralelogramo ABCD se tiene que ÂDB = ^DBC y ÂBD = ^BDC, comprueba que 4ABD ∼ = 4BCD. D

32 Soluci´ on: 1. Como DB es com´ un en los dos tri´ angulos, se tiene que DB = DB. 2. De los datos se sabe que ^ADB = ^DBC y ^ABD = ^BDC. 3. Entonces se cumple el criterio ALA, y por lo tanto, 4ABD ∼ = 4BCD.

1.3.3. Ejemplo. Si en el tri´ angulo is´ osceles ABC se tiene que AC = BC y AD = DB, es decir, D es el punto medio de AB, comprueba que 4ADC ∼ = 4DBC. C

Soluci´ on: 1. Como DC es lado com´ un de los dos tri´ angulos, se tiene DC = DC. 2. De los datos se sabe que AC = BC y AD = DB. 3. Por lo tanto se cumple el criterio LLL y 4ADC ∼ = 4DBC. 0

Actividad 13. Si en los tri´ angulo rect´ angulos: 4ABC y 4A B C , se tiene que 0 0 0 0 0 0 0 0 ^ABC = ^A B C y BC = B C , comprueba que 4ABC ∼ = 4A B C . C

TEOREMAS DE THALES

1.4.

Teoremas de Thales

Los teoremas de Thales tienen diversas aplicaciones en la geometr´ıa, en especial para la semejanza de tri´ angulos. Antes de enunciar estos teoremas se dar´ an algunas definiciones y resultados. Dado un tri´ angulo ABC, la altura4 desde el v´ertice A, es la perpendicular AD al lado BC que pasa por A. En este caso, el punto de intersecci´ on D, de la altura con BC, se llama pie de la altura, y en este caso, BC es la base del tri´ angulo ABC. A

Se observa que el pie de la altura D, se encuentra dentro del segmento BC o bien en la prolongaci´on de BC. A

El ´ area de un tri´ angulo ABC, es la mitad del producto de su base por la altura correspondiente. Por ejemplo, si BC es la base y AD la altura, entonces el ´area del tri´ angulo ABC denotado por a(4ABC) es: a(4ABC) =

BC · AD 2

1.4.1. Proposici´ on. Si dos tri´ angulos ABC y A B C tienen una misma altura, 5 entonces, la raz´ on entre sus ´ areas es igual a la raz´ on de sus bases donde se levanta la altura. 4

La altura de un tri´ angulo ABC se puede definir desde cualesquiera de sus tres v´ertices: A, B o

C. umeros positivos se le llama raz´ on. Cuando dos razones son Al cociente ab , donde a y b son n´ iguales, se dice que hay una proporci´ on. 5

34 0

A h

Demostraci´ on: 1. Sea h la altura com´ un de los tri´ angulos. Entonces, BC · h 2 0 0 0 0 0 B C ·h a(4A B C ) = 2 a(4ABC) =

2. Por lo tanto, (BC · h)/2 BC a(4ABC) = = 0 0. 0 0 0 0 0 a(4A B C ) (B C · h)/2 BC 0

1.4.2. Proposici´ on. Si los tri´ angulos ABC y A B C tienen una base igual, entonces la raz´ on de sus a ´reas es igual a la raz´ on entre las alturas que se levantan sobre la base igual. 0

A h1 B

h2 C

Demostraci´ on: 1. Sean b la base com´ un de los tri´ angulos, h1 la altura del tri´ angulo ABC y h2 0 0 0 la altura del tri´ angulo A B C . Entonces, b · h1 2 b · h2 0 0 0 a(4A B C ) = 2 a(4ABC) =

2. Por lo tanto, a(4ABC) (b · h1 )/2 h1 = = . 0 0 0 a(4A B C ) (b · h2 )/2 h2

TEOREMAS DE THALES

1.4.3. Teorema. (Primer teorema de Thales) En el tri´ angulo ABC, sean D y E puntos de AB y AC respectivamente y tales que DE es paralelo a BC. Entonces, AB AC = . AD AE A D

Demostraci´ on: 1. Se observa que los tri´ angulos ADE y ABE tienen la misma altura desde el vértice E. Luego, usando la proposici´ on 1.4.1 se tiene que la raz´ on de sus áreas es igual a la raz´ on de sus bases: a(4ABE) AB = . a(4ADE) AD 2. También los tri´ angulos ADE y ADC tienen la misma altura desde el vértice D, por lo que AC a(4ADC) = . a(4ADE) AE 3. Los tri´ angulos DBE y DCE tienen a DE como base com´ un, y como DE es paralelo a BC, las alturas de estos tri´ angulos son iguales sobre la base com´ un. Por lo tanto, a(4DBE) = 1. a(4DCE) De aqu´ı se deduce que a(4DBE) = a(4DCE). 4. De esto se tiene la siguiente igualdad: a(4ABE) = a(4ADE) + a(4DBE) = a(4ADE) + a(4DCE) = a(4ADC). 5. Sustituyendo esto u ´ltimo en el paso (1) y comparando con la igualdad del paso (2), se concluye que AB AC = . AD AE

36 El rec´ıproco de este teorema tambi´en es cierto.

1.4.4. Teorema. Si en el tri´ angulo ABC, D y E son puntos sobre AB y AC, tales AB AC que AD = AE , entonces DE es paralelo a BC. A E

C B

Demostraci´ on: 0

1. Supongamos que DE no es paralelo a BC. Sea C sobre AC tal que DE es 0 paralelo a BC . AB AD

2. Por el teorema 1.4.3 se tiene que 3. Por otra parte, se sabe que

AB AD

AC AE

AC AE .

4. Comparando los resultados de los pasos (3) y (4) se tiene la igualdad: 0

AC AC = AE AE 0

De aqu´ı se deduce que AC = AC y DE es paralelo a BC.

En el primer teorema de Thales se ha visto que se cumple la relaci´ on donde DE es paralelo a BC en el tri´ angulo ABC.

AB AD

AC AE ,

A D

Como AB = AD + DB y AC = AE + EC, la relaci´ on anterior, se puede reducir a EC DB = . AD AE

TEOREMAS DE THALES

AE AD = EC . As´ı que en el primer Esta u ´ltima igualdad, tambi´en es equivalente a DB teorema de Thales, en el tri´ angulo ABC, si DE es paralelo a BC, se cumplen cualesquiera de las relaciones:

AB AC = AD AE

DB AE = AD EC

AD AE = . DB EC

1.4.5. Ejemplo. Encuentra el valor de x en el siguiente tri´ angulo, donde M N es paralelo a BC. A 4

M x

N 2

Soluci´ on: Aplicando el primer teorema de Thales, se tiene x = 38 .

4 x

3 2.

Despejando x se obtiene

1.4.6. Teorema. (Segundo teorema de Thales) Si se tienen tres rectas y dos transversales a ´estas, de tal forma que AD, BE y CF son paralelas, entonces DE AB AB ıprocamente, si BC = DE BC = EF . Rec´ EF y dos de las rectas AD, BE o CF son paralelas, entonces las tres rectas son paralelas. A B C

D G

E F

Demostraci´ on: 1. Se traza la transversal AF a las tres rectas AD, BE y CF , y sea G el punto de intersecci´ on de AF con BE.

38 2. Debido a que AD, BE y CF son paralelas, se puede aplicar el teorema de Thales a los tri´ angulos ACF y F DA, para tener AG FE FG AB = y = . BC GF ED GA DE La u ´ltima igualdad tambi´en se puede escribir como: AG GF = EF . 3. Comparando la primera y tercera igualdad, se concluye finalmente que AB DE = . BC EF Para comprobar el rec´ıproco, se procede como sigue: 1. Supongamos que BE y CF son paralelas. Entonces, 2. Por hip´ otesis,

AB BC

AG GF .

DE EF .

3. Comparando las dos igualdades anteriores se concluye que

DE EF

AG GF .

4. De esta igualdad se tiene por el rec´ıproco del primer teorema de Thales que GE es paralelo a AD, es decir, BE es paralelo a AD y las tres rectas son paralelas. Actividad 14. Con la ayuda de una regla sin medida y un comp´ as, divide un segmento de recta AB en cuatro partes iguales. C´ omo generalizar´ıas lo anterior para dividir el segmento AB en n partes iguales?

1.5.

Semejanza de tri´ angulos

En términos generales, dos figuras geométricas son semejantes, si tienen exactamente la misma forma, pero no necesariamente el mismo tama˜ no. Otra manera de expresar que dos figuras son semejantes es, si una de ellas es un modelo de escala de la otra. Por ejemplo, dos circunferencias cualesquiera son semejantes; dos cuadrados cualesquiera son semejantes; dos tri´ angulos equilateros cualesquiera son semejantes; dos segmentos cualesquiera son semejantes, etcétera.

A r

D r

´ SEMEJANZA DE TRIANGULOS

El siguiente es un ejemplo de dos tri´ angulos semejantes: 0

A A

2 B

3 4

8 0

C 0

El tri´ angulo ABC es semejante al tri´ angulo A B C , debido a que la longitud de cada lado del segundo tri´ angulo es dos veces la del lado correspondiente del primero. Nombremos a = 2, b = 4 y c = 3 la longitud de los lados del tri´ angulo ABC y 0 0 0 0 0 0 a = 4, b = 8 y c = 6 para el tri´ angulo A B C . De esta forma, 0

a = 2a,

b = 2b

c = 2c,

o dicho a la inversa, cada n´ umero de la primera terna es exactamente la mitad del n´ umero correspondiente de la segunda terna: a=

1 0 a, 2

1 0 b= b 2

1 0 c. 2

De esta forma, se tiene: 0

a b c = = , a b c porque cada una de las fracciones es igual a 2; y a b c 0 = 0 = 0, a b c porque cada una de estas fracciones es igual a 12 . En este caso, se dice que las ternas 0 0 0 a, b, c y a , b , c , son proporcionales. Finalmente, para que dos tri´ angulos sean semejantes, es necesario que los ´angulos correspondientes sean congruentes.

1.5.1. Definici´ on. Se dice que dos tri´ angulos ABC y A B C son semejantes; en 0 0 0 s´ımbolos: 4ABC ∼ 4A B C , si sus ´ angulos correspondientes son iguales y sus lados correspondientes son proporcionales. Ilustraci´ on de la definici´on:

40 0

A A

C 0

Los tri´ angulos ABC y A B C son semejantes, si y s´ olo si 0

^ABC = ^A B C ,

^BCA = ^B C A ,

^CAB = ^C A B ,

AB BC AC . 0 0 = 0 0 = AB BC A0 C 0 As´ı que para que dos tri´ angulos sean semejantes, se deben verificar dos condiciones: y

Sus ´ angulos correspondientes deben ser iguales. En este caso, se escribe ´anguloangulo-´ ´ angulo o simplemente como AAA. Sus lados correspondientes deben ser proporcionales. En este caso, se escribe lado-lado-lado o simplemente LLL. De hecho, si alguna de las condiciones es verdadera, se cumple autom´ aticamente la otra, es decir, si los ´ angulos correspondientes son iguales AAA, entonces sus lados correspondientes son proporcionales LLL y viceversa. Se prueba este resultado en el siguiente teorema. 1.5.2. Teorema. (Teorema de semejanza AAA) Si dos tri´ angulos ABC y DEF tienen sus ´ angulos correspondientes iguales, entonces sus lados correspondientes son proporcionales. D

A E

E B

Demostraci´ on: Se debe comprobar que los lados correspondientes son proporcionales, es decir: AB AC BC = = . DE DF EF

´ SEMEJANZA DE TRIANGULOS 0

1. Sean E y F puntos sobre AB y AC respectivamente, tales que AE = DE y 0 AF = DF . 0

2. Por el criterio de congruencia LAL, se tiene que los tri´ angulos AE F y DEF son congruentes. 0

3. Por lo tanto, E F es paralelo a BC, y aplicando el primer teorema de Thales se tiene: AC AB 0 = 0. AE AF 0

4. Como AE = DE y AF = DF , la igualdad anterior se transforma en AC AB = . DE DF 5. De la misma forma, se puede comprobar que BC EF = cluye que AB AC BC = = . DE DF EF

AB DE .

Finalmente, se con-

Actividad 15. Comprueba el paso (5) de la demostración del teorema anterior, es decir: BC AB = . EF DE El teorema que se acaba de comprobar, tiene una consecuencia importante que dice que si dos pares de ´ angulos correspondientes de los tri´ angulos ABC y DEF son iguales, entonces los tri´ angulos son semejantes, es decir, basta con que dos pares de ángulos sean iguales para que dos tri´ angulos sean semejantes. Se enuncia formalmente este resultado en el siguiente corolario. 1.5.3. Corolario. ( Criterio de semejanza AA) Si dos pares de a ńgulos correspondientes de los tri´ angulos ABC y DEF son iguales, entonces los tri´ angulos son semejantes. A D

E B

42 Demostraci´ on: 1. Supongamos que ÂBC = ^DEF y ^BCA = ÊF D son los dos pares de angulos correspondientes iguales. ´ 2. Por otro lado, se sabe que ÂBC + ^BCA + ^CAB = 180◦ ^DEF + ÊF D + ^F DE = 180◦ . 3. Por lo tanto, de los pasos (1) y (2), se concluye que ^CAB = ^F DE, y por el teorema de semejanza AAA, los tri´ angulos son semejantes.

1.5.4. Teorema. (Teorema de semejanza LAL) Si los tri´ angulos ABC y DEF tienen dos lados correspondientes proporcionales y el ´ angulo comprendido entre estos es igual, entonces los tri´ angulos son semejantes. D

A E

E B

Demostraci´ on: AC AB = DF y ^BAC = ^EDF los lados correspondientes proporcionales 1. Sean DE y el ´ angulo comprendido iguales. 0

2. Sean E y F sobre AB y AC, tales que AE = DE y AF = DF . 0

3. Por el criterio de congruencia LAL, los tri´ angulos AE F y DEF son conAB AC gruentes. Por lo tanto, AE 0 = AF 0 . 0

4. Por el rec´ıproco del primer teorema de Thales, se tiene que E F es paralelo a BC. 5. Luego, los ´ angulos ÂBC y ^DEF son iguales, y por hip´ otesis, los ángulos en los vértices en A y D son iguales, entonces por el criterio de semejanza AA, 0 0 los tri´ angulos AE F y ABC son semejantes.

´ SEMEJANZA DE TRIANGULOS

43 0

6. Finalmente, como los tri´ angulos AE F y DEF son congruentes, v´ease el paso (3), entonces los tri´ angulos ABC y DEF son semejantes.6

1.5.5. Teorema. (Teorema de semejanza LLL) Si los tri´ angulos ABC y DEF tienen sus lados correspondientes proporcionales, entonces los tri´ angulos son semejantes. D

A E

E B

Demostraci´ on: 1. Por hip´ otesis se tiene que 0

AB DE

BC EF

AC DF .

2. Sean E y F los puntos en AB y AC respectivamente, tales que DE = AE 0 y DF = AF . Sustituyendo estas igualdades en el paso (1) se tiene:

AB AC . 0 = AE AF 0 0

3. Como los tri´ angulos ABC y AE F comparten el ángulo en el vértice A, se 0 0 sigue del teorema de semejanza LAL que los tri´ angulos ABC y AE F son semejantes. 4. Ahora, por definición de semejanza, se tiene que

E F BC

AE AB

, de donde

DE AE = BC . E F = BC AB AB 0

5. Por otro lado, en el paso (1) se tiene EF = BC

DE . AB 0

Por lo tanto, de los pasos (4) y (5) se concluye que E F = EF . 0

6. Entonces, por el criterio de congruencia LLL, los tri´ angulos AE F y DEF son congruentes. 6

Si los tri´ angulos ABC y A B C son semejantes y A B C es congruente a DEF , entonces el tri´ angulo ABC es semejante con DEF .

44 7. Finalmente, los tri´ angulos ABC y DEF son semejantes; v´ease los pasos (3) y (6).

1.5.6. Ejemplo. Si los tri´ angulos ABC y DEF son tales que AB, BC y CA son perpendiculares a las rectas DE, EF y F D respectivamente, entonces los tri´ angulos son semejantes. A

E H

D O

Soluci´ on: En la figura se tiene que los tri´ angulos rect´ angulos BGI y EOI, son semejantes por tener el ´ angulo com´ un en el vértice I, y un ángulo recto (Criterio de semejanza AA). Por consiguiente, ÂBC = ÎEO. Por otra parte, los tri´ angulos OJF y HJC son semejantes, puesto que ÔJF = ^HJC, por ser ´ angulos opuestos por el vértice. De aqu´ı se deduce que ÔF J = ^HCJ = ÂCB. De esta forma se tiene que los tri´ angulos ABC y DEF tienen dos pares de ángulos iguales, y por el criterio de semejanza AA se concluye que los tri´ angulos son semejantes. 1.5.7. Ejemplo. Determina la medida de los lados faltantes de los siguientes tri´ angulos semejantes, donde AB = 8, BC = 12, AC = 11, EF = 4 y el segmento AB es paralelo a F E. A F y B

´ SEMEJANZA DE TRIANGULOS

Soluci´ on: Como los tri´ angulos son semejantes, sus lados correspondientes son proporcionales, por lo que 11 8 11 = , entonces y = . y 4 2 Tambi´en se tiene que 8 12 = , x 4

entonces

x = 6.

1.5.8. Ejemplo. En la siguiente figura, AB = BC = 12, ^BDC = ^CDE, BD = 16 y CE = 8. Halla la longitud de DE. B

E Soluci´ on: Como AB = BC, el tri´ angulo ABC es is´ osceles. Luego, ^BAC = ^BCA = ^DCE. Por hip´ otesis, ^BDC = ^CDE, por lo tanto, los tri´ angulos ABD y CDE son semejantes puesto que tienen dos ´angulos iguales. As´ı, se tiene que DE 8 = . 16 12 Despejando se concluye que DE =

32 3 .

´ 1.3, 1.4 y 1.5 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. En cada una de las siguientes proporciones, determina el valor de x: (a) 2. Si

x 40

y 50

3 x = 2 4 30 20 ,

(b)

5 4 = x 7

(c)

5 2x = 4 13

¿cu´ales son lo valores de x y y?

(d)

2 11 = 3 x+3

46 3. Si

3 p

5 q

r 26

q 20 ,

¿cu´ales son los valores de p, q y r?

4. Considera el tri´ angulo ABC, donde AB = 12, AC = 15 y BC = 15. Si M N es paralelo a BC, determina la longitud de N C. A M

5. Sea ABC el tri´ angulo, cuyo segmento M N es paralelo a AB. Determina el valor de x. A x+1 N x B

2x + 1 M

6. Considera el tri´ angulo ABC, donde BD = 2, EC = ◦ ^AEF = 90 . Halla la longitud del segmento DF .

3 2,

EF =

1 2,

^ADF =

A D

E F

7. En el tri´ angulo ABC, AS es la altura correspondiente al lado BC, BT la altura correspondiente al lado AC, BC = 8, AS = 9 y BT = 6. Determina la longitud del segmento AC. A T B

8. En el tri´ angulo ABC, sup´on que AB = AD + 10, EC = 12, AC = 20, EF = F C, ^BAC = ^EAD. Determina la longitud del segmento AD.

´ SEMEJANZA DE TRIANGULOS

47 B F

D 9. En el tri´ angulo ABC, AD = DB y AE = EC. Comprueba que DE es paralelo a BC. A

10. En el trapecio ABCD, AB es paralelo a DC y los tri´ angulos AED y BEC, son semejantes. Comprueba que AD = BC. [Sugerencia: ¿Qu´e otros tri´ angulos son semejantes?]. D

C E

11. En el tri´ angulo ABC, AB = 16, AC = 30, AE = 11, AF = 25. Es EF paralelo a BC? Justifica tu respuesta. A E

12. En el tri´ angulo ABC, EF es paralelo a BC. Determina todos los valores de x.

48 A x−3 E

F x−4

3x − 19 B

1.6.

Teorema de Pit´ agoras

En un tri´ angulo rect´ angulo, el lado opuesto al ´angulo recto se conoce como la hipotenusa, y a los lados adyacentes al ´angulo recto como los catetos del tri´ angulo. A Cateto

Cateto

Hipotenusa

El teorema de Pit´ agoras establece que en todo tri´ angulo rect´ angulo, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos. Para la demostración7 de este teorema se empleará la semejanza de tri´ angulos. 1.6.1. Proposici´ on. En un tri´ angulo rect´ angulo ABC, la altura sobre la hipotenusa lo divide en dos tri´ angulos semejantes a él. A

Demostraci´ on: 1. Sea AD la altura del tri´ angulo ABC sobre la hipotenusa BC. 2. El tri´ angulo ABC es semejante al tri´ angulo DBA puesto que ambos son tri´ angulos rect´ angulos y tienen un ´angulo com´ un en el v´ertice B. 7

A lo largo de la historia han sido muchas las demostraciones (m´ as de 300 pruebas) que matem´ aticos y amantes de las matem´ aticas han proporcionado sobre este teorema.

´ TEOREMA DE PITAGORAS

3. También los tri´ angulos rect´ angulos ABC y DCA, son semejantes puesto que el ´ angulo en el vértice C es com´ un. Por lo tanto, los dos tri´ angulos rect´ angulos que dividen al tri´ angulo ABC son semejantes a él. OBSERVACIONES:

De la semejanza entre los tri´ angulos ABC y DBA, se sigue que 2 Por lo tanto, AB = DB · CB. De la semejanza entre los tri´ angulos ABC y DAC, se tiene que 2 lo tanto, CA = CD · CB.

CA CD

AB DB

CB AB .

CB CA .

Por

Sumando las dos igualdades anteriores, se tiene: AB 2 + CA2 = DB · CB + CD · CB = (CD + DB)CB = CB 2 . Esto se puede resumir en el siguiente teorema:

1.6.2. Teorema. (Teorema de Pit´ agoras) En un tri´ angulo rect´ angulo ABC, el cuadrado de la hipotenusa es igual a la suma de los cuadrados de los catetos.

1.6.3. Ejemplo. La diagonal de un rect´ angulo de lados 5cm y 12cm es igual al lado de un cuadrado. ¿Cu´ anto mide la diagonal de ese cuadrado?

5cm

12cm Soluci´ on: Primero se determina la longitud de la diagonal d del rect´ angulo. Por el teorema √ 2 2 2 de Pit´ agoras se tiene d = 12 + 5 = 169. Por lo que d = 169 = 13cm. Ahora, se puede obtener la longitud de la diagonal D del cuadrado al emplear otra vez el teorema de Pit´ agoras. Esto es, D 2 = d2 + d2 = 2d2 = 2(13)2 = 338. Se tiene as´ı que √ D = 338 ≈ 18.38cm.

50 Actividad 16. Una escalera de 10m de longitud est´ a apoyada sobre una pared. El pie de la escalera dista 6m de esa pared. ¿Qu´e altura alcanza la escalera sobre esa pared?

Actividad 17. Calcula la longitud de la diagonal D del ortoedro como se muestra en la figura.

d 4

1.7.

Rec´ıproco del teorema de Pit´ agoras

1.7.1. Definici´ on. Si a, b y c son n´ umeros positivos y ab = cb , entonces b es la √ media geom´ etrica o media proporcional de a y c, es decir, b = ac.

1.7.2. Proposici´ on. En un tri´ angulo rect´ angulo ABC, la altura sobre la hipotenusa, es la media proporcional de los dos segmentos en que se divide la hipotenusa por el pie de la altura. A

Demostraci´ on: 1. Se sabe que el tri´ angulo ABC, es semejante tanto de DBA como de DCA. 2. Por lo tanto, los tri´ angulos rect´ angulos DBA y DAC tambi´en son semejantes. As´ı, se tiene que AD DB = . CD AD

´ REC´IPROCO DEL TEOREMA DE PITAGORAS

3. Despejando AD de la igualdad anterior, se tiene que AD 2 = DB ·CD, es decir, √ AD = DB · CD.

1.7.3. Lema. Sea ABC un tri´ angulo, donde los ´ angulos en los v´ertices B y C son ◦ menores a 90 , y sea D el pie de la altura de A sobre BC. Si AD 2 = BD · DC, entonces el tri´ angulo ABC es rect´ angulo. A

C C0

Demostraci´ on: ´ 1. Se traza la perpendicular a AB que pasa por A. Esta, corta a la recta BC 0 en un punto C (si no fuera el caso, entonces tal recta ser´ıa paralela a BC, resultando que B = D, por lo que AD 2 = BD · DC ser´ıa falso). 0

2. Se tiene entonces que el tri´ angulo ABC es rect´ angulo, con ´angulo recto en el v´ertice A. 0

3. Por la proporcici´ on 1.7.2 se tiene que AD 2 = BD · DC . 4. Por otro lado, por hip´ otesis se tiene que AD 2 = BD · DC. 0

5. Se sigue de las dos igualdades anteriores que DC = DC y C = C. Lo que demuestra que el tri´ angulo ABC es rect´ angulo.

1.7.4. Teorema. (Rec´ıproco del teorema de Pit´ agoras) Si en un tri´ angulo rect´ angulo ABC, el cuadrado de un lado es igual a la suma de los cuadrados de los otros dos lados, entonces el tri´ angulo es rect´ angulo. A

52 Demostraci´ on: 1. Supongamos que en el tri´ angulo ABC, se tiene BC 2 = AB 2 + CA2 . 2. Como BC > AB y BC > CA, entonces los ángulos en B y C son menores a 90◦ . 3. Sea D el pie de la perpendicular de A sobre BC. Entonces, los tri´ angulos ABD y ADC son rect´ angulos, con ángulo recto en el vértice D, y por el teorema de Pit´ agoras se tiene que AB 2 = BD 2 + AD 2

CA2 = AD 2 + DC 2 .

4. Sumando las dos igualdades anteriores se tiene lo siguiente: AB 2 + CA2 = BD 2 + 2AD 2 + DC 2 = BC 2 = (BD + DC)2 = BD 2 + 2BD · DC + DC 2 . 5. De esta serie de igualdades, se tiene BD 2 + 2AD 2 + DC 2 = BD 2 + 2BD · DC + DC 2 . 6. Eliminando t´erminos se tiene que AD 2 = BD · DC, y por el lema anterior se tiene el resultado.

1.7.5. Ejemplo. En la siguiente figura, comprueba que b − a = 4, donde a + b = x. A x−1 B

x+1 a D

Soluci´ on: Sea h = AD. Entonces, por el teorema de Pit´ agoras se tiene (x + 1)2 = h2 + b2

(x − 1)2 = h2 + a2 .

´ REC´IPROCO DEL TEOREMA DE PITAGORAS

Despejando h2 e igualando, se tiene (x + 1)2 − b2 = (x − 1)2 − a2 . Desarrollando los binomios y simplificando se tiene que 4x − b2 = −a2 . Cambiando de signo ambos lados y tomando en cuenta que a + b = x, la igualdad anterior se transforma en b2 − 4(a + b) = a2 . Quitando par´entesis e igualando a cero lo anterior, se tiene b2 − a2 − 4a − 4b = 0. Factorizando la expresi´ on del lado izquierdo, se tiene (b − a)(b + a) − 4(a + b) = (b + a)(b − a − 4) = 0. De aqu´ı se deduce que b + a = 0 o b − a − 4 = 0. Luego, b + a = 0 no puede suceder, por lo tanto, b − a − 4 = 0 y b − a = 4.

´ 1.6 y 1.7 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. En la siguiente figura se representa un tri´ angulo equil´atero, en el que la longitud del lado L, supera 2cm a la longitud de su altura h. Calcula el per´ımetro del tri´ angulo.

L 2. En la siguiente figura, la diferencia entre las ´areas del cuadrado ABCD y del tri´ angulo equilatero DEC, es de 13cm2 . Calcula el per´ımetro del tri´ angulo. A

B E

54 3. El rect´ angulo ABCD, tiene per´ımetro de 24cm, y el largo supera al ancho en 5cm. Calcula el ´ area del rect´ angulo. A

4. Una escuadra de carpintero con ancho constante, tiene un a´rea de 111cm2 . Calcula el ancho de la escuadra. 20cm2

20cm2

5. Calcula el ´ area de un tri´ angulo is´ osceles ABC, donde la base BC mide 3cm y la altura h mide 4cm. 6. Calcula el ´ area de un tri´ angulo equil´atero ABC, donde la longitud de uno de sus lados mide L = 1cm.

Cap´ıtulo 2

Trigonometr´ıa 2.1.

´ Angulos

La trigonometr´ıa se remonta a la antigua ciudad de Babilonia. Es una rama de las matem´ aticas que estudia las relaciones entre los lados y ángulos de los tri´ angulos. Las primeras aplicaciones de la trigonometr´ıa se hicieron en los campos de la navegación, la geodesia y la astronom´ıa, en los que el principal problema era determinar una distancia inaccesible, es decir, una distancia que no pod´ıa ser medida de forma directa, como la distancia entre la Tierra y la Luna. Se encuentran notables aplicaciones de las funciones trigonométricas1 en la f´ısica y en casi todas las ramas de la ingenier´ıa, sobre todo, en el estudio de fenómenos peri´ odicos, como en el flujo de corriente alterno, etcétera. En geometr´ıa, un ´ angulo se definió como la parte com´ un de dos semiplanos for−→ −−→ mados por dos rayos OA y OB (lados del ´ angulo), que tienen un punto inicial en com´ un en O, llamado v´ ertice. El ángulo en este caso es ÂOB o ^BOA. De esta forma, no importa qué lado del ´ angulo se nombra primero. A r O r

B Sin embargo, para el estudio de la trigonometr´ıa, s´ı importa qué lado del ángulo se nombra primero, es decir, hay distinción entre los ángulos ÂOB y ^BOA. En el 1

Son seis las funciones trigonom´etricas b´ asicas: seno, coseno, tangente, cotangente, secante y cosecante. Las u ´ltimas cuatro est´ an en funci´ on de las dos primeras.

56 −→ −−→ ´ngulo ^AOB, OA es el lado inicial y OB el lado terminal, mientras que en el a −−→ −→ angulo ^BOA, OB es el lado inicial y OA el lado terminal. ´ A r

A r

O r

^AOB

^BOA

Los ´ angulos ÂOB y ^BOA as´ı definidos, se llaman ´ angulos orientados. Aqu´ı, se va a considerar un sistema de coordenadas cartesianas para ubicar a un angulo, donde la posici´ ´ on est´ andar para el vértice del ángulo, ser´ a el origen. Si el lado inicial de un ´ angulo coincide con el eje x positivo, y éste gira en direcci´ on contraria a las manecillas del reloj hasta la posici´ on del lado terminal del ángulo, entonces tal ´ angulo se considera positivo. Si el lado inicial gira en direcci´ on a las manecillas del reloj hasta la posici´ on del lado terminal del ángulo, entonces dicho angulo se considera negativo. ´ Com´ unmente, la notaci´ on que se usa para los ángulos, son las letras griegas: α, β, γ, etcétera. y y

α x

x β

En esta figura, el ´ angulo α es positivo, mientras que el ángulo β es negativo. Una unidad de medida para los ángulos es el grado. Para la medida de ángulos en grados, se utiliza el sistema sexagesimal, donde grado sexagesimal se entiende como la amplitud del ´ angulo resultante de dividir la circunferencia en 360 partes iguales. Un grado tiene 60 minutos (0 ) y un minuto tiene 60 segundos (00 ). 0

1◦ = 60 = 3600

1 = 60 .

´ ANGULOS

De la misma forma, 0

1 =

1 60

◦

1 =

1 60

1 3600

◦

Ejemplos: y

135◦ 45◦ x

x −90◦

La medida en grados para los ´ angulos, se usa en actividades aplicadas como agrimensura, navegaci´ on y dise˜ no de equipo m´ecanico. En aplicaciones cient´ıficas que requieren c´ alculo, se aconstumbra utilizar radianes. rB

θ r

En esta figura se tiene un c´ırculo de radio r, con un ángulo central θ, cuyo vértice es el centro del c´ırculo. La porci´ on de c´ırculo del punto A al punto B se llama arco d d subtiende el ángulo central AB, denotado por AB. También se dice que el arco AB d es igual al radio r del c´ırculo, entonces se dice que θ mide θ. Si la longitud de AB un radian. rB

r θ r

2.1.1. Definici´ on. Un radi´ an es la medida del ´ angulo central de una circunferencia cuya longitud de arco coincide con la longitud de su radio.

58 Se puede ver que en cualquier c´ırculo de radio r, caben aproximadamente 6.28 radianes, es decir, el radio en el c´ırculo2 cabe exactamente 6 veces y sobra aproximadamente 0.28. Con lo cual, se tiene la relaci´ on 360◦ = 2π ≈ 6.28

radianes.

Si se divide entre dos en ambos miembros de la igualdad anterior, se tiene 180◦ = π ≈ 3.14

radianes.

Ahora, si se divide ambos miembros entre π, se concluye que 180◦ = 1 radian ≈ 57.2958◦ . π Entonces, hay una relaci´ on entre grados y radianes de un ´angulo. Para convertir un angulo θ medido en grados a radianes se usa la f´ormula: ´ π . θ=θ 180◦

Analogamente, si se tiene xπ radianes, donde x ∈ R, para convertir a grados, se usa la f´ormula: 180◦ xπ = xπ = x · 180◦ . π Por ejemplo, 1. 45◦ a radianes corresponde a: 45◦ = 45◦ 2.

5π 6

π π = . 180◦ 4

radianes a grados corresponde a: 5π 5π 180◦ = = 150◦ . 6 6 π

Esta t´ecnica se puede usar siempre que se quiera hacer una conversi´ on de grados a radianes o viceversa. La siguiente tabla muestra algunos ´angulos con los valores correspondientes a grados y radianes. 2

Tambi´en se puede comprobar que el di´ ametro D de un c´ırculo de radio r, cabe en el c´ırculo exactamente 3 veces y sobra aproximadamente .1416. Luego, como el diametro D es dos veces el radio r, nuevamente se desprende que el radio cabe en el c´ırculo aproximadamente 6.28 veces.

´ ANGULOS

Radianes

π 6

π 4

π 3

π 2

2π 3

3π 4

5π 6

7π 6

2π

Grados

0◦

30◦

45◦

60◦

90◦

120◦

135◦

150◦

180◦

210◦

360◦

Geométricamente, también se puede mostrar la posici´ on de un ángulo en radianes. y y y π

π 2

π 4

Se ha visto que un ´ angulo se puede expresar de dos formas: grados y radianes. Si se require convertir un ´ angulo de radianes a grados junto con los minutos y segundos, se aplican las conversiones antes mencionadas. 2.1.2. Ejemplo. Realiza las siguientes conversiones. 1. Expresa el ´ angulo θ = 2 en grados, minutos y segundos. Soluci´ on: 180◦ θ = 2 π ≈ 114.5915◦ 0

= 114 + (.5915)(60 ) 0

= 114 + 35.49 0

= 114 + 35 + (.49)(60 ) 0

= 114 + 35 + 29.4 0

≈ 114◦ 35 29 . 0

2. Expresa el ´ angulo 110◦ 25 24 como decimal, al diezmil´esimo de grado m´ as cercano. Soluci´ on: ◦ 25 00 24 ◦ ◦ 0 ◦ 110 25 24 = 110 + + 60 3600 ≈ 110◦ + .4166◦ + .0066◦ = 110.4232◦ .

60 Las calculadoras graficadoras cuentan con funciones que facilitan las conversiones de grados a radianes y viceversa; la conversi´ on de un ´angulo que est´ a en radianes, a grados minutos y segundos, y convierte una medida decimal que est´ a en grados, a grados, minutos y segundos. Es importante saber utilizar estas calculadoras para aplicar estos tipos de conversiones.

2.1.3. Teorema. (a) Si un arco de longitud s de una circunferencia de radio r subtiende un a ´ngulo central de θ radianes, entonces s = rθ. (b) Si A es el ´ area del sector circular determinado por θ, entonces A = 21 r 2 θ. Demostraci´ on:

Consideremos la figura: r

s θ r

(a) Como la longitud de arco es proporcional a su ´angulo central, entonces s θ = . r 1 De aqu´ı se desprende que s = rθ. (b) Como el ´ area del sector circular es proporcional a su ´angulo central, entonces θ A = . 2 πr 2π Por lo tanto, A = 12 r 2 θ

2.1.4. Ejemplo. Si un arco de circunferencia de longitud s = 7.5cm, subtiende un angulo central θ de una circunferencia de 3cm de radio, determina: ´ (a) La medida de θ en grados. (b) El ´ area el sector circular determinado por θ.

´ ´ RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS

y s θ r

Soluci´ on: (a) Se sabe que s = rθ. Despejando θ y sustituyendo los valores respectivos de s y r, se tiene 7.5 s = 2.5. θ= = r 3 Este es el valor de θ en radianes. Entonces, al cambiar a grados se obtiene 180◦ 450◦ θ = 2.5 ≈ 143.24◦ . = π π (b) Utilizando la f´ormula de ´ area del sector circular y sustituyendo los valores respectivos, se tiene 1 1 A = r 2 θ = (3)2 (2.5) = 11.25cm2 . 2 2

2.2.

Relaciones trigonom´ etricas de ´ angulos

Se sabe que la ecuaci´ on de la circunferencia de radio r con centro en el origen es: x2 + y 2 = r 2 . Cuando r = 1, la circunferencia se llama circunferencia unitaria. y y r

r=1 x

x2 + y 2 = r 2

x2 + y 2 = 1

62 Nota: Cualquier punto (x, y) de la circunferencia de radio r, satisface la ecuaci´ on 2 2 2 2 2 2 x + y = r , y cualquier punto (x, y) que satisface la ecuaci´ on x + y = r , es un punto de la circunferencia de radio r. Consideremos la siguiente circunferencia unitaria, un punto P = (x, y) sobre su circunferencia y θ, el ´ angulo formado entre el eje x al segmento OP . 1 P = (x, y) = (cos θ, sin θ)

y sin θ −1

θ cos θ x

−1 2.2.1. Definici´ on. Si θ ∈ R, entonces 1. El coseno de θ, denotado por cos θ, se define como la coordenada x, es decir, cos θ = x. 2. El seno de θ, denotado por sin θ, se define como la coordenada y, es decir, sin θ = y. Esta definici´on, dice que cada coordenada (x, y) de la circunferencia unitaria, se puede escribir como (cos θ, sin θ), es decir, (x, y) = (cos θ, sin θ). Por otra parte, se observa que si (x, y) = (cos θ, sin θ) es un punto de la circunferencia unitaria para cierto ´ angulo θ, entonces satisface la ecuaci´ on x2 +y 2 = 1. Por lo tanto, se tiene la identidad fundamental3 : cos2 θ + sin2 θ = 1.

M´ as adelante, mencionaremos otras identidades fundamentales.

(2.1)

´ ´ RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS

2.2.2. Teorema. Si θ ∈ R, entonces cos2 θ + sin2 θ = 1. De la indentidad fundamental, se obtienen las siguientes igualdades: sin2 θ = 1 − cos2 θ

cos2 θ = 1 − sin2 θ.

p cos θ = ± 1 − sin2 θ.

Equivalentemente, sin θ = ±

1 − cos2 θ

2.2.3. Ejemplo. Calcula sin θ y cos θ, donde θ = π4 . Soluci´ on: Para determinar el seno y coseno del ´angulo θ, se emplea la cicunferencia unitaria y se usa la definici´on anterior. y P (x, y) θ=

π 4

El ´ angulo θ = π4 radianes bisecta el primer cuadrante. Por lo tanto, el punto P (x, y) se encuentra en la recta y = x. Como P (x, y) es un punto de la circunferencia unitaria, satisface la ecuaci´ on x2 + y 2 = 1. Como y = x, entonces x2 + x2 = 1

2x2 = 1.

Al despejar x y observar que x > 0, se obtiene x = Por lo tanto, sin π4 = cos π4 .

√1 . 2

√ √ As´ı que P = ( 2/2, 2/2).

Nota: Para determinar el valor de sin θ y cos θ en este ejemplo, bast´ o con saber π las coordenadas del punto P al a´ngulo correspondiente θ = 4 en la circunferencia unitaria. Actividad 18. Por medio de una circunferencia unitaria, determina los valores de sin θ y cos θ, donde θ = 0, π2 , π, 3π 2 y 2π.

64 ¿Para qué valores de θ, sin θ = 0 y cos θ = 0? Es claro que sin θ = 0, siempre y cuando se est´ a sutuado en la coordenada (1, 0) o (−1, 0) de la circunferencia unitaria. Pero esto se logra, cuando los valores de θ son m´ ultiplos de π, es decir: θ = . . . − 3π, −2π, −π, 0, π, 2π, 3π,. . . , etcétera. Por lo tanto, sin θ = 0 si, y solo si θ ∈ {nπ; n ∈ Z}. De la misma forma, para que cos θ = 0, es necesario que se esté situado en el punto (0, 1) o (0, −1) de la circunferencia unitaria. Los valores de θ donde se cumple esto, son: π 3π 5π 7π 9π θ = , , , , ,... 2 2 2 2 2 Y lo mismo sucede, si los valores anteriores de θ, tienen signo negativo. Esto se resume como sigue: cos θ = 0 si, y solo si θ ∈

n (2n + 1)π 2

o ;n ∈ Z .

2.2.4. Proposici´ on. Si θ ∈ R, entonces 1. −1 ≤ sin θ ≤ 1 y −1 ≤ cos θ ≤ 1 2. sin(−θ) = − sin θ 3. cos(−θ) = cos θ 4. Si k ∈ Z, entonces sin(θ + 2kπ) = sin θ y cos(θ + 2kπ) = cos θ. Demostraci´ on: En el inciso (1), dice que tanto sin θ como cos θ no pueden pasar de −1 y 1, es decir, sus valores siempre oscilar´ an entre −1 y 1 para cualquier valor de θ. Esto resulta claro puesto que si (x, y) = (cos θ, sin θ), es un punto de la circunferencia unitaria, entonces se satisfacen las desigualdades anteriores. Para comprobar los incisos4 (2) y (3), se considera la figura: 4

Cuando se cumple la igualdad del inciso (2), se dice que sin θ es par. De igual forma, cuando se cumple la igualdad del inciso (3), se dice que cos θ es impar.

´ ´ RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS

1 (x, y) = (cos θ, sin θ)

θ −θ x

−1 −y

1 (x, −y) = (cos(−θ), sin(−θ))

−1 Se observa que cos θ = x y cos(−θ) = x. Por lo tanto, cos(−θ) = cos θ. Por otra parte, también se tiene que sin θ = y y sin(−θ) = −y. De esta u ´ltima igualdad se puede multiplicar por un signo negativo ambos lados, reduciéndose a − sin(−θ) = y. Por consiguiente, se tiene que − sin(−θ) = sin(θ). Esto u ´ltimo es equivalente a sin(−θ) = − sin θ, y se concluye la comprobación de los dos incisos. El inciso (4) se cumple, puesto que si el ángulo θ se le suma 2kπ con k ∈ Z, entonces se regresa a la misma posici´ on del ángulo y por consiguiente al punto (x, y). De esta forma se cumplen las dos igualdades. Nota: Las propiedades del inciso (4), se expresan diciendo que sin θ y cos θ son funciones peri´ odicas de per´ıodo 2π. 2.2.5. Definici´ on. Sean D1 = R r definen las funciones: (a) Funci´ on tangente: tan θ =

sin θ cos θ ;

(b) Funci´ on cotangente: cot θ = (c) Funci´ on secante: sec θ =

(d) Funci´ on cosecante: csc θ =

∈Z

y D2 = R r {nπ; n ∈ Z}. Se

donde θ ∈ D1

cos θ sin θ ;

1 cos θ ;

(2n+1)π ;n 2

donde θ ∈ D2

donde θ ∈ D1

1 sin θ ;

donde θ ∈ D2 .

Nota: estas funciones tienen per´ıodo 2π. M´as a´ un, π es un per´ıodo para tan θ y cot θ, puesto que: tan(θ + π) =

sin(θ + π) − sin θ = = tan θ. cos(θ + π) − cos θ

66 De igual forma, cot(θ + π) = cot θ.

Actividad 19. Completa todos los pasos para comprobar que en efecto: tan(θ + π) = tan θ

cot(θ + π) = cot θ.

2.2.6. Proposici´ on. Si θ ∈ R, entonces 1. sin

π 2

− θ = cos θ y cos

π 2

− θ = sin θ

2. cos(θ1 ± θ2 ) = cos θ1 cos θ2 ∓ sin θ1 sin θ2 3. sin(θ1 ± θ2 ) = sin θ1 cos θ2 ± sin θ2 cos θ1 . Demostraci´ on: Para comprobar el inciso (1), se considera la figura:

(y, x) = cos

π 2

− θ , sin

(x, y) = (cos θ, sin θ)

y θ

π 2

−1

π 2

−θ

x 1

−1

Se observa que sin

π 2

− θ = cos θ

cos

π 2

− θ = sin θ.

(2) Primero se comprueba que cos(θ1 − θ2 ) = cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 . Consideremos la figura:

´ ´ RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS y

P2r

r P1

θ1 − θ2 θ1 −1

θ2 1

−1

Se sabe que P1 = (x1 , y1 ) = (cos θ2 , sin θ2 ) y P2 = (x2 , y2 ) = (cos θ1 , sin θ1 ). La distancia entre P1 y P2 es: d = =

(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2

(cos θ1 − cos θ2 )2 + (sin θ1 − sin θ2 )2 .

Elevando ambos miembros al cuadrado, se tiene d2 = (cos θ1 − cos θ2 )2 + (sin θ1 − sin θ2 )2

= cos2 θ1 − 2 cos θ1 cos θ2 + cos2 θ2 + sin2 θ1 − 2 sin θ1 sin θ2 + sin2 θ2

= 1 + 1 − 2(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 ) = 2 − 2(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 ). Ahora, se rotan los ejes x y y de tal modo que el eje x coincida con el rayo OP1 . Es claro que la longitud de P1 a P2 no cambia; sin embargo, las coordenadas de P1 y P2 con respecto a los nuevos ejes X y Y son: 0

P1 = (x1 , y1 ) = (1, 0)

P2 = (x2 , y2 ) = (cos(θ1 − θ2 ), sin(θ1 − θ2 )).

Por lo que la distancia entre P1 y P2 es: d = =

(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 (cos(θ1 − θ2 ) − 1)2 + (sin(θ1 − θ2 ) − 0)2 .

68 Elevando al cuadrado ambos miembros de la igualdad, se tiene d2 = (cos(θ1 − θ2 ) − 1)2 + (sin(θ1 − θ2 ) − 0)2

= cos2 (θ1 − θ2 ) − 2 cos(θ1 − θ2 ) + 1 + sin2 (θ1 − θ2 )

= 1 − 2 cos(θ1 − θ2 ) + 1 = 2 − 2 cos(θ1 − θ2 ). Por lo que al comparar los dos resultados para d2 , se tiene que 2 − 2 cos(θ1 − θ2 ) = 2 − 2(cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 ). Por lo tanto, se concluye que cos(θ1 − θ2 ) = cos θ1 cos θ2 + sin θ1 sin θ2 . Ahora es f´acil comprobar que cos(θ1 + θ2 ) = cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 . Se observa que cos(θ1 + θ2 ) = cos(θ1 − (−θ2 )) = cos θ1 cos(−θ2 ) + sin θ1 sin(−θ2 ) = cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 . Por lo tanto, cos(θ1 + θ2 ) = cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 . Con esto se comprueba el inciso (2) de la proposici´ on. Es decir: cos(θ1 ± θ2 ) = cos θ1 cos θ2 ∓ sin θ1 sin θ2 . Para comprobar el inciso (3), primero se observa que: π sin(θ1 + θ2 ) = cos − (θ1 + θ2 ) 2 π = cos − θ1 − θ2 2 π = cos − θ1 − θ2 π2 π = cos − θ1 cos θ2 + sin − θ1 sin θ2 2 2 = sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 . Por otra parte, se tiene que sin(θ1 − θ2 ) = sin(θ1 + (−θ2 )) = sin θ1 cos(−θ2 ) + cos θ1 sin(−θ2 ) = sin θ1 cos θ2 − cos θ1 sin θ2 .

´ ´ RELACIONES TRIGONOMETRICAS DE ANGULOS

Finalmente, juntando las dos igualdades anteriores de sin(θ1 + θ2 ) y sin(θ1 − θ2 ), se tiene que: sin(θ1 ± θ2 ) = sin θ1 cos θ2 ± sin θ2 cos θ1 .

2.2.7. Ejemplo. Comprueba las siguientes igualdades para la suma y diferencia de ´angulos en la funci´ on tangente. 1. tan(θ1 + θ2 ) =

tan θ1 +tan θ2 1−tan θ1 tan θ2

2. tan(θ1 − θ2 ) =

tan θ1 −tan θ2 1+tan θ1 tan θ2 .

Soluci´ on: (1) Se empieza desarrollando la parte derecha de la igualdad, y con una serie de pasos verdaderos, se comprueba que es equivalente a la parte izquierda. tan θ1 + tan θ2 1 − tan θ1 tan θ2

= = =

sin θ2 sin θ1 cos θ1 + cos θ2 sin θ1 sin θ2 1 − cos θ1 cos θ2

sin θ1 cos θ2 +cos θ1 sin θ2 cos θ1 cos θ2 cos θ1 cos θ2 −sin θ1 sin θ2 cos θ1 cos θ2

sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 sin(θ1 + θ2 ) = tan(θ1 + θ2 ). cos(θ1 + θ2 )

Actividad 20. Comprueba el inciso (2) del ejemplo 2.2.7. De las identidades de la Proposici´ on 2.2.6, se deducen las as´ı llamadas identidades del ´ angulo doble e identidades del ´ angulo mitad. Estos se enuncian en el siguiente teorema: 2.2.8. Teorema. Si θ ∈ R, entonces: 1. cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ 2. cos 2θ = 2 cos2 θ − 1 3. cos 2θ = 1 − 2 sin2 θ 4. sin 2θ = 2 sin θ cos θ

70 5. sin2 θ =

1−cos 2θ 2

6. cos2 θ =

1+cos 2θ 2

7. cos2

θ 2

1+cos θ 2

8. sin2

θ 2

1−cos θ . 2

Demostraci´ on: (1) Para comprobar esta propiedad, se descompone 2θ = θ + θ, y se aplica la propiedad (2) de la proposici´ on 2.2.6. As´ı, cos 2θ = cos(θ + θ) = cos θ cos θ − sin θ sin θ = cos2 θ − sin2 θ. (2) Se deja como ejercicio para el lector. (3) Se desprende inmediatamente del primer inciso. Esto es, cos 2θ = cos2 θ − sin2 θ = 1 − sin2 θ − sin2 θ = 1 − 2 sin2 θ. (4) Se comprueba igual que el inciso (1), es decir, 2θ = θ + θ y se aplica la igualdad (3) de la proposici´ on 2.2.6. (5) Para la comprobaci´on de este inciso, se observa que sin2 θ = 1 − cos2 θ = 1 − (cos 2θ + sin2 θ) = 1 − cos 2θ − sin2 θ. Luego, se tiene que 2 sin2 θ = 1 − cos 2θ. Por lo tanto, sin2 θ =

1 − cos 2θ . 2

(6) Se deja como ejercicio. (7) Se aplica el inciso (6), sustituyendo en θ por θ2 . (8) Se aplica el inciso (5), sustituyendo en θ por θ2 .

Tambi´en se puede obtener un resultado para el ´angulo doble y mitad en la funci´ on tangente. Se observa que 2 tan θ 1 − tan2 θ

= = =

2 sin θ cos θ sin2 θ − cos 2θ

2 sin θ cos θ cos2 θ−sin2 θ cos2 θ

2 sin θ cos θ cos2 θ − sin2 θ sin 2θ = tan 2θ. cos 2θ

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO

Por lo tanto,

2 tan θ . 1 − tan2 θ Por otra parte, no es dif´ıcil comprobar que tan 2θ =

1 − cos θ θ = . 2 1 + cos θ Existen tres identidades fundamentales, de las cuales, la primera ya se hab´ıa mencionado. Estas son: tan2

sin2 θ + cos2 θ = 1. sec2 θ = 1 + tan2 θ. csc2 θ = 1 + cot2 θ. La segunda identidad fundamental es cierta, puesto que cos2 θ + sin2 θ sin2 θ 1 = = 1 + = 1 + tan2 θ. cos2 θ cos2 θ cos2 θ De la misma forma se comprueba la tercera identidad fundamental, y se deja como ejercicio para el lector. sec2 θ =

2.3.

Razones trigonom´ etricas en un tri´ angulo rect´ angulo

Ahora se estudiará la trigonometr´ıa usual de tri´ angulos rect´ angulos, en la que se habla de senos y cosenos de ´ angulos. La importancia de esta secci´ on, es que se ver´ a la relaci´ on que hay entre las razones trigonométricas de ángulos y el tri´ angulo rect´ angulo. Consideremos la siguiente figura, donde AB = c, BC = a y AC = b. A c

D sin θ −1

θ cos θ E

−1

a 1

72 Se observa que los tri´ angulos ABC y DBE son semejantes. Por consiguiente, se tiene b b c , que es equivalente a DE la proporci´ on BD = DE BD = c . Como BD = 1, entonces DE =

Cateto opuesto a θ b = . c Hipotenusa

Por otra parte, se sabe que sin θ = DE. As´ı, se tiene que sin θ =

Cateto opuesto b DE = = . Hipotenusa c BD

Tambi´en se cumple la proporci´ on como BD = 1, entonces BE =

c BD

a BE ,

que es equivalente a

BE BD

= ac . Luego,

a Cateto adyacente a θ = . c Hipotenusa

Por otra parte, se sabe que BE = cos θ. Por lo tanto, cos θ =

Cateto adyacente BE a = = . c Hipotenusa BD

2.3.1. Definici´ on. Dado un tri´ angulo rect´ angulo ABC, se tienen las siguientes relaciones: A c b θ B

sin θ =

b c

CO HIP

cos θ =

a c

CA HIP

Donde: CO =Cateto Opuesto, CA =Cateto Adyacente e HIP =Hipotenusa. Considerando el mismo tri´ angulo, se pueden tambi´en definir las funciones: tan θ, cot θ, sec θ y csc θ, como sigue: tan θ =

sin θ = cos θ

csc θ =

1 = sin θ

sec θ =

1 = cos θ

cot θ =

cos θ sin θ

CO HIP CA HIP

1 CO HIP

CA HIP CA = HIP CO HIP

b CO = . CA a

c HIP = . CO b

HIP c = . CA a

CA a = . CO b

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO

2.3.2. Ejemplo. Hallar los valores trigonom´etricos de 45◦ , 30◦ y 60◦ . Soluci´ on: Consideremos el siguiente tri´ angulo rect´ angulo, cuyos lados en los catetos miden a = 1, b = 1 e hipotenusa c. c

45◦ a Por el teorema de Pit´ agoras, se tiene que c2 = a2 + b2 . Sustituyendo los valores de √ a, b y reduciendo, se tiene c2 = 12 + 12 = 2. Por lo que c = 2. Entonces, √ 1 c 2 √ b ◦ ◦ = 2 csc 45 = = sin 45 = = √ c b 1 2 √ 1 c a 2 √ ◦ ◦ = 2 sec 45 = = cos 45 = = √ c a 1 2 1 a 1 b cot 45◦ = = = 1. tan 45◦ = = = 1 a 1 b 1 Para hallar los valores trigonom´etricos de θ = 30◦ y θ = 60◦ , se dibuja un tri´ angulo equil´atero de lados de longitud 2. 30◦ c=2 60◦ a=1

a=1

√ Aplicando el teorema de Pit´ agoras, se determina que b = 3. De esta forma, los valores trigonom´etricos de θ = 60◦ son: √ √ 1 3 3 √ ◦ ◦ ◦ cos 60 = tan 60 = = 3 sin 60 = 2 2 1 2 1 2 sec 60◦ = = 2 cot 60◦ = √ . csc 60◦ = √ 1 3 3 De la misma forma, los valores trigonom´etricos de θ = 30◦ son: √ 1 1 3 ◦ ◦ sin 30 = cos 30 = tan 30◦ = √ 2 2 3 √ 2 3 √ 2 sec 30◦ = √ cot 30◦ = = 3. csc 30◦ = = 2 1 1 3

74 2.3.3. Ejemplo. Determina sin 75◦ y cos 75◦ . Soluci´ on: Se observa que 75◦ = 45◦ + 30◦ . Como sin 45◦ =

√1 2

y cos 30◦ =

√ 3 2 ,

entonces

sin 75◦ = sin(45◦ + 30◦ ) = sin 45◦ cos!30◦ + cos 45◦ sin 30◦ √ 1 1 1 3 +√ = √ 2 2 2 2 √ 3+1 √ . = 2 2 De la misma forma, cos 75◦ = cos(45◦ + 30◦ ) = cos 45◦ cos!30◦ − sin 45◦ sin 30◦ √ 1 1 3 1 −√ = √ 2 2 2 2 √ 3−1 √ . = 2 2 Notemos que para determinar estos valores, se tuvo que recurrir a las propiedades de sin θ y cos θ de la Proposici´ on 2.2.6, incisos (2) y (3). Actividad 21. Determina sin 15◦ y cos 15◦ . Observa que 15◦ = 45◦ − 30◦ Se resumen los valores trigonom´etricos del ejemplo 2.3.2 en una tabla para una referencia posterior, ya que se presentan con frecuencia en las aplicaciones.

θ (radianes)

θ (grados)

sin θ

cos θ

tan θ

π 6 π 4 π 3

30◦

1 2 √1 √2 3 2

3 2 √1 2 1 2

√1 3

45◦ 60◦

√

1 √ 3

csc θ

sec θ

2 √ 2

√2 √3

√2 3

cot θ √ 3 1 √1 3

2.3.4. Ejemplo. En el siguiente tri´ angulo, determina los valores de los lados que faltan.

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO

y 30◦

3 x

Soluci´ on:

3 3 3 , entonces y = = 6. = y sin 30◦ 1/2 √ ! √ x x 3 ◦ ◦ cos 30 = = , entonces x = 6 cos 30 = 6 = 3 3. y 6 2 sin 30◦ =

2.3.5. Ejemplo. Supón que sin θ = 35 . Calcula los valores de las otras funciones trigonométricas y el ´ angulo θ. Soluci´ on: Como sin θ = 53 , entonces el cateto opuesto e hipotenusa del tri´ angulo rect´ angulo en el ángulo θ, tienen valores 3 y 5 respectivamente. As´ı, se tiene la siguiente situaci´ on: 5 θ

Para encontrar x, el cateto adyacente, se aplica el teorema de Pit´ agoras: x= De esta forma, se tiene que

52 − 32 =

4 cos θ = , 5 sec θ =

√

25 − 9 =

tan θ = 5 4

3 , 4

√

16 = 4.

csc θ =

5 , 3

4 cot θ = . 3

Nota: Para determinar el valor del ´angulo θ, uno se puede auxiliar de una calculadora como sigue: 4 −1 4 cos θ = , entonces θ = cos ≈ 36.86◦ . 5 5

76 En lugar de cos θ = 54 , se pudo haber empleado también cualquiera de las otras razones trigonométricas que se calcularon, llegando exactamente al mismo resultado. Por ejemplo, si se hubiera elegido la tangente, se tendr´ıa 3 −1 3 tan θ = entonces θ = tan ≈ 36.86◦ . 4 4 Nota 1: La notaci´ on cos−1 o tan−1 , hace referencia a la función inversa del coseno y tangente, respectivamente. En la secci´ on 2.5, se estudiará con detalle la inversa de cada una de las razones trigonométricas para una mayor comprensión. Nota 2: Algunas calculadoras tienen una tecla marcada como sin−1 , cos−1 o tan−1 que ayudan a resolver el problema de encontrar el valor del ángulo que se esté buscando; en otras, puede requerirse otra tecla o una secuencia de tecleo como inv − sin, inv − cos o inv − tan (se debe consultar el manual de usuario de la calculadora). 2.3.6. Ejemplo. En el siguiente tri´ angulo rect´ angulo, b = 4cm es el valor de un cateto y c = 6cm, la hipotenusa. Determina el valor del otro cateto y los ángulos agudos θ y α. α

c θ

b a

Soluci´ on: √ √ √ Por el teorema de Pit´ agoras, se tiene que a = c2 − b2 = 36 − 16 = 20. Por lo tanto, a ≈ 4.47cm. Luego, 2 4 −1 2 ≈ 41.81◦ . sin θ = = , entonces θ = sin 6 3 3 Ahora, se puede emplear por ejemplo el coseno, para determinar el ´angulo α. 2 4 −1 2 cos α = = , entonces α = cos ≈ 48.18◦ . 6 3 3

2.3.7. Ejemplo. Desde un punto al nivel del suelo y a 135 pies de la base de una torre, el ´ angulo de elevaci´on a la parte m´ as alta de la torre es de 60◦ . Calcula la altura de la torre.

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO

h 60◦ 0

135

Soluci´ on: Se observa que conviene aplicar la función trigonométrica tan θ, puesto que involucra la altura h y el lado adyacente 135 pies del ángulo θ = 60◦ . De esta manera, se tiene h . 135 √ Despejando h se tiene h = 135 tan 60◦ = 135 3 ≈ 233.82 tan 60◦ =

pies.

Se ha aprendido a obtener los valores trigonométricos de un ángulo θ en un tri´ angu◦ lo rect´ angulo, donde 0 < θ < 90 . ¿Qué pasa cuando el ángulo θ es mayor a 90◦ ? Consideremos la siguiente figura: A c b

1 D

a −1

sin θ θ E cos θ

−1 Los tri´ angulos ABC y DBE son semejantes. De acuerdo a esto, se tienen las siguientes proporciones: c a a = entonces cos θ = . cos θ 1 c c b b = entonces sin θ = . sin θ 1 c Se tiene entonces que para calcular las razones trigonom´etricas del ´angulo θ cuando 90◦ < θ < 180◦ , el tri´ angulo rect´ angulo a considerar es ABC.

78 2.3.8. Ejemplo. Calcula las razones trigonom´etricas del ´angulo θ en el punto P donde se indica. 1. P = (3, 4). y P (3, 4)

4 c θ

Soluci´ on: Por el teorema de Pit´ agoras, se tiene que c = Entonces, 3 5 5 sec θ = 3

4 5 5 csc θ = 4

32 + 42 =

√ 25 = 5.

4 3 3 cot θ = . 4

cos θ =

sin θ =

√

tan θ =

2. P = (−3, 2). y

P (−3, 2)

2 c θ x

−3

Soluci´ on: Por el teorema de Pit´ agoras, se tiene que c = razones trigonom´etricas de θ son: 2 sin θ = √ 13 √ 13 csc θ = 2

−3 cos θ = √ 13 √ 13 sec θ = −3

√

22 + 32 =

tan θ = −

√ 13. Las

2 3

3 cot θ = − . 2

También se pueden obtener las razones trigonométricas de cualquier punto P = (x, y) cuando éste se encuentra en el tercero o cuarto cuadrante. En este caso, el ángulo θ oscila entre 180◦ y 270◦ o de 270◦ a 360◦ respectivamente.

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO

2.3.9. Definici´ on. Consideremos las siguientes figuras, donde P = (x, y) es un p punto del plano cartesiano, θ el ´ angulo cuyo lado terminal es OP y r = x2 + y 2 , la longitud de OP , entonces los valores de las razones trigonom´etricas son como sigue: y

P (x, y) r

θ x

P (x, y)

sin θ = csc θ =

r y

y r

x r r sec θ = x

cos θ =

(y 6= 0)

tan θ = (x 6= 0)

y x

cot θ =

P (x, y)

(x 6= 0) x y

(y 6= 0).

2.3.10. Ejemplo. Calcula las razones trigonom´etricas de θ, si P = (−4, −3). x

−4 c

P (−4, −3)

−3 y

Soluci´ on: Por el teorema de Pit´ agoras, se tiene que c = 5. Por lo tanto, −3 5 5 csc θ = −3 sin θ =

−4 5 5 sec θ = −4

cos θ =

(−3)2 + (−4)2 =

−3 3 = −4 4 4 cot θ = . 3

tan θ =

Actividad 22. Calcula las razones trigonom´etricas de θ, si P = (2, −3).

√ 25 =

80 2.3.11. Ejemplo. Supongamos que sin θ = 53 , donde 90◦ < θ < 180◦ . Calcula las razones trigonom´etricas restantes del ´angulo θ. Soluci´ on: cos θ = ±

1 − sin θ = ±

2 4 3 =± . 1− 5 5

Como θ est´ a en el segundo cuadrante, cos θ tiene signo negativo, por lo tanto, 4 cos θ = − . 5 Luego, tan θ =

3/5 3 =− . −4/5 4

Para concluir con esta secci´ on, se proporcionarán algunas técnicas que son importantes considerar para el cálculo de ciertos ángulos.

´ 1. Angulos complementarios (θ =

θ α

π 2

− α).

sin

π 2

cos

π 2

tan

π 2

− α = cos α

− α = sin α

− α = tan α.

´ 2. Angulos suplementarios.

π−α α

sin(π − α) = sin α α

cos(π − α) = − cos α tan(π − α) = − tan α.

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO ´ 3. Angulos que difieren en 180◦ .

sin(π + α) = − sin α

π+α α α

cos(π + α) = − cos α tan(π + α) = tan α.

´ 4. Angulos opuestos.

2π − α α α

sin(2π − α) = − sin α cos(2π − α) = cos α tan(2π − α) = − tan α.

´ 5. Angulos negativos.

sin(−α) = − sin α α

cos(−α) = cos α tan(−α) = − tan α.

´ 6. Angulos mayores de 360◦ .

sin(α + 2kπ) = sin α α

cos(α + 2kπ) = cos α; tan(α + 2kπ) = tan α.

k ∈ Z+

82 ´ 7. Angulos que difieren en 90◦ .

90 + α α α

+ α = cos α

π 2

sin cos

π 2

tan

π 2

sin

3π 2

cos

3π 2

+ α = − sin α

+ α = − cot α.

´ 8. Angulos que suman en 270◦ .

270 − α α α

tan

− α = − cos α

3π 2

− α = − sin α − α = cot α.

´ 9. Angulos que difieren en 270◦ .

270 + α α

sin cos

α tan

3π 2

+ α = − cos α

3π 2 3π 2

+ α = sin α

+ α = − cot α.

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO

2.3.12. Ejemplo. Calcula las razones trigonom´etricas de los ´angulos: 330◦ , 765◦ y 330◦ . Soluci´ on: Para el ´ angulo 330◦ , se escribe 330◦ = 360◦ − 30◦ . Utilizando la conversi´ on de los angulos opuestos, se tiene que: ´ 1 sin 330◦ = sin(360◦ − 30◦ ) = − sin 30◦ = − √ 2 3 cos 330◦ = cos(360◦ − 30◦ ) = cos 30◦ = 2

1 tan 330◦ = tan(360◦ − 30◦ ) = − tan 30◦ = − √ . 3

Para el ´ angulo 765◦ , se escribe 765◦ = 2(360◦ ) + 45◦ . De esta forma se puede utilizar la conversi´ on de los ´ angulos mayores de 360◦ , obteni´endose: 1 sin 750◦ = sin(2(360◦ ) + 45◦ ) = sin 45◦ = √ 2 1 cos 750◦ = cos(2(360◦ ) + 45◦ ) = cos 45◦ = √ 2 tan 750◦ = tan(2(360◦ ) + 45◦ ) = tan 45◦ = 1.

Por u ´ltimo, se observa que 300◦ = 270◦ + 30◦ . Aqu´ı se puede emplear la conversi´ on ◦ de los ´ angulos que difieren en 270 , para obtener: √ 3 ◦ ◦ ◦ ◦ sin 300 = sin(270 + 30 ) = − cos 30 = − 2 1 cos 300◦ = cos(270◦ + 30◦ ) = sin 30◦ = 2 √ tan 300◦ = tan(270◦ + 30◦ ) = − cot 30◦ = − 3.

´ 2.1, 2.2 y 2.3 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. Expresa en radianes los siguientes ´angulos. 316◦ ,

10◦ ,

127◦ ,

100◦ ,

72◦ .

84 2. Expresa en grados los siguientes ´angulos. 11π , 6

5π , 6

−7π , 2

π 9

π . 16

3. Si un arco de circunferencia de longitud s subtiende el ´angulo central θ en un c´ırculo, halla el radio de la circunferencia, si

a) s = 10cm;

θ=4

b) s = 3km;

θ = 20◦ .

a) Indica los radianes y grados del ´angulo central θ subtendido por el arco de longitud s en una circunferencia de radio r, donde 1) s = 7cm;

r = 4cm

2) s = 3 pies; r = 20 pulgadas. b) Determina el área del sector determinado por θ. 5. Determina la longitud de arco que subtiende el ángulo central θ de una circunferencia de di´ ametro d y halla el área del sector determinado por θ, si a) θ = 50◦ ; d = 16cm b) θ = 2.2;

d = 120cm.

6. La distancia entre dos puntos A y B en la tierra se mide a lo largo de una circunferencia cuyo centro es C, situado en el centro del globo, donde el radio es igual a la distancia de C a la superficie. Si el di´ ametro del planeta es aproximadamente de 8000 millas, calcula la distancia entre A y B, si ÂCB mide: a) 60◦ b) 10◦ . 7. Calcula las razones trigonométricas de los ángulos: 225◦ ,

330◦ ,

2655◦ ,

−840◦ ,

8. Calcula las otras razones trigonom´etricas, si a) cos θ =

1 4

y 270◦ < θ < 360◦

b) tan θ = 2 y 180◦ < θ < 270◦

−150◦

1740◦ .

´ ´ ´ RAZONES TRIGONOMETRICAS EN UN TRIANGULO RECTANGULO

c) sec θ = 2 y 0 < θ < π2 . 9. Comprueba las siguientes identidades trigonom´etricas: a) tan θ + cot θ = sec θ csc θ b) cot θ sec θ = csc θ c) sec2 θ + csc2 θ =

1 . sin2 θ cos2 θ

10. En el siguiente tri´ angulo rect´ angulo ABC, determina los lados faltantes o el ´angulo θ, seg´ un corresponda, si A

θ B a) c = 5cm

y θ = 41.7◦

b) b = 3cm

θ = 54.6◦

c) b = 4cm

c = 6cm.

11. Un ´ arbol de 50m de alto proyecta una sombra de 60m de largo. Encuentra el ángulo de elevaci´ on del sol en ese momento. 12. Calcula la altura de un ´ arbol, sabiendo que desde un punto del terreno se observa su copa bajo un ´ angulo de 30◦ y si nos acercamos 10m, bajo un ángulo de 60◦ . 13. Un dirigible que est´ a volando a 800m de altura, distingue un pueblo con un ángulo de depresión de 12◦ . ¿A qué distancia del pueblo se halla? 14. Calcula el ´ area de una parcela triangular, sabiendo que sus lados miden 80m y 130m, y forman entre ellos un ángulo de 70◦ . 15. Tres pueblos A, B y C, est´ an unidos por carreteras rectas. La distancia de A a C es de 6km, mientras que de B a C es de 9km. El ángulo que forman estas carreteras es de 120◦ . ¿Cu´ anto distan A y B? 16. Calcula el radio de una circunferencia, sabiendo que una cuerda de 24.6cm, tiene como arco correspondiente uno de 70◦ .

2.4.

Ley de senos y cosenos

Las leyes seno y coseno se aplican para resolver problemas relacionados con los tri´ angulos. En particular, la ley de los cosenos es una generalizaci´ on del teorema de Pit´ agoras. Primero se ver´ a que si A un punto de la circunferencia con centro en el origen y de radio r, donde ^AOB = θ y B = (0, r), entonces las coordenadas de A est´ an dadas por (r cos θ, r sin θ). Consideremos la siguiente figura: y r A = (x, y)

C θ D E

−r −1

B x

r Sea C el punto de intersecci´ on de la recta OA con el c´ırculo unitario. Entonces, C = (cos θ, sin θ). Por otro lado, se tiene que los tri´ angulos COD y AOE son semejantes. Por lo tanto, y r = 1 sin θ

r x = . 1 cos θ

De aqu´ı, se deduce que y = r sin θ y x = r cos θ. Por lo tanto, A = (r cos θ, r sin θ). Una famosa relaci´ on que se llama Ley de los cosenos, puede obtenerse ahora f´acilmente: Consideremos un tri´ angulo obl´ıcuo AOB, cuyos lados miden a, b y c, respectivamente y ^AOB = γ, como en la siguiente figura: y

A α

c b

γ O

β a

B x

LEY DE SENOS Y COSENOS

El v´ertice O del tri´ angulo AOB, coincide con el origen, y el eje x, con el lado OB. Entonces, A estar´ a en una circunferencia de radio b y con centro en el origen. Por lo tanto, las coordenadas de A son: A = (b cos γ, b sin γ). Por otro lado, las coordenadas de B, son (a, 0). Por la f´ormula de la distancia entre los puntos de A a B, se tiene c2 = (a − b cos γ)2 + (−b sin γ)2

= a2 − 2ab cos γ + b2 cos2 γ + b2 sin2 γ

= a2 + b2 (sin2 γ + cos2 γ) − 2ab cos γ = a2 + b2 − 2ab cos γ.

Por lo tanto, se tiene la relaci´ on (Ley de los cosenos): c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ. De la misma forma, se puede comprobar (intercambiando α y β por γ) que b2 = a2 + c2 − 2ac cos β

a2 = b2 + c2 − 2bc cos α. Las aplicaciones que tiene la ley de los cosenos para determinar el valor de todos sus ´angulos y lados de un tri´ angulo, son: (a) Cuando se conocen los tres lados (b) Cuando se conocen dos lados y el ´angulo que forman.

2.4.1. Ejemplo. Resuelve5 el siguiente tri´ angulo; donde a = 1200m, c = 700m y ◦ β = 108 . b α

a c

Resolver un tri´ angulo significa determinar la longitud de sus lados y valor de sus ´ angulos desconocidos a partir de ciertos datos conocidos del tri´ angulo, que generalmente son tres.

88 Soluci´ on: En este caso, se conocen dos lados: a y c, y el a´ngulo que forman: β. Esto permite conocer el tercer lado. La f´ormula a utilizar es b2 = a2 + c2 − 2ac cos β. Entonces b=

12002 + 7002 − 2(1200)(700) cos 108◦ = 1564.97m.

Con esta informaci´ on, se puede calcular el valor del ´angulo γ. La f´ormula a 2 2 2 utilizar es c = a + b − 2ab cos γ. De aqui, se obtiene cos γ =

c2 − a2 − b2 . −2ab

Sustituyendo los valores respectivos, se obtiene cos γ =

7002 − 12002 − (1564.97)2 ≈ 0.905. −2(1200)(1564.97)

Finalmente, se concluye que γ = cos−1 0.90 ≈ 25.176◦ . Ahora, es f´acil calcular el valor del ´ angulo α: α = 180◦ − (108◦ + 25.176◦ ) = 46.82◦ . Hay otra relaci´ on llamada Ley de los senos, que al igual que la ley de los cosenos, permite determinar los lados y ´angulos faltantes de un tri´ angulo cuando se conocen ciertos datos de dicho tri´ angulo. Consideremos el siguiente tri´ angulo obl´ıcuo AOB: y A α

h b

γ O

β a

B x

Supongamos que los lados del tri´ angulo AOB miden: AB = c, OB = a y AO = b. Sea CD la perpendicular con el eje x, y h la longitud de AD. Se tiene que sin γ =

h , b

entonces

h = b sin γ.

En el tri´ angulo rect´ angulo ADB tambi´en se tiene sin β =

h , c

entonces

h = c sin β.

LEY DE SENOS Y COSENOS De las dos expresiones de h, se concluye que c sin β = b sin γ. Entonces,

sin β sin γ = . b c Ahora, si se hace coincidir el eje x con el lado OA, se tiene la siguiente situaci´ on: y B β

γ O

α b

A x

h 0 entonces h = a sin γ a 0 h 0 sin α = entonces h = c sin α. c 0 Comparando las dos expresiones de h , se concluye que c sin α = a sin γ. De aqu´ı, se sigue que sin α sin γ = a c Por lo tanto, sin α sin β sin γ = = . a b c Esta u ´ltima relaci´ on, es lo que se denomina: ley de los senos. sin γ =

La ley de los senos, se aplica para determinar todos los lados y ´angulos faltantes de un tri´ angulo, cuando: (a) Se conocen dos ´ angulos y un lado (b) Se conocen dos lados y el ´ angulo opuesto a uno de ellos. 2.4.2. Ejemplo. Con los datos que se dan en la siguiente figura, calcula la longitud del lado AD. D α x

c 50◦

60◦ 75◦ B

d = 200m

90 Soluci´ on: 1. Se calcula el ´ angulo α: α = 180◦ − (60◦ + 75◦ ) = 45◦ . 2. En el tri´ angulo BCD se aplica la ley de los senos para determinar c. sin 45◦ sin 60◦ = , c 200

entonces

200 sin 60◦ = 245m. sin 45◦

3. En el tri´ angulo rect´ angulo ABD, se calcula el valor de x. sin 50◦ =

x x = . c 245

Por lo tanto, x = 245 sin 50◦ = 188m.

2.4.3. Ejemplo. β = 30◦ .

Resuelve el siguiente tri´ angulo, donde a = 4cm, b = 5cm y

α c

b γ

β a Soluci´ on: α:

Al conocer dos lados y el ´angulo opuesto a b, se puede calcular el ´angulo

sin β sin α = , a b Despejando, se tiene: sin α =

entonces

sin α sin 30◦ = . 4 5

4(.5) 4(sin 30◦ ) = = 0.4. 5 5

Por lo tanto, α = sin−1 (.4) ≈ 23.578◦ y γ = 180◦ − (23.578◦ + 30◦ ) = 126.422◦ . Entonces, sin 126.422◦ sin 30◦ = . c 5 Por lo tanto, 5(sin 126.422◦ ) c= ≈ 8.1cm. sin 30◦

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

2.4.4. Ejemplo. En la siguiente figura, calcula la distancia d entre los puntos A y B. B d A β α 25◦ 40◦ D

32◦

46◦ 300m

Soluci´ on: 1. En el tri´ angulo ADC, se tiene que α = 180◦ − (65◦ + 46◦ ) = 69◦ . Ahora, por la ley de los senos se tiene: sin 69◦ sin 65◦ = , AC 300

entonces

AC =

300 sin 65◦ ≈ 291.2m. sin 69◦

2. En el tri´ angulo BDC, se tiene que β = 180◦ − (40◦ + 78◦ ) = 62◦ , y por la ley de los senos, sin 40◦ sin 62◦ = , 300 sin 62◦

entonces

BC =

300 sin 40◦ ≈ 218.4m. sin 62◦

3. Por u ´ltimo, aplicando la ley de los cosenos en el tri´ angulo ACB, se obtiene: d2 = (218.4)2 + (291.2)2 − 2(218.4)(219.2) cos 32◦ = 24627.53. Entonces, d = 156.9m.

2.5.

Funciones trigonom´ etricas de n´ umeros reales

En la secci´ on 2.1, se definieron las razones trigonométricas de ángulos. En esta secci´ on, se estudiarán a las funciones trigonométricas desde el punto de vista anal´ıtico. En lugar de ´ angulo, se hablará de n´ umeros reales. Por ejemplo, en lugar de escribir sin θ, ahora se escribirá sin x, donde x hace referencia a un n´ umero real. De hecho, todas las propiedades de las razones trigonométricas que ya se estudiaron, se siguen cumpliendo si en lugar de θ, ahora se sustituye por x, con x ∈ R. En el plano cartesiano R2 , consideremos la circunferencia unitaria C con centro en el origen. Se traza por el punto (1, 0) una recta L, pararela al eje de las ordenadas (eje y). Esta recta L, har´ a las veces de recta real R.

92 2.5.1. Definici´ on. Sea r ∈ R (o sea, si r ∈ L). Se define la funci´ on T : R → C de tal manera que T (r) = P , donde P es el punto de C a donde va a caer r al enrollarse la recta L sobre la circunferencia C, siendo la parte positiva de R enrollada en sentido contraria a las manecillas del reloj, mientras que la parte negativa de R se enrolla en sentido contrario a las manecillas. L y 1 C

T (r)

−1

−1 Por ejemplo, T (0) = (1, 0) y como la longitud de C es 2π, se tiene que T (2π) = (1, 0). De la misma forma, π 3π 3π = (0, 1), T − = (0, 1), T (π) = (−1, 0), T = (0, −1). T 2 2 2

Se observa que T manda a cada n´ umero real r a un punto (x, y) de C, y que cada una de sus coordenadas x y y, dependen de r.

2.5.2. Definici´ on. Sea r ∈ R y supongamos que T (r) = (x, y) es un punto de la circunferecia unitaria. La funci´ on coseno del numero real r, se define como la coordenada x, es decir: cos r = x. La funci´ on seno del n´ umero real r, se define como la coordenada y, es decir: sin r = y. De acuerdo con esta definici´on, para cada r ∈ R, T (r) = (cos r, sin r). De hecho, cada coordenada de T (r) es en s´ı una funci´on de R a R, es decir, sin : R → R

cos : R → R.

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

2.5.3. Teorema. Si r ∈ R, se tiene: (a) | sin r |≤ 1,

| cos r |≤ 1.

(b) sin2 r + cos2 r = 1. (c) sin(−r) = − sin r,

cos(−r) = cos r.

(d) Para todo k ∈ Z, sin(r + 2kπ) = sin r y cos(r + 2kπ) = cos r. (e) sin r = 0 si y s´ olo si, existe n ∈ Z tal que r = nπ sin r = 1 si y s´ olo si, existe n ∈ Z tal que r = π2 + 2nπ sin r = −1 si y s´ olo si, existe n ∈ Z tal que r = 3π 2 + 2nπ. (f ) cos r = 0 si y s´ olo si, existe n ∈ Z tal que r = π2 + nπ cos r = 1 si y s´ olo si, existe n ∈ Z tal que r = 2nπ cos r = −1 si y s´ olo si, existe n ∈ Z tal que r = π + 2nπ. (g) r r r r

∈ 0, π2 , entonces 0 < sin r < 1 y 0 < cos r < 1 ∈ π2 , π , entonces 0 < sin r < 1 y −1 < cos r < 0 ∈ π, 3π 2 , entonces −1 < sin r < 0 y −1 < cos r < 0 ∈ 3π 2 , 2π , entonces −1 < sin r < 0 y 0 < cos r < 1.

cos π2 − r = sin r (h) sin π2 − r = cos r, sin π2 + r = cos r, cos π2 + r = − sin r sin(π − r) = sin r, cos(π − r) = − cos r sin(π + r) = − sin r, cos(π + r) = − cos r 3π sin 2 − r = − cos r, cos 3π − r = − sin r 2 3π 3π sin 2 + r = − cos r, cos 2 + r = sin r.

Demostraci´ on: Sea r ∈ R. Como T (r) = (cos r, sin r) ∈ C y C tiene por ecuaci´ on 2 2 2 2 2 x + y = 1, resulta que cos r + sin r = 1. De aqu´ı se deduce que 0 ≤ cos r ≤ 1 y 0 ≤ sin2 r ≤ 1. Por lo tanto, | cos r |≤ 1 y | sin r |≤ 1. As´ı se han comprobado (a) y (b).

94 Para demostrar (c), se observa que si T (r) = (x, y), entonces T (−r) = (x, −y) puesto que T (r) y T (−r) son sim´etricos con respecto al eje x. Por consiguiente, (cos(−r), sin(−r)) = T (−r) = (x, −y) = (cos r, − sin r). De aqu´ı se sigue que en efecto cos(−r) = cos r

sin(−r) = − sin r.

(d) Es fácil convencerse de que T (r + 2π) = T (r) y que T (r − 2π) = T (r), puesto que r + 2π va a caer en T (r) al enrollarse L en C, pero con una vuelta completa m´ as a C, y r − 2π también va a dar a T (r) pero con una vuelta completa en el sentido de las manecillas del reloj. Para completar la prueba, se aplica inducción matem´ atica. Convencerse de la validez de (e), (f ) y (g) es también sencillo si se usa la definición de la funci´ on T . (h) Supongamos que T (r) = P1 = (x, y). Entonces, por simetr´ıas con los ejes x o y, se tendrá (ver figura): π π − r = P2 = (y, x), T + r = P3 = (−y, x) T 2 2

T (π − r) = P4 = (−x, y), 3π − r = P6 = (−y, −x), 2 P3

T (π + r) = P5 = (−x, −y) 3π T + r = P7 = (y, −x). 2 P r2

P4 r

r P1

x P5 r

r r

P6 Y con esto se demuestra el inciso (h).

Nota: La propiedad (c) de este teorema, se expresa diciendo que la funci´on seno es impar, mientras que la funci´on coseno es par. La propiedad (d) se expresa diciendo que las funciones seno y coseno, son funciones peri´ odicas de per´ıodo 2π.

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

2.5.4. Definici´ on. Sea f : R → R una funci´ on. 1. Si f (−x) = f (x) para todo x ∈ R, entonces se dice que f es par 2. Si f (−x) = −f (x) para todo x ∈ R, entonces se dice que f es impar. Geométricamente, una funci´ on par tiene la propiedad de que su gr´ afica es simétrica con respecto al eje y, mientras que una función impar, su gr´ afica es simétrica con respecto al origen. Esto se aplicar´ a cuando se estudien las gr´ aficas de las funciones trigonométricas. 2.5.5. Definici´ on. Una funci´ on f : R → R es peri´ odica si existe c ∈ R r {0} tal que para todo x ∈ R, f (x + c) = f (x). Un n´ umero c que satisface esta condici´ on se llama un per´ıodo de f . Antes de estudiar las gr´ aficas de las funciones seno y coseno, se ver´ a la relaci´ on que existe entre un arco de una circunferencia de radio 1 y el ańgulo central que subtiende él mismo. Recordemos que si un arco de longitud s de una circunferencia de radio r, subtiende un ´ angulo central de θ radianes, entonces s = rθ,

s decir, θ = . r

Es claro que si r = 1, es decir, si la circunferencia es de radio 1, entonces θ = s. As´ı, si un ´ angulo subtiende un arco de longitud s en una circunferencia de radio 1, se dice que ese ´ angulo mide s radianes. En particular, si C es la circunferencia unitaria en el plano cartesiano con centro en el origen y A es la intersecci´ on de C con el eje x (o sea A = (1, 0)) y P = (cos r, sin r) es un punto de C, se puede considerar a r como la medida del ´ angulo AOP en radianes o como la longitud del arco circular de A a P en C. y C O

P = (cos r, sin r) r θ=r A x

De esta forma, se habla de seno y coseno del ´angulo r.

96 Nuevamente, se observa que sin r = 0

cuando r ∈ R r {nπ; n ∈ R},

cos r = 0 cuando r ∈ R r

n (2n + 1)π

o ;n ∈ Z .

2 Se definen las otras funciones trigonom´etricas que tienen relaci´ on directa con las funciones seno y coseno. 2.5.6. Definici´ on. Sean D1 = R r definen las funciones:

(2n+1)π ;n 2

∈Z

y D2 = R r {nπ; n ∈ Z}. Se

(a) Tangente: tan : D1 → R

tal

que

tan r =

sin r cos r

cot : D2 → R

tal

que

cot r =

cos r sin r

sec : D1 → R

tal

que

sec r =

1 cos r

csc : D2 → R

tal

que

csc r =

1 . sin r

(b) Cotangente:

(d) Cosecante:

Los conjuntos D1 y D2 son los dominios respectivos de cada funci´on trigonom´etrica. Se observa que si r ∈ D1 , entonces tan(−r) =

sin(−r) − sin r = = − tan r. cos(−r) cos r

Por lo tanto, la funci´ on tangente es impar. Tambi´en se tiene que csc(−r) = − csc r,

sec(−r) = sec r

cot(−r) = − cot r,

donde r pertenece al dominio respectivo de cada función trigonométrica. Otra caracter´ıstica importante que tienen estas funciones trigonométricas es que las funciones tangente y cotangente tienen per´ıodo π; mientras que las funciones secante y cosecante tienen per´ıodo 2π. Se deja como ejercicio para el lector comprobar estos hechos.

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

2.5.7. Ejemplo. Determina los valores de las funciones trigonom´etricas, donde r = π2 . y rP (0, 1)

π 2

Soluci´ on: El punto P en C que corresponde a r = π2 , tiene coordenadas (0, 1). Por lo tanto, π π sin = 1 y cos = 0. 2 2 De aqu´ı, se deduce que la funci´ on tangente no est´ a definida en π2 , puesto que tan

sin π2 π 1 = π = . 2 cos 2 0

De manera similar, la funci´ on secante tampoco est´ a definida en sec Sin embargo, csc π2 =

1 sin π2

1 1

π 2,

puesto que

π 1 1 = π = . 2 cos 2 0 y

cot π2 =

cos π2 sin π2

0 1

= 0.

Nota: Si uno intenta con ayuda de una calculadora evaluar tan π2 o sec π2 , marcar´ a error. Esto coincide con el hecho de que π2 no pertenece a D1 , es decir, al dominio de la tangente y secante.

98 ´ ´ GRAFICA DE LAS FUNCIONES TRIGONOMETRICAS Si P (x, y) es el punto de C que corresponde a r, entonces por definici´on se tiene que x = cos r y y = sin r. y (0, 1) P (cos r, sin r) r θ=r A(1, 0) x

C (−1, 0)

(0, −1) Sea r > 0. Si r aumenta de 0 a π2 , el punto P (cos r, sin r) var´ıa a través de C desde el punto (1, 0) hasta (0, 1) en sentido contrario a las manecillas del reloj. De manera consecuente, cos r disminuye de 1 a 0 (1 → 0); mientras que sin r aumenta de 0 a 1 (0 → 1). Si r aumenta de π2 a π, el punto P (cos r, sin r) viaja a través de C en sentido contrario a las manecillas del reloj de (0, 1) a (−1, 0). De esta forma, la función cos r disminuye de 0 a −1; mientras que sin r disminuye de 1 a 0. Se usa también la notaci´ on 0 → π2 para denotar que r aumenta de 0 a π2 ; (1, 0) → (0, 1) para denotar que P (cos r, sin r) var´ıa de (1, 0) hasta (0, 1) sobre C. Se obtiene as´ı una tabla como sigue:

t π 2

0→ π 2 →π π → 3π 2 3π → 2π 2

P (cos r, sin r)

cos r

sin r

(1, 0) → (0, 1) (0, 1) → (−1, 0) (−1, 0) → (0, −1) (0, −1) → (1, 0)

1→0 0 → −1 −1 → 0 0→1

0→1 1→0 0 → −1 −1 → 0

Recordemos que sin : R → R y cos : R → R de tal forma que para cada r ∈ R, se tiene como imagen sin r para la función seno, y cos r para la función coseno. Sin embargo, en lugar de la variable r, se usará de aqu´ı en adelante la variable x, esto debido a que las gr´ aficas de las funciones seno y coseno, estar´ an en el plano

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

cartesiano. De esta forma, se puede hablar de f (x) = sin x y f (x) = cos x, o de manera similar, de las ecuaciones y = sin x y y = cos x. Junto con la informaci´ on que ya se tiene acerca de la funci´on seno, la siguiente tabla muestra algunas coordenadas para obtener la gr´ afica de f (x) = sin x. x sin x

0 0

√

2 2

π 4

≈ 0.7

π 2

3π 2

√

2 2

≈ 0.7

−

√

2 2

5π 4

3π 2

≈ −0.7

−1

7π √ 4 − 22 ≈

2π −0.7

En esta tabla, se muestran algunas coordenadas de puntos para la gr´ afica de f (x) = sin x, donde 0 ≤ x ≤ 2π. Si a esto se a˜ nade que sin x crece en [0, π2 ], decrece en [π/2, π] y [π, 3π/2], y crece en [3π/2, 2π], se obtiene la gr´ afica: y 1

r r

r π 2

−1

r r

3π 2

2π

De esta forma, se ha obtenido la gr´ afica de f (x) = sin x, donde 0 ≤ x ≤ 2π. Ahora, si se toma en cuenta que la funci´on seno tiene per´ıodo 2π y que es una funci´on impar, es decir su gr´ afica es sim´ etrica con respecto al origen, se obtiene la gr´ afica completa de f (x) = sin x. y 1

−2π

−π

2π

3π

−1

Se observa que f (x) = sin x est´ a definida para todo x ∈ R, es decir, su dominio es R. La imagen est´ a definida en el intervalo [−1, 1]. Por lo tanto, f : R → [−1, 1]. Ahora se estudiar´a la gr´ afica de f (x) = cos x. La siguiente tabla permite conocer

100 algunas coordenadas de puntos por donde pasar´a dicha gr´ afica, donde 0 ≤ x ≤ 2π. x

cos x

π √ 4 2 2 ≈

π 2

0.7

√

− 2 2

3π 2

≈ −0.7

−1

5π √ 4 − 22 ≈

3π 2

−0.7

7π √ 4 2 2 ≈

2π 0.7

Si se toma en cuenta tambi´en que cos x decrece de [0, π/2], [π/2, π] y crece en [π, 3π/2], [3π/2, 2π], se obtiene la gr´ afica: y 1 r

r r

π 2

3π 2

−1

2π

Se completa la gr´ afica de f (x) = cos x, al tomar en cuenta que el coseno tambi´en tiene per´ıodo 2π y que es par (su gr´ afica es sim´ etrica con respecto al eje y). y 1

−2π

−π

2π

3π

−1

f (x) = cos x tiene dominio R e imagen en el intervalo [−1, 1], es decir f : R → [−1, 1]. Para obtener la gr´ afica de f (x) = tan x, se debe tener m´ as cuidado debido a que su dominio no es todo R. La funci´on tangente no est´ a definida en los puntos: ...,−

5π 3π π π 3π 5π − ,− , , , ,... 2 2 2 2 2 2

Primero se analiza su gr´ afica en el intervalo − π2 < x < π2 . Sin embargo, al ser la tangente una funci´ on impar (su gr´ afica es sim´ etrica con respecto al origen), basta ver el comportamiento en el intervalo 0 ≤ x < π2 . Con la siguiente tabla de valores se obtienen algunos puntos para esbozar la gr´ afica de f (x) = tan x.

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES x

f (x) = tan x

√

3 3

π 6

π 4

≈ 0.6

√

101

π 3

3 ≈ 1.7

2 1

r r r

− π2

π 2

−1

Esta gr´ afica tiene la propiedad de que a medida que x se aproxima a π2 , los valores de f (x) = tan x crecen cada vez m´ as. Por ejemplo, si se toma en cuenta que π2 ≈ 1.5708, entonces tan 1.57060 ≈ 5093.5, tan 1.57070 ≈ 10381.3, tan 1.57079 ≈ 158057.9. Los valores de la funci´ on tangente aumentan muy r´ apido conforme x est´ a pr´ oximo a π2 . M´as A´ un,6 π− , tan x → ∞. si x → 2 Esto se debe a que sin x → 1 y cos x → 0, cuando x →

π− 2 .

De igual manera, por simetr´ıa se deduce que a medida que x se aproxima a − π2 , tan x decrece cada vez m´ as. Es decir,7 si x → −

π+ , 2

tan x → −∞.

Por lo tanto, la imagen de la funci´on tangente en el intervalo (−π/2, π/2), est´ a definiπ π da en todo R. Las l´ıneas x = − 2 y x = 2 son las as´ıntotas verticales para esta gr´ afica. Para completar la gr´ afica de la funci´on tangente en todo su dominio, se aplica el hecho de que tiene per´ıodo π. De esta forma, la gr´ afica de f (x) = tan x, queda de la siguiente forma: x → π2 − , significa que x tiende a π2 por la izquierda. x → − π2 + , significa que x tiende a − π2 por la derecha. En general, si a ∈ R, x → a− , significa que x tiende a a por la izquierda y x → a+ , significa que x tiende a a por la derecha. En el cap´ıtulo 3, se explican m´ as a fondo estos conceptos. 6

102

y 2 1

−2π

− 3π 2

−π

π 2

− π2

3π 2

2π

−1

Por u ´ltimo, se dar´ an a conocer las gr´ aficas de las funciones y = csc x, y = sec x y y = cot x. Recordemos que la funci´on cotangente tiene per´ıodo π e impar; la funci´ on cosecante es impar y tiene per´ıodo 2π; mientras que la funci´on secante es par y de per´ıodo igual que la cosecante. Con esta informaci´ on, se obtienen las siguientes gr´ aficas: y = csc x y 2 1

−3π

−2π

−π

π 2

3π 2

2π

5π 2

3π

−1 −2 −3

En el intervalo (0, π) se observa que si x → π − , sin x → 0. De esta manera se tiene que si x → π − , csc x = sin1 x → ∞. An´alogamente, si x → 0+ , sin x → 0. Entonces, si x → 0+ , csc x = sin1 x → ∞. Luego, en el intervalo (0, π) se dice que hay una rama superior en la gr´ afica de la cosecante, y las rectas: x = 0 y x = π son las as´ıntotas verticales. En el intervalo (−π, 0) sucede algo similar debido a que la gr´ afica de la cosecante es sim´etrica con respecto al origen. Se obtiene as´ı que si x → −π + , csc x → −∞ y si

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

103

x → 0− , csc x → −∞. En el intervalo (−π, 0) se dice que hay una rama inferior en la gr´ afica; mientras que las rectas x = −π y x = 0 son las as´ıntotas verticales. En general, esto se vuelve a repetir en cada per´ıodo 2π. Las rectas x = nπ; n ∈ Z son las as´ıntotas verticales. La imagen de la funci´on cosecante es el intervalo (−∞, −1] ∪ [1, ∞). La gr´ afica de las funciones secante y cotangente quedan de la siguiente manera: y = sec x y 2 1

−3π

−2π

−π

π 2

3π 2

2π

5π 2

3π

−1 −2 −3

En esta gr´ afica, se observa que si x →

π− , 2 π+ , 2

sec x =

1 → ∞, cos x

1 → ∞, cos x π+ 1 → −∞, si x → , sec x = 2 cos x 1 3π − → −∞. , sec x = si x → 2 cos x si x → −

sec x =

Esta situaci´ on se repetir´ a en todo el dominio de la funci´on secante por la simetr´ıa de la gr´ afica con respecto al eje y y por el hecho de tener per´ıodo 2π. La imagen de esta funci´ on es el intervalo (−∞, −1] ∪ [1, ∞).

104

y = cot x y 3 2 1

−3π

−2π

−π

2π

3π

−1 −2 −3

En el intevalo 0 < x < π, la gr´ afica de la cotangente cumple lo siguiente: cos x → ∞. sin x cos x → −∞. si x → π − , cot x = sin x Por la simetr´ıa que posee esta gr´ afica con respecto al origen y por su per´ıodo π, esta situaci´ on se repetir´ a en todo su dominio. La imagen de la funci´on cotangente est´ a definida en todo R. si x → 0+ ,

cot x =

2.5.8. Ejemplo. Comprueba lo siguiente: 1. csc x = sin x, si y s´ olo si, x =

(2k+1)π , 2

con k ∈ Z

2. No existe x ∈ D2 tal que csc x ∈ (−1, 1). Soluci´ on: 1. csc x = sin x, si y s´ olo si, sin1 x = sin x. De aqu´ı se deduce que 1 = sin2 x. Esto u ´ltimo equivale a resolver ±1 = sin x. Los valores de x que satisfacen esta igualdad son: 5π 3π π π 3π 5π ,− ,− , , , ,... ... − 2 2 2 2 2 2 Por lo tanto, x =

(2k+1)π ; 2

k ∈ Z.

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

105

2. Supongamos que existe x ∈ D2 tal que csc x = sin1 x ∈ (−1, 1). Entonces −1 < sin1 x < 1. Esto u ´ltimo equivale a resolver −1 < sin1 x y sin1 x < 1. a) Si sin x > 0, entonces sin x > −1 y 1 < sin x b) Si sin x < 0, entonces sin x < −1 y 1 > sin x. En cualquiera de los dos casos se llega a una contradicci´ on y por lo tanto, la cosecante no toma valores en el intervalo (−1, 1).

Actividad 23. Comprueba lo siguiente: 1. sec x = 1, si y s´ olo si, x = nπ; n ∈ Z 2. No existe x ∈ D1 tal que sec x ∈ (−1, 1). Para concluir esta secci´ on, se estudiarán las inversas de las funciones trigonométricas. Recordemos que si f (x) es una función inyectiva en alg´ un intervalo I, donde I es cerrado, abierto, semicerrado o semiabierto, entonces f (x) tiene inversa f −1 (x) en I, tal que para todo x ∈ I, (f ◦ f −1 )(x) = x

(f −1 ◦ f )(x) = x.

Geom´etricamente, las gr´ aficas de f (x) y f −1 (x) son sim´etricas con respecto a la recta y = x. Adem´ as, si Domf = A y Imf = B, entonces Domf −1 = B y Imf −1 = A. y f (x) y = x f −1 (x)

Inversa de la funci´ on seno La funci´ on f (x) = sin x no es inyectiva en todo su dominio, sin embargo lo es en el intervalo [−π/2, π/2] y es aqu´ı donde tiene inversa f −1 (x), denotada por f −1 (x) = sin−1 (x) Gr´ afica de f (x) = sin x en [− π2 , π2 ].

o f −1 (x) = arcsin x.

106 y Domf = [−π/2, π/2]

− π2

Imf = [−1, 1]

π 2

−1

Gr´ afica de f −1 (x) = arcsin x. y π 2

Domf −1 = [−1, 1]

−1

Imf −1 = [−π/2, π/2]

− π2 Por definici´on de composici´ on e inversa de una funci´on, se tienen que: 1. Si x ∈ [−π/2, π/2], entonces (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (sin x) = arcsin(sin x) = x. 2. Si x ∈ [−1, 1], entonces (f ◦ f −1 )(x) = f (f −1 (x)) = f (arcsin x) = sin(arcsin x) = x. Inversa de la funci´ on coseno La funci´ on f (x) = cos x, tampoco es inyectiva en todo su dominio, sin embargo lo es en el intervalo [0, π] y aqu´ı es donde tiene inversa f −1 (x), denotado por f −1 (x) = cos−1 (x)

o f −1 (x) = arc cos x.

Gr´ afica de f (x) = cos x en [0, π]. y Domf = [0, π]

π 2

−1

Imf = [−1, 1]

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

107

Gr´ afica de f −1 (x) = arc cos x. y π

Domf −1 = [−1, 1] −1

Imf −1 = [0, π]

1. Si x ∈ [0, π], entonces (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (cos x) = arc cos(cos x) = x. 2. Si x ∈ [−1, 1], entonces (f ◦ f −1 )(x) = f (f −1 (x)) = f (arc cos x) = cos(arc cos x) = x. Inversa de la funci´ on tangente f (x) = tan x es inyectiva en (−π/2, π/2). Por lo tanto, tiene inversa f −1 (x) en este intervalo, denotado por f −1 (x) = tan−1 (x)

o f −1 (x) = arctan x.

Gr´ afica de f (x) = tan x en (−π/2, π/2). y 2 Domf = (−π/2, π/2)

− π2

π 2

−1

Imf = R

108 Gr´ afica de f −1 (x) = arctan x.

y π 2

x − π2

Domf = R Imf = (−π/2, π/2) 1. Si x ∈ (−π/2, π/2), entonces (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (tan x) = arctan(tan x) = x. 2. Si x ∈ R, entonces (f ◦ f −1 )(x) = f (f −1 (x)) = f (arctan x) = tan(arctan x) = x. La gr´ afica de f −1 (x) = arctan x est´ a acotada de (−π/2, π/2). Las rectas y = − π2 y y = π2 son sus as´ıntotas horizontales. Actividad 24. Dibuja la gr´ afica de f (x) y de su inversa f −1 (x), donde 1. f (x) = csc x;

x ∈ (0, π/2)

2. f (x) = sec x;

x ∈ (0, π/2)

3. f (x) = cot x; x ∈ (0, π). 4. ¿Porqu´e f (x) = sin x no tiene inversa en [0, π]?

´ ´ FUNCIONES TRIGONOMETRICAS DE NUMEROS REALES

109

´ 2.4 y 2.5 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. Aplica la ley de senos o cosenos para determinar los lados o ángulos faltantes de un tri´ angulo, donde a) α = 48◦ , γ = 57◦ y b = 47m b) β = 20◦ , γ = 31◦ y b = 210m c) α = 51◦ , γ = 71◦ y c = 537m d) α = 65◦ , a = 21.3m, b = 18.9m e) β = 30◦ , a = 35.8m y b = 17.9m f ) γ = 54◦ , b = 240my c = 398m g) a = 1792m, b = 4231m y c = 3164m h) a = 10cm, b = 15cm y c = 12cm i ) b = 12cm, c = 8cm y α = 150◦ j ) a = 72m, b = 57m y γ = 75.78◦ . 2. Sean A y B dos puntos, de los cuales, no se puede accesar al segundo. Tomando otro punto C, que dista del primero 42.6m, se dirigen visuales a B, desde los puntos A y C, que forman con el segmento AC ángulos: ^BAC = 53.7◦ y ^BCA = 64◦ . Halla la distancia entre A y B. 3. Sean A y B dos puntos inaccesibles, pero visibles ambos desde otros puntos accesibles C y D, separados por la longitud 73.2m. Suponiendo que los ángulos ÂCD = 80.2◦ , ^BCD = 43.5◦ , ^BDC = 32◦ y ÂDC = 23.23◦ . Determina la distancia entre A y B. 4. El radio de una circunferencia mide 25m. Calcula el ángulo que formar´ an las tangentes a dicha circunferencia, trazadas por los extremos de una cuerda de longitud 36m. 5. Un teleférico transporta pasajeros desde un punto A al nivel del suelo, y que est´ a a 1.2 millas de un punto B que se halla en la base de una monta˜ na, hasta un punto P de la cima de la monta˜ na. Los ángulos de elevación de P desde A ◦ ◦ y B son 21 y 65 , respectivamente. a) Calcula la distancia entre A y P b) Calcula la altura de la monta˜ na.

110 6. Los ´ angulos de elevación de un globo desde dos puntos A y B que est´ an a nivel ◦ ◦ del suelo, son de 24 y 47 , respectivamente. La distancia entre A y B es de 8.4 millas. Si el globo se encuentra entre ambos puntos en un mismo plano vertical, calcula la altura del globo sobre el suelo. 7. Las medidas de un terreno triangular son: 42m, 35m y 18m. Calcula el ángulo m´ as grande entre los lados. 8. En el siguiente tri´ angulo, calcula los ángulos α, β y γ, y el lado c. y 137◦ γ 5km

8km

42◦ α

c x

9. Comprueba las siguientes identidades trigonom´etricas. a) tan x + cot x = sec x csc x b) cot(x + y) = c)

sin 2x 1+cos 2x

cot x cot y−1 cot x+cot y

= tan x

d) (sec x + tan x)(1 − sin x) = cos x e)

tan x+cos x sin x

= sec x + cot x

f ) (1 + sin x)(1 − sin x) =

1 sec2 x

g) (1 − sin2 x)(1 + tan2 x) = 1. 10. Desarrolla cos(x + y + z). [Sugerencia]. Observa que (x + y + z) = x + (y + z) .

11. Comprueba que sin(3x) = 3 sin x − 4 sin3 x. [Sugerencia]. Escribe 3x = 2x + x.

FUNCIONES TRASCENDENTES

2.6.

111

Funciones trascendentes

En esta secci´ on se estudiarán las funciones: exponencial y logaritmo. Uno de los propósitos, es llegar a dar el significado de ax , donde x es cualquier n´ umero real y a > 0. Para este fin, se dar´ an las ideas principales, sin proporcionar todos los detalles que se requieren, ya que va m´ as allá del tratamiento en curso. Se comenzará definiendo an con a ∈ R y n ∈ N, como sigue: 2.6.1. Definici´ on. Sean a ∈ R y n ∈ N. Entonces (a) a1 = a (b) an+1 = an · a para toda n ∈ N (c) Si a 6= 0, a0 = 1. En la definición anterior, se dice que a es la base y n el exponente.

2.6.2. Teorema. Sean a, b ∈ R y m, n ∈ N. Entonces 1. an · am = an+m 2. (an )m = an·m 3. (ab)n = an · bn 4.

a) Si a > 1 y n < m entonces an < am b) Si 0 < a < 1 y n < m entonces am < an .

Demostraci´ on: El inciso (1), se comprueba haciendo inducci´on sobre m (ver ap´endice): n o Sean n ∈ N y A = m ∈ N | an · am = an+m .

(i) 1 ∈ A, puesto que por definici´on, an · a1 = an+1 .

(ii) Supongamos que m ∈ A, entonces se cumple an · am = an+m . Por consiguiente, an · am+1 = an · (am · a) = (an · am ) · a = an+m · a = a(n+m)+1 = an+(m+1) .

112 As´ı que, m + 1 ∈ A y A = N. Por lo tanto, an · am = an+m para todo m ∈ N. Finalmente, puesto que se eligió arbitrariamente n ∈ N, se tiene el resultado. Los incisos (2) y (3) se prueban de manera similar usando indución matem´ atica. La comprobación del inciso (4)(a) es como sigue: Sea a > 1. Se observa que an > 1 para todo n ∈ N. En efecto, (i) Es claro que si n = 1, se cumple, puesto que a1 = a > 1. (ii) Supongamos que an > 1, para alguna n ∈ N. Entonces, al multiplicar ambos lados de la desigualdad por a, se obtiene an+1 > a > 1. Por lo tanto, si an > 1, entonces an+1 > 1. As´ı, se ha probado por inducción matem´ atica que an > 1 para todo n ∈ N. Ahora, si n < m, con n, m ∈ N, entonces m − n ∈ N. Por lo que se acaba de probar, am−n > 1. Multiplicando ambos lados de la desigualdad por an , se tiene an < an · am−n = an+(m−n) = am . Por lo tanto, an < am . Se deja como ejercicio para el lector el inciso (4)(b).

Con esto, se tiene definida la potencia an para cualquier real a y para cualquier n´ umero natural n, y la potencia a0 para cualquier real a 6= 0. Ahora, se dar´ a la definici´on de potencia para cuando el exponente es negativo.

2.6.3. Definici´ on. Sea a 6= 0, n ∈ Z y n < 0. Entonces an =

1 a−n

2.6.4. Ejemplo. Reduce las siguientes potencias. 1. 2.

1 −2 3

(22 )2 (3)−4 (2)−3

1 (1/3)2

24 ·23 34

27 34

128 81 .

113

FUNCIONES TRASCENDENTES Se observa que entonces

1 −n a

es el inverso multiplicativo de a−n . En efecto, como −n ∈ N, −n −n 1 1 −n = 1−n = 1. ·a ·a = a a

Por lo tanto, 1 a−n

−n 1 = . a

De aqu´ı, tambi´en se sigue que si a 6= 0, b ∈ R, entonces para todo n ∈ N, n b bn = n. a a De esta forma, las propiedades del teorema 2.6.2, se siguen cumpliendo para exponentes enteros negativos. 2.6.5. Teorema. Sean a, b ∈ R; a 6= 0 y b 6= 0, y n, m ∈ Z. Entonces 1. an · am = an+m 2. (an )m = an·m 3. (ab)n = an · bn 4.

a) Si a > 1 y n < m, entonces an < am b) Si 0 < a < 1 y n < m, entonces am < an .

Ya se conoce el significado de an para n ∈ Z. El siguiente paso es extender esta definici´on para n ∈ Q, de modo que cuando n sea entero, coincida con la definici´on anterior y sobre todo, que las propiedades enunciadas en el teorema 2.6.5, se sigan cumpliendo. 2.6.6. Definici´ on. Sea a > 0 y t =

n m

∈ Q. Entonces

at = an/m =

√ n a .

√ √ n Se observa que ( m a) = m an , puesto que si se eleva ambos miembros de la igualdad a la potencia m, se obtiene √ m √ m n √ n m m n m a = ma = an y a = an .

114 2.6.7. Teorema. Sean a, b ∈ R, a > 0, b > 0 y t, s ∈ Q. Entonces 1. at · as = at+s s 2. at = at·s

3. (ab)s = as · bs

a) Si a > 1 y s < t, entonces as < at b) Si 0 < a < 1 y s < t, entonces at < as .

Demostraci´ on: (1) Sean t = dc y s = pq . Entonces, se tiene tambi´en que t = cq

at as = a dq a dq = Por lo tanto,

√ cq a

√ dp = a

cq dq

ys=

dp dq .

As´ı que

cq+dp √ cq+dp = a dq = at+s . a

at as = at+s . Se omite la demostraci´on de los otros inciso; sin embargo, se pueden hacer como un buen ejercicio. Lo importante, es que se ha logrado dar el significado de ax para x ∈ Q, y sin que se modifiquen las propiedades enunciadas anteriormente. Por ejemplo, √ √ √ √ √ 3 3 4 23/2 = 23 = 8, 25/3 = 25 = 32, 16.25 = 161/4 = 16 = 2. √

Pero, ¿qué significa una expresi´ on con un exponente irracional, como 2 3 o 2π ? Para hallar ax con x ∈ I (conjunto de n´ umeros racionales), basta tomar cualquier sucesión de n´ umeros racionales (rn ); n ∈ N que converja a x, y hallar l´ım arn . Por n→∞ ejemplo, para evaluar 2π aproximadamente, se puede utilizar la sucesión de n´ umeros racionales: 3, 3.1, 3.14, 3.141, 3.1415, 3.14159, . . . que son los primeros términos de una sucesión que converge a π. Luego, al evaluar 23 ,

23.1 ,

23.14 ,

23.141 ,

23.1415 ,

23.14159 , . . .

se estar´ a aproximando a 2π . De hecho, se puede usar cualquier otra sucesión que converja a π para aproximar 2π . Un hecho importante es que para cualquier real x, existe por lo menos una sucesión (rn ); n ∈ N creciente de n´ umeros racionales que converge a x, donde l´ım arn existe. n→∞ Con esto, se puede dar la siguiente definición,

115

FUNCIONES TRASCENDENTES

2.6.8. Definici´ on. Sean a > 0, x ∈ R y (rn ); n ∈ N una sucesi´ on creciente de racionales que converge a x. Entonces ax = l´ım arn . n→∞

2.6.9. Teorema. Sean a > 0, b > 0 y x, y ∈ R. Entonces 1. ax · ay = ax+y 2. (ax )y = ax·y 3. (ab)x = ax · bx a) Si a > 1 y x < y, entonces ax < ay

b) Si 0 < a < 1 y x < y, entonces ay < ax . Tambi´en se puede comprobar que ax > 0, para todo x ∈ R y a > 0. Se puede ahora definir, para cada a > 0, una importante funci´on. 2.6.10. Definici´ on. Sea a un n´ umero real positivo. La funci´ on f : R → R definida x por f (x) = a , se llama funci´ on exponencial con base a. Ejemplos de funciones exponenciales: x 1 f1 (x) = 2x , f2 (x) = , f3 (x) = 1x , 2

f4 (x) =

x 2 , 3

f5 (x) =

Se esbozar´ a la gr´ afica de f1 (x) = 2x . x f1 (x) =

−3

2−3

1 8

−2

2−2

1 4

−1

2−1

0 1 2

2 22

3 2

1 r r r

−3

−2

−1

x 3 . 2

116 En esta gr´ afica, se puede observar que a medida que x → −∞, f1 (x) = 2x → 0; mientras que si x → ∞, f1 (x) = 2x → ∞. As´ı que la funci´on est´ a definida en todo R, tiene una as´ıntota horizontal, a saber el eje x, y es creciente en todo su dominio, donde Domf = (−∞, ∞) e Imf = (0, ∞). Las gr´ aficas de las otras funciones exponenciales quedan de la siguiente forma: y f1

4 3

2 f3

−3

−2

−1

f4 f2 1

En general, (a) Si a > 1, entonces f (x) = ax es creciente (b) Si 0 < a < 1, entonces f (x) = ax es decreciente (c) Si a = 1, entonces f (x) = ax es constante. N´otese que para x = 0, todas las funciones exponenciales toman el valor de uno. Como la funci´ on exponencial f (x) = ax es inyectiva en todo su dominio si a 6= 1, entonces tiene inversa f −1 (x), llamada logaritmo en base a, denotada por f −1 (x) = loga x. 2.6.11. Definici´ on. Sea a > 0, a 6= 1. El logaritmo en base a denotado por loga x, se define como la inversa de la funci´ on exponencial con base a. La gr´ afica de f −1 (x) = loga x debe ser sim´etrica a f (x) = ax con respecto a la recta y = x. Se dibuja su gr´ afica, suponiendo que a > 1.

117

FUNCIONES TRASCENDENTES

f (x) = ax

f −1 (x) = loga x 1 1

Usando la definici´on de composici´ on e inversa, se tiene que si a > 1: 1. Si x > 0, (f ◦ f −1 )(x) = f (f −1 (x)) = f (loga x) = aloga x = x. 2. Si x ∈ R, (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (ax ) = loga ax = x. Nota: loga x es el n´ umero al que hay que elevar la base a para obtener x. 2.6.12. Ejemplo. Calcula los siguientes logaritmos. 1. log2 1 = 0 porque 20 = 1 2. log2 2 = 1 porque 21 = 2 3. log2 4 = 2 porque 22 = 4 4. log10 1 = 0 porque 100 = 1 5. log10 1000 = 3 porque 103 = 1000.

118 2.6.13. Teorema. Sea a > 0, a 6= 1 y x, y > 0. Entonces (a) loga (xy) = loga x + loga y (b) loga xy = loga x − loga y

Demostraci´ on: (a) Sean u = loga x y v = loga y, entonces au = x y av = y. Luego se tiene que au av = au+v = xy. Por lo tanto, u + v = loga x + loga y = loga (xy). (b) Se observa que loga x = loga xy y = loga xy + loga y. Despejando se tiene que loga x − loga y = loga xy . (c) Sea u = loga x, entonces au = x. Luego, aur = xr . Por lo tanto, ur = lna (xr ) y

r loga x = loga (xr ).

2.6.14. Ejemplo. Resuelve la ecuaci´ on log10 2 + log10 (11 − x2 ) = 2 log10 (5 − x). Soluci´ on: log10 (11 − x2 ) − 2 log10 (5 − x) = − log10 2

log10 (11 − x2 ) − log10 (5 − x)2 = log10 2−1 11 − x2 1 log10 = log10 2 (5 − x) 2 2 11 − x 1 = (5 − x)2 2 2(11 − x2 ) = (5 − x)2

22 − 2x2 = 25 − 10x + x2

3x2 − 10x + 3 = 0

(3x − 1)(x − 3) = 0. Por lo tanto, x =

1 3

o x = 3, son las soluciones de la ecuaci´ on.

119

FUNCIONES TRASCENDENTES 2.6.15. Ejemplo. Prueba que si a > 0, a 6= 1 y x > 0, entonces loga x = − log1/a x. Soluci´ on: Supongamos que loga x = y.

(2.2) 1 y

= a1y = a 1 log1/a = y. x

Entonces se tiene que x = ay . Luego,

1 x

. De aqu´ı se sigue que, (2.3)

Comparando (2.2) y (2.3), se tiene 1 loga x = log1/a = log1/a 1 − log1/a x = − log1/a x. x Por lo tanto,

loga x = − log1/a x. Nota: De todas las bases, existe una especial denotada por e. Este n´ umero, representa a un n´ umero irracional que vale aproximadamente: e ≈ 2.718281828 De hecho, se puede probar que el n´ umero e est´ a dado por el l´ımite 1 n e = l´ım 1 + . n→∞ n

M´as adelante, se probar´a este hecho.

De esta manera, se tiene la funci´ on exponencial f (x) = ex , llamada tambi´en algunas veces funci´ on exponencial natural. Como la base e > 1, su gr´ afica es creciente. y

f (x) = ex 1 x

120 La funci´ on exponencial f (x) = ex , siempre es positiva y crece m´ as r´ apido que cualquier funci´ on polinomial. Su dominio es todo R y su imagen est´ a definida en el intervalo (0, ∞), es decir: Domf = R e

Imf = (0, ∞).

A medida que x → ∞, ex → ∞; mientras que si x → −∞, ex → 0. En t´erminos de l´ımites se escribe as´ı: l´ım ex = ∞ y l´ım ex = 0. x→∞

x→−∞

f (x) = ex es inyectiva en todo su dominio, as´ı que tiene inversa f −1 (x), llamada logaritmo natural y se denota por f −1 (x) = ln x. La gr´ afica de la funci´ on inversa debe ser sim´etrica con respecto a la recta con pen◦ diente de 45 . y

f (x) = ex

f −1 (x) = ln x 1 x

Se observa que el dominio de f −1 (x) = ln x, es el intervalo (0, ∞); mientras que su imagen est´ a definida en el intervalo (−∞, ∞) = R. Esta gr´ afica tiene la caracter´ıstica que a medida que x → ∞, ln x → ∞; mientras que si x → 0, ln x → −∞. Es decir, l´ım ln x = ∞

x→∞

l´ım ln x = −∞.

x→0

Usando la definici´on de funci´on inversa, se cumple lo siguiente:

121

FUNCIONES TRASCENDENTES 1. Si x > 0, entonces (f ◦ f −1 )(x) = f (f −1 (x)) = f (ln x) = eln x = x. 2. Si x ∈ R, entonces (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (ex ) = ln ex = x.

2.6.16. Teorema. (a) Si x > 0, entonces eln x = x (b) Si x ∈ R, entonces ln ex = x. Aplicando el teorema anterior, se pueden simplificar expresiones como: √ = x 2. ln esin x = sin x. √

1. eln(

2.6.17. Ejemplo. Simplifica las siguientes expresiones, utilizando las propiedades de logaritmo natural. 1. Si x > 0, entonces ln(x5 ) = 5 ln x. √ 3 2. Si x > 0, entonces ln( x2 ) = ln(x2/3 ) =

2 3

ln x.

3. Si x > 0, entonces x2 ln = ln(x2 ) − ln(x + 1)3 = 2 ln x − 3 ln(x + 1). (x + 1)3 4. Si x, y ∈ R, entonces ln

ex ey

= ln ex−y = x − y.

5. Si x > 0, entonces ln x3 (x2 + 1)2 = ln x3 + ln(x2 + 1)2 = 3 ln x + 2 ln(x2 + 1).

122 2.6.18. Ejemplo. ¿Es posible medir la concentraci´ on de alcohol en la sangre de una persona? Investigaciones médicas recientes sugieren que el riesgo R (dado como porcentaje) de tener un accidente automovil´ıstico, puede ser modelado mediante la ecuaci´ on: R = 6ekx (2.4) donde x es la concentraci´ on de alcohol en la sangre y k una constante. (a) Al suponer una concentraci´ on de 0.04 de alcohol en la sangre, produce un riesgo del 10 por ciento (R=10) de sufrir un accidente, ¿cuál es el valor de la constante? (b) Utiliza el valor de la constante k e indica cu´ al es el riesgo para una concentraci´ on de alcohol de 0.17. (c) Con el mismo valor de k, indica la concentraci´ on de alcohol correspondiente a un riesgo del 100 por ciento. (d) Si la ley establece que las personas con un riesgo del 20 por ciento o mayor de sufrir un accidente no deben conducir veh´ıculos, ¿con qué concentraci´ on de alcohol en la sangre debe un conductor ser arrestado o multado? Soluci´ on: (a) Una concentraci´ on de 0.04 y un riesgo del 10 por ciento, indica que x = 0.04 y R = 10. Al sustituir estos valores en la ecuaci´ on (2.4), se obtiene 10 = 6e0.04k 10 = e0.04k 6 10 = 0.04k ln 6 1 5 k= ln = 12.77 0.04 3 Con el valor k encontrado, la ecuaci´ on (2.4) se puede escribir en la forma: R = 6e12.77x

(2.5)

(b) Al sustituir x = 0.17 en (2.5), se obtiene R = 6e12.77(0.17) = 52.6 Este resultado indica que para una concentraci´ on de alcohol de 0.17, el riesgo de sufrir un accidente es del 52.6 por ciento.

´ ´ FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS

123

(c) Al sustituir R = 100 en (2.5) y resolviendo para x, se obtiene 100 = 6e12.77x 100 = e12.77x 6 100 ln = 12.77x 6 1 50 x= ln = 0.22 12.77 3 Este resultado, indica que para una concentraci´ on de alcohol de 0.22, el riesgo de sufrir un accidente es del 100 por ciento. (d) Con R = 20 en la ecuaci´ on (2.5), se determina la concentraci´ on x de alcohol en la sangre. 20 = 6e12.77x 20 = e12.77x 6 1 10 x= ln = 0.094 12.77 3 Este resultado indica que un conductor que presente una concentraci´ on de alcohol mayor o igual a 0.094 debe ser arrestado o multado.

2.7.

Funciones hiperb´ olicas b´ asicas

Las funciones hiperb´ olicas que se van a definir, son u ´tiles en ciertas aplicaciones del cálculo y también facilitan en algunas ocasiones la evaluaci´ on de ciertas integrales que m´ as adelante se estudiarán. El nombre de funci´ on hiperb´ olica, se deriva por el hecho de que hay una relaci´ on estrecha con una hipérbola. Al igual que las funciones trigonométricas, hay seis funciones hiperb´ olicas: seno, coseno, tangente, cotangente, secante y cosecante. Las cuatro u ´ltimas se definen en función de las dos primeras. Las propiedades de las funciones hiperb´ olicas que se enunciarán m´ as adelante, tienen un cierto parecido con las de las funciones trigonométricas, salvo en algunas ocasiones por una diferencia de signo. Se enuncia la definición de las funciones: seno y coseno hiperb´ olicos.

124 2.7.1. Definici´ on. Sea x ∈ R. 1. El coseno hiperb´ olico de x, denotado por cosh x, se define como cosh x =

ex + e−x . 2

2. El seno hiperb´ olico de x, denotado por sinh x, se define como sinh x =

ex − e−x . 2

Se observa que el coseno y seno hipeb´ olicos, no son sino combinaciones de la funci´ on exponencial. Una primera identidad que los relaciona con la hip´erbola (de ah´ı el nombre de funci´ on hiperb´ olica) es: 2

cosh x − sinh x = = = = =

2 x 2 ex + e−x e − e−x − 2 2 2x 2x −2x e − 2 + e−2x e +2+e − 4 4 2x −2x 2x e 1 e e 1 e−2x + + − + − 4 2 4 4 2 4 1 1 + 2 2 1.

Por lo tanto, cosh2 x − sinh2 x = 1.

(2.6)

Esta identidad, dice que (cosh x, sinh x), satisface la ecuaci´ on de la hipérbola: x2 − y 2 = 1, para todo x ∈ R. En términos de ´ angulos, dice que si θ ∈ R, entonces el punto (cosh θ, sinh θ) est´ a en 2 2 la hipérbola x − y = 1. De aqu´ı el nombre de funciones hiperb´ olicas. Recordemos que en las funciones trigonométricas, el punto (cos θ, sin θ) est´ a en el 2 2 c´ırculo x + y = 1, para toda θ. Por este hecho, con frecuencia, las funciones trigonométricas reciben también el nombre de funciones circulares, por estar relacionados con un c´ırculo.

´ ´ FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS

125

r (cosh θ, sinh θ)

θ r (1, 0)

x2 − y 2 = 1

Las gr´ aficas de las funciones hiperb´ olicas f (x) = cosh x y f (x) = sinh x, se pueden construir si se suman para cosh x o se restan para sinh x, las ordenadas de las gr´ aficas 1 x 1 −x de f (x) = 2 e y f (x) = 2 e . Un hecho importante es que la funci´on cosh x es par; mientras que la funci´ on sinh x es impar. Esto es cosh(−x) = sinh(−x) =

ex + ex = cosh x. 2

ex − e−x e−x − ex =− = − sinh x. 2 2

1 f (x) =

e−x 2

f (x) =

ex 2

f (x) = 1

ex 2

−1

f (x) = cosh x

f (x) =

−x −e2

f (x) = sinh x

Se observa que no son peri´ odicas estas gr´ aficas; sin embargo, hay simetr´ıa con respecto al eje y para la gr´ afica de cosh x, y simetr´ıa con respecto al origen para sinh x,

126 y esto por el hecho de ser una funci´on par e impar respectivamente. A continuaci´ on, se proporciona una lista de identidades para estas funciones hiperb´ olicas, teniendo un cierto parecido con las identidades trigonom´etricas. 2.7.2. Teorema. Sean x, y ∈ R. Entonces (a) sinh(x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y (b) cosh(x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y (c) sinh(2x) = 2 sinh x cosh x (d) cosh(2x) = cosh2 x + sinh2 x (e) cosh2 x =

cosh(2x)+1 2

(f ) sinh2 x =

cosh(2x)−1 . 2

Demostraci´ on: (a) Desarrollando el lado derecho de la igualdad, se tiene x e − e−x ey + e−y + sinh x cosh y + cosh x sinh y = 2 2 x e + e−x ey − e−y 2 2 =

ex+y + ex−y − e−x+y − e−(x+y) + 4

ex+y − ex−y + e−x+y − e−(x+y) 4 2ex+y − 2e−(x+y) 4 ex+y − e−(x+y) = 2 = sinh(x + y). =

(b) An´alogo al inciso (a). (c) Se sigue del inciso (a) como sigue: sinh(2x) = sinh(x + x) = sinh x cosh x + cosh x sinh x = 2 sinh x cosh x.

´ ´ FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS

127

(d) Se sigue del inciso (b). (e) Por (2.6) se tiene que cosh2 x = 1 + sinh2 x. Por otra parte, del inciso (d) se sigue que sinh2 x = cosh 2x − cosh2 x. Por lo tanto, cosh2 x = 1 + sinh2 x = 1 + cosh 2x − cosh2 x. Luego, 2 cosh2 x = 1 + cosh 2x. Finalmente se tiene cosh2 x = (f) An´alogo al inciso anterior.

1 + cosh 2x . 2

Actividad 25. Escribe las pruebas de los inciso (b), (d) y (f ) del teorema anterior.

2.7.3. Definici´ on. Las funciones hiperb´ olicas restantes se definen de la siguiente manera: 1. tanh x =

sinh x cosh x

ex −e−x ex +e−x

2. coth x =

cosh x sinh x

ex +e−x ex −e−x ;

3. sec hx =

1 cosh x

2 ex +e−x

4. csc hx =

1 sinh x

2 ; ex −e−x

(x 6= 0)

(x 6= 0).

Actividad 26. Comprueba las siguientes igualdades: tanh(−x) = − tanh x,

coth(−x) = − coth x,

csc h(−x) = − csc hx,

mientras que sec h(−x) = sec hx. Es decir, las funciones hiperb´ olicas: tangente, cotangente y cosecante, son funciones impares; mientras que la secante hiperb´ olica es par. De esta forma, hay simetr´ıa en las gr´ aficas de cada una con respecto al origen o al eje y, de acuerdo si es impar o par. Por otra parte, ninguna tiene per´ıodo, esto es lo que distingue entre las gr´ aficas de las funciones trigonom´etricas de las hiperb´ olicas. Se presentan las gr´ aficas de estas funciones hiperb´ olicas.

128 y y 1

x −1

−1

f (x) = tanh x

f (x) = coth x y

y 1

f (x) = sec hx

f (x) = csc hx

Se observa que la gr´ afica de f (x) = tanh x, tiene dos as´ıntotas horizontales: y = −1 y y = 1. Esto es cierto, debido a que ex − e−x 1 − e−2x = l´ ım = 1. x→∞ ex + e−x x→∞ 1 + e−2x l´ım

De la misma forma

ex − e−x = −1. x→−∞ ex + e−x l´ım

´ ´ FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS

129

El dominio e imagen de f (x) = tanh x son: Domf = (−∞, ∞),

Imf = (−1, 1).

Al igual que la tangente hiperb´ olica, la gr´ afica de f (x) = coth x tiene dos as´ıntotas horizontales: y = −1 e y = 1. De esta forma, se puede comprobar que ex + e−x = −1. x→−∞ ex − e−x

ex + e−x =1 y x→∞ ex − e−x

l´ım

Como f (x) = coth x se indetermina en x = 0, significa que tiene una as´ıntota vertical: x = 0. El dominio e imagen de f (x) = coth x son: Domf = (−∞, 0) ∪ (0, ∞)

Imf = (−∞, −1) ∪ (1, ∞).

Actividad 27. 1. Comprueba que y = 0 es una as´ıntota horizontal de f (x) = sec hx. Para ello, debes comprobar que l´ım f (x) = 0 y

x→∞

l´ım f (x) = 0.

x→−∞

Determina Domf e Imf . 2. Comprueba que y = 0 es una as´ıntota horizontal de f (x) = csc hx y x = 0, una as´ıntota vertical. Determina Domf e Imf . Inversa de la funci´ on coseno hiperb´ olico. La funci´ on f (x) = cosh x es inyectiva en [0, ∞), entonces tiene inversa f −1 (x) en este intervalo, denotado por f −1 (x) = cosh−1 x. La gr´ afica de esta inversa, debe ser sim´etrica con respecto a la recta y = x. y Domf −1 = [1, ∞) Imf −1 = [0, ∞) x f −1 (x) = cosh−1 (x)

130 Usando la definici´on de composici´ on y funci´on inversa, se tiene 1. Si x ∈ [1, ∞), entonces (f ◦ f −1 )(x) = f (f −1 (x)) = f (cosh−1 x) = cosh(cosh−1 x) = x. 2. Si x ∈ [0, ∞), entonces (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (f (x)) = f −1 (cosh x) = cosh−1 (cosh x) = x. Se puede obtener una expresi´ on para f −1 (x) = cosh−1 x, si se despeja8 la variable x x −x . Esto es de y = cosh x = e +e 2 2y = ex + e−x 2yex = e2x + 1 e2x − 2yex + y 2 = y 2 − 1

(ex − y)2 = y 2 − 1 p ex − y = ± y 2 − 1 p ex = y ± y 2 − 1.

p Dado que x > 0, ex = y ± y 2 − 1 no puede ser menor que 1. Luego, si ex = p p y − y 2 − 1, se tiene que al resolver la desigualdad y − y 2 − 1 > 1 se llega a que y < 1 lo cual es una contradicci´ on puesto que y no puede ser menor que 1. Por lo p p x 2 2 tanto, e = y + y − 1. De aqu´ı se sigue que x = ln y + y − 1 . Finalmente se tiene que p f −1 (x) = cosh−1 x = ln x + x2 − 1

si x ∈ [1, ∞).

Inversa de la funci´ on seno hiperb´ olico. −1 f (x) = sinh x tiene funci´on inversa f (x) = sinh−1 x en todo su dominio, debido a que es inyectiva. Su gr´ afica es como sigue: 8

Para obtener la inversa de una funci´ on inyectiva f (x), se siguen los pasos: (1) Se escribe y = f (x). (2) Se despeja la variable x del paso (1) para obtener una expresi´ on de la forma x = g(y). De esta forma, la inversa f −1 (x) de f (x) es justamente g(x).

´ ´ FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS

131

y Domf −1 = (−∞, ∞) Imf −1 = (−∞, ∞) x

f −1 (x) = sinh−1 x Nuevamente, al despejar x de y = sinh x =

ex −e−x , 2

se obtiene

p f −1 (x) = sinh−1 x = ln x + x2 + 1 ,

si x ∈ R.

Actividad 28. Apoyándote en las gr´ aficas de f (x) = tanh x, f (x) = coth x, f (x) = sec hx y f (x) = csc hx, 1. Proporciona el intervalo donde es inyectiva cada una de las funciones anteriores. 2. Dibuja la gr´ afica de la función inversa de cada función hiperb´ olica: f −1 (x) = tanh−1 x, f −1 (x) = coth−1 x, f −1 (x) = sec h−1 x y f −1 (x) = csc h−1 x. 3. Proporciona el Domf −1 y Imf −1 para cada función inversa. 2.7.4. Ejemplo. Comprueba que si f (x) = tanh x, entonces 1 x+1 −1 −1 f (x) = tanh x = ln . 2 x−1 Soluci´ on: Sea y = tanh x =

ex −e−x ex +e−x .

Despejando x se tiene

yex + ye−x = ex − e−x

(1 + y)e−x = (1 − y)ex 1+y = e2x 1−y 1+y ln = 2x 1−y 1+y 1 ln = x. 2 1−y

132 Por lo tanto, f

−1

(x) = tanh

−1

1 x = ln 2

1+x 1−x

si x ∈ (−1, 1).

De hecho, la inversa de cada función hiperb´ olica, est´ a en función de ln x. He aqu´ı la inversa de cada funci´ on: p sinh−1 x = ln x + x2 + 1 ; x ∈ R p cosh−1 x = ln x + x2 − 1 ; x ∈ [1, ∞) 1+x 1 −1 ; x ∈ (−1, 1) tanh x = ln 2 1−x 1 x+1 coth−1 x = ln ; x ∈ (1, ∞) 2 x−1 ! √ 1 + 1 − x2 −1 ; x ∈ (0, 1] sec h x = ln x ! √ 2 1 1 + x csc h−1 x = ln ; x 6= 0. + x |x| Por lo regular, algunas calculadoras cient´ıficas s´ olo proporcionan valores para sinh−1 , cosh−1 y tanh−1 . Las otras funciones hiperb´ olicas inversas, se pueden determinar utilizando directamente las fórmulas expuestas anteriormente; sin embargo, también se pueden utilizar las siguientes identidades que reducen a´ un m´ as los cálculos. 1 sec h−1 x = cosh−1 x 1 −1 −1 csc h x = sinh x 1 . coth−1 x = tanh−1 x ! q 1 2 √ 1+ 1− ( ) 2 1 Por ejemplo, sec h−1 2 = ln = ln(2+ 3). Este resultado también se 1 2

puede obtener si se emplea la tranformaci´ on expuesta anteriormente para la funci´ on √ −1 1 −1 −1 sec h x. Esto es, sec h 2 = cosh (2) = ln(2 + 3). Para resolver una ecuaci´ on como sinh x = 2 se procede como sigue: p √ sinh x = 2 si, y s´ olo si x = sinh−1 (2) = ln(2 + 22 + 1) = ln(2 + 5).

´ ´ FUNCIONES HIPERBOLICAS BASICAS

133

´ 2.6 y 2.7 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. Comprueba que "

(3x )x−1 (52 )2 ÷ 5x ÷ 225(5x )x+1 (32 )3 ÷ 3x2

2. Prueba que

5x(2x+1) = 2025. 3x(1−2x)

(ex + e−x ) − (ex − e−x ) r i = h

(ex + e−x )2

1−

ex −e−x ex +e−x

2ex . e2x + 1

3. Resuelve las siguientes ecuaciones:

a) log10 (3 − x2 ) = log10 2 + log10 x b) 2 log 10 x − log10 (x2 − 6) = 1.

4. Sean a, b > 0, a, b 6= 1 y c > 0. Comprueba que (loga b) (logb c) = loga c. 5. El n´ umero N de bacterias en un instante de tiempo t est´ a dado por: N (t) = N0 ekt donde N0 es la cantidad inicial de bacterias presentes y k es una constante positiva. Si la cantidad de bacterias se duplica en tres horas, ¿cu´anto tiempo tardar´a la colonia en triplicar su n´ umero? 6. Comprueba que √ a) cosh−1 x = ln x + x2 − 1 ; x ∈ [1, ∞) b) coth−1 x = 12 ln x+1 | x |> 1 x−1 ; √ 2 c) sec h−1 x = ln 1+ x1−x ; x ∈ (0, 1] √ 2 d) csc h−1 x = ln x1 + 1+x ; x 6= 0. |x|

7. Comprueba las siguientes igualdades: a) sec h−1 x = cosh−1 x1

134 b) csc h−1 x = sinh−1 c) cot h−1 x = tanh−1

1 x

8. Determina el valor de x tal que, a) sinh x =

3 2

b) tanh x =

1 2 √

c) coth x =

13 3 .

9. Calcula el valor de las siguientes expresiones: a) tanh(−2) b) csc h(ln 2) c) sec h−1 32

d) csc h−1 (2)

e) coth−1 (3).

Cap´ıtulo 3

Aplicaciones de la trigonometr´ıa en el c´ alculo 3.1.

Introducci´ on a los l´ımites de funciones

El concepto de l´ımite es importante para comprender el significado de algunos términos f´ısicos como: la velocidad, aceleraci´ on, entre otros. Como nota destacable, el concepto de l´ımite fue debatido ampliamente por cientos de a˜ nos para su comprensión y no fue sino hasta el siglo diecinueve que el matem´ atico Alemán Karl Weierstrass (1815-1897) formul´ o la definición rigurosa de l´ımite, aceptada y utilizada en la actualidad. No se dar´ a aqu´ı la definición rigurosa de l´ımite debido a que va m´ as all´ a de los propósitos de estudio, en cambio se explicará de manera intuitiva su significado. y f (x)

y = f (x) (x, f (x))

a x

En esta figura, interesa saber qu´e pasa con las im´ agenes de y = f (x) cuando x se acerca al punto a. Si f (x) tiende a estar cada vez m´ as cerca de l cuando x se acerca 135

136 cada vez m´ as al punto a tanto como se quiera, entonces intuitivamente se dice que f (x) tiene a l como l´ımite cuando x tiende a a. De esta forma, se puede formular una definici´on intuitiva de l´ımite como sigue:

3.1.1. Definici´ on. Se dice que l es el l´ımite de f (x) cuando x tiende a a, siempre que se pueda hacer que f (x) se acerque a l tanto como se quiera, escogiendo x suficientemente cerca de a, sin que llegue a ser a. Lo anterior, se simboliza en lenguaje matem´ atico como l´ım f (x) = l,

x→a

y se lee: el l´ımite de f (x) cuando x tiende a a, es igual a l. Tambi´en se acostumbra escribir de la siguiente manera: f (x) → l

cuando x → a,

y se lee: f (x) tiende a l, cuando x tiende a a. El punto a no necesariamente debe pertenecer al dominio de f ; sin embargo, f debe estar definida al menos en alguna vecindad perforada de a, donde vecindad perforada de a, se refiere a un conjunto obtenido al eliminar el punto a de alg´ un intervalo abierto que contiene a. Por ejemplo, si en el intevalo abierto (a − δ, a + δ) se elimina a, se obtiene una vecindad perforada de a.

( a−δ

◦ a

) a+δ

Al calcular un l´ımite, es fundamental que la vecindad perforada sea de longitud peque˜ na, y para que esto se logre basta que δ sea peque˜ na. Esto es importante puesto que interesa tener puntos lo suficientemente cercanos a a para determinar el comportamiento de una funci´on cerca de a, y de esta manera, saber si existe o no el l´ımite de una funci´ on.

3.1.2. Ejemplo. Eval´ ua l´ım x2 . x→2

´ A LOS L´IMITES DE FUNCIONES INTRODUCCION

137

Soluci´ on: Se elabora una tabla de valores cercanos a a = 2 por la izquierada y por la derecha para determinar el posible valor del l´ımite. x

f (x) = x2

1.9 1.99 1.999 1.9999 1.99999 .. .

3.6100 3.9601 3.9960 3.9996 4.0000 .. .

2.1 2.01 2.001 2.0001 2.00001 .. .

4.4100 4.0401 4.0040 4.0004 4.0000 .. .

↓ 2

↓ 4

↓ 2

↓ 4

En la tabla se puede observar que a medida que x tiende a 2 por la izquierda, f (x) tiende a 4; de manera an´ aloga, si x tiende a 2 por la derecha, f (x) tambi´en se va aproximando a 4. Aunque se usan u ´nicamente algunos valores particulares de x, proporciona una evidencia de que l´ım x2 = 4.

x→2

Observa que en este ejemplo, no se sustituy´ o directamente el valor x = 2 en la 2 funci´on f (x) = x para obtener como l´ımite el valor l = 4. Sin embargo, aunque esta sustituci´on produce una respuesta correcta en este caso particular, en muchos l´ımites produce una respuesta incorrecta o ninguna respuesta como en los ejemplos que se analizar´ an a continuaci´ on.

x2 −1 . x→1 x−1

3.1.3. Ejemplo. Eval´ ua l´ım

Soluci´ on: En este caso, no se puede hacer directamente la sustituci´on x = 1 2 −1 en la funci´ on f (x) = xx−1 puesto que la fracci´on queda indefinida. Sin embargo, al analizar la siguiente tabla de valores cercanos a 1 por la izquierda y derecha, se deduce que x2 − 1 = 2. x→1 x − 1 l´ım

138 x

f (x) =

x2 −1 x−1

f (x) =

x2 −1 x−1

.8 .9 .99 .999 .9999 .. .

1.8 1.9 1.99 1.999 1.9999 .. .

1.2 1.1 1.01 1.001 1.0001 .. .

2.2 2.1 2.01 2.001 2.0001 .. .

↓ 1

↓ 2

↓ 1

↓ 2

En general, para que l´ım f (x) = l, es necesario que f (x) se aproxime a l cuando x se x→a acerca a a por la izquierda y por la derecha. Cuando f (x) se aproxima a diferentes valores, entonces l´ım f (x) no existe. x→a

x . x→0 |x|

3.1.4. Ejemplo. Analiza l´ım Soluci´ on: Se observa que

   1

x = f (x) = |x|  

−1

x > 0,

x < 0.

La gr´ afica de esta funci´ on, es como sigue: y 1◦ x ◦ −1

N´otese que si x → 0 por la derecha, entonces f (x) → 1; mientras que si x → 0 por la izquierda, f (x) → −1. En consecuencia, no se logra que f (x) se acerque a un s´ olo valor. Por lo tanto, x no existe. l´ım x→0 | x |

´ A LOS L´IMITES DE FUNCIONES INTRODUCCION

139

3.1.5. Ejemplo. Eval´ ua l´ım f (x), donde x→0

f (x) =

   1  

x 6= 0,

x = 0.

La gr´ afica de esta funci´ on, es como sigue: y ◦ r

f (0) = 0

Si x → 0 por ambos lados (derecha o izquierda) sin que x sea cero, f (x) → 1. Por lo tanto, l´ım f (x) = 1. x→0

En este ejemplo, el valor del l´ımite en x = 0, no es igual al valor de la funci´on en x = 0 puesto que f (0) = 0. As´ı que si f (x) est´ a definida en x = a, no garantiza que l´ım f (x) = f (a).

x→a

Las propiedades de l´ımites que se enuncian a continuaci´ on, ayudan a reducir los c´alculos al evaluar el l´ımite de una funci´on. PROPIEDADES DE LOS L´ IMITES Sean f (x) y g(x) funciones. 1. Si f (x) = c, donde c es una constante, entonces l´ım f (x) = l´ım c = c.

x→a

2. Si l´ım f (x) = l1 y l´ım g(x) = l2 , entonces x→a

x→a

a) l´ım [f (x) ± g(x)] = l´ım f (x) ± l´ım g(x) = l1 ± l2 x→a

x→a

b) l´ım [f (x) · g(x)] = l´ım f (x) · l´ım g(x) = l1 · l2 x→a

c) Si l2 6= 0, entonces

x→a

l´ım f (x) l1 f (x) = x→a = . x→a g(x) l´ım g(x) l2 l´ım

x→a

140 3. Si n es un entero positivo y a > 0 para valores pares de n, entonces √ √ l´ım n x = n a. x→a

4. Si l´ım g(x) = l y l´ım f (x) = f (l), entonces x→a

x→l

l´ım f (g(x)) = f l´ım g(x) = f (l).

x→a

x2 −1 . x→1 x−1

3.1.6. Ejemplo. Eval´ ua l´ım Soluci´ on:

x2 − 1 x→1 x − 1

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

l´ım

x→1

= 2. El valor de este l´ımite, coincide con el analizado en el ejemplo 3.1.3, pero ya sin exhibir una tabla de valores. El c´alculo se hizo m´ as directo. x2 −4 . 2 x→2 x +x−6

Actividad 29. Eval´ ua l´ım

[Sugerencia.] Factoriza el numerador y denominador de la fracci´on y reduce. 3.1.7. Ejemplo. Eval´ ua l´ım

√

x→0

Soluci´ on: l´ım

x→0

√

x+4−2 x

x+4−2 . x

= = = = = √

√ √ ( x + 4 − 2)( x + 4 + 2) √ l´ım x→0 x( x + 4 + 2) x+4−4 l´ım √ x→0 x( x + 4 + 2) x l´ım √ x→0 x( x + 4 + 2) 1 l´ım √ x→0 x+4+2 1 . 4

En la primera igualdad, la fracci´on x+4−2 se le multiplic´ o en el numerador y denomx √ √ inador por la expresi´ on x + 4+2, que se denomina el conjugado de x + 4−2. Esta situaci´ on, regularmente se aplica cuando est´ an presentes las ra´ıces en una fracci´on.

´ A LOS L´IMITES DE FUNCIONES INTRODUCCION

141

√ 3− x . 9−x x→9

Actividad 30. Calcula l´ım

Se enuncia otra propiedad muy u ´til para determinar l´ımites de funciones, denominado ley del sandwich.

Ley del sandwich Si f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) para todo x en alguna vecindad perforada de a, y l´ım f (x) = l = l´ım h(x), entonces l´ım g(x) = l.

x→a

Esta ley dice que si la funci´ on g(x) queda atrapada entre f (x) y h(x) cerca de a, y si f (x) y g(x) tienden al mismo l´ımite l, entonces g(x) tiende tambi´en a l. 3.1.8. Ejemplo. Analiza l´ım x sin x→0

1 x

Soluci´ on: Se sabe que −1 ≤ sin x ≤ 1 para todo x ∈ R. Entonces, −1 ≤ sin x 6= 0. Por lo que 1 − | x |≤ x sin ≤| x | para toda x 6= 0. x

1 x

≤ 1 para toda

Y como | x |→ 0 cuando x → 0, entonces por la ley del sandwich para l´ımites, se tiene que 1 l´ım x sin = 0. x→0 x Se ha mencionado que para asegurar que el l´ımite de una funci´on f (x) exista y sea igual a l cuando x tiende a a, es necesario que f (x) tienda a l cuando x tiende a a por la izquierada y la derecha. Los l´ımites cuando x → a por la izquierda y x → a por la derecha, se denominan l´ımites laterales. 3.1.9. Definici´ on. (a) Sea f (x) una funci´ on definida en el intervalo (c, a). Se dice que l es el l´ımite de f por la izquierda cuando x tiende a a, denotado por l´ım f (x) = l

x→a−

si f (x) se acerca tanto como se quiera a l, eligiendo x ∈ (c, a) suficientemente pr´ oximo a a.

142 (b) Sea f (x) una funci´ on definida en (a, c). Se dice que l es el l´ımite de f por la derecha cuando x tiende a a, denotado por l´ım f (x) = l

x→a+

si f (x) se acerca tanto como se quiera a l, eligiendo x ∈ (a, c) suficientemente pr´ oximo a a. Nota: x → a− se lee: x tiende a a por la izquierda; mientras que x → a+ se lee: x tiende a a por la derecha. Los l´ımites: l´ım f (x) y l´ım f (x), se conocen como x→a+

x→a−

l´ımites laterales.

3.1.10. Lema. Sea f (x) una funci´ on definida en una vecindad perforada de a. Entonces, l´ım f (x) = l si y s´ olo si l´ım f (x) = l = l´ımx→a+ f (x). x→a

x→a−

1 2. x→1 (x−1)

3.1.11. Ejemplo. Determina si existe l´ım Soluci´ on: La gr´ afica de f (x) =

1 (x−1)2

es como sigue:

1 (x−1)2

x x=1 La gr´ afica de esta funci´on crece indefinidamente conforme x tiende a 1 tanto a la izquierda como a la derecha. Es decir, l´ım

x→1−

1 1 = ∞ = l´ım . 2 + (x − 1) x→1 (x − 1)2

Por lo que los l´ımites laterales coinciden, y por lo tanto, 1 = ∞. x→1 (x − 1)2 l´ım

´ A LOS L´IMITES DE FUNCIONES INTRODUCCION

143

De esta forma, se puede hablar de l´ımites que tienden a infinito. En este mismo 1 ejemplo, se puede observar que la gr´ afica de f (x) = (x−1) 2 se va pegando al eje x a medida que x aumenta o disminuye a la derecha o izquierda de 1. Esto es, 1 1 = 0 = l´ım . 2 x→∞ (x − 1) x→∞ (x − 1)2 l´ım

As´ı que tambi´en se pueden calcular l´ımites de funciones cuando la variable x tiende a infinito. 3.1.12. Ejemplo. Determina si existe l´ım x1 . x→0

Soluci´ on:

En la gr´ afica de la funci´ on f (x) = x1 , se puede observar que a medida que x → 0+ , f (x) → ∞; mientras que si x → 0− , f (x) → −∞. Por lo tanto,

1 no existe. x En este ejemplo tambi´en se tiene que, l´ım

x→0

1 1 = 0 = l´ım . x→∞ x x→−∞ x l´ım

En general, si l´ım f (x) = l

x→∞

entonces

l´ım g(x) = ±∞,

x→∞

f (x) = 0. x→∞ g(x) l´ım

De aqu´ı, se sigue tambi´en que 1 = 0, x→∞ xk l´ım

para cualquier n´ umero racional positivo k.

144 2x3 −3x 3 +x2 −1 . 5x x→∞

3.1.13. Ejemplo. Eval´ ua l´ım

Soluci´ on: En este caso, se divide cada t´ermino de la fracci´on entre la variable que tenga el exponente mayor: x3 . Entonces, 2x3 − 3x x→∞ 5x3 + x2 − 1 l´ım

= = = =

Por lo tanto,

l´ım

x→∞

2−

1 x

3 x2

−

1 x3

l´ımx→∞ 2 −

l´ımx→∞ 5 + 2−0 5+0−0 2 . 5

2x3 − 3x 2 = . x→∞ 5x3 + x2 − 1 5 l´ım

1 x

3 x2

−

1 x3

Se vi´o anteriormente que si una funci´on f (x) est´ a definida en x = a, no garantiza que l´ım f (x) sea f (a). Cuando esto sucede, se dice que f (x) es continua en x = a. x→a

3.1.14. Definici´ on. Sea f (x) una funci´ on definida en alguna vecindad de a. Se dice que f (x) es continua en x = a, si l´ım f (x) = f (a).

x→a

Cuando f (x) no es continua en x = a, se dice que es discontinua en ese punto, y f (x) es continua en un intervalo I, si es continua en cada punto de I. y

y y = g(x)

y = f (x) ◦ r

La gr´ afica de la izquierda, tiene una discontinuidad en x = a; mientras que la gr´ afica de la derecha es una funci´on continua en el intervalo [a, b].

´ A LOS L´IMITES DE FUNCIONES INTRODUCCION Por ejemplo, la funci´ on f (x) = existe (ver ejemplo 3.1.4).

x |x|

145 x x→0 |x|

no es continua en x = 0, debido a que l´ım

3.1.15. Ejemplo. Determina si la funci´on f (x) es continua en x = 0, donde

f (x) =

 2   x  

1 x

x sin

x ≤ 0,

x > 0.

Soluci´ on: Se deben calcular l´ımites laterales para determinar si existe el l´ımite de la funci´on cuando x tiende a 0. l´ım f (x) = l´ım x2 = 0,

x→0−

1 l´ım f (x) = l´ım x sin = 0 (ver ejemplo 3.1.8) x x→0+ x→0+ Los l´ımites laterales coinciden, por lo que usando el lema 3.1.10, el l´ımite de f (x) existe cuando x → 0, y l´ım f (x) = 0. Por otra parte, f (0) = 0. Por lo tanto, x→0 l´ım f (x) = f (0) = 0, y f (x) es continua en x = 0.

x→0

3.1.16. Ejemplo. Determina el valor de a y b, para que f (x) sea continua en todo R, donde   ax + 5 si x ≤ −1,       f (x) = x2 + 1 si −1 < x ≤ 2,        bx + 6 si x > 2.

Soluci´ on: Para que f (x) sea continua en todo R, se necesita que ax + 5 = x2 + 1 en x = −1, y que x2 + 1 = bx + 6 en x = 2. Esto se logra cuando a = 3 para la primera ecuaci´ on, 1 y b = − 2 para la segunda. Por lo tanto,   3x + 5       f (x) = x2 + 1        1 −2x + 6

x ≤ −1,

−1 < x ≤ 2,

x > 2.

146 es continua en todo R. Una consecuencia directa de las propiedades de los l´ımites, es que si f y g son funciones continuas en x, entonces cf ± g, f · g también son continuas en x, donde c ∈ R. Más a´ un, si g es continua en x = a y f es continua en g(a), entonces f ◦ g es continua en a. En términos de l´ımites, esto u ´ltimo se traduce as´ı: l´ım f (g(x)) = f l´ım g(x) = f (g(a)). x→a

x→a

3.1.17. Ejemplo. Sean g(x) = l´ım

x→1

1 x+1

1 = x+1

y f (x) = s

l´ım x→

√

x. Comprueba que

1 x+1

1 =√ . 2

Soluci´ on: La funci´ on g(x) es continua en x = 1 y f (x) es continua en g(1) = 21 . De esta forma, se tiene que, l´ım f (g(x)) = f l´ım g(x) = f (g(1)). x→1

Pero f (g(x)) =

1 x+1

x→1

y f (g(1)) =

l´ım

x→1

√1 . 2

1 = x+1

Por lo tanto,

l´ım x→

1 x+1

1 =√ . 2

Para finalizar con esta secci´ on, se enuncian algunos resultados importantes de continuidad llamados teoremas fuertes de continuidad, para intervalos cerrados de R.

3.1.18. Teorema. Si f es una funci´ on continua en [a, b] y f (a) < 0 < f (b), entonces existe x ∈ [a, b], tal que f (x) = 0. y

f (b)

a b

f (a)

´ A LOS L´IMITES DE FUNCIONES INTRODUCCION

147

3.1.19. Teorema. Si f es una funci´ on continua en [a, b], entonces f tiene un m´ aximo y un m´ınimo en [a, b]. y

x0 a

b x1

3.1.20. Teorema. (Teorema del valor intermedio). Sea f una funci´ on continua en [a, b], tal que f (a) < yo < f (b) o f (a) > yo > f (b), entonces existe xo ∈ (a, b) tal que f (xo ) = yo . y f (b) yo f (a) a

b x

3.1.21. Ejemplo. Sea f una funci´on continua en el intervalo [0, 1], cuya imagen es el mismo intervalo [0, 1]. Prueba que existe x ∈ [0, 1] tal que f (x) = x. Soluci´ on: Se define la funci´ on h(x) = f (x) − x. Es claro que h es continua en [0, 1]. Sea xo ∈ [0, 1] tal que f (xo ) = 0. Entonces h(xo ) = f (xo ) − xo = 0 − xo ≤ 0. De igual forma, sea x1 ∈ [0, 1] tal que f (x1 ) = 1. Entonces h(x1 ) = f (x1 ) − x1 = 1 − x1 ≥ 0. Por lo tanto, h(xo ) ≤ 0 ≤ h(x1 ). Sin perdida de generalidad, supongamos que xo < x1 . Entonces, por el teorema 3.1.16, existe x2 ∈ [xo , x1 ] tal que h(x2 ) = f (x2 ) − x2 = 0. De aqu´ı se sigue que f (x2 ) = x2 . Por lo tanto, existe x ∈ [0, 1] tal que f (x) = x.

148 3.1.22. Ejemplo. Si c > 0, entonces existe b > 0 tal que b2 = c. Soluci´ on: Se define f (x) = x2 − c. Sin perdida de generalidad, supongamos que 0 < c < 1. Se observa que f (0) = −c < 0 y f (1) = 1 − c > 0. Es claro que f es continua en [0, 1], donde f (0) < 0 < f (1). Por el teorema del valor intermedio, existe b ∈ (0, 1) tal que f (b) = b2 − c = 0. Por lo tanto, b2 = c.

´ 3.1 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1. Usa las propiedades de los l´ımites y eval´ ua los siguientes que se enlistan a continuaci´ on: x+1 2 x→−1 x −x−2

a) l´ım

t2 −9 t→3 t−3

b) l´ım

√1 − 31 9+h

c) l´ım

h→0

d) l´ım

x2 −16

e) l´ım

1 − 31 y

f ) l´ım

1 − 21 2+h

√ x→4 2− x

y→3 y−3

h √

h→0

3− x x→9 9−x √ √ 1−x l´ım 1+x− x x→0 l´ım √x . x→0 1− 1−x

g) l´ım h) i)

2. Usando los l´ımites laterales, determina si los siguientes existen. |x|−x x

a) l´ım

x→0

x2 −1 x→1 |x−1| √ √ 3 l´ım 2x+1− x−1 x→1+

b) l´ım c)

d) l´ım

x→0

2−x x→2+ |x−2|

e) l´ım

x+1−

2 x

´ A LOS L´IMITES DE FUNCIONES INTRODUCCION

149

x+1 x→0 |x|

f ) l´ım

g) l´ım f (x), donde x→−1

f (x) =

    

2x2 +1 x4 +3

x < −1,

x3 +1 x2 −6x+5

x > −1.

3. Esboza la gr´ afica de f (x) y determina en qu´e puntos la gr´ afica de la funci´on es discontinua. a)

   | 3x − 6 | f (x) = 2x − 3   4  2   x −6 f (x) = 2x − 3   4 f (x) =

d) f (x) =

si si si si si si

   2x − 3  

ln x

   x−3  

1 x−3

x < 3, 3 ≤ x < 5, x > 5. x < 3, 3 ≤ x < 5, x > 5.

x < 1,

x ≥ 1.

x < 4,

x ≥ 4.

4. Determina el valor de a y b, para que las siguientes funciones sean continuas. a) f (x) =

   ax + 11  

x2 − 8x + 16

   3x + 5 f (x) = ax2 + b   6 − x2

si si si

x < 3,

x > 3.

x ≤ −1, −1 < x ≤ 2, x > 2.

150 c)

  

f (x) =

d) f (x) =

5. Calcula los siguientes l´ımites.

 

x2 −4 x+2

x 6= −2,

x = 2.

   2x + 1  

ax2 − 2

x < 1,

x ≥ 1.

x4 −2x2 −1 4 x→∞ 2x +3x+1

a) l´ım

2x3 +4x2 +x 5 4 x→∞ 3x −2x +x−1

b) l´ım

x5 −2x3 . 4 x→∞ 3x +2x−6

c) l´ım

3.2.

L´ımites trigonom´ etricos

En esta secci´ on, se retomarán a las funciones trigonométricas, logar´ıtmica y exponencial, y se estudiarán algunos l´ımites importantes que involucran a éstas. Se comenzará comprobando que l´ım sin t = 0. Consideremos la figura: t→0

y P = (cos t, sin t)

Q = (1, 0) x

Observaciones: d 1. Si −2π < t < 2π, entonces la longitud de arco P Q =| t |. Es decir, el punto P = (cos t, sin t) est´ a a una distancia del punto Q = (1, 0) de | t | unidades a lo largo del c´ırculo x2 + y 2 = 1.

´ L´IMITES TRIGONOMETRICOS

151

d 2. La distancia de P a Q: d(P, Q), no es mayor que P Q, es decir: d d(P, Q) ≤ P Q.

d Esto se deduce de las desigualdades de los pasos (3), (2), y del valor de P Q en (1). Por consiguiente, − | t |≤ sin t ≤| t |, y aplicando la ley del sandwich, se tiene que l´ım | sin t |= 0. t→0

5. Por otro lado, como − | sin t |≤ sin t ≤| sin t |, se tiene finalmente que l´ım sin t = 0.

t→0

d Ahora, se observa que de la desigualdad del paso (2) y el valor de P Q de (1), se obtiene 0 ≤ d(P, Q) ≤| t |, y por la f´ormula de la distancia, se tiene p 0 ≤ (cos t − 1)2 + (sin t − 0)2 ≤| t | .

Simplificando esta desigualdad, se obtiene 0 ≤ cos2 t−2 cos t+1+sin2 t ≤ t2 , que a su vez, equivale a 0 ≤ 2 − 2 cos t ≤ t2 . De aqu´ı, se obtienen las siguientes desigualdades:  t 1−cos t   0 ≤ t ≤ 2 si t > 0,  

Por lo tanto, l´ım

t→0+

0≥

1−cos t t

1 − cos t =0 t

≥

t 2

l´ım

t < 0.

t→0−

As´ı que entonces,

1 − cos t = 0. t

1 − cos t = 0. t→0 t Por otro lado, la desigualdad vista anteriormente, dada por 0 ≤ 2 − 2 cos t ≤ t2 , se 2 puede simplificar como 1 − t2 ≤ cos t ≤ 1. De aqu´ı se desprende que l´ım

l´ım cos t = 1.

t→0

152 Ahora, se determinar´ a un l´ımite importante: l´ım

t→0

sin t . t

Consideremos la figura: y Pr

A r

x Q = (1, 0)

Supongamos que 0 < t < π2 y que P = (cos t, sin t). Entonces, A = (1, sin t) y d R = (cos t, 0). De acuerdo a esto se observa que P Q ≤ d(P, A) + d(A, Q). Por otra parte, d P Q =| t |= t, p d(P, A) = d(R, Q) = (1 − cos t)2 = 1 − cos t p y d(A, Q) = d(P, R) = sin2 t = sin t. d Sustituyendo esto en la desigualdad P Q ≤ d(P, A) + d(A, Q), se obtiene: t ≤ 1 − cos t + sin t,

y como sin t ≤ t, entonces t ≤ 1 − cos t + sin t ≤ 1 − cos t + t. Dividiendo entre t esta doble desigualdad, se obtiene 1≤

1 − cos t sin t 1 − cos t + ≤ + 1. t t t

Ahora, como 0 < t < π2 y l´ımt→0 anterior, se tiene que

1−cos t t

l´ım

t→0+

= 0, si t a 0 por la derecha en la desigualdad sin t = 1. t

En forma an´ aloga, si − π2 < t < 0, entonces l´ım

t→0−

sin t = 1. t

´ L´IMITES TRIGONOMETRICOS

153

Por lo tanto, se concluye que

sin t = 1. t Se han obtenido el valor de tres l´ımites importantes: l´ım

t→0

l´ım sin t = 0,

l´ım

t→0

1 − cos t = 0, t

l´ım cos t = 1 y

t→0

l´ım

t→0

sin t = 1. t

Utilizando estos l´ımites, se pueden obtener el valor de otros con la ayuda de las propiedades de los l´ımites y de las funciones trigonom´etricas. Por ejemplo, l´ım tan x = l´ım

x→0

sin x l´ımx→0 sin x 0 = = = 0. cos x l´ımx→0 cos x 1

Por lo tanto, l´ım tan x = 0.

x→0

3.2.1. Ejemplo. Comprueba que l´ım

θ→0

tan θ θ

= 1.

Soluci´ on: tan θ θ→0 θ l´ım

sin θ 1 = l´ım θ→0 θ cos θ sin θ 1 = l´ım l´ım θ→0 θ θ→0 cos θ = (1)(1) = 1.

3.2.2. Ejemplo. Comprueba que l´ım sinxαx = α, donde α es cualquier constante x→0 diferente de cero. Soluci´ on: Para obtener este l´ımite, se hace un cambio de variable como sigue: olo si y → 0. Por lo tanto, Sea αx = y, entonces x = αy . Como x → 0, si y s´ l´ım

x→0

sin αx x

l´ım

sin y y α

y→0

sin y y→0 y sin y = α l´ım y→0 y = α(1) =

l´ım α

= α.

154 αx = αβ , donde α y β son constantes difeActividad 31. Comprueba que l´ım sin x→0 sin βx rentes de cero. [Sugerencia]. Usa el ejemplo anterior.

3.2.3. Ejemplo. Comprueba que l´ım

x→0

tan(2+x)−tan 2 x

= sec2 (2).

Soluci´ on: tan(2 + x) − tan 2 x→0 x l´ım

= = = = = = =

l´ım

tan 2+tan x 1−tan 2 tan x

x→0

l´ım

− tan 2

tan 2+tan x−tan 2(1−tan 2 tan x) 1−tan 2 tan x

x tan 2 + tan x − tan 2 + tan2 (2) tan x l´ım x→0 x(1 − tan 2 tan x) tan x(1 + tan2 (2) l´ım x→0 x(1 − tan 2 tan x) tan x 1 + tan2 (2) l´ım · x→0 x 1 − tan 2 tan x 1 + tan2 (2) tan x · l´ım l´ım x→0 1 − tan 2 tan x x→0 x 2 (1)(1 + tan (2)) x→0

= sec2 (2). Actividad 32. Comprueba que l´ımx→0

sin(3+x)−sin 3 x

= cos 3.

3.2.4. Ejemplo. Usando un m´etodo algebr´ aico, comprueba que l´ım

x→0

1 − cos x = 0. x

Soluci´ on: 1 − cos x x→0 x l´ım

= = = = = = =

1 − cos x 1 + cos x · x→0 x 1 + cos x 1 − cos2 x l´ım x→0 x(1 + cos x) sin2 x l´ım x→0 x(1 + cos x) sin x sin x · l´ım x→0 x 1+ cos x sin x sin x l´ım l´ım x→0 x x→0 1 + cos x 0 1· 1+1 0. l´ım

´ L´IMITES TRIGONOMETRICOS

155

Se analizan ahora algunos l´ımites relacionados con la funci´on exponencial y logar´ıtmica. Recordemos que la funci´on exponencial es f (x) = ex , cuya gr´ afica es como sigue: y

f (x) = ex r (1, 0)

x La gr´ afica de la funci´ on exponencial es creciente y positiva en todo su dominio. De acuerdo a esto, se tienen: l´ım ex = ∞,

x→∞

l´ım ex = 0 y

x→−∞

l´ım ex = 1.

x→0

Otra propiedad importante, es por su rapidez de crecimiento. La funci´on exponencial crece m´ as r´ apido que cualquier potencia de x conforme x → ∞. Esto se traduce en t´erminos de l´ımites como: ex l´ım n = ∞. x→∞ x O de manera alternativa, xn = 0, x→∞ ex l´ım

donde n es cualquier constante positiva.

Por ejemplo,

x2 = 0. x→∞ ex

l´ım x2 e−x = l´ım

x→∞

ex −x2 x +x3 . 2e x→∞

3.2.5. Ejemplo. Eval´ ua l´ım Soluci´ on:

ex − x2 x→∞ 3ex + 4x3 l´ım

1 − x2 e−x x→∞ 3 + 4x3 e−x 1−0 = 3+0 1 . = 3

l´ım

156 De manera alternativa, la funci´on logaritmo natural f (x) = ln x, tiene las siguientes propiedades: y f (x) = ln x

(1, 0)

l´ım ln x = ∞,

x→∞

l´ım ln x = −∞

x→0+

l´ım ln x = 0.

x→1

De hecho, la funci´ on f (x) = ln x crece m´ as lento que cualquier potencia positiva de x. Esto es, ln x l´ım n = 0. x→∞ x M´as adelante, se comprobar´an estos hechos cuando se definan conceptos como la derivada o la integral. ln x p x→∞ x

3.2.6. Ejemplo. Si p > 0, comprueba que l´ım

= 0.

Soluci´ on: Sea y = xp . Entonces, ln x x→∞ xp l´ım

= = = = =

ln y 1/p y→∞ y 1 ln y l´ım y→∞ p y ln y 1 l´ım p y→∞ y 1 (0) p 0. l´ım

3.2.7. Ejemplo. Si k > 0, comprueba que l´ım xk ln x = 0. x→0+

´ L´IMITES TRIGONOMETRICOS

157

Soluci´ on: Sea x = y1 . Entonces, k

l´ım x ln x =

x→0+

= = =

k 1 1 ln l´ım y→∞ y y − ln y l´ım y→∞ y k ln y − l´ım k y→∞ y 0.

Con las ideas anteriores tambi´en se pueden calcular l´ımites relacionados con las funciones hiperb´ olicas. Por ejemplo, ex − e−x x→∞ x2 −x e e = l´ım − x→∞ 2 2 = ∞−0

l´ım sinh x =

x→∞

l´ım

= ∞. Actividad 33. Comprueba la validez de los siguientes l´ımites 1.

l´ım sinh x = −∞

x→−∞

2. l´ım sinh x = 0 x→0

l´ım cosh x = ∞

x→±∞

4. l´ım cosh x = 1. x→0

3.2.8. Ejemplo. Comprueba que l´ım tanh x = 1. x→∞

Soluci´ on: l´ım tanh x =

x→∞

= = = =

ex − e−x x→∞ ex + e−x −x x e e − e−x l´ım x −x x→∞ e + e e−x 1 − e−2x l´ım x→∞ 1 + e−2x 1−0 1+0 1. l´ım

158 ´ 3.2 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. Calcula los siguientes l´ımites. a) l´ım

x→5

sin 5x x

sin 3x x→0 sin 7x l´ım x x→0 sin x l´ım tanx3x . x→0

b) l´ım c) d)

2. Comprueba que si β ∈ R, β 6= 0, entonces l´ım

x→0

tan βx = β. x

3. Deduce del ejercicio anterior que l´ım

x→0

tan αx α = , tan βx β

4. Calcula los siguientes l´ımites. x2 x→0 sin x x l´ım 1−cos x2 x→0 √x l´ım sin x x→0 1 l´ım sin x3 x→0 x l´ım 1−cos x x→0 sin x

a) l´ım b) c) d) e)

f ) l´ım x sec x csc x x→0

1−cos x x→0 x sin x

g) l´ım

h) l´ım x cot x x→0

1 2 x 2 sin 2 x→0 x 2 l´ım x csc(2x) cot(2x) x→0

i ) l´ım j)

k ) l´ım

x→0

sin(2θ 2 ) θ2 x→0 l´ım sin 2x x→0 x cos 3x

l) l´ım m)

sin2 θ θ2

donde α, β ∈ R, α, β 6= 0.

´ L´IMITES TRIGONOMETRICOS n) l´ım

x→0

1−cos 2x x

(sin 3x)2 2 x→0 x cos x l´ım sin 2θ x→0 θ l´ım x−tan x . x→0 sin x

n ˜) l´ım o) p)

5. Comprueba la validez de los siguientes l´ımites. a)

l´ım tanh x = −1

x→−∞

b) l´ım coth x = 1 x→∞

c) l´ım sec hx = 0 x→∞

d) l´ım csc hx = ∞ x→0

e) l´ım tanh−1 x = ∞ x→1−

f ) l´ım coth−1 x = 0. x→∞

159

160

3.3.

Derivadas trigonom´ etricas

En esta secci´ on, se concentrar´ a en las derivadas de las funciones trigonométricas. La derivada, es un concepto fundamental en el cálculo diferencial. Con éste, se puede obtener la recta tangente de una curva en un punto; est´ a relacionado con la velocidad instant´ anea, y en general, con la raz´ on de cambio de una variable con respecto a otra. 3.3.1. Definici´ on. Sean y = f (x) una funci´ on y a ∈ Domf . La derivada de f 0 en el punto x = a, denotada por f (a), es el l´ımite f (a + h) − f (a) , h→0 h

(3.1)

f (a) = l´ım 0

donde f (a) ∈ R. 0

Tambi´en se dice que la funci´on f es derivable en x = a, cuando existe f (a). De otra forma, no lo es. De la ecuaci´ on (3.1), si x = a + h, se obtiene x − a = h. Por lo tanto, h → 0, si y s´ olo si x → a. De esta forma,

f (x) − f (a) f (a + h) − f (a) = l´ım . x→a h→0 h x−a As´ı que la ecuaci´ on (3.1), tambi´en se puede definir como 0

f (a) = l´ım

x→a

Otras notaciones para f (a) son:

df (x)

x=a

f (x) − f (a) . x−a

dx x=a

y (a)

Geom´etricamente, la derivada de f en x = a, expresa la pendiente de la recta tangente a la gr´ afica de y = f (x), que pasa por el punto (a, f (a)). y l (a, f (a))r f (a)

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

161

Luego, como f (a) es la pendiente de la recta tangente l que pasa por (a, f (a)), la ecuaci´ on de l est´ a dada por 0

y − f (a) = f (a) (x − a) .

(3.2)

Tambi´en se puede definir f (x) al sustituir a por la variable independiente x. De 0 esta forma, se obtiene una nueva funci´on f (x) (la funci´ on derivada) a partir de f (x). Es decir, 0

f (x + h) − f (x) h→0 h

f (x) = l´ım

para toda x donde existe el l´ımite.

3.3.2. Ejemplo. Calcula la ecuaci´ on de la recta tangente l a la gr´ afica de f (x) = x2 , en el punto (2, 4). 0

Soluci´ on: Primero se determina la funci´on f (x). 0

f (x) = = = = = =

f (x + h) − f (x) h 2 (x + h) − x2 l´ım h→0 h x2 + 2xh + h2 − x2 l´ım h→0 h 2xh + h2 l´ım h→0 h h(2x + h) l´ım h→0 h l´ım 2x + h l´ım

h→0

= 2x. 0

Como a = 2 y f (a) = 4, la pendiente de la recta tangente l es f (a) = f (2) = 4. Luego, empleando la f´ormula (3.2) se tiene que la ecuaci´ on de l es y − 4 = 4(x − 2). Reduciendo esta ecuaci´ on, se obtiene y = 4x − 4.

Actividad 34. Determina la ecuaci´ on de la recta tangente l a la gr´ afica de f (x) = √ x, en el punto (4, 2).

162 La derivada de una funci´on se puede calcular de una manera m´ as sencilla si se consideran las siguientes propiedades (reglas de derivaci´ on).

3.3.3. Teorema. Sean f y g funciones derivables en x. Entonces 0

1. Si f (x) = c (c una constante) para toda x ∈ Domf , entonces f (x) = 0. 0

2. Si f (x) = xn , con n ∈ N, entonces f (x) = nxn−1 . 0

3. Si h(x) = af (x) + bg(x), donde a, b ∈ R, entonces h (x) = af (x) + bg (x). 0

4. Si h(x) = f (x)g(x), entonces h (x) = f (x)g(x) + f (x)g (x). 5. Si h(x) =

f (x) g(x)

y g(x) 6= 0, entonces 0

f (x)g(x) − f (x)g (x) h (x) = . [g(x)]2 0

Se deja como ejercicio para el lector demostrar estas propiedades. Tambi´en se observa que si h(x) =

1 ; f (x)

f (x) 6= 0,

entonces por la propiedad 5, se tiene que

0 · f (x) − 1 · f (x) f (x) h (x) = =− . [f (x)]2 [f (x)]2 0

Esta f´ormula se puede utilizar para generalizar la propiedad 2 a exponentes negativos. As´ı, si n es un entero negativo y m = −n, entonces f (x) = xn = x1m , y 0

f (x) = −

mxm−1 mxm−1 = − 2m = (−m)x(−m)−1 = nxn−1 . m 2 (x ) x

Más a´ un, esta fórmula se puede generalizar a exponentes racionales, pero esto, se har´ a m´ as adelante. Por ahora, se estudiará la derivada de las funciones trigonométricas. Para obtenerlas, basta determinar la derivada de las funciones sin x y cos x. Las otras, se obtienen utilizando las reglas de derivación, puesto que dependen de las funciones seno y coseno.

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

163

1. Sea f (x) = sin x. Entonces 0

f (x) = = = = = =

f (x + h) − f (x) h→0 h sin(x + h) − sin x l´ım h→0 h sin x cos h + cos x sin h − sin x l´ım h→0 h sin x(cos h − 1) + cos x sin h l´ım h→0 h sin h 1 − cos h + cos x l´ım − sin x l´ım h→0 h h→0 h − sin x · (0) + cos x · (1) l´ım

= cos x. 2. Sea f (x) = cos x. Entonces 0

f (x) = = = = = =

f (x + h) − f (x) h→0 h cos(x + h) − cos x l´ım h→0 h cos x cos h − sin x sin h − cos x l´ım h→0 h cos x(cos h − 1) − sin x sin h l´ım h→0 h 1 − cos h sin h − cos x l´ım − sin x l´ım h→0 h→0 h h − cos x · (0) − sin x · (1) l´ım

= − sin x. sin x 3. Sea f (x) = tan x = cos x , donde cos x 6= 0. Para determinar la derivada de esta funci´ on, basta utilizar la propiedad 5 de derivaci´on. As´ı, 0

cos x cos x − sin x(− sin x) cos2 x cos2 x + sin2 x = cos2 x 1 = cos2 x = sec2 x.

f (x) =

De la misma forma, se pueden obtener la derivada de las funciones f (x) = csc x, f (x) = sec x y f (x) = cot x.

164 Actividad 35. Comprueba que 0

1. Si f (x) = csc x, entonces f (x) = − csc x cot x 0

2. Si f (x) = sec x, entonces f (x) = sec x tan x 0

3. Si f (x) = cot x, entonces f (x) = − csc x. Haciendo un resumen, se tiene que:

(cot x) = − csc x 0 (sec x) = sec x tan x 0 (csc x) = − csc x cot x

(sin x) = cos x 0 (cos x) = − sin x 0 (tan x) = sec2 x

Por ejemplo, se puede obtener la derivada de las siguientes funciones: 1. Si f (x) = tan x + sin x cos x, entonces 0

f (x) = sec2 x + cos x cos x + sin x(− sin x) = sec2 x + cos2 x − sin2 x. 2. Si f (x) =

sin x x ,

entonces 0

f (x) = = 3. Si f (x) =

x x+tan x ,

cos x(x) − sin x(1) x2 x cos x − sin x . x2

entonces 0

f (x) = = =

1(x + tan x) − x(1 + sec2 x) (x + tan x)2 x + tan x − x − x sec2 x (x + tan x)2 tan x − x sec2 x . (x + tan x)2

Una primera consecuencia de la derivada, es que toda funci´on derivable es continua.

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

165

3.3.4. Teorema. (Derivabilidad implica continuidad). Si y = f (x) es una funci´ on derivable en x = a, entonces f es continua en a. Demostraci´ on: f (x) − f (a) x−a f (x) − f (a) = l´ım (x − a) · l´ım x→a x→a x−a 0 = 0 · f (a)

l´ım [f (x) − f (a)] =

x→a

l´ım (x − a) ·

x→a

= 0. Por lo tanto, l´ım f (x) = f (a), y f es continua en a.

x→a

El rec´ıproco de este teorema no se cumple. Para ver esto, se estudia la funci´on f (x) =| x | en x = 0. Es claro que f (x) es continua en x = 0. Sin embargo, 0

f (0 + h) − f (0) h→0 h |0+h|−|0| = l´ım h→0 h |h| . = l´ım x→0 h

f (0) =

l´ım

Pero este u ´ltimo l´ımite no existe (ver ejemplo 3.1.4). Por lo tanto, f (x) =| x | no es derivable en x = 0. As´ı, esta función es continua en x = 0, sin ser derivable en 0 De esta forma, si una funci´ on f es continua en alg´ un punto, no garantiza que sea derivable en ese punto. Las funciones que tienen este comportamiento, son aquellas en cuya gr´ afica presentan cambios bruscos o picos en alg´ un punto. Geométricamente, significa que en los picos de la gr´ afica de una función, no se puede definir una recta tangente. y

f (x) =| x | x

166 Ahora, se ver´ a un resultado que es una extenci´on de la regla del producto para ´ derivadas. Este, permite derivar potencias de funciones, y en general, de funciones que son resultado de la composici´ on de dos o m´ as funciones. Por ejemplo, la derivada de y = [f (x)]3 0

no es 3[f (x)]2 , sino que 3[f (x)]2 · f (x). En efecto, por la regla del producto, se tiene que dy dx

d d [f (x)]3 = [f (x) · f (x) · f (x)] dx dx 0 0 0 = f (x) · f (x) · f (x) + f (x) · f (x) · f (x) + f (x) · f (x) · f (x)

= 3[f (x)]2 · f (x).

3.3.5. Teorema. (Regla de la cadena). Si g es una funci´ on derivable en a y f es derivable en g(a), entonces la composici´ on h = f ◦ g definida por h(x) = f (g(x)) es derivable en a, y 0 0 0 h (a) = f (g(a)) · g (a). Demostraci´ on: Sea u = g(x) tal que uo = g(a). Supongamos que g(x) 6= g(a) para x cerca de a y x 6= a. Entonces 0

(f ◦ g)(x) − (f ◦ g)(a) x→a x−a f (g(x)) − f (g(a)) = l´ım x→a x−a f (g(x)) − f (g(a)) g(x) − g(a) · = l´ım x→a x−a g(x) − g(a) f (g(x)) − f (g(a)) g(x) − g(a) · . = l´ım x→a g(x) − g(a) x−a

h (a) =

l´ım

Por otro lado, se sabe que si g es derivable en a, entonces g es continua en a. Por lo tanto, cuando x → a, g(x) → g(a); es decir, que u → uo cuando x → a. Entonces, 0

f (g(x)) − f (g(a)) g(x) − g(a) · l´ım x→a g(x) − g(a) x−a f (u) − f (uo ) g(x) − g(a) = l´ım · l´ım u→uo x→a u − uo x−a 0 0 = f (uo ) · g (a)

h (a) =

l´ım

x→a

= f (g(a)) · g (a). Por lo tanto, 0

(f ◦ g) (a) = f (g(a)) · g (a).

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

167

En general, si u = g(x) es una funci´on derivable en x y y = f (u) es derivable en u, entonces la composici´ on y(x) = (f ◦ g)(x) es derivable en x, y 0

(f ◦ g) (x) = f (g(x)) · g (x). Esta f´ormula, tambi´en se acostumbra escribir (en forma diferencial) de la siguiente manera: dy dx

= = = =

d (f ◦ g)(x) dx d d f (g(x)) · g(x) dg(x) dx df (u) du · du dx dy du · du dx

As´ı que

dy du dy = · dx du dx Un caso particular para la regla de la cadena es cuando y = f (u) = un , donde n es un entero y u = g(x). Se observa que y = (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = [g(x)]n . Entonces dy dx

dy du d n du du · = u · = nun−1 · du dx du dx dx d n−1 = n [g(x)] · g(x) dx 0 = n [g(x)]n−1 · g (x). =

Por lo tanto,

d 0 [g(x)]n = n [g(x)]n−1 · g (x). dx Esta derivada se conoce como la regla de la potencia. Sin embargo, este resultado se puede extender a potencias racionales, es decir, si r = p/q, donde p, q ∈ Z y q 6= 0, entonces la funci´ on √ √ p q y = ur = up/q = up = q u , donde u depende de x, tiene derivada dy du = rur−1 . dx dx

En efecto, sea y = ur = up/q .

(3.3)

Elevando a la potencia q-´esima ambos lados de la igualdad de la ecuaci´ on (3.3), se obtiene y q = up . (3.4)

168 Derivando (3.4) ambos lados de la igualdad, se obtiene por la regla de la cadena qy q−1

du dy = pup−1 . dx dx

Entonces, dy dx

du pup−1 du p = up−1 y 1−q qy q−1 dx q dx p p−1 p/q 1−q du du p = u (u ) = up−1 up/q u−p q dx q dx p (p/q)−1 du u = q dx du = rur−1 . dx =

3.3.6. Teorema. Sea y = [f (x)]r una funci´ on derivable en x y r ∈ Q. Entonces dy 0 = r[f (x)]r−1 · f (x). dx Por ejemplo, se puede calcular la derivada de las siguientes funciones: 0

1. Si f (x) = sin3 x, entonces f (x) = 3 sin2 x cos x. 2. Si f (x) = sin3 x cos4 x, entonces 0 f (x) = 3 sin2 x cos x · cos4 x + sin3 x 4 cos3 x(− sin x) = 3 sin2 x cos5 x − 4 sin4 x cos3 x.

3. Si f (x) =

x sin x 3 , 2 tan2 x

f (x) = 3 = 3

entonces

x sin x 2 tan2 x x sin x 2 tan2 x

2 2

(sin x + x cos x)(2 tan2 x) − (x sin x)(4 tan x sec2 x) (2 tan2 x)2

(sin x + x cos x)(2 tan2 x) − 4x sin x tan x sec2 x . 4 tan4 x

Actividad 36. Deriva las siguientes funciones. 1. f (x) = (1 + tan x)3 2. f (x) = x4 sin3 x.

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

169

En general, si u es una funci´ on que depende de x y derivable en x, entonces por la regla de la cadena, se tiene

d dx d dx

sin u = cos u ·

du dx

cos u = − sin u · d dx

d dx

du dx

tan u = sec2 u ·

csc u = − csc u cot u du dx

d du

du dx

sec u = sec u tan u ·

d dx

du dx

cot u = − csc2 u du dx

3.3.7. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones. 1. f (x) = sin2 x4 2. f (x) = 3. f (x) =

cos

√

cos 2x √ . sin 3x

Soluci´ on: 1. Esta funci´ on, se puede escribir como f (x) = (sin x4 )2 . Entonces, 0

f (x) = 2 sin x4 · (sin x4 ) . 0

Pero (sin x4 ) = cos x4 · (4x3 ). Por lo tanto, 0

f (x) = 2 sin x4 cos x4 (4x3 ) = 8x3 sin x4 cos x4 . 2. Esta funci´ on, conviene escribir como f (x) = (cos

√

x)1/2 . Luego,

√ 0 √ 1 0 f (x) = (cos x)−1/2 · (cos x) . 2 Pero (cos

√

√ 0 x) = − sin x ·

1 √ . 2 x

Por lo tanto,

√ √ √ −1/2 1 1 sin x · − sin x · √ f (x) = (cos x) =− √ p √ . 2 2 x 4 x cos x 0

170 3. Para derivar esta funci´on, se aplica la regla del cociente. Esto es, √ 1 · cos 3x(3) − sin 2x(2) · sin 3x − cos 2x · 2√sin 0 3x f (x) = sin 3x √ √2x cos 3x −2 sin 2x sin 3x − 3 cos 2 sin 3x = sin 3x = =

−4 sin 2x sin√ 3x−3 cos 2x cos 3x 2 sin 3x

sin 3x 4 sin 2x sin 3x − 3 cos 2x cos 3x √ . 2 sin 3x sin 3x

Ahora se estudiará la (derivada de las funciones trigonom´ etricas inversas). Recordemos que si f es una función inyectiva en el intervalo [a, b], entonces f tiene funci´ on inversa f −1 definida en el intervalo [f (a), f (b)]. Una funci´ on inyectiva tiene la caracter´ıstica de que su gr´ afica es estrictamente creciente o decreciente, donde función creciente(decreciente) se define de la siguiente manera: 3.3.8. Definici´ on. Sea f (x) una funci´ on. (i) Se dice que f es creciente en [a, b], si para todo x1 , x2 ∈ [a, b] tal que x1 < x2 , entonces f (x1 ) < f (x2 ). (ii) Se dice que f es decreciente en [a, b], si para todo x1 , x2 ∈ [a, b] tal que x1 < x2 , entonces f (x1 ) > f (x2 ). y y

f (x1 ) > f (x2 )

f (x1 ) < f (x2 ) a x1

x2 b x1 < x2 Gr´ afica de f creciente 0

x2 b x a x1 x1 < x2 Gr´ afica de f decreciente

Si una funci´ on f cumple f (x) > 0 para todo x ∈ (a, b), significa que la pendiente de la recta tangente a la gr´ afica de f en (x, f (x)) es positiva, y esto quiere decir que la 0 gr´ afica de f en [a, b] es creciente. De igual forma, si f (x) < 0 para todo x ∈ (a, b), significa que la gr´ afica de f es decreciente en [a, b].

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

171

De esta forma, para averiguar en qué intervalo(s) la gr´ afica de una función f sea 0 0 creciente o decreciente, basta resolver f (x) > 0 o f (x) < 0. En los intervalos donde f sea creciente o decreciente, la función ser´ a inyectiva y tendrá función inversa −1 f (x). 0

3.3.9. Teorema. Sea f una funci´ on derivable en (a, b), con f (x) > 0 para todo x ∈ (a, b). Entonces, la funci´ on inversa x = f −1 (y) existe y

Demostraci´ on:

0 f −1 (y) =

1 1 = 0 −1 . f (x) f (f (y)) 0

Consideremos la figura: y y+k

y x

x+h

Se debe mostrar que

0 f −1 (y + k) − f −1 (y) f −1 (y) = l´ım k→0 k

existe.

Por el teorema del valor intermedio, se sabe que para valores peque˜ nos de k, y + k −1 puede escribirse como un valor de f . Hagamos x = f (y), y sea h = f −1 (y + k) − f −1 (y). Entonces x = f −1 (y)

f −1 (y + k) = x + h.

Por otra parte, y + k = f (x + h) y, por lo tanto, k = f (x + h) − f (x). As´ı, se tiene que h 1 f −1 (y + k) − f −1 (y) = = f (x+h)−f (x) . k f (x + h) − f (x) h

Es claro que cuando h → 0, k → 0. Rec´ıprocamente, cuando k → 0, existe exactamente un valor h tal que f (x + h) = y + k, porque la funci´on inversa est´ a definida. Por consiguiente, f (x + h) → y y el valor correspondiente de h → 0. Luego, 1 = l´ım 0 f (x) h→0

1 f (x+h)−f (x) h

f −1 (y + k) − f −1 (y) −1 0 = f (y) . k→0 k

= l´ım

172 Por lo tanto,

0 f −1 (y) =

1 . 0 f (f −1 (y))

Con este teorema, se puede obtener la derivada de las funciones trigonom´etricas inversas. 1. Sea x ∈ (−1, 1). Entonces, 0

(arcsin x) = √

1 . 1 − x2

En efecto, si f (x) = sin x, entonces f (x) = cos x > 0 e inyectiva en (−π/2, π/2). Luego, existe f −1 (x) = arcsin x definida en (f (−π/2), f (π/2)) = (−1, 1). Para x ∈ (−1, 1),

0 f −1 (x) =

1 f

(f −1 (x))

1 1 = . f (arcsin x) cos(arcsin x) 0

Por otra parte,

[sin(arcsin x)]2 + [cos(arcsin x)]2 = x2 + [cos(arcsin x)]2 = 1. Entonces, cos(arcsin x) =

1 − x2 .

Se toma la ra´ız cuadrada positiva, debido a que arcsin x ∈ (−π/2, π/2) y en este intervalo, cos(arcsin x) > 0. Por lo tanto, 0 1 (arcsin x) = √ ; 1 − x2

x ∈ (−1, 1).

2. Sea x ∈ (−1, 1). Entonces, 0

(arc cos x) = − √

1 . 1 − x2

En efecto, si f (x) = cos x, entonces f (x) = − sin x < 0 e inyectiva en (0, π). Luego, existe f −1 (x) = arc cos x definida en (f (π), f (0)) = (−1, 1). Para x ∈ (−1, 1), −1 0 f (x) =

1 f

(f −1 (x))

1 1 = . f (arc cos x) − sin(arc cos x) 0

Por otra parte

[sin(arc cos x)]2 + [cos(arc cos x)]2 = [sin(arc cos x)]2 + x2 = 1.

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

173

Entonces, sin(arc cos x) =

1 − x2 .

Nuevamente, se toma la ra´ız positiva debido a que arc cos x ∈ (0, π) y en este intervalo, sin(arc cos x) > 0. Por lo tanto, 0 1 (arc cos x) = − √ ; 1 − x2

3. Sea x ∈ R. Entonces,

(arctan x) =

x ∈ (−1, 1).

1 . 1 + x2

En efecto, si f (x) = tan x, entonces f (x) = sec2 x > 0 e inyectiva en (−π/2, π/2). Luego, existe f −1 (x) = arctan2 x definida en todo R, puesto que la imagen de la funci´ on tangente es todo R. Para x ∈ R,

0 f −1 (x)

= = =

4. Sea x ∈ R. Entonces,

1 f f (arctan x) 1 1 = sec2 (arctan x) 1 + tan2 (arctan x) 1 . 1 + x2 0

(f −1 (x))

1 . 1 + x2 Se deja como ejercicio para el lector la comprobaci´on de este resultado. 0

(arccotx) = −

5. Sea x ∈ R tal que | x |> 1. Entonces, 0

(arcsecx) =

1 √ . | x | x2 − 1 0

En efecto, si f (x) = sec x, entonces f (x) = sec x tan x > 0 e inyectiva en (0, π/2) ∪ (π/2, π). Luego, existe f −1 (x) = arcsecx definida en (1, ∞) ∪ (−∞, −1). a) Si x ∈ (1, ∞), entonces arcsecx ∈ (0, π/2) y tan(arcsecx) > 0. Por lo tanto, p p tan(arcsecx) = sec2 (arcsecx) − 1 = x2 − 1.

b) Si x ∈ (−∞, −1), entonces arcsecx ∈ (π/2, π) y tan(arcsecx) < 0. Por lo tanto, p p tan(arcsecx) = − sec2 (arcsecx) − 1 = − x2 − 1.

174 Luego, si | x |> 1,

0 = f −1 (x)

1 1 = 0 f 0 (f −1 (x)) f (arcsecx) 1 1 = sec(arcsecx) tan(arcsecx) x tan(arcsecx) 1 √ ±x x2 − 1 1 √ . | x | x2 − 1

= =

6. Sea x ∈ R tal que | x |> 1. Entonces, 0

(arccscx) = −

1 √ ; | x | x2 − 1

| x |> 1.

Se deja como ejercicio para el lector la comprobaci´on de este resultado. Aplicando la regla de la cadena, los resultados anteriores se cumplen cuando u es una funci´ on que depende de x y derivable en x. Esto es,

(arcsin u) =

√ 1 1−u2

du dx ;

1 · (arc cos u) = − √1−u 2 0

(arctan u) =

1 1+u2

1 (arccotu) = − 1+u 2 · 0

(arcsecu) =

du dx ;

para todo u ∈ R ·

du dx ;

(arccscu) = − |u|√1u2 −1 · 0

u ∈ (−1, 1)

para todo u ∈ R

du dx ;

√1 |u| u2 −1

u ∈ (−1, 1)

du dx ;

3.3.10. Ejemplo. Deriva las siguientes funciones. 1. f (x) = earcsin x 2. f (x) = arc cos

√

| u |> 1 | u |> 1

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS 3. f (x) = ln(arctan

175

√ x).

Soluci´ on: 1. Sea u = arcsin x. Entonces

du dx

√ 1 . 1−x2

f (x) = earcsin x · √ 2. Sea u =

√

x. Entonces

du dx

1 √ . 2 x

√

x. Entonces, 0

f (x) =

du dx

earcsin x 1 =√ . 1 − x2 1 − x2

Luego,

f (x) = − √ 3. Sea u = arctan

Luego,

1 1 · √ . 1−x 2 x

1 1+x

1 √ . 2 x

Luego,

1 1 1 √ · · √ . arctan x 1 + x 2 x

Se estudiará ahora la derivada de la función exponencial y logaritmo. Como primer paso, se probará que f (x) = ex es derivable en x = 0; es decir, 0

eh − 1 = 1. h→0 h

f (0) = l´ım

Para comprobar este resultado, se usar´a una desigualdad cuya prueba no se presenta aqu´ı. Esta desigualdad se conoce como desigualdad exponencial: ex ≥ 1 + x para todo x ∈ R. (a) Sea 0 < h < 1. Por la desigualdad exponencial, se tiene eh − 1 (1 + h) − 1 h ≥ = = 1. h h h

(3.5)

Tambi´en por la desigualdad exponencial, se tiene que e−h ≥ 1 − h. Entonces 1 1 ≥ −h = eh . 1−h e

Restando ambos lados de esta desigualdad por 1, se obtiene 1 − 1 ≥ eh − 1. 1−h

Haciendo las operaciones adecuadas en esta u ´ltima y reduciendo, se tiene eh − 1 1 ≥ . 1−h h

(3.6)

176 Por (3.5), (3.6), y por el hecho de que 0 < h < 1, implica que eh − 1 1 ≥ ≥ 1. 1−h h

De aqu´ı se concluye que

l´ım

h→0+

eh − 1 = 1. h

(b) Supongamos nuevamente que 0 < h < 1. En el l´ımite anterior, hagamos h = −y. Por lo tanto, h → 0+ , si y s´ olo si, −y → 0+ , y esto es equivalente a −h = y → 0− , porque −1 < −h < 0. Por lo tanto, l´ım

h→0+

e−y − 1 eh − 1 = l´ım = 1. h −y y→0−

Este u ´ltimo l´ımite es equivalente a l´ım

h→0−

e−h − 1 = 1. −h

1 ≥ eh , y por la Por otra parte, en el inciso (a) se ha comprobado que 1−h desigualdad exponencial, se tiene eh ≥ 1+h. Juntando estas dos desigualdades, se tiene que 1 ≥ eh ≥ 1 + h. 1−h Aplicando la ley del sandwich para l´ımites en la desigualdad anterior, se concluye que l´ım eh = 1. h→0+

Por lo tanto, se tiene tambi´en que l´ım e−h = 1.

h→0−

Por consiguiente 1 = l´ım

e−h 1 − eh = l´ım h→0− −h eh − 1 . = l´ım h h→0− h→0−

l´ım

h→0−

e−h − 1 −h

= l´ım

h→0−

e−h − 1 −h

Finalmente, de los l´ımites de los incisos (a) y (b), se concluye que eh − 1 = 1. h→0 h Una consecuencia inmediata de este l´ımite, es el siguiente: l´ım

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

177

3.3.11. Corolario. Sea f (x) = ex . Si x ∈ R, entonces d x e = ex . dx

f (x) = Demostraci´ on:Sea x ∈ R. Entonces,

ex+h − ex f (x + h) − f (x) = l´ım h→0 h→0 h h h−1 ex eh − ex e = l´ım = ex l´ım h→0 h→0 h h = ex .

f (x) =

l´ım

As´ı que la derivada de la función exponencial, es la misma función exponencial. En general, si h(x) = eu , donde u es una función que depende de x, entonces por la regla de la cadena se tiene que

h (x) = eu · u

3.3.12. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones. 1. f (x) = esin x

√

2. f (x) = x2 · e

Soluci´ on: 1. 3

f (x) = esin x · cos x3 · (3x2 ) = 3x2 cos x3 esin x . 2. 0

√

f (x) = 2x · e

√

+x ·e

1 √ = 2 x

x2 2x + √ 2 x

√

Tambi´en se puede obtener la derivada de la funci´on exponencial y = ax , con a > 0 y x ∈ R. Primero se observa que a = eln a .

Entonces

x ax = eln a = ex ln a .

178 As´ı que d x ln a d x e a = dx dx = ex ln a · ln a = ax ln a.

Por lo tanto, d x dx a

= ax ln a.

En general, si f (x) = au , donde u es una funci´on derivable que depende de x, entonces por la regla de la cadena, se tiene que d u du a = [au ln a] . dx dx

3.3.13. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones. 1. f (x) = 2sin x √ 2. f (x) = cos 10 x . Soluci´ on: 0

1. f (x) = 2sin x · ln 2 · cos x. √ √ 0 2. f (x) = − sin 10 x · 10 x · ln 10 ·

1 √ . 2 x

3.3.14. Teorema. Si x > 0, entonces d 1 ln x = . dx x 0

Demostraci´ on: Sea f (x) = ex . Se sabe que f (x) > 0 para todo x ∈ R. Entonces, f −1 (x) = ln x para todo x > 0. Aplicando el teorema 3.3.9, se tiene que

0 f −1 (x)

= = =

1 f 0 (f −1 (x)) 1 1 = ln x f 0 (ln x) e 1 . x

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

179

Por lo tanto,

d 1 ln x = ; x > 0. dx x En general, si h(x) = ln u, donde u es una funci´on positiva que depende de x, entonces 0

h (x) =

1 u

·u

3.3.15. Ejemplo. Calcula la derivada de las siguientes funciones. √ 1. f (x) = ln x 2. f (x) = x2 ln x21+1 3. f (x) = ln3 (x3 ).

Soluci´ on: 0

1. f (x) =

√1 x

2. f (x) = 2x ln

1 √ 2 x

= 1

x2 +1

3. f (x) = 3 ln2 (x3 ) · 0

1 2x .

1 x3

+ x2 (x2 + 1) · 3x2 =

−2x (x2 +1)2

9 ln2 (x3 ) . x

= 2x ln

1 x2 +1

−

2x3 . x2 +1

3.3.16. Teorema. La funci´ on exponencial f (x) = ex , se puede expresar mediante el l´ımite: x n ex = l´ım 1 + . n→∞ n Demostraci´ on: 1 t

ln(t + h) − ln t d ln t = l´ım h→0 dt h " # 1 t+h h 1/h = l´ım ln = l´ım ln 1 + h→0 h h→0 t t " # h 1/h = ln l´ım 1 + . h→0 t

Luego, sea n = 1/h. Como h > 0, entonces n → ∞ cuando h → 0. As´ı que 1 n 1 = ln l´ım 1 + . n→∞ t nt

180 Ahora, si se escribe x = 1t , se obtiene h x n i x = ln l´ım 1 + . n→∞ n

Finalmente, aplicando e a ambos lados de la igualdad anterior, se obtiene x n ex = l´ım 1 + . n→∞ n Si x = 1 en el l´ımite anterior, se obtiene una expresi´ on para el n´ umero irracional e: n 1 . e = l´ım 1 + n→∞ n

3.3.17. Ejemplo. Comprueba que l´ım (1 + h)1/h = e.

h→0

Soluci´ on: Sea n = 1/h, donde h > 0. Entonces, h → 0, si y s´ olo si n → ∞. Por lo tanto, 1 n 1/h l´ım (1 + h) = l´ım 1 + = e. n→∞ h→0 n El logaritmo natural de a, donde a > 0, tambi´en se puede expresar mediante un l´ımite: ah − 1 = ln a. l´ım h→0 h 0

En efecto, se ha visto que si f (x) = ax , entonces f (x) = ax ln a. Por otro lado, aplicando la definici´on de derivada, se obtiene ax+h − ax h→0 h ax ah − ax = l´ım h→0 h h a −1 = ax l´ım h→0 h = ax ln a.

f (x) =

Por lo tanto,

l´ım

ah − 1 = ln a. h→0 h l´ım

´ DERIVADAS TRIGONOMETRICAS

181

´ 3.3 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1. Obt´en la ecuaci´ on de la recta tangente de las siguientes curvas, en el punto donde se indica. a) f (x) =

√ x,

en (4, 2)

b) f (x) = x3 , en (3/2, 27/8) c) f (x) = x3 , en (3, 1). 2. Calcula los puntos de la curva y = x3 − 3x2 − 9x + 5, cuya recta tangente, es paralela al eje x. 3. Determina los puntos de la curva f (x) = x4 + 7x3 + 13x2 + x + 1 para los cuales, la recta tangente forma un ´angulo de 45◦ con el eje x. 4. Determina el punto de la curva y = x3 , en cuya recta tangente tiene pendiente 3 y pasa por el punto (0, −2). 5. Determina los coeficientes de y = ax2 + bx + c, sabiendo que su gr´ afica, pasa por (0, 3) y (2, 1), y cuya recta tangente que pasa por (2, 1), tiene pendiente 3. 6. La gr´ afica de la funci´ on f (x) = ax3 +bx2 +cx+d, pasa por (−1, 2) y (2, 3). Si las rectas tangentes que pasan por estos puntos son paralelas al eje x, determina a, b, c y d. 7. Cada l´ımite, representa la derivada de alguna funci´on f en alg´ un n´ umero a. Establece f y a en cada caso. a) l´ım

h→0

√

1+h−1 h

b) l´ım

(2+h)3 −8 h

c) l´ım

3x −1 x

h→0

x→0

sin(π/2+t)−1 . t t→0

d) l´ım

8. Calcula la derivada de las siguientes funciones, empleando la definici´on. a) f (x) = 2x2 − 1 b) f (x) = 4 − 3x2 √ c) f (x) = 2x + 1.

182 9. Calcula la derivada de las siguientes funciones, empleando las propiedades adecuadas. a) f (x) =

sin x 1+cos x

b) f (x) = sin x cos2 x c) f (x) = (1 − sin x)4

d) f (x) = (sin x − cos x)2 e) f (x) = cos2 x4

f ) f (x) = tan4 x3 g) f (x) = x2 cos h) f (x) =

1 x

sec 5x tan 3x

i ) f (x) = cos j ) f (x) = tan

x+1 x−1

√

k ) f (x) = sin(cos x) l) f (x) = cos2 (sin2 x) m) f (x) = x2 e2x √ n) f (x) = ex + 1 n ˜) f (x) = ee

x 3

o) f (x) = esin(x +1) 2x p) f (x) = ln ee2x −1 +1

q) f (x) = ln tan(1 − x) 1−x r ) f (x) = ln 1+x q s) f (x) = ln 1+x 1−x x t) f (x) = ln eex +1 −1 √ u) f (x) = arcsin x2 − 4

v ) f (x) = arc cos ex √ w ) f (x) = arctan x

1+x x ) f (x) = arctan 1−x .

REGLA DE L’Hˆ oPITAL

3.4.

183

Regla de L’Hˆ opital

En esta secci´ on, se estudiará la regla de L´Hˆ opital. Esta regla se aplica para el cálculo de ciertos l´ımites, sobre todo, de aquellos que presentan alg´ un tipo de 0 indeterminaci´ on tales como: 0 , 0 · ∞, ∞ − ∞, entre otras. Se comenzará enunciando algunos resultados importantes de la derivada. Posteriormente la regla de L’Hˆ opital, ser´ a una consecuencia de estos. 3.4.1. Teorema. Sean f (x) una funci´ on derivable en (a, b) y xo ∈ (a, b) tal que 0 f (xo ) es un valor m´ aximo. Entonces, f (xo ) = 0. Demostraci´ on: Como f (xo ) es un m´ aximo, entonces f (xo ) ≥ f (x) para todo x ∈ (a, b). Luego, para h peque˜ no se tiene f (xo + h) ≤ f (xo ). Entonces, (i) Si h > 0,

f (xo +h)−f (xo ) h

≤ 0. Luego, l´ım

h→0+

(ii) Si h < 0,

f (xo +h)−f (xo ) h

f (xo + h) − f (xo ) ≤ 0. h

≥ 0. Entonces, l´ım

h→0−

f (xo + h) − f (xo ) ≥ 0. h 0

Como f es derivable, los l´ımites laterales en (i) y (ii) coinciden con f (xo ). Por lo 0 0 tanto, f (xo ) ≤ 0 y f (xo ) ≥ 0. Entonces se tiene que 0

f (xo ) = 0.

3.4.2. Teorema. (Teorema de Rolle). Sea f una funci´ on continua en [a, b] y 0 derivable en (a, b). Si f (a) = f (b), entonces existe x ∈ (a, b) tal que f (x) = 0. Demostraci´ on: 0 Si f es constante en [a, b], cualquier x ∈ (a, b), satisface f (x) = 0. Supongamos entonces que f no es constante. Como f es continua en [a, b], aplicando el teorema 3.1.19, existe un m´ aximo y m´ınimo de f en [a, b]. Sea xo ∈ (a, b) tal que 0 f (xo ) > f (a), entonces existe x ∈ [a, b] tal que f (x) es un m´ aximo de f y f (x) = 0. De la misma forma, si xo ∈ (a, b) y f (xo ) < f (a), entonces existe x ∈ [a, b] tal que 0 f (x) es un m´ınimo de f y f (x) = 0.

184 3.4.3. Teorema. (Teorema del valor medio). Sea f una funci´ on continua en [a, b], y derivable en (a, b). Entonces, existe x ∈ (a, b) tal que 0

f (x) = Demostraci´ on:

f (b) − f (a) . b−a

Se define la funci´on f (b) − f (a) h(x) = f (x) − (x − a). b−a

Es claro que h es continua en [a, b] y derivable en (a, b). Adem´as, h(a) = h(b). Entonces, aplicando el teorema de Rolle, existe x ∈ (a, b) tal que 0

h (x) = f (x) −

f (b) − f (a) = 0. b−a

De aqu´ı, se sigue que 0

f (x) =

f (b) − f (a) . b−a

3.4.4. Teorema. (Teorema del valor medio de Cauchy). Sean f y g funciones continuas en [a, b] y derivables en (a, b). Entonces, existe x ∈ (a, b) tal que 0

[f (b) − f (a)]g (x) = [g(b) − g(a)]f (x). Demostraci´ on:

Se define la funci´on h(x) = f (x)[g(b) − g(a)] − g(x)[f (b) − f (a)].

Se sigue que h es continua en [a, b] y derivable en (a, b). Adem´as, se tiene que h(a) = h(b). Aplicando el teorema de Rolle para h, se tiene que existe x ∈ (a, b) tal que 0

h (x) = f (x)[g(b) − g(a)] − g (x)[f (b) − f (a)] = 0. De aqu´ı, se sigue que 0

[f (b) − f (a)]g (x) = [g(b) − g(a)]f (x).

REGLA DE L’Hˆ oPITAL 3.4.5. Teorema.

185

(Regla de L´Hˆ opital). Sean f (x) y g(x) funciones contin0

f (x) , 0 x→a g (x)

uas y derivables en un intervalo abierto que contiene a, tales que existe l´ım f (x) , x→a g(x)

l´ım f (x) = 0 = l´ım g(x), y g (x) 6= 0 en x 6= a. Entonces, existe l´ım

x→a

f (x) f (x) = l´ım 0 l´ım . x→a g (x) x→a g(x) Demostraci´ on: Como f y g son derivables en a, entonces f y g son continuas en a. De esta forma, se puede suponer que f (a) = 0 = g(a). Sea x un punto sobre el intervalo tal que x > a. Como f y g son continuas en [a, x] y derivables en (a, x), entonces aplicando el teorema del valor medio de Cauchy, existe z ∈ (a, b) tal que 0

f (x) f (x) − f (a) f (z) = = 0 . g(x) g(x) − g(a) g (z)

Como z depende de x y z ∈ (a, x), entonces z → a cuando x → a. Por lo tanto, 0

f (z) f (x) f (x) = l´ım 0 = l´ım 0 . z→a g (z) x→a g (x) x→a g(x) l´ım

3.4.6. Ejemplo. Calcula los siguientes l´ımites. 1. l´ım

x→0

ex −e−x sin x

ln x x→1 x−1

2. l´ım

x sin x . x→0 1−cos x

3. l´ım

Soluci´ on: 1. Sean f (x) = ex − e−x y g(x) = sin x. l´ım f (x) = 0 = l´ım g(x).

x→0

Entonces, por la regla de L’Hˆ opital, ex − e−x ex + e−x 2 = l´ım = = 2. x→0 x→0 cos x sin x 1 l´ım

2. Sean f (x) = ln x y g(x) = x − 1. l´ım f (x) = 0 = l´ım g(x).

x→1

Por la regla de L’Hˆ opital, 1/x ln x = l´ım = 1. x→1 1 x→1 x − 1 l´ım

186 3. Sean f (x) = x sin x y g(x) = 1 − cos x. l´ım f (x) = 0 = l´ım g(x).

x→0

Por L’Hˆ opital, se tiene l´ım

x→0

sin x + x cos x 0 x sin x = l´ım = = 0. 1 − cos x x→0 1 + sin x 1

Nota: Para aplicar la regla de L’Hˆ opital en el c´alculo de un l´ımite, se debe asegurar que se cumplen las condiciones que se requieren. De otra forma, no se puede aplicar 0 0 dicha regla. Si el cociente f (x)/g (x) se indetermina de la forma 0/0, entonces se aplica por segunda vez la regla de L’Hˆ opital. La regla de L’Hˆ opital tiene muchas variantes. Por ejemplo, en el enunciado del teorema, el n´ umero a se puede sustituir por ∞ o −∞. Es decir: 3.4.7. Corolario. Si f y g son funciones continuas y derivables en un intervalo, 0 (x) digamos (c, ∞) para alguna c ∈ R, tales que existe l´ım fg0 (x) y l´ım f (x) = 0 = x→∞ x→∞ l´ım g(x), entonces

x→∞

f (x) f (x) l´ım = l´ım 0 . x→∞ g(x) x→∞ g (x) Demostraci´ on: Sea y = 1/x. As´ı que y → ∞ cuando x → 0+ . Entonces, l´ım

x→0+

f (1/x) g(1/x)

f (y) y→∞ g(y) l´ım

f (1/x) f (y) = l´ım 0 = l´ım 0 . + y→∞ g (y) x→0 g (1/x) 0

La segunda igualdad se debe a que si y = f (1/x) y y = g(1/x), entonces y = 0 0 0 f (1/x) · (−1/x2 ) y y = g (1/x) · (−1/x2 ) respectivamente. Al hacer el cociente de ambas derivadas, se cancela el t´ermino −1/x2 . Por lo tanto, 0

f (x) f (x) l´ım = l´ım 0 . x→∞ g(x) x→∞ g (x)

3.4.8. Ejemplo. Calcula el valor de l´ım

x→∞

(ln x)2 . x2

REGLA DE L’Hˆ oPITAL

187

Soluci´ on: Sean f (x) = (ln x)2 y g(x) = x2 . l´ım f (x) = ∞ = l´ım g(x).

x→∞

Por L’Hˆ opital, se tiene 2 ln x 1 (ln x)2 ln x 1 x x = l´ ım = l´ ım = l´ ım = l´ım = 0. 2 2 x→∞ x→∞ 2x x→∞ x x→∞ 2x x→∞ 2x2 x

l´ım

En este ejemplo, se empleo dos veces la regla de L’Hˆ opital (primera y tercera igualdad). Todas las variantes que tiene la regla de L’Hˆ opital, se pueden resumir como sigue: Si l´ımx→M f (x) = l´ımx→M g(x) = N y l´ımx→M donde

f (x) g 0 (x)

= , entonces l´ımx→M

f (x) g(x)

= ;

M puede ser a o a+ o a− o ∞ o −∞ N puede ser 0 o ∞ o −∞, y puede ser l o ∞ o −∞. En el c´ alculo de un l´ımite, surgen otros tipos de indeterminaciones, tales como 00 ,

∞0 ,

1∞ ,

0 · ∞,

y ∞ − ∞.

Los tres primeros casos, se presentan sobre todo cuando se pide evaluar l´ımites de la forma: l´ım [f (x)]g(x) . x→a

Para resolver el problema de estas indeterminaciones, se recomienda escribir y = [f (x)]g(x)

y entonces,

ln y = g(x) ln f (x),

o también como [f (x)]g(x) = eg(x) ln f (x) . Cuando en un l´ımite se presenta una indeterminación en la forma 0 · ∞, la función f g f g, se recomienda escribirla como 1/g o 1/f . Si la indeterminación tiene la forma ∞ − ∞, se recomienda transformar esta indeterminación en la forma 0/0 o ∞/∞, y usar L’Hˆ opital.

188 3.4.9. Ejemplo. Calcula los siguientes l´ımites. 1. l´ım x ln x x→0+

2. l´ım

x→0+

1 x

−

1 ln(x+1)

3. l´ım xsin x x→0+

4. l´ım xx . x→0+

Soluci´ on: 1. Este l´ımite, tiene una indeterminaci´on de la forma 0 · ∞. Luego, ln x x→0+ 1/x 1/x = l´ım = l´ım −x + x→0 −1/x2 x→0+ = 0.

l´ım x ln x =

x→0+

l´ım

2. Este l´ımite, tiene una indeterminaci´on de la forma ∞ − ∞. Pero 1 1 ln(x + 1) − x − , l´ım = l´ım + + x ln(x + 1) x ln(x + 1) x→0 x→0 y este u ´ltimo l´ımite, tiene la indeterminaci´on 0/0, debido a que l´ım x ln(x + 1) = l´ım

x→0+

ln(x + 1) 1 x

x→0+

= l´ım

x→0+

1 x+1 − x12

= l´ım − x→0+

x2 = 0. x+1

Luego, por L’Hˆ opital, se tiene ln(x + 1) − x l´ım + x ln(x + 1) x→0

1 x+1

−1 = l´ım ım x = l´ + x→0 ln(x + 1) + x+1 x→0+ =

l´ım

x→0+

−x −1 = l´ım + (x + 1) ln(x + 1) + x x→0 ln(x + 1) + 2

1 = − . 2 Por lo tanto, l´ım

x→0+

1−(x+1) x+1 (x+1) ln(x+1)+x x+1

1 1 1 − =− . x ln(x + 1) 2

REGLA DE L’Hˆ oPITAL

189

3. Este l´ımite tiene la indeterminaci´on 0(−∞). Si se escribe y = xsin x , entonces ln y = sin x ln x. Luego, l´ım ln y =

x→0+

l´ım sin x ln x = l´ım

x→0+

1 x

l´ım

ln x

x→0+

sin2 x = l´ım

− cos x sin x sin x · = l´ım cos x x→0+ x = 0. x→0+

1 sin x

x→0+

sin2 x −x cos x

En consecuencia, se tiene que l´ım xsin x = l´ım y = l´ım eln y = e0 = 1.

x→0+

4. Este l´ımite tiene la indeterminaci´on 00 . Si se escribe y = xx , entonces ln y = x ln x. Luego, l´ım x ln x =

x→0+

l´ım

ln x

x→0+

1 x

= l´ım

x→0+

1 x −1 x2

l´ım −x

x→0+

= 0. Por lo tanto, l´ım xx = l´ım y = l´ım eln y = e0 = 1.

x→0+

Actividad 37. Determina el valor de los siguientes l´ımites. tan x x→0 x+sin x

1. l´ım

2. l´ım

x→1

1 ln x

−

1 x−1

190 ´ 3.4 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION Determina el valor de los siguientes l´ımites. 1. l´ım

cos2 x−cos x x2

2. l´ım

1−cos 2x x2

x→0 x→0

x x→0 x+sin x

3. l´ım

4. l´ım

x→0

sin x−x x3 2

ex −1 2 x→0 x

5. l´ım

6. l´ım

x→0

ln(1+x) x

ln x 2 x→∞ x

7. l´ım 8. l´ım

x→0

tan(x−1) x−1

xn −1 m x→1 x −1

9. l´ım

10. l´ım

x→0+

ln √x x

ln3 x 2 x→∞ x

11. l´ım

sin x x→0 sinh x

12. l´ım

13. l´ım

x→0

arctan(2x) 3x

tan 2x x→0 tanh 3x

14. l´ım

eax −ebx x x→0

15. l´ım

16. l´ım

x→0+

√

x ln x

17. l´ım e−x ln x x→∞

18.

l´ım xex

x→−∞

19. l´ım

1 x4

20. l´ım

x→0

x→∞

−

x−

1 x2

√

x2 − 1

REGLA DE L’Hˆ oPITAL 21. l´ım

x→1

1 ln x

−

1 x−1

22. l´ım (1 − 2x)1/x

191

x→0

23. l´ım x1/x x→∞

24. l´ım x1/x x→0+

25. l´ım

x→∞

x x+1

26. l´ım (sin x)tan x x→0+

27. l´ım (ex + x)1/x x→∞

28. l´ım (ln x)sin x x→1

29. l´ım x 1−x x→1

30. Prueba que si n es un entero, entonces ex = ∞. x→∞ xn l´ım

31. Prueba que ln x, se aproxima m´ as lentamente a ∞ que cualquier potencia de x. Esto es, si p > 0, entonces ln x = 0. x→∞ xp l´ım

32. Prueba que si α > 0, entonces l´ım xα ln x = 0.

x→0+

33. Prueba que l´ım

x→∞

1 1+ x

= e.

192

3.5.

Introducci´ on a la integral definida

En esta secci´ on, se estudiarán resultados y métodos de integraci´ on, principalmente para funciones trigonométricas, exponencial y logar´ıtmica. Primero, se recordar´ a la definición de la integral definida, motivada por el problema de definir el concepto de ´ area. Sea y = f (x) una funci´ on continua no negativa, con dominio [a, b]. y y = f (x)

R a

El ´ area de la regi´ on R limitada entre la gr´ afica de f , las verticales x = a, x = b y el eje x, se simboliza por Z b ´ f (x)dx. Area de la regi´ on R = A(R) = a

Para explicar el significado de ´area de la regi´ on R, se comienza introduciendo terminolog´ıas y notaci´ on. Una partici´ on P del intervalo cerrado [a, b], es un conjunto finito P = {xo , x1 , . . . , xn } de puntos en [a, b] tales que a = xo < x1 < x2 < · · · < xn = b. Los puntos de la partici´ on P se pueden usar para dividir el intervalo [a, b] en subintervalos [xo , x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xn−1 , xn ]. Sean Mi = f (ζi ) y mi = f (ξi ) los valores m´ aximo y m´ınimo de f respectivamente, en el i-´esimo subintervalo [xi−1 , xi ], para todo i = 1, 2 . . . , n. La suma inferior de f asociada a la partici´ on P , se define como L(P ; f ) =

n X i=1

mi (xi − xi−1 ),

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

193

y la suma superior de f asociada a la partici´ on P , se define como U (P ; f ) =

n X i=1

Mi (xi − xi−1 ).

Si f no es negativa, L(P ; f ) se puede interpretar como el ´area de la uni´ on de los rect´ angulos de base [xi−1 , xi ] y altura mi . De manera similar, U (P ; f ) se puede interpretar como el ´ area de la uni´ on de los rect´ angulos de base [xi−1 , xi ] y de altura Mi . y

U (P ; f )

L(P ; f )

Una primera relaci´ on entre el ´ area de la regi´ on R (´area bajo la gr´ afica de f entre x = a, x = b y el eje x), y las dos sumas definidas anteriormente, es que si P = {xo , x1 , . . . , xn } es cualquier partici´ on de [a, b], entonces L(P ; F ) ≤ A(R) ≤ U (P ; f ).

(3.7)

Un caso particular de partici´ on P , es cuando [a, b] se divide en n subintervalos iguales. Es decir, cada uno de [xo , x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xn−1 , xn ] tienen la misma longitud 4x =

b−a . n

En este caso, xi = a + i b−a on con estas n ; para todo i = 0, 1, 2, . . . , n. Una partici´ caracter´ısticas, se denomina partici´ on regular. As´ı, L(P ; f ) =

n X i=1

mi 4x

U (P ; f ) =

n X i=1

Mi 4x.

Es claro que cuando el n´ umero n de subintervalos aumenta cada vez m´ as, 4x se hace m´ as peque˜ no. De esta forma, la diferencia entre L(P ; F ) y U (P ; f ) ser´ a cada vez m´ as peque˜ na y ambos valores, estar´ an cercanos al ´area real A(R) de la regi´ on R. M´as a´ un, el siguiente teorema establece que

194 3.5.1. Teorema. Sean f una funci´ on continua no negativa en el intervalo [a, b] y P = {xo , x1 , . . . , xn } una partici´ on regular de [a, b]. Entonces, l´ım L(P, f ) = l´ım U (P, f ).

n→∞

Pero entonces, si aplicamos la ley del sandwich a la desigualdad (3.7), junto con el resultado de este teorema, se concluye que el ´area de la regi´ on R est´ a dada por A(R) = l´ım L(P, f ) = l´ım U (P, f ). n→∞

n→∞

3.5.2. Ejemplo. Determina el ´area de la regi´ on R bajo la gr´ afica de f (x) = x2 , entre x = 0 y x = 1. y y

1 x

L(P ; f )

U (P ; f )

Soluci´ on: Sea P una partici´ on regular de [0, 1], de tal forma que divide este intervalo en n subintervalos. En este caso, 4x =

1 n

xi = 0 + i

1 i = n n

para todo i = 0, 1, 2, . . . , n.

Como f es creciente en [0, 1], entonces ζi = xi = ni y ξi = xi−1 = i−1 n . Por lo i 2 i−1 2 2 2 tanto, Mi = f (ζi ) = xi = n y mi = f (ξi ) = xi−1 = n . Evaluando la suma superior, se tiene que n n 2 n X X i 1 1 X 2 i . Mi 4x = = 3 U (P, f ) = n n n Pero

n X i=1

Por lo tanto,

i2 =

i=1

1 1 1 n(n + 1)(2n + 1) = n3 + n2 + n. 6 3 2 6

1 U (P, f ) = 3 n

1 3 1 2 1 n + n + n 3 2 6

1 1 1 + + 2. 3 2n 6n

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION Finalmente A(R) = l´ım U (P, f ) = l´ım n→∞

n→∞

1 1 1 + + 2 3 2n 6n

195

1 . 3

Actividad 38. Con los datos del ejemplo 3.5.2, calcula L(P, f ) y comprueba que l´ım L(P, f ) = 13 .

n→∞

Actividad 39. Por medio de una suma superior o inferior y utilizando una partici´ on regular P en [0, 1], calcula el ´ area de la regi´ on acotada entre la gr´ afica de f (x) = x3 , x = 0, x = 1 y el eje x. Ahora, se generalizar´a la idea de las sumas superiores e inferiores para definir la integral definida. Consideremos una funci´on f acotada en [a, b]. Sea P = {xo , x1 , . . . , xn } una partici´ on de [a, b], no necesariamente regular. La norma de la partici´ on P denotada por kP k, se define como la longitud m´ axima de los subintervalos en que queda dividido el intervalo [a, b] con la partici´ on P . Es decir, kP k = max{4xi = xi − xi−1 ;

i = 1, 2, . . . , n}.

Sea ξi ∈ [xi−1 , xi ] para todo i = 1, 2, . . . , n. Se define la suma de Riemann de la funci´ on f asociada con la partici´ on P , como: S(P ) =

n X

f (ξi )4xi .

i=1

La diferencia entre una suma superior o inferior con la suma S(P ), es que no se elige el punto en cada [xi−1 , xi ] donde surge el m´ aximo o m´ınimo de f , sino que se elige cualquier punto arbitrario. Es claro que cuando el n´ umero de subintervalos n de [a, b] aumenta cada vez m´ as, la norma de la partici´ on se har´ a cada vez m´ as peque˜ na. Es decir, kP k → 0 cuando n → ∞. Si la suma de Riemann tiene un l´ımite determinado cuando n → ∞, o cuando kP k → 0, al valor del l´ımite se le denomina integral definida de f en [a, b]. As´ı, surge la siguiente definici´on: 3.5.3. Definici´ on. Sea f una funci´ on acotada en [a, b]. La integral definida de f Rb en [a, b], denotada con a f (x)dx, se define como Z b n X f (ξi )4xi f (x)dx = l´ım a

kP k→0

i=1

siempre que el l´ımite exista, en cuyo caso se dice que f es integrable en [a, b].

196 Si en la suma de Riemann la partici´ on P de [a, b] es regular, entonces b−a = 4x. n

4x1 = 4x2 = . . . = 4xn = Luego se tiene que S(P ) =

n X

f (ξi )4x.

i=1

En este caso, las condiciones kP k → 0, 4x → 0 y n → ∞, son equivalentes. Por lo tanto, Z b n n X X f (ξi )4x. f (ξi )4x = l´ım f (x)dx = l´ım n→∞

kP k→0

i=1

3.5.4. Ejemplo. Expresa los siguientes l´ımites como una integral definida en el intervalo indicado [a, b]. Sup´on que [xi−1 , xi ] denota el i-´esimo subintervalo de [a, b], y que 4x = b−a n para todo i = 1, 2, . . . , n. Pn q 2 4x en [0, 5] 1. l´ım 25 − x i=1 i n→∞

2. l´ım

n→∞

3. l´ım

n→∞

i=1 (cos 2xi−1 ) 4x

i=1 (tan xi ) 4x

[0, π/2]

[0, π/4].

Soluci´ on: 1.

l´ım

n→∞

Z n q X 25 − x2i 4x =

i=1

2. n→∞

n X

l´ım

n X

l´ım

3. n→∞

i=1

5√

(cos 2xi−1 ) 4x =

(tan xi ) 4x =

25 − xdx.

π/2

cos 2xdx. 0

π/4

tan xdx.

En la definici´on de integral definida, no se pidi´ o que f fuera positiva, por eso Rb f (x)dx puede ser tanto negativa como cero, y s´ olo cuando f (x) sea positiva, Rab area bajo la gr´ afica de la funci´on f , entre x = a y x = b. a f (x)dx coincide con el ´

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

197

Dos hechos importantes de la integral definida son: 1. Si a ∈ Domf , entonces

f (x)dx = 0. a

2. Si f es integrable en [a, b], entonces Z Z b f (x)dx = −

f (x)dx.

3.5.5. Ejemplo. Por medio de una suma de Riemann y utilizando una partici´ on regular P en [a, b], comprueba que si c es una constante positiva, entonces Z b cdx = c(b − a). a

Soluci´ on: Sea P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xi , . . . , xn } una partici´ on regular de [a, b]. Entonces, xi = b−a a + i n para todo i = 0, 1, 2, . . . , n y 4x = b−a n . Sea ξi ∈ [xi−1 , xi ] para todo i = 1, 2, . . . n. Se tiene entonces que S(P ) =

n X

n X b−a c f (ξi )∆x = = c(b − a). n

n X

f (ξi )4x = l´ım c(b − a) = c(b − a).

Por lo tanto, Z

cdx = l´ım

n→∞

i=1

n→∞

El siguiente resultado, asegura que todas las funciones continuas en [a, b], son integrables. 3.5.6. Teorema. Si f es una funci´ on continua en [a, b], entonces f es integrable en [a, b].

3.5.7. Teorema. 1. Si a < c < b entonces, f es integrable en [a, b], si y s´ olo si f es integrable en [a, c] y [c, b]. Adem´ as se tiene Z b Z c Z b f (x)dx. f (x)dx + f (x)dx = a

198 2. Si f y g son funciones integrables sobre [a, b], entonces f + g es integrable en [a, b], y Z b Z b Z b g(x)dx. f (x)dx + (f (x) + g(x))dx = a

3. Si f es integrable sobre [a, b] y c es cualquier n´ umero real, entonces Z b Z b cf (x)dx = c f (x)dx. a

4. Si f es integrable sobre [a, b] y m ≤ f (x) ≤ M para todo x ∈ [a, b], entonces Z b f (x)dx ≤ M (b − a). m(b − a) ≤ a

5. Si f es integrable y no negativa sobre [a, b], entonces Z b f (x)dx ≥ 0. a

6. Si f y g son integrables sobre [a, b], tal que f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces Z b Z b g(x)dx. f (x)dx ≤ a

3.5.8. Ejemplo. Calcula

f (x)dx, donde    3x − 5 si 1 ≤ x < 2, f (x) = 1 si 2 ≤ x < 4,   x − 5 si 4 ≤ x ≤ 5. 1

Soluci´ on: La gr´ afica de f (x) es de la forma: y 1 1

5 2

−2

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

199

Aplicando la propiedad 1 del teorema 3.5.6, se tiene que Z Z 4 Z 2 Z 5 f (x)dx + f (x)dx + f (x)dx =

f (x)dx.

Para obtener la primera integral, se observa que 3x − 5 = 0, cuando x = 5/3. Por lo tanto, Z 2 Z 5/3 Z 2 1 4 1 f (x)dx = − + = − . f (x)dx + f (x)dx = 6 6 2 5/3 1 1 Por otra parte,

f (x)dx = 2 y

Finalmente, se tiene que Z

3.5.9. Ejemplo. Calcula

5 4

1 f (x)dx = − . 2

1 1 f (x)dx = − + 2 − = 1. 2 2

R3 1

| 2x − 4 | dx.

Soluci´ on: Se observa que 2x − 4 = 0, cuando x = 2. Por lo tanto, ( −(2x − 4) si 1 ≤ x < 2, | 2x − 3 |= 2x − 4 si 2 ≤ x ≤ 3. y 2

3 x

Luego, Z

3 1

| 2x − 4 | dx =

(4 − 2x)dx +

3 2

(2x − 4)dx = 1 + 1 = 2.

Nota: Para calcular cada una de las integrales en los dos ejemplos anteriores, se recurri´o a la f´ormula del ´ area de un tri´ angulo y de un rect´ angulo.

200 3.5.10. Teorema. (Teorema del valor medio para integrales). Sea f una funci´ on continua en [a, b]. Entonces, existe c ∈ (a, b) tal que 1 f (c) = b−a Demostraci´ on:

f (x)dx. a

Se sabe que m(b − a) ≤

f (x)dx ≤ M (b − a),

donde m y M , son los valores m´ınimo y m´ aximo de f en [a, b] respectivamente. Entonces se tiene que Z b 1 f (x)dx ≤ M. m≤ b−a a

Sean f (x1 ) = m y f (x2 ) = M para ciertas x1 , x2 ∈ [a, b]. Sin perdida de generalidad, supongamos que x1 < x2 . Entonces f (x1 ) ≤

1 b−a

f (x)dx ≤ f (x2 ).

Aplicando el teorema del valor intermedio a f en [x1 , x2 ] ⊂ [a, b] (ver teorema 3.1.20), se tiene que existe c ∈ (x1 , x2 ) ⊂ (a, b), tal que 1 f (c) = b−a

f (x)dx. a

El teorema del valor intermedio para integrales, tiene una interpretación geométrica Rb cuando f (x) ≥ 0 en [a, b]. En este caso, a f (x)dx es el área bajo la gr´ afica de f entre x = a y x = b; mientras que (b − a)f (c), corresponde al área de un rect´ angulo de base b − a y altura f (c) para alguna c ∈ (a, b), y f (c)(b − a) =

f (x)dx.

f (c)

b x

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

201

3.5.11. Ejemplo. ¿Qu´e altura debe tener un rect´ angulo de base 2 para que tenga √ igual ´area que la regi´ on limitada entre la gr´ afica de f (x) = 1 − x2 , que corresponde a un medio c´ırculo con centro en el origen y de radio 1, y el eje x? Soluci´ on: Por el teorema del valor intermedio para integrales, la altura de dicho rect´ angulo debe ser f (c) para alguna c ∈ (−1, 1), donde f (c) = En este caso, f (x) =

√

1 b−a

f (x)dx. a

1 − x2 est´ a definida en [−1, 1]. As´ı,

1 f (c) = 2

1 −1

1 − x2 dx =

1 π π = . 2 2 4

Para determinar el valor c ∈ (−1, 1), se procede como sigue: f (c) = 2

1 − c2 =

π . 4

Entonces 1 − c2 = π16 . Despejando c de esta igualdad, se concluye que c ≈ ±0.619. Geom´etricamente se explica en la siguiente gr´ afica. y 1

−1 −c

Nótese que el valor de c no es u ńico. Sea f una funci´ on continua sobre el intervalo [a, b]. Se define una nueva función F (x) sobre [a, b], como sigue: Z x f (t)dt. F (x) = a

Esta funci´ on es de suma importancia, debido a que F (x) = f (x). Para comprobar este resultado, se observa que F (x + h) =

x+h

f (t)dt =

f (t)dt + a

x+h

f (t)dt. x

202 Luego, 0

F (x + h) − F (x) h→0 h Rx R x+h Rx f (t)dt − a f (t)dt a f (t)dt + x = l´ım h→0 h Z x+h 1 f (t)dt. = l´ım h→0 h x

F (x) =

l´ım

Por otro lado, aplicando el teorema del valor medio para integrales al intervalo [x, x + h], se tiene que existe c ∈ (x, x + h), tal que Z 1 x+h f (c) = f (t)dt. h x Por lo tanto,

1 (h(f (c)) = l´ım f (c). h→0 h→0 h Como x < c < x + h, y por la continuidad de f , es claro que cuando h → 0, entonces c → x. Se obtiene finalmente que 0

F (x) = l´ım

F (x) = f (x). As´ı, se ha probado el siguiente teorema: 3.5.12. Teorema. (Teorema fundamental del c´ alculo). Si f es una funci´ on Rx continua en [a, b] y si F (x) = a f (t)dt, entonces 0

F (x) = f (x).

3.5.13. Ejemplo. Calcula F (x), donde 1. F (x) =

−2

2. F (x) =

4 − t2 dt

sin x

5t2 dt.

Soluci´ on: √ 1. f (t) = 4 − t2 est´ a definida o tiene dominio en [−2, 2]. Por lo tanto, p 0 F (x) = f (x) = 4 − x2 ; para todo x ∈ [−2, 2].

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

203

2. Se observa que F (x) es el resultado de una composici´ on de funciones. Esto es, si Z x 5t2 dt y H(x) = sin x, G(x) = 0

entonces

F (x) = G(H(x)) = G(sin x) =

sin x

5t2 dt.

5x2

Por otra parte, G (x) = la cadena, se tiene que 0

y H (x) = cos x. Entonces, aplicando la regla de

F (x) = G (H(x)) · H (x) = G (sin x) · cos x = 5 sin2 x · cos x.

Por lo tanto, 0

F (x) = 5 sin2 x · cos x. Con la ayuda de la funci´ on F (x), se pueden calcular f´acilmente algunas integrales definidas sin necesidad de calcular sumas superiores, inferiores o sumas de Riemann. El siguiente resultado da cuenta de esto. 0

3.5.14. Corolario. Si f es una funci´ on continua en [a, b] y f (x) = g (x) para alguna funci´ on g, entonces Z

f (x)dx = g(b) − g(a).

Demostraci´ on:

Sea F (x) =

f (x)dx.

Entonces, F (x) = f (x) = g (x) sobre [a, b]. Luego, se tiene que F (x) = g(x) + c

para alguna constante c.

Por otra parte, 0 = F (a) = g(a) + c, de modo que c = −g(a). Por lo tanto, F (x) = g(x) − g(a)

F (b) = g(b) − g(a).

Esta u ´ltima igualdad, equivale a Z

f (x)dx = g(b) − g(a).

204 Nota: se dice que las funciones F (x) o g(x) del corolario anterior, son primitivas 0 o antiderivadas de f . Es decir, si h es una primitiva de f , entonces h (x) = f (x). Luego, para obtener la integral definida de una funci´on f , basta determinar una primitiva y aplicar el corolario anterior. Se observa que F (b) − F (a) = g(b) + c − (g(a) + c) = g(b) − g(a). Se cancela la constante c en F (x). Por lo tanto, se tiene tambi´en que Z

3.5.15. Ejemplo. Calcular Soluci´ on:

Sea

f (x)dx = F (b) − F (a).

Rb a

x2 dx.

g(x) =

x3 , 3

entonces g (x) = f (x), donde f (x) = x2 . Luego Z

x2 dx =

b3 a3 − . 3 3

M´as a´ un, si n es cualquier n´ umero natural, entonces g(x) = Por lo tanto, Z b an+1 bn+1 − . xn dx = n+1 n+1 a

xn+1 n+1

cumple g (x) = xn .

Sin embargo, para la funci´on f (x) = x−n , se debe tener especial cuidado puesto que no est´ a definida en x = 0. Por eso, si a y b son ambos positivos o negativos, entonces −n+1 al ser g(x) = x−n+1 una primitiva de f , se tiene que Z

b a

x−n dx =

b−n+1 a−n+1 − , −n + 1 −n + 1

donde n 6= 1. La buena noticia, es que ya se conoce una primitiva o antiderivada de muchas funciones que ya se han estudiado anteriormente. Con esto, se puede calcular una variedad m´ as amplia de integrales definidas. La siguiente tabla, exhibe la primitiva de algunas funciones que surgen con frecuencia en el c´alculo de integrales.

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

205

Funci´ on f (x)

Primitiva g(x)

Funci´ on f (x)

Primitiva g(x)

xn sin x cos x tan x cot x sec x csc x arcsin x

xn+1 n+1

arctan x ex ln x sinh x cosh x tanh x coth x sec hx

1 x2 +1 ex

− cos x sin x sec2 x − csc2 x sec x tan x − csc x cot x √ 1 1−x2 1 − √1−x 2

arc cos x

1 x

cosh x sinh x sec h2 x − csc h2 x − sec hx tanh x − csc hx coth x

csc hx

3.5.16. Ejemplo. Calcula las siguientes integrales definidas e interpreta geom´etricamente. 1. 2. 3.

1 −1 1+x2 dx

π 2

cos xdx

R1 0

ex dx.

Soluci´ on: 1. Una antiderivada de f (x) = Z

−1

1 1+x2

es g(x) = arctan x. Por lo tanto,

π π π 1 1 = . dx = arctan x| − − = arctan(1) − arctan(−1) = −1 1 + x2 4 4 2 y f (x) = −1

1 1+x2

2. Una primitiva de f (x) = cos x es g(x) = sin x. Por lo tanto, Z

π 2

cos xdx = sin x|02 = sin

π − sin 0 = 1. 2

206 y f (x) = cos x

π 2

π −1

3. Una antiderivada de f (x) = ex , es ella misma. Por lo tanto, Z 1 ex dx = ex |10 = e1 − e0 = e − 1. 0

f (x) = ex

Actividad 40.

1. Calcula F (x), donde: Z x2 F (x) = 0

2. Calcula

−1 (x

1 dt. 1 + sin2 t

+ 1)dx e interpreta geom´etricamente.

´ ´ GENERALES AREA DE REGIONES MAS Se ha visto que si f es una funci´on continua y positiva en [a, b], entonces el ´area A de la regi´ on R, limitada entre la gr´ afica de f , x = a, x = b y el eje x, est´ a dada por Z b f (x)dx. A= a

Este hecho no siempre es as´ı cuando f es tanto positiva como negativa. Por ejemplo, Z π 2 sin xdx, − π2

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

207

no representa el ´ area bajo la gr´ afica de f (x) = sin x en [− π2 , π2 ]. De hecho, se tiene que Z π π π 2 π/2 − − cos − = −1 + 1 = 0. sin xdx = − cos x|−π/2 = − cos 2 2 −π 2

1 − π2

π 2

−1 El ´area de la regi´ on que est´ a abajo del eje x es negativo y se cancela con el que est´ a por arriba del eje x. Sin embargo, para determinar el ´area de la regi´ on sombreada, se multiplica por −1 el ´ area que da negativo. As´ı, ! ! Z Z π 0

A=−

− π2

sin xdx

= −(−1) + 1 = 2.

De esta manera, para obtener el área bajo la gr´ afica de una función f negativa en alg´ un intervalo [a, b], se tendrá que multiplicar por −1. También se puede calcular el ´ area de regiones m´ as generales, sobre todo, de regiones que est´ an limitadas por la gr´ afica de m´ as de una función. Por ejemplo, si f y g son tales que f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces el área de la regi´ on limitada entre las gr´ aficas de f y g en [a, b] y las rectas verticales x = a y x = b, est´ a dado por Z b Z b Z b [f (x) − g(x)]dx. g(x)dx = f (x)dx − A= a

y f (x)

g(x) a

208 3.5.17. Ejemplo. Calcula el ´area de la regi´ on sombreada que se muestra en la figura. y y = sin x

5π 4 π 4

−1

2π

y = cos x

Soluci´ on: La gr´ afica de y = sin x se intersecta con la de y = cos x, si y s´ olo si sin x = cos x. Pero esto es cierto cuando sin x = tan x = 1, cos x

cos x 6= 0.

donde

Entonces se tiene que x = arctan(1) =

π . 4

Luego, al ser la funci´ on tangente peri´ odica, se debe tener que x = ...,−

3π π 5π , , ,... 4 4 4

Por otra parte, cos x ≥ sin x en [0, π/4]; mientras que sin x ≥ cos x en [π/4, 5π/4]. Por lo tanto, el ´ area pedida es A=

π 4

(cos x − sin x)dx +

5π 4 π 4

(sin x − cos x)dx.

Calculando las dos integrales por separado, se tiene que Z

π 4

(cos x − sin x)dx =

π/4

(sin x + cos x)|0 π π = sin + cos − [sin 0 + cos 0] 4 4 √ √ 2 2 + − [0 + 1] = 2 2 √ = 2 − 1.

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION Z

5π 4 π 4

(sin x − cos x)dx =

209

5π/4

(− cos x − sin x)|π/4

5π π π 5π − sin − − cos − sin = − cos 4 4 4 4 √ ! √ √ √ ! 2 2 2 2 − − − − − = − − 2 2 2 2 √ √ √ = 2 − (− 2) = 2 2.

Por lo tanto, A=

√

√ √ 2 − 1 + 2 2 = 3 2 − 1.

De manera similar, si f (y) ≥ g(y) para todo y ∈ [c, d], entonces el ´area de la regi´ on limitada entre las gr´ aficas de f y g en [c, d] y las rectas horizontales y = c y y = d, est´ a dado por Z d

[f (y) − g(y)]dy.

Se ha visto que si n es un n´ umero natural, Z b b−n+1 a−n+1 x−n dx = − −n + 1 −n + 1 a

est´ a definida para n 6= 1,

siempre y cuando, a y b son ambos positivos o negativos. Esta afirmaci´on se debe a que f (x) = x−n no est´ a definida en x = 0. De esta manera, surge el problema de definir la integral definida Z b 1 dx a x para todo a, b ∈ R. Por otra parte, sabemos que si x > 0, d 1 ln x = . dx x As´ı que entonces resulta ser g(x) = ln x, una antiderivada de f (x) = Luego, por el teorema fundamental, se tendr´ıa que Z x 1 dt = g(x) − g(a); a > 0. a t

1 x

para x > 0.

Ahora, como g(1) = ln(1) = 0, se tiene que Z x 1 dt. ln x = 1 t El logaritmo natural, se ha expresado como una función en términos de una integral definida. Geométricamente, consiste en el área bajo la gr´ afica de y = 1t , en [1, x].

210 y

1 t

y = ln x

ln x 1

3.5.18. Definici´ on. Sea x > 0. Se define el logaritmo natural de x como Z x 1 dt. ln x = 1 t Se ha obtenido otra forma de escribir ln x en términos de una integral definida, donde x > 0. La pregunta que se debe hacer ahora es si esta definición, cumple con las propiedades de ln x enunciadas en la secci´ on 2.2, y si su gr´ afica es como ya la conocemos(ver figura derecha). La respuesta es s´ı. Por ejemplo, si se toma en cuenta la figura anterior(izquierda) que explica ln x como el área bajo la gr´ afica de 1 y = t en [1, x], se tiene que si x > 1, ln x > 0; si 0 < x < 1, ln x < 0 puesto que Rx 1 R1 1 R1 1 as a´ un, 1 t dt = − x t dt < 0, y si x = 1, ln x = 0, debido a que 1 t dt = 0. M´ d 1 afica de ln x debe ser creciente. dx ln x = x > 0, si x > 0. Esto significa que la gr´ 1 afica de Finalmente, la segunda derivada de ln x es − x2 < 0. Esto nos dice que la gr´ ln x es c´ oncava. En cuanto a las propiedades de ln x, se observa por ejemplo que ln(ax) = ln a + ln x, para todo a, x > 0. En efecto, sean a, x > 0 y sea h(x) = ln(ax). Entonces, 0 1 h (x) = ax a = x1 . Luego, la función h(x) − ln x tiene derivada nula para todo x > 0. Se tiene entonces que h(x) − ln x = c para alguna constante c ∈ R. Pero h(1) − ln 1 = ln a. Por lo que c = ln a. Se tiene as´ı que ln(ax) = h(x) = ln a + ln x. Otro punto importante de la definición 3.5.18 es que la inversa de ln x debe ser la funci´ on exponencial f (x) = ex . Por ejemplo, si ϕ : R → R es la inversa de ln x, entonces 0 1 ϕ (x) = 0 = ϕ(x). ln (ϕ(x)) Adem´ as, si x, y ∈ R son tales que x = ln a y y = ln b para ciertas a, b > 0, entonces ϕ(x + y) = ϕ(ln a + ln b) = ϕ(ln(ab)) = ab = ϕ(x)ϕ(y). La función que cumple las propiedades de ϕ es la función exponencial y ϕ(x) debe coincidir con f (x) = ex .

´ A LA INTEGRAL DEFINIDA INTRODUCCION

211

´ 3.5 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1. Eval´ ua las siguientes integrales definidas, utilizando una suma superior o inferior y una partici´ on regular P . a) b) c)

R2 0

xdx

0 (1 − x Rb 3 a x dx.

2 )dx

2. Calcula las siguientes integrales e interpreta geom´etricamente. a) b) c) d)

−1

R3 0

| 2x − 4 | dx

| x − 1 | dx

2 −2 | 1 − x R5 −1 f (x)dx,

−1 f (x)dx,

| dx donde    −2x + 1 si −1 ≤ x < 1, f (x) = 1 si 1 ≤ x < 3,   2x − 7 si 3 ≤ x ≤ 5.

donde

f (x) =

(

−x2 + 1 si −1 ≤ x < 3/2, x − 32 si 3/2 ≤ x < 3.

3. Determina c ∈ (a, b) tal que f (c) = a) f (x) =

√ 4 − x2 en [0, 2]

1 b−a

f (x)dx,

donde

b) f (x) = ex en [0, 1] c) f (x) = 4 − 3x2 en [−1, 1]. 0

4. Determina F (x), donde a) F (x) =

sin tdt + x

x 3

cos2 tdt

212 b) F (x) =

c) F (x) = d) F (x) =

sin x p x

1 dt 1 + sin2 t

1 dt 0 1+sin2 t

F (x) =

y 1

1 + t2 dt

1 1 + sin2 t

1 dt dy. 1 + sin2 t

5. Calcula el ´ area sombreada de las siguientes regiones. y y = sin x

π a)

−1

y = cos x y y = sin x

1 π 6

−1

5π 6

y = cos 2x y y = cosh x

−1 1 x d) Calcula el ´ area de la regi´ on limitada entre la gr´ afica de y = sinh x, x = 0, x = 1 y el eje x. e) Calcula el ´ area de la regi´ on limitada entre la gr´ afica de y = sec hx, x = −1, x = 1 y el eje x. f ) Calcula el ´ area de la regi´ on limitada entre la gr´ afica de y = sinh x+cosh x, x = 0, x = 1 y el eje x. Observa que la gr´ afica de esta funci´on es positiva.

213

LA INTEGRAL INDEFINIDA

3.6.

La integral indefinida 0

Se ha visto que una funci´ on F que satisface F (x) = f (x), es una antiderivada o primitiva de f . De hecho, toda funci´on continua f tiene una antiderivada F , donde Z x f (x)dx.

F (x) =

Se observa que si F es una antiderivada de f y c es cualquier constante, entonces F (x) + c es tambi´en una antiderivada de f , puesto que 0

(F + c) (x) = F (x) + 0 = F (x) = f (x). M´as a´ un, todas las antiderivadas de f son de la forma F (x) + c. A un elemento del conjunto de todas las primitivas de f se le llama la integral R indefinida de f y se simboliza por f (x)dx. Entonces, si F es una antiderivada de f , se tiene que Z f (x)dx = F (x) + c.

(3.8)

Luego, si F (x) = f (x), el teorema fundamental del c´alculo nos asegura que Z

b a

f (x)dx = F (x)|ba = F (b) − F (a).

Esto tambi´en se puede escribir como Z

f (x)dx = a

f (x)dx

= F (b) − F (a).

Con lo anterior, se debe tener d dx

f (x)dx = f (x). 0

Por otro lado, al ser f (x) + c es una antiderivada de f (x) se tiene tambi´en que Z 0 f (x)dx = f (x) + c. Esto dice de alguna manera que la integral indefinida y la derivaci´on, son operaciones inversas. La derivada se cancela con la integral y la integral se cancela con la derivada.

214 La igualdad (3.8), explica que para obtener la integral indefinida de una funci´ on f , basta tener una antiderivada F de f . Por ejemplo, si n 6= −1, entonces Z xn+1 xn dx = + c. (3.9) n+1 Para comprobar este hecho, se observa que si F (x) = (n+1)xn = xn = f (x). n+1

xn+1 n+1

+ c, entonces F (x) =

El caso en que n = −1, f (x) = x1 , definida en R r {0}. Luego, si F (x) = ln | x | con x 6= 0, entonces F (x) es una antiderivada de f (x) = x1 . En efecto: 0

(i) Si x > 0, F (x) = ln x y F (x) = 0

1 x

= f (x).

(ii) Si x < 0, F (x) = ln(−x) y F (x) = Por lo tanto,

1 −x (−1)

1 x

= f (x).

1 dx = ln | x | +c. x

La f´ormula (3.9) permite obtener infinidad de integrales indefinidas. Por ejemplo, si p q ∈ Q, p+q p+q p Z +1 q q q p qx x x + c. = p+q = x q dx = p p+q q +1 q

Actividad 41. Calcula las siguientes integrales indefinidas. 1. 2. 3.

1 x4 dx

R√ R

xdx

√x dx. x3

Un punto importante que se debe mencionar, es que el s´ımbolo dx que acompa˜ na a la integral indefinida, es el que dice con respecto a qu´e variable se debe integrar. Por ejemplo Z x4 x3 dx = + c, 4 Z xy 2 + c, xydy = 2 Z yx2 xydx = + c. 2

215

LA INTEGRAL INDEFINIDA

La siguiente tabla, muestra algunas integrales indefinidas. Uno se puede convencer de estas f´ormulas al derivar las funciones indicadas a la derecha de cada igualdad.

R R R

xn dx = 1 x dx

kdx = kx + c xn+1 n+1

= ln |x| + c

sec2 xdx = tan x + c

csc x cot xdx = − csc x + c R

sinh x = cosh x + c

sec h2 xdx = tanh x + c

csc h2 xdx = − coth +c

csc hx coth xdx = − csc hx + c R

ex dx = ex + c

sec hx tanh xdx = − sec hx + c

sec x tan xdx = sec x + c R

cos xdx = sin x + c

ax ln a

cosh xdx = sinh x + c

sin xdx = − cos x + c R

+ c, n 6= −1

ax dx =

√ 1 dx 1−x2 1 dx 1+x2

= arcsin x + c

= arctan x + c

Las siguientes propiedades, son una consecuencia de las reglas de derivaci´on: (a) (b)

[f (x) + g(x)]dx = kf (x)dx = k

f (x)dx +

g(x)dx.

f (x)dx, c una constante.

Cuando se conoce la antiderivada de una función, se puede obtener fácilmente la integral indefinida de la misma, sin embargo, esto no es posible para muchas funciones. Para estos casos, existen métodos, llamados m´ etodos de integraci´ on que ayudan a resolver estos problemas, aunque no siempre. En esta ocasi´ on, se repasarán los métodos de integraci´ on por partes, integraci´ on por sustituci´ on y sustituci´ on trigonom´ etrica.

216 0

3.6.1. Teorema. (Integraci´ on por partes) Si f (x) y g (x) son funciones continuas, entonces Z Z 0 0 f (x)g (x)dx = f (x)g(x) − f (x)g(x)dx. Demostraci´ on:

Por la regla del producto de la derivada, se tiene que 0

(f g) (x) = f (x)g(x) + f (x)g (x). Esta f´ormula se puede reescribir como 0

f (x)g (x) = (f g) (x) − f (x)g(x). Integrando ambos lados, se tiene Z Z Z Z 0 0 0 0 f (x)g (x)dx = (f g) (x)dx − f (x)g(x)dx = (f g)(x) − f (x)g(x)dx. Por lo tanto,

f (x)g (x)dx = f (x)g(x) −

f (x)g(x)dx. 0

Si se escribe u = f (x) y v = g(x), entonces du = f (x)dx y dv = g (x)dx. La fórmula de la integraci´ on por partes, se escribe ahora Z Z udv = uv − vdu. (3.10) Esto es una forma abreviada de la integraci´ on por partes. Regularmente, este método se usa para integrar productos de funciones. Para aplicar correctamente la fórmula (3.10), es necesario elegir adecuadamente a las funciones u y v, de otra forma en lugar de simplificar la integral, se puede complicar a´ un m´ as. Otra consecuencia del teorema 3.6.1 es que para integrales definidas, se tiene que Z b Z b 0 0 b f (x)g(x)dx. f (x)g (x)dx = f (x)g(x)|a − a

3.6.2. Ejemplo. Determina las siguientes integrales. R 1. x cos xdx R 2. ln xdx.

217

LA INTEGRAL INDEFINIDA Soluci´ on: 1.

Sean u = x, dv = cos xdx. Entonces du = dx, v = sin x. Aplicando la f´ormula de la integraci´ on por partes, se tiene Z Z x cos xdx = x sin x − sin xdx = x sin x + cos x + c. Sean u = ln x, dv = dx. Entonces du = x1 dx, v = x. Por lo tanto, Z Z 1 dx = x ln x − x + c. ln xdx = x ln x − x x

En algunos c´ alculos, es necesario aplicar m´ as de una vez la integraci´ on por partes. 3.6.3. Ejemplo. Determina

ex sin xdx.

Soluci´ on: Sean u = ex , dv = sin xdx. Entonces du = ex dx, v = − cos x. Por lo tanto, Z Z Z x x x x e sin xdx = −e cos x − e (− cos x)dx = −e cos x + ex cos xdx. Se aplica nuevamente la integraci´ on por partes a la nueva integral del lado derecho. x Sean u = e , dv = cos xdx. Entonces du = ex dx, v = sin x. As´ı, Z Z ex cos xdx = ex sin x − ex sin xdx. Sustituyendo, se tiene Z Z x x x e sin xdx = −e cos x + e sin x − ex sin xdx. Despejando, se tiene 2

ex sin xdx = ex (sin x − cos x).

Finalmente, se concluye que Z ex (sin x − cos x) ex sin xdx = + c. 2

218 Actividad 42. Determina las siguientes integrales. R x 1. xe dx R 2 2. x ln xdx R 2 −x 3. x e dx.

Existe otro m´etodo de integraci´ on llamado integraci´ on por sustituci´ on. Este m´etodo se puede usar cuando en el integrando se pueda reconocer como f (g(x)) · 0 g (x)dx, lo cual se puede simplificar a la forma f (u)du si se escribe u = g(x). Es decir, Z Z 0

f (g(x)) · g (x)dx =

f (u)du.

En general, este m´etodo consiste en encontrar una sustituci´on adecuada de tal forma que simplifique la integral a una m´ as sencilla. Se enuncia formalmente este resultado en el siguiente teorema: 0

3.6.4. Teorema. (Integraci´ on por sustituci´ on) Si f y g son funciones continuas, entonces Z g(b) Z b 0 f (u)du. f (g(x)) · g (x)dx = g(a)

Demostraci´ on: Sea F una primitiva de f . Entonces, Z g(b) f (u)du = F (g(b)) − F (g(a)). g(a)

Por otra parte, se sabe que 0

(F ◦ g) (x) = F (g(x)) · g (x) = f (g(x)) · g (x). 0

Esto nos dice que (F ◦ g)(x) es una primitiva de f (g(x)) · g (x). Por lo tanto, Z b 0 f (g(x)) · g (x)dx = (F ◦ g)(b) − (F ◦ g)(a) = F (g(b)) − F (g(a)). a

Finalmente, se concluye que Z Z b 0 f (g(x)) · g (x)dx = a

g(b)

g(a)

f (u)du.

219

LA INTEGRAL INDEFINIDA 3.6.5. Ejemplo. Determina

Rb a

sin3 x cos xdx.

Soluci´ on: 0 Si se escribe g(x) = sin x, entonces g (x) = cos x es un factor que aparece en el integrando. Se tiene entonces que 0

sin3 x cos x = (g(x))3 · g (x). 0

Por lo tanto, si f (u) = u3 , entonces f (g(x)) · g (x) = (g(x))3 cos x = sin3 x cos x. luego, Z

sin x cos xdx =

= =

f (g(x))g (x)dx a g(b)

f (u)du

g(a) Z sin b

u3 du

sin a

sin4 b sin4 a − . 4 4

Este procedimiento se puede simplificar si se escribe desde un principio u = g(x) y 0 du = g (x)dx. As´ı, se tiene que u = sin x, Por lo tanto,

implica

sin x cos xdx =

sin b sin a

du = cos xdx.

u3 du =

sin4 b sin4 a − . 4 4

Con esta nueva simplificaci´on, no es importante saber de alguna manera qui´en es f . Se analizan otros ejemplos para clarificar la idea. 3.6.6. Ejemplo. Determina las siguientes integrales. 1. 2. 3.

Rb a

x sin x2 dx tan xdx

1 a x ln x dx.

220 Soluci´ on: 1. En esta integral, conviene elegir u = x2 , es decir, (g(x) = x2 ). Luego, du = 2xdx, que equivale a du 2 = xdx. Entonces, Z

x sin x dx =

(sin x )xdx =

sin u a2

du 2

Z 2 1 b 1 sin udu = − cos b2 − (− cos a2 ) 2 a2 2 1 (cos a2 − cos b2 ). 2

= = 2. Se observa que

tan xdx =

b a

sin x dx. cos x

b a

Z b Z ln b 1 1 1 1 dx = · dx = du x ln x a ln x x ln a u = ln | ln b | − ln | ln a | .

Ahora se analizar´ an algunas integrales indefinidas utilizando este m´etodo. 3.6.7. Ejemplo. Calcula

x dx. 1+x2

Soluci´ on: Sea u = 1 + x2 , entonces du = 2xdx, que es equivalente a du 2 = xdx. Luego, Z Z Z x 1 du 1 1 dx = = du 2 1+x u 2 2 u 1 1 = ln | u |= ln | 1 + x2 | 2 2 1 ln(1 + x2 ) + c. = 2

221

LA INTEGRAL INDEFINIDA

Se observa que en el u ´ltimo paso de este ejemplo, se sustituy´ o de nuevo u por 1 + x2 . En general, siempre que se use este método para el cálculo de una integral indefinida, u se debe sustitur al u ´ltimo por g(x). En una integral definida, est´ a sustitución ya no es necesaria como en los ejemplos que ya se han visto.

3.6.8. Ejemplo. Determina

1 1+e−x dx. 0

En este ejemplo, ninguna elección de u hace que aparezca g (x)dx. Sin embargo, si se multiplica por ex a la fracción 1+e1−x en el numerador y en el denominador, se obtendrá Z Z ex 1 dx = dx. 1 + e−x ex + 1 Luego, si u = ex + 1, entonces du = ex dx. Por lo tanto, Z Z Z 1 ex du dx = dx = −x x 1+e e +1 u = ln | u |= ln | ex + 1 | = ln(ex + 1) + c.

Actividad 43. Determina las siguientes integrales. 1. 2.

Rb a

xe−x dx

x √ e dx 1−e2x 0

El método por sustitución también se puede aplicar cuando el factor g (x) no aparece en el integrando de ninguna manera posible. Una forma de resolver esto, es eligiendo una sustitución adecuada u = g(x), y de aqu´ı, despejar la variable x para encontrar dx.

3.6.9. Ejemplo. Determina

√

x dx

Soluci´ on: √ Se hace la sustituci´on u = x. Despejando, se tiene que u2 = x, entonces 2udu = dx. Por lo tanto, Z Z Z √

dx =

eu 2udu = 2

ueu du.

222 La u ´ltima integral se resuelve usando integraci´ on por partes. u Sean v = u, dw = e du. Entonces dv = du, w = eu . Por lo tanto, Z Z ueu du = ueu − eu du = ueu − eu = eu (u − 1). Sustituyendo, se tiene Z √ √ √ e x dx = 2eu (u − 1) = 2e x ( x − 1) + c.

3.6.10. Ejemplo. Determina

√ex dx. e +1

Soluci´ on: x Sea u = e +1. Despejando x, se tiene u−1 = ex , ln(u−1) = x. Luego, Sustituyendo se tendr´a: Z Z Z e2x u−1 (u − 1)2 1 √ √ √ du du = dx = x u u−1 u e +1 Z 1 2 = (u1/2 − u−1/2 )du = u3/2 − u1/2 3 2 2 x 1 = (e + 1)3/2 − (ex + 1)1/2 + c. 3 2

1 u−1 du

= dx.

Actividad 44. Determina las siguientes integrales. 1. 2.

(x + 1)6 dx √ cos √ x dx. x

El método de integraci´ on por sustitución también se puede aplicar para determinar la integral de ciertas funciones trigonométricas. Estas se pueden resolver sin mucha dificultad si se emplean algunas identidades que ya se han estudiado antes, tales como: sin2 x + cos2 x = 1, cos 2x = cos2 x − sin2 x, sin 2x = 2 sin x cos x, sin2 x =

cos2 x =

1 (1 − cos 2x), 2

1 (1 + cos 2x), 2

tan2 x + 1 = sec2 x.

223

LA INTEGRAL INDEFINIDA

1. Sean n, m enteros positivos. Supongamos que n o m es impar. Empleando la identidad sin2 x + cos2 x = 1, se puede resolver la integral Z

sinn x cosm xdx.

Supongamos que n es el entero impar, entonces n = 2k + 1 para alguna k ∈ Z. Luego, Z

sin x cos xdx =

sin

2k+1

x cos xdx =

sin2k sin x cosm xdx

(sin2 x)k cosm x sin xdx (1 − cos2 x)k cosm x sin xdx.

En esta u ´ltima integral, se hace la sustituci´on u = cos x, entonces du = − sin xdx, que es equivalente a −du = sin xdx. Por lo tanto, Z

sinn x cosm xdx =

(1 − u2 )k um (−du) = −

(1 − u2 )k um du.

Esta u ´ltima integral es f´acil de resolver si se desarrolla (1 − u2 )k . Si m es impar se hace algo an´ alogo. 2. Si n es impar o m es par, se puede resolver una integral del tipo Z

tann x secm xdx.

En este caso, se emplea la identidad tan2 x + 1 = sec2 x. As´ı, si n es impar, n = 2k + 1 para alguna k ∈ Z. Luego, Z

tann x secm xdx = = =

tan2k+1 x secm xdx =

tan2k x tan x secm xdx

(tan2 x)k secm x tan xdx (sec2 x − 1)k secm−1 x sec x tan xdx.

Haciendo la sustituci´on u = sec x, se tiene que du = sec x tan xdx. Por lo tanto, Z

tann x secm xdx =

(u2 − 1)k um−1 du.

224 Si m es par, m = 2k para alguna k ∈ Z. Luego, Z Z tann x secm xdx = tann x sec2k xdx Z = tann x(sec2 x)k−1 sec2 xdx Z = tann x(1 + tan2 x)k−1 sec2 xdx. Ahora, si u = tan x, entonces du = sec2 xdx. Finalmente, se concluye que Z Z tann x secm xdx = un (1 + u2 )k−1 du. 3. Si n es par, se pueden resolver integrales del tipo Z Z n sin xdx y cosn xdx. Aqu´ı, se emplean las identidades: sin2 x =

1 − cos 2x 2

cos2 x =

1 + cos 2x . 2

Estas integrales tambi´en se pueden determinar cuando n es impar (n = 2k + 1 para alguna k ∈ Z). En este caso, Z Z n sin xdx = (1 − cos2 x)k sin xdx, Z

cos xdx =

(1 − sin2 x)k cos xdx.

De aqu´ı, ya se puede adivinar qué pasos siguen. Estas técnicas de integraci´ on que se han analizado se emplean sobre todo para determinar integrales de productos de funciones trigonométricas, en especial, productos entre senos y cosenos o secantes y tangentes, y también para calcular integrales de potencias de funciones trigonométricas: seno, coseno, tangente y secante. 3.6.11. Ejemplo. Determina las siguientes integrales. 1. 2. 3.

sin5 x cos2 xdx tan3 x sec2 xdx sin2 xdx.

225

LA INTEGRAL INDEFINIDA Soluci´ on: 1. Z

sin x cos xdx =

(sin x) sin x cos xdx =

(1 − cos2 x)2 cos2 x sin xdx.

Sea u = cos x, entonces du = − sin xdx, que es lo mismo que −du = sin xdx. Por lo tanto, Z Z Z sin5 x cos2 xdx = − (1 − u2 )2 u2 du = − (1 − 2u2 + u4 )u2 du Z u3 2u5 u7 − = − (u2 − 2u4 + u6 )du = − + 3 5 7 cos3 x 2 cos5 x cos7 x + − . = − 3 5 7 2. Z

tan x sec xdx =

tan x tan x sec xdx =

(sec2 x − 1) sec x sec x tan xdx.

Sea u = sec x, entonces du = sec x tan xdx. Por lo tanto, Z Z Z tan3 x sec2 xdx = (u2 − 1)udu = (u3 − u)du =

sec4 x sec2 x u4 u2 − = − . 4 2 4 2

3. Z

sin2 xdx = =

Z 1 1 − cos 2x dx = (1 − cos 2x)dx 2 2 1 sin 2x x− . 2 2

Actividad 45. Calcula las siguientes integrales. 1. 2. 3.

sin2 x cos5 xdx tan2 x sec4 xdx cos2 xdx.

226 No resultó complicado determinar el valor de la integral de las funciones seno y coseno, debido a que se conoc´ıa la antiderivada de cada una. Para el cálculo de la integral de la funci´ on tangente, se recurrió a uno de los métodos que ya se hab´ıa visto. En cuanto a las otras tres funciones trigonométricas: secante, cosecante y cotangente, a primera vista, es dif´ıcil pensar en una antiderivada para cada una de ellas. El valor de la integral de cada una de estas funciones se calculan como sigue: 1.

csc xdx =

csc x

csc x − cot x csc x − cot x

dx =

csc2 x − csc x cot x dx. csc x − cot x

Sea u = csc x − cot x, entonces du = (− csc x cot x + csc2 x)dx. Luego, Z 2.

csc xdx =

sec xdx =

sec x

du = ln | u |= ln | csc x − cot x | . u

sec x + tan x sec x + tan x

dx =

sec2 x + sec x tan x dx. sec x + tan x

Sea u = sec x + tan x, entonces du = (sec x tan x + sec2 x)dx. Por lo tanto, Z 3.

sec xdx =

cot xdx =

du = ln | u |= ln | sec x + tan x | . u

cot x

csc x csc x

dx =

cot x csc x dx. csc x

Haciendo u = csc x, se tiene que du = − csc x cot xdx, es decir, −du = csc x cot xdx. Por lo tanto, Z

cot xdx =

−du = − ln | u |= − ln | csc x | . u

R Quiz´ as tambi´en sea necesario calcular sec3 xdx, que llega a presentarse en algunas ocasiones para el c´ alculo de otras. Primero se observa que Z

sec3 xdx =

sec x sec2 xdx.

227

LA INTEGRAL INDEFINIDA

Usando el m´etodo de integraci´ on por partes, se hace u = sec x, dv = sec2 xdx. Entonces, du = sec x tan xdx, v = tan x. Luego, Z Z Z 3 2 sec xdx = sec x sec xdx = sec x tan x − tan x sec x tan xdx Z = sec x tan x − tan2 x sec xdx Z = sec x tan x − (sec2 x − 1) sec xdx Z = sec x tan x − (sec3 x − sec x)dx Z Z 3 = sec x tan x − sec xdx + sec xdx Por lo tanto, 2

sec xdx = sec x tan x +

sec xdx

= sec x tan x + ln | sec x + tan x | .

Se concluye que Z

sec3 xdx =

sec x tan x + ln | sec x + tan x | . 2

Una u ´ltima aplicaci´ on de la integraci´ on por sustitución, se hace para otro grupo especial de integrales. Esta técnica que se usará a continuaci´ on se conoce como integraci´ on por sustituci´ on trigonom´ etrica. CASO I. Si la funci´ on a integrar contiene una expresi´ on como a2 − x2 , se hace la sustituci´ on x = a sin θ. Entonces se tiene que x = sin θ. a Esta igualdad, satisface las condiciones del siguiente tri´ angulo rect´ angulo. a

x √

θ − x2

CASO II. Si la funci´ on a integrar contiene una expresi´ on como a2 + x2 , se hace la sustituci´ on x = a tan θ. En este caso, se tiene que x = tan θ, y se satisfacen las condiciones del tri´ angulo a

228 √

a2 + x 2 θ

CASO III. Si la funci´ on a integrar contiene una expresi´ on como x2 − a2 , se hace la sustituci´ on x = a sec θ. Entonces, se tiene que x = sec θ. a En este caso, se satisface el siguiente tri´ angulo √

x 2 − a2

3.6.12. Ejemplo. Determina las siguientes integrales. R 1. (1−x12 )3/2 dx R 1 2. (4+x 2 )2 dx 3.

√

x2 −9 dx. x

Soluci´ on: 1. Se aplica el CASO I, donde a = 1. Sea x = sin θ, entonces dx = cos θdθ. El tri´ angulo que se usa es 1

x √

θ 1 − x2

Se observa que 1 − x2 = 1 − sin2 θ = cos2 θ. Entonces, (1 − x2 )3/2 = cos3 θ. Por lo tanto, Z Z Z 1 1 1 dx = cos θdθ = dθ 3 2 3/2 cos θ cos2 θ (1 − x ) Z = sec2 θdθ = tan θ =

√

x . 1 − x2

229

LA INTEGRAL INDEFINIDA 2. Se aplica el CASO II, donde a = 2. Si x = 2 tan θ, entonces dx = 2 sec2 θdθ. Como aplica es

√

x 2

= tan θ, el tri´ angulo que se

4 + x2

θ 2 Se observa que 4 + x2 = 4 + 4 tan2 θ = 4 sec2 θ. Entonces, (4 + x2 )2 = 16 sec4 θ. Por lo tanto, Z Z Z 1 1 1 2 dx = 2 sec θdθ = dθ 2 2 4 (4 + x ) 16 sec θ 8 sec2 θ Z 1 1 θ sin 2θ = + cos2 θdθ = 8 8 2 4 ! √ x √ 2 1 arctan x2 1 θ sin θ cos θ 4+x2 4+x2 + + = = 8 2 2 8 2 2 1 2x x = . arctan + 16 2 4 + x2 3. Se aplica el CASO III, donde a = 3. Si x = 3 sec θ, entonces dx = 3 sec θ tan θ. Como aplica es √

x2 − 9

x 3

= sec θ, el tri´ angulo que se

x θ 3

Se observa que x2 − 9 = 9 sec2 θ − 9 = 9 tan2 θ. Por lo tanto, Z Z Z √ 2 3 tan θ x −9 dx = 3 sec θ tan θdθ = 3 tan2 θdθ x 3 sec θ Z = 3 (sec2 θ − 1)dθ = 3(tan θ − θ) ! √ x x2 − 9 = 3 . − arcsec 3 3 Cuando la funci´ on a integrar contiene una expresi´ on como ax2 + bx o ax2 + bx + c, se recomienda completar cuadrados, factorizar y emplear alguno de los tres casos

230 anteriores. Si la funci´ on contiene una expresi´ on como a ± bx2 o ax2 ± b, se escribe √ 2 √ 2 a± ( bx) o ( ax) ± b respectivamente, y se usa alguno de los tres casos anteriores.

3.6.13. Ejemplo. Determina las siguientes integrales. R√ 25 − 4x2 dx 1. R 1 dx. 2. √4x−x 2 Soluci´ on:

1. Se observa que 25 − 4x2 = 25 − (2x)2 . Entonces e usa el CASO I, donde a = 5. Sea 2x = 5 sin θ, entonces x = 52 sin θ y dx = 25 cos θdθ. Como 2x = sin θ, el tri´ angulo a usar es 5 5

2x √

θ 25 − 4x2

Se observa que 25 − 4x2 = 25 − 25 sin2 θ = 25 cos2 θ. Luego, Z Z Z p 25 5 2 cos θdθ = cos2 θdθ 25 − 4x dx = 5 cos θ 2 2 25 θ sin 2θ 25 θ sin θ cos θ = − − = 2 2 4 2 2 2 √ ! 2 2x 25−4x 25 arcsin 2x 5 5 − 5 = 2 2 2 ! √ 25 2x 2x 25 − 4x2 = arcsin . − 4 5 25 2. Se observa que 4x − x2 = −(x2 − 4x) = −(x2 − 4x + 4 − 4) = −[(x − 2)2 − 4] = 4 − (x − 2)2 .

Entonces se usa el CASO I, donde a = 2. Sea x − 2 = 2 sin θ, entonces x = 2 sin θ + 2 y dx = 2 cos θdθ. Como x−2 = sin θ, se usa el siguiente tri´ angulo: 2

231

LA INTEGRAL INDEFINIDA

x−2 p

2 θ 4 − (x − 2)2

Como 4x − x2 = 4 − (x − 2)2 = 4 − 4 sin2 θ = 4 cos2 θ, entonces Z Z Z 1 1 √ 2 cos θdθ = dθ dx = 2 cos θ 4x − x2 x−2 = θ = arcsin . 2 ´ 3.6 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1. Determina las siguientes integrales por el m´etodo de integraci´ on por partes. R a) arcsin xdx R b) arc cos xdx R c) arctan xdx R d) xe−2x dx R e) ln2 xdx R f ) (x2 − 1)ex dx R g) lnx3x dx R h) x cosh xdx R i ) ex cosh xdx R j ) x2 sinh xdx. 2. Determina las siguientes integrales por el m´etodo de integraci´ on por sustituci´ on. R √ a) x 1 + xdx R √ b) ln x x dx R 4e3x x c) 1+e 2x dx [Sugerencia: Hacer u = e ]. R 1 d) exx2 dx R 2 e) lnxx dx R 2 f ) lnx x dx R 1 g) 1−4e −x dx

232 h) i) j) k) l) m) n) n ˜)

5 3ex −2 dx

tan[ln(cos x)]dx cos3 ax sin axdx tan3 bx sec2 bxdx sec3 bx tan bxdx ex dx e2x +2ex +1 sin3 x cos x dx √xdx 1−x4

[Sugerencia: Hacer u = x2 ].

3. Eval´ ua las siguientes integrales. a) b) c) d) e)

R π/2

cos3 xdx 0 R π/4 tan2 xdx 0 √ R π/2 cos x sin xdx 0 R √π 2 x sin x2 dx 0 R 4 (1+√x)4 √ dx. 1 x

4. Determina las siguientes integrales trigonom´ etricas. a) b) c) d) e) f)

sin2 x cos3 xdx sin3 x cos2 xdx tan4 x sec3 xdx cos5 xdx sin4 xdx tan4 xdx.

5. Determina las siguientes integrales por sustituci´ on trigonom´ etrica. a) b) c) d) e) f)

√ dx 4−x2 3

√x dx 1−x2 √ x2 −25 dx x √dx x3 x2 −9

3 √ x dx x2 +25

√ x3 9 + 4x2 dx

233

INTEGRALES IMPROPIAS g) h) i) j) k) l)

3.7.

√ ex 1 − e2x dx

2 √ x dx 2x−x2 R √ 1 dx 2 R x +4x x √ dx x2 +4x+8 √ R (x + 1) x2 +

2x + 2dx

√ x dx. 3−2x−x2

Integrales impropias

Como un objetivo de esta secci´ on, es extender la idea de determinar la integral definida de una funci´ on en un intervalo finito [a, b] a intervalos no necesariamente finitos, es decir, a intervalos donde a = −∞ o b = ∞. Tambi´en a intervalos [a, b], donde f tiene un n´ umero finito de discontinuidades infinitas en [a, b], donde discontinuidad infinita significa que si c ∈ (a, b) es una discontinuidad infinita de f , entonces l´ım f (x) = ∞ o l´ım f (x) = −∞. x→c

x→c

A este tipo de integrales se le denomina integrales impropias. 3.7.1. Ejemplo. Determina

∞ 0

1 dx. 1 + x2

Soluci´ on: El significado gr´ afico de esta integral impropia, consiste en el ´area de 1 una regi´ on no limitada; en el ´ area bajo la gr´ afica de la funci´on f (x) = 1+x 2 , cuyo intervalo de integraci´ on es [0, ∞). y

f (x) = b

1 1+x2

El procedimiento para resolver este problema, se basa en calcular Z b 1 dx, donde b > 0. 1 + x2 0 Posteriormente se toma el l´ımite de la integral anterior cuando b → ∞. Esto es, Z b 1 dx = arctan x|b0 = arctan b. 2 1 + x 0

234 Luego, l´ım

b→∞ 0

π 1 dx = l´ım arctan b = . 2 b→∞ 1+x 2

Para calcular una integral impropia cuyo intervalo de integraci´ on es de la forma (−∞, b] o [a, ∞), se utiliza la siguiente definici´on. 3.7.2. Definici´ on. (a) Si f es continua en [a, ∞), entonces Z ∞ Z b f (x)dx = l´ım f (x)dx. b→∞ a

(b) Si f es continua en (−∞, b], entonces Z b Z b f (x)dx. f (x)dx = l´ım a→−∞

−∞

Nota: Si el l´ımite existe en cualquiera de los dos casos anteriores, se dice que la integral impropia converge, en caso contrario, se dice que la integral impropia diverge. Si f es una funci´ on continua en toda la recta real, es decir, en el intervalo (−∞, ∞), y si c ∈ R tal que Z ∞ Z c f (x)dx convergen, entonces f (x)dx y −∞

∞

f (x)dx =

−∞

f (x)dx +

∞

f (x)dx.

3.7.3. Ejemplo. Determina la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias. R∞ 1. 1 (x − 1)e−x dx. 2. Usando inducci´on matem´ atica, comprueba que Z ∞ xn e−x dx = n! para todo n ∈ N. 0

R∞

x −∞ x2 +4 dx.

235

INTEGRALES IMPROPIAS Soluci´ on: 1.

∞

−x

(x − 1)e

dx = l´ım

b→∞ 1

(x − 1)e−x dx.

R Primero se calcula (x − 1)e−x dx usando integraci´ on por partes. −x Sean u = x − 1, dv = e dx. Entonces, du = dx, v = −e−x . Luego, Z Z −x −x (x − 1)e dx = −(x − 1)e + e−x dx = −(x − 1)e−x − e−x = −xe−x + e−x − e−x = −xe−x .

Por lo tanto, Z

(x − 1)e−x dx = −xe−x |b1 = −be−b + e−1 =

Entonces l´ım

(x − 1)e

b→∞ 1

Se concluye que

−x

∞

∞ 1

dx = l´ım

b→∞

−b 1 + eb e

−b 1 + . eb e

1 . e

1 (x − 1)e−x dx = . e

n −x

x e

dx = l´ım

b→∞ 0

xn e−x dx.

Rb Primero se calcula por el m´etodo de integraci´ on por partes 0 xn e−x dx. Sean u = xn , dv = e−x dx. entonces, du = nxn−1 dx, v = −e−x . Z

n −x

x e

dx =

b −xn e−x 0

bn = − b +n e

− b

−e−x nxn−1 dx

xn−1 e−x dx.

Si n = 1, Z

n −x

x e

Luego, l´ım

b→∞ 0

Z b b xe dx = − b + dx = e−x dx e 0 0 b b b 1 = − b − e−x 0 = − b − b + 1. e e e −x

−x

1 b dx = l´ım − b − b + 1 = 1 = 1!. b→∞ e e

236 Por lo tanto,

∞

xe−x dx = 1!.

Supongamos que el resultado se cumple para n = k, es decir, Z ∞ xk e−x dx = k!. 0

Sea n = k + 1. Como Z

k+1 −x

bk+1 dx = − b + (k + 1) e

xk e−x dx,

entonces Z

∞

k+1 −x

dx =

l´ım

b→∞ 0

xk+1 e−x dx

Z b bk+1 k −x x e dx = l´ım − b + (k + 1) b→∞ e 0 Z b xk e−x dx = l´ım (k + 1) b→∞ 0 Z b = (k + 1) l´ım xk e−x dx = (k + 1)k!

b→∞

= (k + 1)!.

Por lo tanto, el resultado se cumple para n = k+1, y por inducci´on matem´ atica se tiene que Z ∞

∞ −∞

xn e−x dx = n! para todo n ∈ N.

x dx = x2 + 4

−∞

x dx + x2 + 4

∞ 0

x dx. x2 + 4

Primero se calcula x2x+4 dx. Esta integral se resuelve por sustituci´on trigonom´etrica, CASO II, donde a = 2. angulo a usar Sea x = 2 tan θ, entonces dx = 2 sec2 θdθ. Como x2 = tan θ, el tri´ es

√

4 + x2

θ 2

237

INTEGRALES IMPROPIAS Se observa que x2 + 4 = 4 tan2 θ + 4 = 4 sec2 θ. Luego, Z

Z 2 tan θ · 2 sec2 θdθ = tan θdθ 4 sec2 θ

= − ln | cos θ |= − ln

√ x2 + 4

p 2 = − ln 2 + ln x2 + 4 = − ln √ x2 + 4 1 = − ln 2 + ln(x2 + 4). 2

x dx = 2 x +4

Luego, Z

−∞

x dx = 2 x +4 = = = = =

Por lo tanto,

l´ım

a→−∞ a

∞

x dx = 2 x +4 = = = = = =

x dx +4

0 1 2 l´ım − ln 2 + ln(x + 4) a→−∞ 2 a 1 1 2 l´ım − ln 2 + ln 4 − − ln 2 + ln(a + 4) a→−∞ 2 2 1 l´ım [ln 4 − ln(a2 + 4)] a→−∞ 2 4 1 ln l´ım a→−∞ 2 a2 + 4 −∞. 0

−∞

l´ım

b→∞ 0

x dx x2 + 4 b

x dx +4

diverge.

b 1 2 l´ım − ln 2 + ln(x + 4) b→∞ 2 0 1 1 2 l´ım − ln 2 + ln(b + 4) − − ln 2 + ln 4 b→∞ 2 2 1 l´ım [ln(b2 + 4) − ln 4] b→∞ 2 1 l´ım − [ln 4 − ln(b2 + 4)] b→∞ 2 1 4 l´ım − ln 2 b→∞ 2 b +4 ∞.

238 Por lo tanto,

∞

Se concluye que

∞

−∞

Actividad 46. Comprueba que Z

x dx +4

diverge.

1 xe−2x dx = − . 4 −∞

3.7.4. Ejemplo. Comprueba que Z

∞

dx xp

converge si p > 1 y diverge si p ≤ 1. Soluci´ on: Z

∞ 1

dx xp

Z b dx = l´ım = l´ım x−p dx b→∞ 1 xp b→∞ 1 −p+1 b −p+1 x b 1 = l´ım = l´ım − b→∞ −p + 1 1 b→∞ −p + 1 −p + 1 1 1 + = l´ım . p−1 b→∞ (1 − p)b p−1

Si p > 1, entonces p − 1 > 0 y

1 = 0. b→∞ (1 − p)bp−1 l´ım

Si p < 1, entonces p − 1 < 0 (1 − p > 0) y b1−p 1 = l´ ım = ∞. b→∞ 1 − p b→∞ (1 − p)bp−1 l´ım

Si p = 1,

b→∞ 1

dx = l´ım b→∞ xp

  

l´ım

Por lo tanto,

∞ 1

dx =  xp 

b 1

dx = l´ım ln b = ∞. b→∞ x

1 p−1

si p > 1

diverge si p ≤ 1.

239

INTEGRALES IMPROPIAS 3.7.5. Definici´ on. 1. Si f es continua en [a, b) con discontinuidad infinita en b, entonces Z c Z b dx. f (x)dx = l´ım c→b−

2. Si f es continua en (a, b] con discontinuidad infinita en a, entonces Z b Z b f (x)dx. f (x)dx = l´ım c→a+

3. Si f es continua en [a, b] con discontinidad infinita en c ∈ (a, b), entonces Z b Z c Z b f (x)dx. f (x)dx + f (x)dx = a

Cuando el l´ımite existe en cualquiera de los dos primeros casos, se dice que la integral impropia converge, de otra forma se dice que diverge. Para el tercer caso, la integral impropia converge cuando las dos integrales impropias del lado derecho son convergentes. 3.7.6. Ejemplo. Determina la convergencia o divergencia de las siguientes integrales impropias. R8 1 1. 0 √ dx 3 8−x 2.

R1 0

x ln xdx

√ √1+x dx. 1−x

Soluci´ on: 1.

Z c Z c 1 1 1 √ √ dx. dx = l´ım dx = l´ım 3 3 1/3 − − c→8 c→8 8−x 8−x 0 0 0 (8 − x) Rc 1 Para calcular 0 (8−x) 1/3 dx se hace u = 8 − x, entonces du = −dx. Luego, 8

Z 8−c Z 8−c 1 du u−1/3 du dx = − = − 1/3 (8 − x)1/3 u 8 8 8−c 3 3 3 = − (8 − c)2/3 + 82/3 = − u2/3 2 2 2 8 3 = − (8 − c)2/3 + 6. 2

240 As´ı que l´ım

c→8−

1 3 2/3 dx = l´ım − (8 − c) + 6 = 6. 2 (8 − x)1/3 c→8−

Por lo tanto,

8 0

√ 3

1 dx = 6. 8−x

x ln xdx = l´ım

c→0+

x ln xdx. c

R Primero se calcula x ln xdx utilizando integraci´ on por partes. Sea u = x, dv = ln x. Entonces, du = dx, v = x ln x − x. Z

x ln xdx = x(x ln x − x) − (x ln x − x)dx Z Z 2 = x (ln x − 1) − x ln xdx + xdx Z x2 = x2 (ln x − 1) − x ln xdx + . 2

Despejando la integral deseada, se tiene 2 Por lo tanto,

x ln xdx = x2 (ln x − 1) +

x ln xdx =

x2 . 2

x2 x2 (ln x − 1) + . 2 4

Luego, Z

x ln xdx =

x2 x2 (ln x − 1) + 2 4

1 c2 1 (0 − 1) + − (ln c − 1) − 2 4 2 4 2 2 1 c c = − − (ln c − 1) − 4 2 4 2 2 c c2 1 c − . = − − ln c + 4 2 2 4 =

241

INTEGRALES IMPROPIAS Finalmente

l´ım

c→0+

c2 c2 1 c2 − x ln xdx = l´ım − − ln c + 4 2 2 4 c→0+ 2 1 c ln c 1 = − − l´ım ln c = − − l´ım 2 + + 4 c→0 2 4 c→0 c2

1 = − − l´ım 4 c→0+

1 c −4c c4 c2

1 = − − l´ım 4 c→0+ −4 1 = − . 4

c4 1 = − − l´ım 4 c→0+ −4c2

Se concluye que Z

1 x ln xdx = − . 4

3. Z

Primero se calcula Sea u = Z

√ c

√ Z c√ 1+x 1+x √ √ dx = l´ım dx. c→1− 0 1−x 1−x

√ √1+x dx. 0 1−x

1 − x, entonces u2 = 1 − x, 2udu = −dx y 2 − u2 = 1 + x. Luego,

√ Z √1−c p Z √1−c √ 1+x 2 − u2 √ 2udu = −2 dx = − 2 − u2 du. u 1−x 1 1

Esta u ´ltima integral se puede resolver por sustituci´on trigonom´etrica. As´ı, sea √ √ angulo a u = 2 sin θ, entonces du = 2 cos θdθ. Como √u2 = sin θ, el tri´ utilizar es √

u √

θ 2 − u2

242 Se observa que 2 − u2 = 2 − 2 sin2 θ = 2 cos2 θ. Por lo tanto, −2

Z p

2−

u2 du

Z √

Z √ −2 2 cos θ · 2 cos θ dθ = −4 cos2 dθ θ sin 2θ −4 + = −2[θ + sin θ cos θ] 2 4 # " √ u 2 − u2 u √ +√ −2 arcsin √ 2 2 2 " # √ u u 2 − u2 −2 arcsin √ . + 2 2

= = = =

Se tiene as´ı que Z

c 0

√ Z √1−c p 1+x √ dx = −2 2 − u2 du 1−x 1 #√1−c " √ u u 2 − u2 = −2 arcsin √ + 2 2 1 √ √ √ 1 1 1−c 1−c 1+c √ − arcsin √ + − = −2 arcsin 2 2 2 2 √ √ √ 1−c 1−c 1+c π 1 √ − − = −2 arcsin + . 2 4 2 2

Se concluye que l´ım

c→1−

c 0

√ 1+x √ dx = 1−x

√ √ √ 1−c 1−c 1+c π 1 √ − − + l´ım −2 arcsin 2 4 2 c→1− 2 π + 1. = 2

Por lo tanto,

1 0

√ 1+x π √ dx = + 1. 2 1−x

Actividad 47. Comprueba la validez de las siguientes integrales impropias 1. 2.

1 0 (x−1)2/3 dx

−1

1 √ 3 x dx

= 92 .

INTEGRALES IMPROPIAS ´ 3.7 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION Comprueba la validez de las siguientes integrales impropias. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.

R∞

1 √ dx x x

R −2

1 −∞ (x+1)3 dx

R∞ 0

e−x/3 dx = 3

R∞ 5

R∞ e

dx x ln2 x

dx x ln x

14. 15. 16. 17. 18.

R∞ 0

R∞ 1

R∞ 0

R∞

xe−x dx =

√dx x−1

diverge

e−ax cos bxdx =

−1

R1 0

2 e

4xe−x dx = 4

R∞

= − 13

e−x dx = 1

R∞ 0

√ 1 dx 1−x2

−1

R −3 −5

√ 1 dx 1−x

√ x dx x2 −9

diverge = −4

2x 0 (x2 −4)2/3 dx

e−αx dx converge si α > 0 y diverge si α ≤ 1.

=π

1 −4 (x+3)3 dx

a a2 +b2

ln xdx = −1

19. Prueba que 20.

1 ln 5

xdx −∞ (x2 +1)5/2

12. Prueba que 13.

= − 12

1 0 (9−x)3/2 dx

√ =934

dx a (x−a)α

converge si α < 1 y diverge si α ≤ 1.

diverge.

243

244

3.8.

Longitud de arco

Consideremos y = f (x) una funci´on continua en [a, b]. Sea C la curva definida por la gr´ afica de f . Se dice que C es rectificable si tiene longitud (longitud de arco) finita. Una condici´ on suficiente para que la gr´ afica de f sea rectificable en [a, b], es 0 que f (x) sea continua en [a, b]. En este caso, se dice que f es de clase C 1 . Geom´etricamente, una funci´ on f de clase C 1 , tiene la propiedad de que su gr´ afica es una curva suave. Por ejemplo, las gr´ aficas de las funciones f (x) =| x | y g(x) =| sin x | no son suaves debido a que tienen picos en ciertos puntos de su dominio. Es claro que para hallar la longitud de un pol´ıgono, se obtiene al sumar las longitudes de todos los segmentos de recta que forman el pol´ıgono, no as´ı para una curva suave C debido a que no esta conformada por segmentos de recta. Sin embargo, su longitud L se puede aproximar por medio de una poligonal inscrita en la gr´ afica de f . 3.8.1. Teorema. Sea f (x) una funci´ on continua en [a, b] de clase C 1 . La longitud de arco1 de y = f (x) en [a, b] est´ a dada por L=

Z bq

1 + [f 0 (x)]2 dx.

Demostraci´ on: Sea P = {a = xo , x1 , x2 , . . . , xn = b} una partici´ on de [a, b]. Sea Pi = (xi , f (xi )),

0 ≤ i ≤ n. y P1

Po Pi−1 a

xi−1

Pi xi

b x

1 Para una curva suave C dada por x = g(x) en [c, d] tiene longitud de arco L = Rdp 1 + [g 0 (y)]2 dy. c

245

LONGITUD DE ARCO La distancia de Pi−1 a Pi est´ a dada por p | Pi−1 Pi |= (xi − xi−1 )2 + (f (xi ) − f (xi−1 ))2 ,

para todo i = 1, 2, . . . , n.

Aplicando el teorema del valor medio para derivadas a cada intervalo [xi−1 , xi ] (ver Teorema 3.4.3), se tiene que existe ci ∈ (xi−1 , xi ) tal que f (xi ) − f (xi−1 ) . xi − xi−1

f (ci ) = Luego, s

f (xi ) − f (xi−1 ) 2 | Pi−1 Pi | = (xi − xi−1 )2 (xi − xi−1 + xi − xi−1 s f (xi ) − f (xi−1 ) 2 = · (xi − xi−1 ) 1+ xi − xi−1 q 0 = 1 + [f (ci )]2 4xi . )2

Sumando estas longitudes desde i = 1 hasta i = n, se obtiene la longitud de la poligonal inscrita en C. Es decir, n X i=1

| Pi−1 Pi |=

n q X i=1

1 + [f 0 (ci )]2 4xi ,

es la longitud de la poligonal, donde la suma de la derecha corresponde a una suma p de Riemann con f (x) = 1 + [f 0 (x)]2 . Si se aplica el l´ımite de esta suma cuando la norma de la partici´ on tiende a cero, se obtendr´a una integral que corresponde a la longitud de C como sigue: L = = =

l´ım

kP k→0

l´ım

kP k→0

Z bq

n X i=1

| Pi−1 Pi |

n q X i=1

1 + [f 0 (ci )]2 4xi

1 + [f (x)]2 dx. 0

Por lo tanto, Z bq Z 0 2 L= 1 + [f (x)] dx = a

dy dx

dx.

246 3.8.2. Ejemplo. Determina la longitud de arco de la curva C, dada por y= Soluci´ on:

1 x3 + 6 2x

en [1/2, 2].

Se observa que y=

x3 1 x4 + 3 + = . 6 2x 6x

Luego, dy dx

= =

4x3 (6x) − (x4 + 3)6 24x4 − 6x4 − 18 = 2 36x 36x2 4 4 x −1 18x − 18 = . 2 36x 2x2

Por lo que

y 1+

dy dx

x8 − 2x4 + 1 , 4x4

4x4 + x8 − 2x4 + 1 x8 − 2x4 + 1 = 4x4 4x4 4 2 x +1 x8 + 2x4 + 1 . = 4x4 2x2

= 1+ =

Entonces

dy dx

x4 + 1 2x2

x4 + 1 . 2x2

Por lo tanto, L=

1/2

dy dx

dx = = = = = =

2 1/2 2

x4 + 1 dx 2x2

1 2 (x + x−2 )dx 1/2 2 2 1 x3 1 − 2 3 x 1/2 3 (1/2)3 1 1 1 2 − − − 2 3 2 3 1/2 1 8 1 1 1 99 99 − − +2 = = 2 3 2 24 2 24 48 2.0625.

247

LONGITUD DE ARCO 3.8.3. Ejemplo. Determina la longitud de arco de la curva C, dada por x= Soluci´ on:

1√ y(y − 3), donde 1 ≤ y ≤ 4. 3

Se observa que x=

1 1√ y(y − 3) = y 3/2 − y 1/2 . 3 3

dx 1 1 = y 1/2 − y −1/2 . dy 2 2 2 2 dx 1 1/2 1 −1/2 1 1 1 y − y = = y − + y −1 . dy 2 2 4 2 4 s

dx dy

= = =

1 1 1 1 + y − + y −1 4 2 4 1 1 y + + 4 4y 2

y 2 + 1 + 2y = 4y y+1 . 2y 1/2

(y + 1)2 4y

Luego, L = = = = =

y+1 dy 1/2 1 1 2y 4 Z 1 2 3/2 1 4 1/2 1/2 −1/2 y + 2y (y + y )dy = 2 1 2 3 1 1 2 3/2 2 (4) + 2(4)1/2 − − 2 2 3 3 1 16 2 1 20 +4− −2 = 2 3 3 2 3 10 . 3 1+

dx dy

dy =

248 ´ 3.8 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION

1. Determina la longitud de arco de las siguientes curvas, dadas por a) y = x3/2 b) y = x2 c) y =

x5 10

en [0, 1] en [0, 2]

1 6x3

d) y = ln(cos x)

en [1, 2] en [0, π/3]

e) y = 23 (x2 + 1)3/2

en [0, 2]

f ) y = 12 (ex + e−x ) en [0, 2] x g) y = ln eex +1 en [ln 2, ln 3] −1

h) x = 13 (y 2 + 2)3/2 i ) x = 18 y 4 +

1 4y 2

j ) x = 31 (y − 1)3/2

en [0, 4]

en [1, 2] en [1, 5].

2. Sean P1 = (x1 , y1 ) y P2 = (x2 , y2 ). Establece la funci´on y = f (x) que describe el segmento de recta de P1 a P2 , y comprueba que la longitud de arco de y = f (x) esta dada por: L=

3.9.

p (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 .

Ecuaciones param´ etricas

En un sistema de coordenadas cartesianas, se emplean dos variables para representar la gr´ afica de una regla de correspondencia f , mediante una sola ecuaci´ on escrita como y = f (x), donde x es la variable independiente y y la variable dependiente. Cada punto de la gr´ afica de f corresponde a una pareja de puntos (x, y) o (x, f (x)). El problema de esta representación se presenta cuando la gr´ afica de f tiene puntos como (x, y1 ), (x, y2 ), donde y1 6= y2 . En este caso, la regla de correspondencia f no corresponde a una función. Para tratar el problema de representar la gr´ afica de una regla de correspondencia f como si se tratara de una función, lo que se hace es introducir una tercera variable t, llamada par´ ametro, donde x y y ahora dependen de t, es decir, x = u(t) y y = v(t), para ciertas funciones continuas u y v, y t pertenece a un determinado intervalo I de tal forma que para cada t ∈ I, los puntos (u(t), v(t)) representan a la misma

249

LONGITUD DE ARCO

gr´ afica de f . El conjunto de puntos (x, y) que se obtiene cuanto t var´ıa sobre I, se le denomina curva plana. Por ejemplo, una circunferencia con centro en el origen de radio r, tiene por ecuaci´ on 2 2 2 ´ x + y = r . Esta se puede representar mediante las ecuaciones x = r cos t y = r sin t donde t ∈ [0, 2π]. Las ecuaciones x y y como funciones de t se denominan ecuaciones param´ etricas, y la variable t es el par´ ametro. y rt =

π 2

t = πr

rt = 0

t = 2π x

3π 2

La curva que resulta cuando t var´ıa de 0 a 2π, es una circunferencia de radio r. 3.9.1. Definici´ on. Sean u y v funciones continuas en un intervalo I. Las ecuaciones x = u(t) y y = v(t) se llaman ecuaciones param´ etricas y a la variable t se le llama par´ ametro. El conjunto de puntos (x, y) que se obtiene cuando t var´ıa en I es la gr´ afica o curva que describen las ecuaciones param´etricas. Por ejemplo, una elipse con centro en el origen que se intersecta en el eje x en a y −a, y con el eje y en b y −b, tiene por ecuaci´ on: x2 y 2 + 2 = 1. a2 b Las ecuaciones param´etricas que describen esta curva est´ an dadas por x = a cos t y = b sin t donde t ∈ [0, 2π].

250 y t=

π 2rb

t=πr

rt = 0 = 2π

3π 2

Nota: En los ejemplos anteriores se puede observar que cada curva descrita por las ecuaciones paramétricas conforme t var´ıa en [0, 2π], se mueven en sentido contrario a las manecillas del reloj. En general, al trazar una curva descrita por las ecuaciones paramétricas conforme t va tomando valores en I en forma creciente, se dice que la curva se va trazando en una direcci´ on espec´ıfica llamada orientaci´ on de la curva. Si f es una funci´ on continua en [a, b] dada por la ecuaci´ on y = f (x), entonces las ecuaciones paramétricas que describen la gr´ afica de f se puede definir como x = t,

a ≤ t ≤ b.

y = f (t);

Por ejemplo, si la funci´ on f est´ a dada por y = x2 en [−1, 1], que corresponde una par´ abola, entonces las ecuaciones param´etricas que describen esta curva son: x = t,

y = t2 ;

−1 ≤ t ≤ 1. y

t =r −1

t =r 1 r

t=0

En algunas ocasiones se necesita conocer la ecuaci´ on rectangular de una gr´ afica en lugar de las ecuaciones paramétricas de una curva. Para esto, es necesario eliminar el par´ ametro t. Una forma de hacerlo, es despejar el par´ ametro de una de las dos ecuaciones y sustituir en la otra. Cuando esto no es posible, se realiza una manipulación a las ecuaciones paramétricas. Por ejemplo, 1. Si x = r cos t, y = r sin t; 0 ≤ t ≤ 2π, entonces x2 = r 2 cos2 t

y 2 = r 2 sin2 t.

251

LONGITUD DE ARCO Luego, x2 + y 2 = r 2 (cos2 t + sin2 t) = r 2 .

Por lo tanto, la ecuaci´ on rectangular corresponde a una circunferencia de radio r, dada por x2 + y 2 = r. 2. Si x = a cos t, y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π, entonces x2 = a2 cos2 t y

y 2 = b2 sin2 t.

Luego, x2 y 2 + 2 = cos2 t + sin2 t = 1. a2 b La ecuaci´ on rectangular, corresponde a una elipse con intersecci´ on en el eje x en a, y b en el el eje y, dada por x2 y 2 + 2 = 1. a2 b 3. Sean x = t2 − 1, y = t + 2; −1 ≤ t ≤ 1. Para determinar la ecuaci´ on rectangular, se despeja t en la segunda ecuaci´ on: 2 t = y − 2. Sustituyendo t en x, se obtiene x = (y − 2) − 1. Esto corresponde a una par´ abola que se abre a la derecha con v´ertice en (−1, 2), donde 1 ≤ y ≤ 3. Por lo tanto, la ecuaci´ on rectangular es x = (y − 2)2 − 1,

1 ≤ y ≤ 3.

y r t = −1

t=0r r

−1

t=1 x

Ahora, se determinar´ an las ecuaciones param´etricas de algunas curvas especiales que se emplean con frecuencia para la soluci´ on de ciertos problemas.

252 1. La curva que describe un punto P de una circunferencia de radio r que rueda sin resbalarse a lo largo de una l´ınea recta se llama cicloide. La ecuaciones param´etricas que describen esta curva estan dadas por: x = r(θ − sin θ) y y = r(1 − cos θ). En efecto, consideremos la siguiente figura: y r P r O A

rC θr D

2π

Supongamos que en el momento en que comienza a rodar la circunferencia con centro en C y de radio r sobre el eje x, el punto P = (x, y) coincide con el origen. Sea θ medido en radianes. Entonces d=P d OB B = rθ.

CD . r

PD r

cos θ =

P D = r sin θ

CD = r cos θ.

sin θ = Por lo tanto,

Luego, x = OA = OB − P D = rθ − r sin θ = r(θ − r sin θ) y = AP = CB − CD = r − r cos θ = r(1 − cos θ). La cicloide queda de la siguiente manera: y r

2π

3π

4π

253

LONGITUD DE ARCO

2. La curva que describe un punto fijo P de una circunferencia, que rueda sin resbalar al interior de otra circunferencia se llama hipocicloide. Para determinar las ecuaciones param´etricas de esta curva, se considera la figura:

Pr Q N ML A

θ O

Sean a = radio de la circunferencia con centro en O. 0 b = radio de la circunferencia con centro en O . 0 ϕ = ^O P Q. Supongamos que P = (x, y) el punto fijo de la circunferencia menor que describe la hipocicloide, comienza en A al momento que empieza a rodar. End = RP d. tonces, RA Se observa que cuando P ha recorrido la trayectoria de A a B, habr´a girado 360◦ . Se tienen las siguientes igualdades: cos θ =

ON OO 0

entonces

ON = OO cos θ.

entonces

N O = OO sin θ.

entonces

QP = P O cos ϕ.

entonces

QO = P O sin ϕ.

NO OO 0 QP cos ϕ = P O0 0 QO sin ϕ = P O0 sin θ =

Luego, 0

x = OM = ON + QP = OO cos θ + P O cos ϕ,

254 0

y = M P = N O − QO = OO sin θ − P O sin ϕ. Ahora se expresa ϕ en t´erminos de θ: 0 0 Como el ´ angulo θ es exterior al tri´ angulo OO L, se tiene que 0

θ = ϕ + θ,

entonces

ϕ = θ − θ.

d = RP d , entonces aθ = bθ 0 . Por lo tanto, Como RA 0 a θ = θ. b 0

Sustituyendo θ en ϕ, se obtiene ϕ= 0

a a−b θ−θ = θ. b b 0

Por otra parte, como OO = a−b y P O = b, entonces las ecuaciones param´etricas de la hipocicloide son a−b θ, b a−b y = (a − b) sin θ − b sin θ. b Nota: Cuando a y b son inconmensurables, la trayectoria que realiza esta curva no vuelve a pasar por el punto A. x = (a − b) cos θ + b cos

3. Si los radios de las circunferencias que intervienen en la generaci´ on de la hipoci1 cloide es tal que b = 4 a (a y b son conmensurables), se obtiene una curva cerrada llamada astroide.

255

LONGITUD DE ARCO

Las ecuaciones param´etricas de esta curva, se deducen de las de la hipocicloide sustituyendo b = 14 a, obteni´endose x = a cos3 θ y y = a sin3 θ. En efecto: x = (a − b) cos θ + b cos =

a−b θ b

1 3 a cos θ + a cos 3θ. 4 4

An´alogamente, y=

3 1 a sin θ − a sin 3θ. 4 4

Por otra parte, cos 3θ = cos(2θ + θ) = cos 2θ cos θ − sin 2θ sin θ = (cos θ cos θ − sin θ sin θ) cos θ − 2 sin θ cos θ sin θ

= cos3 θ − sin2 θ cos θ − 2 sin2 θ cos θ

= cos3 θ − 3 sin2 θ cos θ.

sin 3θ = sin(2θ + θ) = sin 2θ cos θ + cos 2θ sin θ = 2 sin θ cos θ cos θ + (cos θ cos θ − sin θ sin θ) sin θ

= 2 sin θ cos2 θ + cos2 θ sin θ − sin3 θ

= 3 sin θ cos2 θ − sin3 θ. Luego, x = = = = = y = = = = =

3 1 a cos θ + a[cos3 θ − 3 sin2 θ cos θ] 4 4 3 1 3 a cos θ + a cos3 θ − a sin2 θ cos θ 4 4 4 3 1 a cos θ(1 − sin2 θ) + a cos3 θ 4 4 3 1 2 a cos θ cos θ + a cos3 θ 4 4 a cos3 θ. 1 3 a sin θ − a[3 sin θ cos2 θ − sin3 θ] 4 4 3 3 1 a sin θ − a sin θ cos2 θ + a sin3 θ 4 4 4 1 3 2 a sin θ(1 − cos θ) + a sin3 θ 4 4 3 1 a sin θ sin2 θ + a sin3 θ 4 4 a sin3 θ.

256 Por lo tanto, x = a cos3 θ

y = a sin3 θ.

Nota: Las ecuaciones param´etricas de esta curva, cumplen lo siguiente: x 2/3 a

= cos2 θ

y 2/3

= sin2 θ.

De aqu´ı, se deduce la ecuaci´ on rectangular del astroide dada por x 2/3 a

Si a = 1, se tiene que

y 2/3 a

= 1.

x2/3 + y 2/3 = 1. 4. La curva que describe un punto fijo P de una circunferencia de radio b que rueda sobre la parte exterior de otra circunferencia de radio a se llama epicicloide.

O Q θ O

θ ϕ

Sean a y b los radios de las circunferencias con centros en O y O respectivamente. Supongamos que en el momento que comienza a rodar el c´ırculo con centro en 0 O , el punto P = (x, y) coincide en A. Entonces, 0 d d = aθ. Es decir P Q = bθ = AQ

θ =

a θ. b

257

LONGITUD DE ARCO Se observa que 0

sin θ =

OR , a+b

entonces

(a + b) sin θ = O R.

cos θ =

OR , a+b

entonces

(a + b) cos θ = OR.

sin ϕ =

RS , b

entonces

b sin ϕ = RS.

cos ϕ =

TP , b

entonces

b cos ϕ = T P.

Luego, x = OR + RS = (a + b) cos θ + b sin ϕ, 0

y = O R − T P = (a + b) sin θ − b cos ϕ. Pero 0

ϕ=θ +θ−

a π a+b π π = θ+θ− = θ− . 2 b 2 b 2

Por lo tanto, x = (a + b) cos θ + b sin

y = (a + b) sin θ − b cos

a+b π θ− b 2 π a+b θ− b 2

= (a + b) cos θ − b cos = (a + b) sin θ − b sin

a+b θ , b

a+b θ . b

Se tienen entonces que las ecuaciones param´etricas de la epicicloide, est´ an dadas como a+b θ , x = (a + b) cos θ − b cos b a+b y = (a + b) sin θ − b sin θ . b Nota: En el caso particular que a = b, la curva que se obtiene se llama cardiode. y

258 Las ecuaciones param´etricas de la cardiode son: x = 2a cos θ − a cos aθ, y = 2a sin θ − a sin aθ.

3.9.2. Definici´ on. Se dice que una curva C representada por las ecuaciones paramé0 0 tricas x = f (t) y y = g(t), es suave en un intervalo I si f (t) y g (t) son continuas en I y no son simultaneamente 0, excepto posiblemente en los puntos extremos de I. Se dice también que C es suave a trozos si es suave en todo subintervalo de alguna partici´ on de I. Por ejemplo, en las ecuaciones paramétricas de la cicloide dadas por f (θ) = r(θ − sin θ) y g(θ) = r(1 − cos θ), se tiene que 0

f (θ) = r − r cos θ 0

g (θ) = r sin θ.

Luego, f (θ) = 0 y g (θ) = 0 cuando θ = 2nπ; n = 0, 1, 2, 3, . . . En estos puntos, la cicloide tiene esquinas agudas. As´ı que la cicloide es suave en los intervalos [0, 2π], [2π, 4π], [4π, 6π], etcétera. El siguiente resultado proporciona una fórmula para determinar la derivada de una curva suave C en un punto (x, y). 3.9.3. Teorema. Sea C una curva suave en I definida paramétricamente por x = f (t) y y = g(t). La derivada de C en el punto (x, y) es dy dy/dt = , dx dx/dt

siempre que

dx dt

6= 0 en (x, y).

Demostraci´ on:

Consideremos la figura: y (f (t + h), g(t + h)) r

(f (t), g(t)) r

259

LONGITUD DE ARCO

Sea h > 0, 4y = g(t + h) − g(t) y 4x = f (t + h) − f (t). Entonces, la pendiente de 4y . la recta secante que pasa por (f (t), g(t)) y (f (t + h), g(t + h)) es 4x Se observa que 4x → 0 si y s´ olo si h → 0. Se tiene entonces que dy dx

4y g(t + h) − g(t) = l´ım 4x→0 4x h→0 f (t + h) − f (t) [g(t + h) − g(t)]/h = l´ım h→0 [f (t + h) − f (t)]/h =

l´ım

g(t+h)−g(t) h (t) l´ımh→0 f (t+h)−f h

dy/dt . dx/dt

l´ımh→0

g (t) = 0 f (t)

Por lo tanto, dy/dt dy = . dx dx/dt

3.9.4. Ejemplo. Determina la ecuaci´ on de la recta tangente de la curva Lissajous, cuyas ecuaciones param´etricas est´ an dadas por x = 4 cos θ y y = 2 sin 2θ en √ √ (2 3, 3).

√ √

r (2 3,

Soluci´ on:

dy dy/dθ 4 cos 2θ cos 2θ = = =− . dx dx/dθ −4 sin θ sin θ √ √ Se observa que si θ = π/6, entonces x = 2 3 y y = 3. Luego, la pendiente de la recta tangente es

cos π3 dy

1/2 = −1. = − π =−

dx θ= π sin 6 1/2 6

260 √ √ Entonces la ecuaci´ on de la recta tangente en el punto (2 3, 3) es √ √ √ y − 3 = −1(x − 2 3) o y = −x + 3 3. 3.9.5. Ejemplo. Comprueba que la curva reloj de arena, cuyas ecuaciones param´etricas est´ an dadas por x = a sin 2t y y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π, tiene dos rectas tangentes en (0, 0). y b

Soluci´ on:

dy b cos t = . dx 2a cos 2t Por otra parte, si t = 0, t = π y t = 2π, entonces (x, y) = (0, 0). Luego,

b dy

= , y = dx t=0 2a dx t=2π

−b dy

. =

dx t=π 2a Por lo tanto, las dos rectas tangentes tienen por ecuaci´ on: y=

b x 2a

y=−

b x. 2a

Actividad 48. Comprueba que la curva l´ agrima, no es suave en t = π2 , y determina la ecuaci´ on de la recta tangente en (0, −b) y en (−2a, 0), cuyas ecuaciones param´etricas son x = 2a cos t − a sin 2t y y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π. y

261

LONGITUD DE ARCO

Ahora, se dar´ a un resultado que permite calcular la longitud de arco de una curva representada en forma paramétrica. Recordemos que si y = h(x) es una función continua en [x0 , x1 ] de clase C 1 , entonces la longitud de arco de la curva C trazada por la gr´ afica de h en [x0 , x1 ], es s 2 Z x1 q Z x1 dy dx (3.11) 1 + [h0 (x)]2 dx = 1+ L= dx x0 x0 Si C est´ a representada por las ecuaciones paramétricas x = f (t) y y = g(t); a ≤ t ≤ b, entonces el intervalo que traza la trayectoria de C tiene dominio [a, b]. Este debe ser el nuevo intervalo que determine la longitud de arco de C en lugar de [x0 , x1 ]. 0

Por otra parte, se sabe que si f (t) 6= 0, entonces dy dy/dt = . dx dx/dt La ecuaci´ on (3.11) ahora se puede escribir s 2 Z x1 dy dx L = 1+ dx x0 s Z b dy/dt 2 dx = dt 1+ dx/dt dt a Z bs (dx/dt)2 + (dy/dt)2 dx = dt (dx/dt)2 dt a s Z b 2 2 dx dy = + dt dt dt a Z bq [f 0 (t)]2 + [g 0 (t)]2 dt. = a

Por lo tanto, la longitud de arco de C en [a, b] representada en forma param´etrica es Z bq L= [f 0 (t)]2 + [g0 (t)]2 dt. a

Para aplicar esta f´ormula, se debe tener cuidado, especialmente cuando C se intersecta a s´ı misma en alguna t0 ∈ (a, b). Cuando esto suceda, se deber´ a integrar de [a, t0 ] y de [t0 , b]. Esto es, Z bq Z t0 q 0 0 2 2 [f (t)] + [g (t)] dt + [f 0 (t)]2 + [g0 (t)]2 dt. L= a

262 Tambi´en se debe asegurar que la curva C recorre una s´ ola vez en el intervalo de integraci´ on. Por ejemplo, x = cos t, y = sin t describe una circunferencia de radio 1. En el intervalo 0 ≤ t ≤ 2π, recorre una s´ ola vez, mientras que en 0 ≤ t ≤ 4π, recorre dos veces. Luego, la longitud de arco de la circunferencia unitaria es

2π

dx dt

dy dt

dt.

3.9.6. Teorema. Si C es una curva suave representada param´etricamente por x = f (t) y y = g(t); a ≤ t ≤ b, y C no se corta a si misma en (a, b), entonces la longitud de arco de C en [a, b] es

dx dt

dy dt

Z bq [f 0 (t)]2 + [g0 (t)]2 dt. dt = a

3.9.7. Ejemplo. Determina la longitud de arco L de la curva astroide. y r t = π/2 r

t=0 x

Soluci´ on: Las ecuaciones param´etricas de esta curva est´ an dadas por x = a cos3 t

y = a sin3 t;

0 ≤ t ≤ 2π.

N´otese que esta curva no es suave en todo su dominio, sin embargo, lo es y no se intersecta a s´ı misma en [0, π/2]. Por otra parte, en este intervalo, s´ olo se dibuja la cuarta parte de la curva. Entonces, para obtener la longitud de arco total, se debe

263

LONGITUD DE ARCO multiplicar por 4 la longitud de [0, π/2]. Esto es, s Z π 2 2 2 dx dy + dt L = 4 dt dt 0 Z πq 2 (−3a cos2 t sin t)2 + (3a sin2 t cos t)2 dt = 4 = 4 = 4 = 4 = 4

π 2

0 π 2

= 12a

p q p

9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 tdt 9a2 cos2 t sin2 t(cos2 t + sin2 t)dt 9a2 cos2 t sin2 tdt

3a cos t sin tdt π 2

cos t sin tdt

2 12 2

= − a cos t

2 0 i h 2 π − cos2 0 = −6a[0 − 1] = −6a cos 2 = 6a.

3.9.8. Ejemplo. Determina la longitud de arco de la cicloide, cuyas ecuaciones param´etricas son x = a(t − sin t) y y = a(1 − cos t); 0 ≤ t ≤ 2π. y a

Soluci´ on:

2π

La cicloide es suave en [0, 2π]. Luego, dx = a − a cos t dt

dy = a sin t. dt 2 2 dy dx 2 2 2 2 = a − 2a cos t + a cos t y = a2 sin2 t. dt dt y

264 Luego, L = = = = =

Z Z

2π 0 2π 0 2π 0 2π 0 2π 0

√

dx dt

dy dt

a2 − 2a2 cos t + a2 cos2 t + a2 sin2 tdt

a2 − 2a2 cos t + a2 dt

a2 − 2a2 cos t + a2 (cos2 t + sin2 t)dt

2a2 (1 − cos t)dt

2π

√

1 − cos tdt r √ Z 2π t 2a 2 sin2 dt = 2 0 Z 2π t = 2a sin dt 2 0

2π t

= −4a cos

2 =

= −4a[cos π − cos 0] = −4a[−1 − 1]

= 8a.

También se puede determinar el ´ area de una regi´ on encerrada por una curva representada en forma paramétrica. Sea y = h(x) ≥ 0 una función continua en [a, b] de clase C 1 . El ´ area de la regi´ on bajo la gr´ afica de h est´ a dado por Z b ydx. A= a

Supongamos que x = f (t) y y = g(t), tal que f (t0 ) = a y f (t1 ) = b; es decir, t0 ≤ t ≤ t1 . Entonces, aplicando el m´etodo de integraci´ on por sustituci´on, se obtiene: Z t1 Z b 0 g(t)f (t)dt. ydx = t0

Por lo tanto, el ´ area de la regi´ on que encierra la curva representada en forma param´etrica en [t0 , t1 ] es: Z t1 0 A= g(t)f (t)dt. t0

265

LONGITUD DE ARCO 3.9.9. Ejemplo. Comprueba que el ´area del c´ırculo de radio r es A = πr 2 . y

r x

−r

Soluci´ on: La ecuaci´ on de la circunferencia por arriba del eje de las x, es y = √ 2 2 r − x ≥ 0 y est´ a definida en [−r, r]. Por otra parte, las ecuaciones param´etricas de esta curva son x = r cos θ = f (θ) y y = r sin θ = g(θ); 0 ≤ θ ≤ π. Tambi´en se tiene que f (0) = r y f (π) = −r. Por lo tanto, Z

Z −r Z π ydx = − ydx = − (r sin θ)(−r sin θ)dθ −r r 0 Z π r 2 sin2 θdθ = 0 Z π 1 − cos 2θ 2 dθ = r 2 0 sin 2θ π 2 1 θ− = r 2 4 0 1 2 πr = 2 r

representa el ´ area de la mitad del c´ırculo de radio r. Luego, el ´area del c´ırculo de radio r es 1 2 A=2 πr = πr 2 . 2

3.9.10. Ejemplo. Comprueba que el ´area que encierra la curva astroide es A = 3 2 8 πa . y

266 Soluci´ on: Despejando la variable y en la ecuaci´ on rectangular del astroide, dada y 2/3 x 2/3 + a = 1, se obtiene por a y = (a2/3 − x2/3 )3/2 .

Se tiene que y ≥ 0 en [0, a], y las ecuaciones param´etricas de esta curva son: x = a cos3 t = f (t) y y = a sin3 t = g(t). Por otra parte se tiene que f (0) = a y f (π/2) = 0. Z π/2 Z 0 Z a a sin3 t · 3a cos2 t(− sin t)dt ydx = − ydx = − 0

= 3a2

π/2

sin4 t cos2 tdt

= 3a2

π/2

(sin4 t − sin6 t)dt

π/2

(sin2 t)2 − (sin2 t)3 dt 0 # Z π/2 " 1 − cos 2t 3 1 − cos 2t 2 2 − dt = 3a 2 2 0 Z π/2 1 1 1 1 2 3 2 − cos 2t − cos 2t + cos 2t dt = 3a 8 8 8 8 0 Z π/2 3 2 = a (1 − cos 2t − cos2 2t + cos3 2t)dt = ~ 8 0 = 3a2

Por otra parte,

y Z

cos2 2tdt =

cos3 2tdt = = =

t sin 4t 1 + cos 4t dt = + , 2 2 8

cos2 2t cos 2tdt =

(1 − sin2 2t) cos 2tdt

(cos 2t − sin2 2t cos 2t)dt

sin 2t sin3 2t − . 2 6

Por lo tanto, ~ = = =

π/2 3 2 t sin 4t sin 2t sin3 2t sin 2t a t− − − + − 8 2 2 8 2 6 0 3 2 hπ π i 3 2 hπ i = a a − 8 2 4 8 4 3 2 πa . 32

267

LONGITUD DE ARCO Esto corresponde a la cuarta parte del ´area que encierra la curva. Por lo tanto, 3 3 2 πa = πa2 . A=4 32 8

´ 3.9 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1. ¿A qué curva corresponden las siguientes ecuaciones dadas en forma paramétrica? [Sugerencia: Obtén la ecuaci´ on rectangular correspondiente a cada curva]. a) x = x1 + t(x2 − x1 ), b) x = h + r cos θ, y

y = y1 + t(y2 − y1 ).

y = k + r sin θ.

c) x = h + a cos θ, y y = k + b sin θ. d) x = h + a sec θ, y y = k + tan θ. 2. Obt´en la gr´ afica de las siguientes curvas, cuyas ecuaciones est´ an en forma param´etrica. [Sugerencia: Determina la ecuaci´ on rectangular correspondiente a cada curva]. a) x = t − 1, y b) x = 2t, y c) x = 2t2 ,

t t−1 .

y =| t − 2 |.

y y = t4 + 1.

3. Determina la ecuaci´ on de la recta tangente de las siguientes curvas en el punto indicado. a) (Cardiode). x = 2a cos t − a cos 2t, y b) (Astroide). x = cos3 θ, y c) (Cicloide). x = θ − sin θ, y

y = 2a sin t − a sin 2t,

y = sin3 θ, en θ = π4 .

y = 1 − cos θ, en θ =

d) (Epicicloide). x = 5 cos t − cos 5t,

b) x = t2 + 1,

0 ≤ t ≤ 2.

y = 4t3 + 3; −1 ≤ t ≤ 0.

c) x = e−t cos t, y = e−t sin t; 0 ≤ t ≤ π2 . √ d) x = t, y = 3t − 1; 0 ≤ t ≤ 1.

3π 2 .

y = 5 sin t − sin 5t, en t = π4 .

4. Determina la longitud de arco de las siguientes curvas. a) x = t2 , y = 2t;

en t = π2 .

268 e) x = cos θ + θ sin θ, y = sin θ − θ cos θ; 0 ≤ θ ≤ 2π. 5. Calcula el ´ area del interior de las siguientes curvas cuya orientaci´on es en sentido contrario a las manecillas del reloj. 0 ≤ t ≤ 2π.

a) (Elipse) x = a cos t, y = b sin t; A = abπ.

y b

b) (Cardiode) x = 2a cos t − a cos 2t, y = 2a sin t − a sin 2t; 0 ≤ t ≤ 2π. A = 2a2 π. y

c) (Deltoide) x = 2a cos t + a cos 2t, A = 6a2 π.

y = 2a sin t − a sin 2t; y

d) (Reloj de arena) x = a sin 2t, A = 83 ab.

y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π.

0 ≤ t ≤ 2π.

269

COORDENADAS POLARES y b

e) (L´ agrima) x = 2a cos t − a sin 2t, A = 2abπ.

y = b sin t; 0 ≤ t ≤ 2π. y b

3.10.

Coordenadas polares

En esta secci´ on, se estudiará un sistema de coordenadas llamado sistema de coordenadas polares. Se trata de un sistema de coordenadas bidimensional, en el cual cada punto P del plano se determina por una distancia y un ángulo. Como sistema de referencia, se considera un punto fijo O del plano llamado polo u origen, y un rayo que parte de O llamado eje polar (equivalente al eje x en el sistema de coordenadas cartesianas). Con este sistema de referencia, cada punto P del plano, corresponderá a un par ordenado (r, θ) llamado coordenada polar, donde r es la distancia de O a P , y θ el ´ angulo formado del eje polar al segmento OP medido en sentido contrario a las manecillas del reloj. r P = (r, θ)

r θ O

eje polar

3.10.1. Ejemplo. Localiza los puntos P1 = (3, π4 ), P2 = (2, − π3 ), P3 = (3, 5π 6 ) y π P4 = (−3, 4 ) en el sistema de coordenadas polares.

270 Soluci´ on: Para localizar estos puntos, ser´ au ´til dibujar una ret´ıcula de circunferencias conc´entricas. π 2

5π 6

π 4

r r P3

1 P2

P4 π 6

− π3

3π 2

Un punto P en el sistema de coordenadas polares no tiene representaci´ on u ńica. Por ejemplo, P = (r, θ) también se puede representar como (r, θ + 2nπ); n ∈ Z. Para localizar el punto P = (−r, θ), se hace recorriendo una distancia de r unidades a la izquierda del eje polar a partir del origen, y sobre la circunferencia de radio r se recorre un ´ angulo θ en sentido contrario a las manecillas del reloj. Entonces, (r, θ) y (−r, θ) se encuentran sobre una misma recta que pasa por O pero sobre lados opuestos, y a una misma distancia de r unidades desde O. El punto P = (r, θ) donde θ < 0, se localiza recorriendo un ángulo θ en sentido de las manecillas del reloj sobre la circunferencia de radio r.

θ+π θ

r (r, θ)

(−r, θ) r

De acuerdo a esto, se tiene tambi´en que (−r, θ) = (r, θ + π). Actividad 49. Localiza en el sistema de coordenadas polares los puntos: P1 = π 3π (−3, 3π 4 ), P2 = (−2, − 6 ) y P3 = (−4, − 2 ). En el sistema de coordenadas polares, si se hace coincidir el polo con el origen y el eje polar con el eje x del sistema cartesiano, entonces se puede establecer una relaci´ on entre coordenadas polares y rectangulares.

271

COORDENADAS POLARES y (r, θ) r(x, y)

y r Polo O

x Eje polar

Para transformar la coordenada polar (r, θ) a rectangular, se observa que cos θ = y sin θ = yr . De aqu´ı se sigue que x = r cos θ

x r

y = r sin θ.

Para transformar la coordenada rectangular (x, y) a polar, se observa que r 2 = x2 + p y 2 , entonces r = x2 + y 2 . Para determinar el ´angulo θ, se observa que tan θ = xy , donde x 6= 0. De acuerdo a esto, se tiene que   arctan xy si x > 0, y ≥ 0,       θ= arctan xy + 2π si x > 0, y < 0,        arctan xy + π si x < 0.

3.10.2. Ejemplo. Transforma la coordenada polar (4, 2π 3 ) en coordenada rectan√ gular y (3, − 3) en coordenada polar. Soluci´ on: (a) (r, θ) = (4, 2π 3 ), entonces r = 4 y θ =

2π 3 .

Luego,

√ 2π = 2 3. 3 √ Por lo tanto, la coordenada rectangular es (−2, 2 3). √ (b) (x, y) = (3, − 3), entonces q √ √ √ r = 32 + (− 3)2 = 12 = 2 3. √ ! − 3 π 11π θ = arctan + 2π = − + 2π = . 3 6 6 √ Por lo tanto, la coordenada polar es (2 3, 11π 6 ). x = 4 cos

2π = −2 y 3

y = 4 sin

272 Si r y θ est´ an relacionados por una ecuaci´ on de la forma r = f (θ), se le llama ecuaci´ on polar. De acuerdo a esto, se puede definir la gr´ afica de una ecuaci´ on polar como el conjunto de puntos (r, θ) que satisfacen la ecuaci´ on. Una forma de obtener informaci´ on acerca de la gr´ afica de una ecuaci´ on polar, es expresando dicha ecuaci´ on en forma rectangular, y que ´esta sea conocida o simple de graficar. Por ejemplo, la ecuaci´ on polar r = a, con a > 0, representa la gr´ afica de una circunferencia con centro en el origen y de radio a. Una forma de convencerse de esto, es observando que la ecuaci´ on rectangular correspondiente es x2 + y 2 = a2 . En algunas ocasiones, la ecuaci´ on que define una curva expresada en coordenadas polares puede estar en forma impl´ıcita. Por ejemplo, la recta y = x tiene por ecuaci´ on π polar θ = 4 . 3.10.3. Ejemplo. Determina la ecuaci´ on rectangular correspondiente a cada ecuaci´ on polar. (a) r = 2 sec θ tan θ (b) r = 4 sin θ − 2 cos θ. Soluci´ on: (a) 2 tan θ = r = 2 sec θ tan θ = cos θ De aqu´ı, se sigue que 1 =

2y x2 .

2r x

y . x

Por lo tanto, la ecuaci´ on rectangular es y=

x2 2

que corresponde a una par´ abola. (b)

4y − 2x 4y 2x − = . r r r Entonces, r 2 = 4y − 2x. Se sigue que x2 + y 2 = 4y − 2x. Separando variables y completando cuadrados para x y y, se tiene que r = 4 sin θ − 2 cos θ =

x2 + 2x + y 2 − 4y = 0

x2 + 2x + 1 + y 2 − 4y + 4 = 1 + 4 (x + 1)2 + (y − 2)2 = 5.

273

COORDENADAS POLARES Por lo tanto, la ecuaci´ on rectangular es (x + 1)2 + (y − 2)2 = 5, que corresponde a una circunferencia con centro en (−1, 2) y de radio

√

Nota: Cuando sea complicado determinar la ecuaci´ on rectangular de una ecuaci´ on polar o no sea evidente saber a qu´e curva corresponde, entonces se tabula algunos de sus puntos (r, θ) para tener un esboso de la gr´ afica y saber el comportamiento que tiene. Para ello, es u ´til analizar las simetr´ıas con respecto al eje polar, la recta π 2 y el polo. 1. La gr´ afica de r = f (θ), es sim´ etrica con respecto al eje polar si f (θ) = f (−θ). 2. La gr´ afica de r = f (θ), es sim´ etrica con respecto a la recta

π 2

f (θ) = f (π − θ). 3. La gr´ afica de r = f (θ), es sim´ etrica con respecto al polo si f (θ) = f (π + θ). Nota: Si r = f (θ) cumple con dos de las simetr´ıas, entonces cumple con la tercera simetr´ıa restante. En efecto: 1. Si f (θ) = f (−θ) y f (θ) = f (π − θ), entonces f (π + θ) = f (π − (π + θ)) = f (θ). 2. Si f (θ) = f (−θ) y f (θ) = f (π + θ), entonces f (π − θ) = f (−π + θ) = f (π + (−π + θ)) = f (θ). 3. Si f (θ) = f (π − θ) y f (θ) = f (π + θ), entonces f (−θ) = f (π + θ) = f (θ).

De la misma forma, se puede comprobar que si r = f (θ) cumple con una de las tres simetr´ıas, pero no con alguna de las dos restantes, entonces tampoco cumple con la u ´ltima.

274 3.10.4. Ejemplo. Dibuja la gr´ afica de la ecuaci´ on polar r = 1 + cos θ. Soluci´ on: 1. An´ alisis de simetr´ıas a) Simetr´ıa con respecto al eje polar. f (−θ) = 1 + cos(−θ) = 1 + cos θ = f (θ). Por lo tanto, hay simetr´ıa con respecto al eje polar. b) Simetr´ıa con respecto a la recta

π 2.

f (π − θ) = 1 + cos(π − θ) = 1 − cos θ 6= f (θ). Por lo tanto, no hay simetr´ıa con respecto a la recta simetr´ıa con respecto al polo.

π 2,

y tampoco hay

2. Tabulaci´ on de algunas coordenadas polares; 0 ≤ θ ≤ π. θ

π 6

π 3

π 2

2π 3

5π 6

1.8

1.5

120

150

180

210

360

330 240

270

300

La curva de l´ınea continua, corresponde a los puntos tabulados. Como la gr´ afica es sim´etrica con respecto al eje polar, se dibuja la otra parte con l´ınea punteada ya sin necesidad de tabular como se muestra en la figura. La gr´ afica de esta ecuaci´ on polar se llama cardiode. En general, la ecuaci´ on polar de una cardiode es de la forma: r = a(1 ± cos θ) = a ± a cos θ, r = a(1 ± sin θ) = a ± a sin θ.

275

COORDENADAS POLARES 3.10.5. Ejemplo. Dibuja la gr´ afica de la ecuaci´ on polar r = 3 sin 2θ. Soluci´ on: 1. An´ alisis de simetr´ıas a) Simetr´ıa con respecto al eje polar. f (−θ) = 3 sin(−2θ) = −3 sin 2θ = −f (θ).

Por lo tanto, no hay simetr´ıa con respecto al eje polar, pero si lo hay con respecto al polo. Se concluye que tampoco hay simetr´ıa con respecto a la recta π2 . 2. Tabulaci´ on de algunas coordenadas polares; 0 ≤ θ ≤ π. θ

π 12

π 6

π 4

π 3

5π 12

π 2

7π 12

2π 3

3π 4

5π 6

11π 12

1.5

2.5

1.5

-1.5

-2.5

-3

-2.5

-1.5

90 120

60 2

150

30 1

180

210

360

330

240

300 270

La curva de l´ınea continua, corresponde a los puntos tabulados. Como la gr´ afica es sim´etrica con respecto al polo, se dibuja la otra parte con l´ınea punteada ya sin necesidad de tabular como se muestra en la figura. La gr´ afica de esta ecuaci´ on polar se llama rosa de 4 hojas. En general, la ecuaci´ on polar de una rosa es de la forma: r = a cos nθ

r = a sin nθ.

276 Si n es par, la rosa tiene 2n hojas, mientras que si n es impar tiene s´ olo n hojas. Por ejemplo, la gr´ afica de la ecuaci´ on polar r = 2 cos 5θ, es una rosa de 5 hojas. La gr´ afica de esta curva se muestra a continuaci´ on. 90

120

150

180

360

210

330 240

300

270

3.10.6. Ejemplo. Obt´en la gr´ afica de la ecuaci´ on polar r = 1 − 2 sin θ. Soluci´ on: 1. An´ alisis de simetr´ıas. a) Simetr´ıa con respecto al eje polar. f (−θ) = 1 + 2 sin θ 6= f (θ). Por lo tanto, no hay simetr´ıa con respecto al eje polar. b) Simetr´ıa con respecto a la recta

π 2.

f (π − θ) = 1 − 2 sin(π − θ) = 1 − 2[sin π cos θ − sin θ cos π] = 1 − 2 sin θ = f (θ). Por lo tanto, la gr´ afica es sim´etrica con respecto a la recta tambi´en que no hay simetr´ıa con respecto al polo. 2. Tabulaci´ on de algunas coordenadas polares; − π2 ≤ θ ≤ π2 .

θ r

− π2 3

− π3

2.7

− π6 2

π 6

π 3

π 2

-.7

-1

π 2.

Se deduce

277

COORDENADAS POLARES 90 120

60 2

150

30 1

180

360

210

330

240

300 270

Esta gr´ afica es sim´etrica con respecto a la recta π2 , es por ello que bast´ o obtener π π algunos puntos (r, θ) en la tabulaci´ on, donde − 2 ≤ θ ≤ 2 . Esta gr´ afica se llama caracol o limacon (con rizo). En general, la ecuaci´ on polar de una caracol o limacon (con rizo), es de la forma r = a ± b sin θ

r = a ± b cos θ, donde a < b.

Cuando a > b, la gr´ afica de cualquiera de las dos ecuaciones polares anteriores se llama caracol o limacon (sin rizo). Por ejemplo, la gr´ afica de la ecuaci´ on polar r = 2 − cos θ, tiene la forma: 90 120

60 2

150

30 1

180

210

360

330

240

300 270

278 Se ha visto dos maneras de obtener la gr´ afica de una ecuaci´ on polar: expresando la ecuaci´ on en la forma rectangular o por medio del an´ alisis de simetr´ıas y tabulaci´ on. Sin embargo, puede resultar muy tedioso dibujar la gr´ afica al usar cualquiera de estas formas para ciertas ecuaciones polares. Lo m´ as recomendable es usar alg´ un software o disponer de una graficadora que cuente con modo polar o modo paramétrico. En el modo paramétrico, se puede graficar la ecuaci´ on polar r = f (θ), expresando esta ecuaci´ on como x = f (θ) cos θ y = f (θ) sin θ. La forma paramétrica de una ecuaci´ on polar, ayuda a obtener la pendiente de la recta tangente de la gr´ afica de r = f (θ) en un punto (r, θ). As´ı, si f es derivable, entonces la pendiente de r = f (θ) en (r, θ) es 0

dy/dθ f (θ) sin θ + f (θ) cos θ dy = = 0 dx dx/dθ f (θ) cos θ − f (θ) sin θ donde dx/dθ 6= 0 en (r, θ). 3.10.7. Ejemplo. Determina la ecuaci´ on de la recta tangente de la ecuaci´ on polar r = 1 + 2 sin θ, en el punto (1, π). Soluci´ on:

Las ecuaciones param´etricas de esta curva son x = (1 + 2 sin θ) = cos θ + 2 sin θ cos θ y = (1 + 2 sin θ) = sin θ + 2 sin2 θ. cos θ + 4 sin θ cos θ dy = . dx − sin θ + 2[cos2 θ − sin2 θ]

Ahora, se debe convertir la coordenada polar (1, π) en rectangular. Esto es f´acil si se sustituye r = 1 y θ = π en las ecuaciones param´etricas. Se obtiene as´ı que (x, y) = (−1, 0). Luego, la pendiente de la recta tangente de la curva que pasa por (−1, 0) es

1 dy

=− . dx π 2 Por lo tanto, la ecuaci´ on de la recta tangente es:

1 1 1 y = − (x + 1) = − x − . 2 2 2

279

COORDENADAS POLARES 90 120

60 2

150

30 1

180

210

360

330

240

300 270

Actividad 50. Determina la ecuaci´ on de la recta tangente de la ecuaci´ on polar r = 1 − sin θ en (1, 0).

LONGITUD DE ARCO DE CURVAS POLARES También se puede calcular la longitud de arco de una curva polar si se emplean sus ecuaciones paramétricas. As´ı, sea r = f (θ) la ecuaci´ on polar de una curva tal que f tiene derivada continua en [α, β]. Las ecuaciones paramétricas de r son: x = f (θ) cos θ y = f (θ) sin θ donde α ≤ θ ≤ β. La longitud de arco de esta curva es s Z β 2 2 dx dy L= + dθ. dθ dθ α Pero

dx dθ

= [f (θ) cos θ − f (θ) sin θ)]2 0

= [f (θ)]2 cos2 θ − 2f (θ) cos θ · f (θ) sin θ + f 2 (θ) sin2 θ.

280

dy dθ

= [f (θ) sin θ + f (θ) cos θ]2 0

= [f (θ)]2 sin2 θ + 2f (θ) sin θ · f (θ) cos θ + f 2 (θ) cos2 θ.

Luego,

dx dθ

dy dθ

= [f (θ)]2 + [f (θ)]2 .

Por lo tanto, la longitud de arco de r = f (θ) en [α, β] es Z βq [f 0 (θ)]2 + [f (θ)]2 dθ. L= α

3.10.8. Teorema. La longitud de arco de la gr´ afica de r = f (θ), donde f tiene derivada continua en α ≤ θ ≤ β es s Z βq Z β 2 dr 0 + r 2 dθ. L= [f (θ)]2 + [f (θ)]2 dθ = dθ α α 3.10.9. Ejemplo. Calcula la longitud de arco de la espiral de Arqu´ımedes2 , cuya ecuaci´ on polar es r = θ, 0 ≤ θ ≤ 2π. Soluci´ on:

La gr´ afica de la espiral de Arqu´ımides queda de la siguiente manera: 90 120

60 2

150

30 1

180

210

360

330

240

300 270

En general, la curva representada por la ecuaci´ on r = aθ, donde a es una constante, se llama espiral de Arqu´ımedes.

281

COORDENADAS POLARES

dr dθ

Entonces, L=

=1 y

2π 0

r2 = θ2.

p 1 + θ 2 dθ.

R√ 1 + θ 2 dθ por sustituci´on trigonom´etrica. Sea θ = tan α, entonces dθ = Se calcula sec2 αdα y 1 + θ 2 = 1 + tan2 α = sec2 α. El tri´ angulo a usar es √

1 + θ2

α 1 Entonces, Z p

1 + θ 2 dθ = = =

sec α sec2 αdα =

sec3 αdα

sec α tan α + ln | sec α + tan α| 2 √ √ 2 1 + θ · θ + ln | 1 + θ 2 + θ| . 2

Por lo tanto, L = =

2π √ 2 · θ + ln | 1 + θ 2 + θ|

1 + θ

1 + θ 2 dθ =

2 0 0 √ √ 1 + 4π 2 · 2π + ln | 1 + 4π 2 + 2π| . 2

2π

√

Sustituyendo π = 3.14 en la u ´ltima igualdad, se concluye que L ≈ 21.26

3.10.10. Ejemplo. Calcula la longitud de arco de la espiral logar´ıtmica3 , cuya ecuaci´ on polar es r = eθ , 0 ≤ θ ≤ 2π. Soluci´ on:

dr dθ

= e2θ

y r 2 = e2θ .

En general, la curva descrita por la ecuaci´ on r = aebθ , donde a y b son constantes, se llama espiral logar´ıtmica. 3

282 Por lo tanto, Z

L =

2π

e2θ

e2θ dθ

2π

√

2e2θ dθ

2π

√ 2eθ dθ = 2eθ

0 √0 2π = 2 e −1 . =

2π

√

3.10.11. Ejemplo. Calcula la longitud de arco de la cardioide descrita por la ecuaci´ on polar r = a(1 + cos θ), 0 ≤ θ ≤ 2π. Soluci´ on:

Se tiene que 2 dr = a2 sin2 θ dθ

r 2 = a2 (1 + 2 cos θ + cos2 θ).

Entonces, L =

2π

= 2 = = = = = = Por lo tanto, L = 8a.

a2 (1 + 2 cos θ + cos2 θ) + a2 sin2 θdθ

p a2 + 2a2 cos θ + a2 cos2 θ + a2 sin2 θdθ

Z0 π p 2a2 (1 + cos θ)dθ 2 0 √ Z π√ 2 2a 1 + cos θdθ 0 r √ Z π θ 2 2a 2 cos2 dθ 2 Z π 0 θ cos dθ 4a 2 0 θ π 4a 2 sin 2 0 8a.

La raz´ on de integrar de 0 a π y de multiplicar por 2 en la segunda igualdad en el c´ alculo de L, se debe a que f tiene derivada continua de 0 a π y de π a 2π; es decir, esta curva tiene un cambio brusco en θ = π y es sim´etrica con respecto al eje polar. El comportamiento de su gr´ afica es como sigue:

283

COORDENADAS POLARES π 2

Actividad 51. Calcula la longitud de arco de la curva descrita por r = 1 + sin θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.

´ ´ POLAR AREA DE UNA REGION Ahora se dar´ a un resultado que permite calcular el ´ area de una regi´ on polar. Antes, se recordar´a que el ´ area de un sector circular de radio r y ´angulo θ, est´ a dado 1 2 por A = 2 r θ.

Sea r = f (θ), donde f es continua y no negativa en α ≤ θ ≤ β. Se desea determinar el ´area A de la regi´ on limitada entre la gr´ afica de f y las rectas radiales θ = α y θ = β, como se muestra en la siguiente figura: π 2

β r = f (θ) α 0

284 Sea P = {α = θ0 , θ1 , . . . , θn = β} una partici´ on de [α, β]. Sean ri =

m´ın

θi−1 ≤θ≤θi

f (θ) y

Ri =

m´ ax

f (θ), i = 1, 2, . . . , n.

θi−1 ≤θ≤θi

Entonces, el ´ area Ai del i-´esimo sector, satisface la desigualdad: 1 2 1 ri 4θi ≤ Ai ≤ Ri2 4θi . 2 2 donde θi − θi−1 = 4θi . Sumando las n desigualdades anteriores, se obtiene L(P ; h) ≤ A ≤ U (P ; h),

con

1 h(θ) = [f (θ)]2 . 2

El ´ area queda atrapada entre una suma inferior y superior. Luego, puesto que P es arbitrario, se concluye que Z β Z β 1 [f (θ)]2 dθ. h(θ)dθ = A= 2 α α

3.10.12. Teorema. Sea r = f (θ), donde f es continua en [α, β], 0 < β − α ≤ 2π, y f no es al mismo tiempo positivo y negativo. El ´ area de la regi´ on limitada por la gr´ afica de r = f (θ) y las rectas radiales θ = α y θ = β, es 1 A= 2

β α

1 [f (θ)] dθ = 2 2

r 2 dθ.

3.10.13. Ejemplo. Determina el ´area del interior de la cardiode, cuya ecuaci´on polar es r = 1 + sin θ. Soluci´ on:

π 2

0 3π 2

285

COORDENADAS POLARES

on para Como esta gr´ afica es sim´etrica con respecto a π2 , los l´ımites de integraci´ determinar el ´ area pueden ser de [0, π/2] y de [π, 3π/2], y multiplicar por dos. Esto es, " Z π # Z 3π 2 1 2 1 2 2 A = 2 (1 + sin θ) dθ + (1 + cos θ) dθ 2 0 2 π Z 3π Z π 2 2 (1 + sin θ)2 dθ + (1 + cos θ)2 dθ. = 0

Por otra parte, Z

(1 + 2 sin θ + sin2 θ)dθ Z 1 − cos 2θ dθ = θ − 2 cos θ + 2 θ sin 2θ = θ − 2 cos θ + − . 2 4

(1 + sin θ) dθ =

Por lo tanto, π 3π θ sin 2θ 2 θ sin 2θ 2 A = θ − 2 cos θ + − + θ − 2 cos θ + − 2 4 2 4 0 π hπ π i 3π 3π π = + +2 + + −π−2− 2 4 2 4 2 3π = . 2

3.10.14. Ejemplo. Determina el ´area de la rosa de tres hojas, cuya ecuaci´ on polar es r = sin 3θ.

Soluci´ on:

π 2

π 3

286 on para Esta gr´ afica es sim´etrica con respecto a π2 . Entonces, los l´ımites de integraci´ π el ´ area pueden ser de 0 a 3 y multiplicar por tres. Esto es # " Z π Z π 3 3 1 − cos 6θ 1 3 2 sin 3θdθ = A = 3 dθ 2 0 2 0 2 π 3 θ sin 6θ 3 − = 2 2 12 0 h i 3 3 π − [0] = 2 6 2 π . = 4

3.10.15. Ejemplo. Calcula el ´area de la regi´ on sombreada del caracol con rizo, cuya ecuaci´ on polar es r = 1 − 2 sin θ. Soluci´ on:

5π 6

π 2

π 6

3 Esta gr´ afica pasa por el origen en θ = π6 y θ = 5π 6 . Entonces, Z 5π Z 5π 6 6 1 1 2 (1 − 2 sin θ) dθ = (1 − 4 sin θ + 4 sin2 θ)dθ A = 2 π 2 π 6 6 5π 6 1 θ sin 2θ = − θ + 4 cos θ + 4 2 2 4 π 6

= = = =

5π 1 [3θ + 4 cos θ − sin 2θ] π6 6 2" " √ !# √ ! 1 π 1 15π 3 3 − − − +4 − +4 2 6 2 2 2 2 " " √ # √ # 1 15π 3 3 1 π 3 3 − − + 2 6 2 2 2 2 √ 3 3 π− . 2

√ ! √ # 3 3 − 2 2

287

COORDENADAS POLARES

3.10.16. Ejemplo. Calcula el ´area de la regi´ on sombreada del caracol con rizo, cuya ecuaci´ on polar es r = 1 − 2 cos θ. Soluci´ on:

π 2

π 3

3 1 5π 3

Se observa que el ´ area del rizo est´ a dada por " Z π # √ 1 3 3 3 2 , A1 = 2 (1 − 2 cos θ) dθ = π − 2 0 2 mientras que el ´ area de la cardiode es " Z # √ 3 3 1 π 2 . A2 = 2 (1 − 2 cos θ) dθ = 2π + 2 π 2 3

Se deja como ejercicio para el lector escribir todos los c´alculos de las dos integrales anteriores. Luego, el ´ area pedida es √ A = A2 − A1 = π + 3 3. ´ AREA ENTRE CURVAS Sea Ω la regi´ on encerrada por r = f (θ), r = g(θ), donde f ≤ g, y las rectas radiales θ = α y θ = β. Entonces, el ´ area de Ω est´ a dada por Z β Z 1 β 1 2 [g(θ)] dθ − [f (θ)]2 dθ. A(Ω) = 2 α 2 α θ=β r = g(θ) Ω

θ=α

r = f (θ) O

288 3.10.17. Ejemplo. Determina el ´area entre r = 2 cos θ y r = 1. Soluci´ on:

π 2

r=1

π 3

Ω

r = 2 cos θ 0

5π 3

Se observa que si 0 ≤ θ ≤ 2π, entonces 2 cos θ = 1 si, y s´ olo si θ = π3 y θ = 5π 3 . Por otra parte, como las dos gr´ aficas son c´ırculos, éstas son simétricas con respecto al eje polar. Por lo tanto, " Z π # Z π 3 1 3 2 2 A(Ω) = 2 ([2 cos θ] − [1] )dθ = (4 cos2 θ − 1)dθ 2 0 0 √ Z π π h i 3 π 3 3 . (1 + 2 cos 2θ)dθ = θ + sin 2θ = + = 3 2 0 0 3.10.18. Ejemplo. Determina el área de la regi´ on limitada entre el exterior del c´ırculo r = 2 sin θ y el interior de la rosa r = 2 sin 2θ. Soluci´ on:

5π 3

π 2

π 3

r = 2 sin θ

0 r = 2 sin 2θ

Se observa que 2 sin 2θ = 2 sin θ, si y s´ olo si 2 sin θ cos θ = sin θ. De aqu´ı se sigue que sin θ(2 cos θ − 1) = 0. Por lo tanto, sin θ = 0 o cos θ = 21 . Luego, las soluciones en [0, 2π], son: θ = 0 o θ = π3 , 5π 3 .

289

COORDENADAS POLARES Por la simetr´ıa de las gr´ aficas con respecto a π2 , se tiene que " Z π # 1 3 A = 2 [(2 sin 2θ)2 − (2 sin θ)2 ]dθ 2 0 Z π 3 (4 sin2 2θ − 4 sin2 θ)dθ = 0 Z π 3 1 − cos 2θ 1 − cos 4θ = −4 dθ 4 2 2 0 Z π 3 = (2 cos 2θ − 2 cos 4θ)dθ =

π sin 4θ 3 sin 2θ − 2 !0 √ √ 3 3/2 − − 2 2 √ 3 3 . 4

= =

3.10.19. Ejemplo. Calcula el a´rea de la regi´ on limitada entre el c´ırculo r = 2 sin θ 3 y el caracol r = 2 − sin θ. Soluci´ on: π 2

r = 2 sin θ π 6

5π 6

Se observa que si θ ∈ [0, 2π], entonces 2 sin θ = las soluciones son: θ = π6 , 5π 6 . Por lo tanto,

3 2

− sin θ

− sin θ, si y s´ olo si sin θ = 21 . Luego,

290

A = = = = =

2 Z 5π Z 6 1 π 1 3 − sin θ dθ + [2 sin θ]2 dθ [2 sin θ] dθ + 2 π 2 2 5π 0 6 6 Z π Z 5π Z 6 1 6 1 π 9 1 2 2 − 3 sin θ + sin θ dθ + 4 sin2 θdθ 4 sin θdθ + 2 0 2 π 4 2 5π 6 6 Z 5π Z π Z π 6 1 − cos 2θ 6 1 1 − cos 2θ 1 − cos 2θ 9 dθ + − 3 sin θ + dθ dθ + 2 2 5π π 2 2 4 2 2 0 6 6 π 5π sin 2θ 6 1 9θ sin 2θ π θ sin 2θ 6 θ− + + θ− + 3 cos θ + − 2 2 4 2 4 2 π 5π 0 6 6 √ 5π 15 3 − . 4 8 1 2

π 6

Se deja como ejercicio para el lector realizar los c´alculos en la u ´ltima igualdad de este ejemplo para obtener el resultado final.

Actividad 52. Calcula el ´area de un p´etalo de la rosa r = cos 2θ.

´ 3.10 LISTA DE EJERCICIOS. SECCION 1. Transforma las siguientes ecuaciones polares a la forma rectangular y traza su gr´ afica. a) r = 2 b) r = sin θ c) r = 3 sec θ d) r = 2(h cos θ + k sin θ) e) r =

8 2−2 sin θ .

2. Calcula la ecuaci´ on de la recta tangente de la Nefroide de Freeth, cuya ecuaci´ on polar est´ a dada por r = 1 + 2 sin θ2 , en el punto (2, π3 ).

291

COORDENADAS POLARES π 2

r (2, π ) 3

3. Comprueba que la Concoide de Nic´ omenes, cuya ecuaci´ on polar es r = π 2 csc θ + 3, tiene recta tangente horizontal en los puntos ( 2 , 5) y (1, 3π 2 ). 4. Determina la ecuaci´ on de la recta tangente que pasa por el polo de la lemniscata cuya ecuaci´ on polar es r 2 = 9 cos 2θ.

−3

5. Calcula la longitud de arco de las siguientes curvas: a) r = a; 0 ≤ θ ≤ 2π b) r = 2a cos θ; 0 ≤ θ ≤ π c) r = sin θ + cos θ; 0 ≤ θ ≤ 2π

d) r = 1 + cos θ; 0 ≤ θ ≤ π2 e) r = sin3 θ3 ; 0 ≤ θ ≤ 2π.

6. Comprueba que la distancia entre los puntos (r1 , θ1 ) y (r2 , θ2 ) en coordenadas polares, es q d = r12 + r22 − 2r1 r2 cos(θ1 − θ2 ). 7. Considera la circunferencia de radio R en coordenadas polares.

292 a) Calcula la longitud de la circunferencia b) Determina el ´area del c´ırculo. 8. Calcula el per´ımetro de la regi´ on limitada entre r = √

√

3 sin θ y r = 1 + cos θ.

9. Determina el per´ımetro y el ´area de la regi´ on encerrada entre r = 3 cos θ y r = 1 + cos θ.

10. Determina el valor de a para el cual el ´area de la regi´ on limitada por la cardiode r = a(1 − cos θ) sea igual a 9π. √ 11. Determina el ´ area com´ un entre r = 2 y r = 8 sin 2θ, en el primer cuadrante.

293

COORDENADAS POLARES 12. Determina el ´ area com´ un a los c´ırculos r = 2 cos θ, r = 1 y r = 2 sin θ. 2

−1

13. Calcula el ´ area de la regi´ on limitada por r = cos θ.

14. Hallar el ´ area de la rosa de tres p´etalos, cuya ecuaci´ on es r = 3 cos 3θ.

15. Calcula el ´ area limitada por la lemniscata, cuya ecuaci´ on es r 2 = 4 cos 2θ.

16. Calcula el ´ area limitada entre las curvas r 2 = 2 sin 2θ y r = 1.

294

17. Calcula el ´ area de la regi´ on limitada entre las curvas r 2 = 2 cos 2θ y r = 1. 1 √

18. Calcula el ´ area de la regi´ on limitada entre el interior de r = 1 y el exterior de 2 r = cos θ.

Ap´ endice A

Principio de Inducci´ on El principio de inducción matem´ atica es un método que se utiliza frecuentemente para demostrar propiedades generales que dependen en alg´ un sentido de los n´ umeros naturales (N). Esto es, si una determinada propiedad se cumple o es verdadera para algunos valores particulares de los n´ umeros naturales, entonces, ¿cómo puede uno asegurar que dicha propiedad se seguirá cumpliendo para todos los n´ umeros naturales restantes? Por ejemplo, la conocida suma de los primeros n n´ umeros naturales se n(n+1) puede representar con la fórmula , es decir: 2 1 + 2 + 3 + ··· + n =

n(n + 1) . 2

Uno puede comprobar que esta fórmula es válida para cualquier n´ umero natural: n = 3, n = 5, n = 10, etcétera. 1+2+3 = 6=

3(3 + 1) , 2

1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 =

5(5 + 1) , 2

10(10 + 1) . 2 Uno puede convencerse de la validez de esta f´ormula, pero a´ un queda la pregunta: ¿seguir´ a siendo verdadera para todos los naturales restantes? 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55 =

El principio de inducci´on matem´ atica es una herramienta fundamental para N y afirma que una propiedad P (n) se cumple para todo n ∈ N, si (1). La propiedad P (n) se cumple para n = 1; es decir, P (1) es verdadera, y (2). P (k + 1) es verdadera, suponiendo que P (k) lo es para todo n = k ∈ N, k > 1. 295

296 Estas dos condiciones hacen de la veracidad de P (n) para todo n ∈ N. Principio de inducci´ on matem´ atica.

Sea P (n) una proposici´ on.

1. Si P (1) es verdadera, y 2. Si se supone que P (k) es verdadera para cualquier k ∈ N, k > 1 y entonces P (k + 1) también es verdadera, entonces se concluye que P (n) es verdadera para todo n ∈ N. Demostraci´ on: Para la comprobación de este principio, se hace uso del principio del buen orden, que dice que todo subconjunto A no vac´ıo de N contiene un elemento m´ınimo. Sea P (n) una proposici´ on con las condiciones (1) y (2). Se considera S = {n ∈ N|P (n) es falso} Se debe probar que S = ∅. Supongamos que S 6= ∅, entonces por el principio del buen orden, S tiene un elemento m´ınimo, digamos m. Luego, como P (1) es verdadera, m 6= 1. Por lo que m > 1. Se tiene entonces que m − 1 6∈ S porque m es el m´ınimo de S. Por lo tanto, P (m − 1) es verdadera, y por (2), P (m) también es verdadera. As´ı, m 6∈ S, lo que contradice que m ∈ S. Esta contradicci´ on surge del hecho de haber supuesto que S 6= ∅. Por lo tanto, S debe ser el conjunto vac´ıo y P (n) es verdadera para todo n ∈ N. Nota: Se puede comprobar que el principio de inducción matem´ atica y del buen orden, son proposiciones equivalentes. Algunas proposiciones P (n) se cumplen para todo n ≥ n0 y n0 > 1. Para este tipo de proposiciones también se aplica el principio de inducción matem´ atica para su prueba, s´ olo que en lugar de comenzar comprobando que P (1) es verdadera, se comienza verificando que se cumple P (n0 ). A.0.20. Ejemplo. Comprueba usando inducción matem´ atica que 1 + 2 + 3 + ··· + n = Soluci´ on:

n(n + 1) , 2

para todo n ∈ N.

´ APENDICE A

297

(i) Para n = 1, se verifica la f´ormula puesto que 1 =

1(1+1) . 2

(ii) Supongamos que para n = k se verifica la f´ormula. Es decir, 1 + 2 + 3 + ··· + k =

k(k + 1) . 2

Se debe comprobar la f´ormula para n = k + 1. Esto es 1 + 2 + 3 + · · · k + (k + 1) =

(k + 1)(k + 2) . 2

Luego, k(k + 1) + (k + 1) | {z } 2 k(k + 1) + 2(k + 1) 2 (k + 1)(k + 2) . 2

1 + 2 + 3 + · · · k + (k + 1) = | {z }

= =

Por lo tanto, aplicando el principio de inducci´on matem´ atica, se comprueba que 1 + 2 + 3 + ··· + n =

n(n + 1) , 2

para todo

n ∈ N.

A.0.21. Ejemplo. Comprueba que la suma de los cuadrados de los primeros n n´ umeros naturales es n(n+1)(2n+1) para todo n ∈ N. Es decir: 6 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =

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

para todo

n ∈ N.

Soluci´ on: (i) Para n = 1, se verifica la f´ormula puesto que 12 = 1 =

1(1+1)(2(1)+1) . 6

(ii) Supongamos que para n = k, 12 + 22 + 32 + · · · + k2 =

k(k + 1)(2k + 1) . 6

Entonces, se debe mostrar que se cumple para n = k + 1. Esto es, 12 + 22 + 32 + · · · + k2 + (k + 1)2 =

(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1) . 6

298 Luego, 12 + 22 + 32 + · · · + k2 + (k + 1)2 = | {z }

= = = = =

k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2 | {z } 6 k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2 6 (k + 1)(k(2k + 1) + 6(k + 1)) 6 (k + 1)(2k2 + 7k + 6) 6 (k + 1)(k + 2)(2k + 3) 6 (k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1) . 6

Por lo tanto, aplicando el principio de inducci´on matem´ atica, se tiene que para todo n ∈ N, n(n + 1)(2n + 1) . 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = 6

Actividad 53. Comprueba que la suma de los cubos de los primeros n n´ umeros h i n(n+1) 2 naturales es , para todo n ∈ N. Es decir, 2

n(n + 1) 1 + 2 + 3 + ··· + n = 2 3

para todo n ∈ N.

A.0.22. Ejemplo. Demuestra la desigualdad de Bernoulli: Para todo n ∈ N y α ≥ −1, (1 + α)n ≥ 1 + nα. Soluci´ on: (i) La desigualdad se cumple para n = 1, puesto que 1 + α ≥ 1 + α. (ii) Supongamos que la desigualdad se cumple para alg´ un n´ umero natural n = k, es decir: (1 + α)k ≥ 1 + kα. Se debe mostrar ahora que la desigualdad se sigue cumpliendo para n = k + 1, es decir: (1 + α)k+1 ≥ 1 + (k + 1)α.

´ APENDICE A

299

En efecto: (1 + α)k+1 = (1 + α)k (1 + α) ≥ (1 + kα)(1 + α) = 1 + α + kα + kα2

= 1 + (k + 1)α + kα2 ≥ 1 + (k + 1)α. La u ´ltima desigualdad en este desarrollo se da puesto que kα2 ≥ 0. Por lo tanto, (1 + α)k+1 ≥ 1 + (k + 1)α, y por el principio de inducci´on matem´ atica se concluye que si α ≥ −1, (1 + α)n ≥ 1 + nα

para todo

n ∈ N.

A.0.23. Ejemplo. Comprueba que para todo n ∈ N, 2

n−1 2

Sn = 1 − 2 + 3 − 4 + · · · + (−1)

n−1

n = (−1)

n(n + 1) . 2

Soluci´ on: (i) La igualdad se cumple para n = 1, puesto que 12 = 1 = (−1)1−1 (ii) Supongamos que para n = k, se tiene que 2

k−1 2

Sk = 1 − 2 + 3 − 4 + · · · + (−1)

k−1

k = (−1)

1(1+1) 2

k(k + 1) . 2

Se debe mostrar que la f´ormula se cumple para n = k + 1. Esto es, 2 2 2 2 k−1 2 k 2 k (k + 1)(k + 2) Sk+1 = 1 − 2 + 3 − 4 + · · · + (−1) k + (−1) (k + 1) = (−1) . 2 En efecto: Sk+1 = Sk + (−1)k (k + 1)2 k−1 k(k + 1) + (−1)k (k + 1)2 = (−1) 2 k = (−1)k (k + 1) − (k + 1) 2 k (k + 1)(k + 2) . = (−1) 2

300 Por lo tanto, para todo n ∈ N, 2

n−1 2

Sn = 1 − 2 + 3 − 4 + · · · + (−1)

n−1

n = (−1)

n(n + 1) . 2

A.0.24. Ejemplo. Comprueba que si f es una funci´on derivable, entonces para todo n ∈ N, 0 d [f (x)]n = n[f (x)]n−1 · f (x). dx Soluci´ on: (i) Para n = 1 se cumple puesto que

d dx f (x)

= f (x) = 1[f (x)]1−1 · f (x).

(ii) Supongamos que se cumple para n = k, esto es 0 d [f (x)]k = k[f (x)]k−1 · f (x). dx

Por u ´ltimo, se debe comprobar que se cumple para n = k + 1, es decir d 0 [f (x)]k+1 = (k + 1)[f (x)]k · f (x). dx En efecto: d d [f (x)]k+1 = [f (x)]k · f (x) dx dx d 0 k = (f (x)] · f (x) + [f (x)]k · f (x) dx 0

= k[f (x)]k−1 · f (x) · f (x) + [f (x)]k · f (x) 0

= (k[f (x)]k + [f (x)]k ) · f (x) 0

= (k + 1)[f (x)]k · f (x). Por lo tanto, para todo n ∈ N,

d 0 [f (x)]n = n[f (x)]n−1 · f (x). dx

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´ APENDICE A

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Funciones trigonométricas. Un tratado elemental en el cálculo, de Rafael Torres Simón, se terminó de imprimir en el mes de noviembre del 2013, en los talleres de impresión de la Universidad Autónoma de la Ciudad de México, San Lorenzo 290, Col. del Valle, Del. Benito Juárez, C.P. 03100, con un tiraje de 2,000 ejemplares.

El presente libro incluye los temas de Geometría Plana, Trigonometría y Aplicaciones de la Trigonometría a un nivel básico universitario, y está dirigido a estudiantes de las diversas Ingenierías y de la licenciatura en Modelación Matemática, ofertadas por la Universidad Autónoma de la Ciudad de México. Los contenidos que se abordan, aun siendo indispensables para los programas del Colegio de Ciencia y Tecnología, se encuentran dispersos en unidades o subtemas de los distintos cursos. La intención de Funciones trigonométricas. Un tratado elemental en el cálculo es justamente la de integrar todos los temas fundamentales relacionados a la Trigonometría en un sólo volumen. Asimismo, el compendio incluído pretende ser aprovechado posteriormente para su aplicación en los cursos de Álgebra y Geometría Analítica, Cálculo Diferencial y Cálculo Integral. De esta forma, se inicia con la geometría plana, se presenta una introducción a la trigonometría y se estudia el teorema de Pitágoras, el triángulo rectángulo y la ley de senos y cosenos. En el contexto del Cálculo Diferencial, se estudian las propiedades de las funciones trigonométricas, la función exponencial y el logaritmo; y las coordenadas polares se revisan en relación al Cálculo Integral. La mayoría de los teoremas y proposiciones expuestos en esta obra están demostrados con detalle, invitando de esta forma a que el estudiante participe en la construcción gradual del conocimiento, más allá de la memorización mecánica de conceptos. Para reforzar el aprendizaje, se expone un amplio número de ejemplos y se agregan actividades a resolver durante el desarrollo de los contenidos. Estas actividades tienen la finalidad de que el estudiante comprenda, retenga y madure los conceptos estudiados en ese momento.