Analisis Matematico Pedro Alegria

April 30, 2017 | Author: kbm15 | Category: N/A

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CAPÍTULO I. EL CUERPO ORDENADO ´ DE LOS NUMEROS REALES

SECCIONES A. Elementos notables en R. B. Congruencias. Conjuntos numerables. C. Método de inducción completa. D. Desigualdades y valor absoluto. E. Ejercicios propuestos.

1

A. ELEMENTOS NOTABLES EN R.

Sea S 6= ∅ un subconjunto del conjunto R de n´ umeros reales. a) Diremos que S está acotado superiormente por u, o que u es cota superior de S, cuando x ≤ u, ∀x ∈ S. Una cota superior u de S se llama supremo de S si ning´ un n´ umero menor que u es cota superior de S, es decir cuando u es la menor de las cotas superiores de S. Si u es el supremo de S y u ∈ S, entonces u se llama m´ aximo de S. b) Análogamente a los anteriores se pueden definir los conceptos siguientes: El conjunto S está acotado inferiormente por i, o bien i es cota inferior de S, cuando x ≥ i, ∀x ∈ S. Una cota inferior i de S se llama ´ınfimo de S si ning´ un n´ umero mayor que i es cota inferior de S, es decir cuando i es la mayor de las cotas inferiores de S. Si i es el ´ınfimo de S e i ∈ S, entonces i se llama m´ınimo de S. Una propiedad fundamental de los n´ umeros reales la constituye el axioma del supremo, el cual establece que todo subconjunto de R no vac´ıo y acotado superiormente posee supremo. De él se deduce otra condición análoga para la existencia de ´ınfimo. Además estas propiedades son caracter´ısticas del conjunto R.

PROBLEMA 1.1.

Hallar el supremo, ´ınfimo, m´ aximo y m´ınimo (cuando existan) de los siguientes conjuntos: n sen nπ o a) C = |n∈N . n n cos nπ o b) D = |n∈N . n

2

Soluci´ on a) Como sen nπ = 0 si n ∈ N, entonces C = {0}, de modo que sup C = ´ınf C = máx C = m´ın C = 0. ( 1 b) Como cos nπ = −1

si n es par entonces si n es impar,

D = {−1, 1/2, −1/3, 1/4, . . . } = {−1, −1/3, −1/5, . . . }∪{1/2, 1/4, 1/6, . . . }. Luego ´ınf D = m´ın D = −1 y sup D = máx D = 1/2.

PROBLEMA 1.2.

Hallar el supremo y el ´ınfimo, cuando existan, de los siguientes conjuntos de n´ umeros reales, especificando cu´ ales tienen elemento m´ aximo o m´ınimo, es decir, cu´ ando el supremo o el ´ınfimo pertenecen al conjunto. 1 a) A = |n∈N . n 1 b) B = | n ∈ Z, n 6= 0 . n 1 c) C = x | x = 0 ´ o x= , n∈N . n n o √ d) D = x | 0 ≤ x < 2, x ∈ Q . e) E = x | x2 + x + 1 ≥ 0 . f) F = x | x2 + x − 1 < 0 . g) G = x | x < 0, x2 + x − 1 < 0 .

Soluci´ on a) Como A = {1, 1/2, 1/3, . . . }, es claro que sup A = máx A = 1 e ´ınf A = 0 6∈ A, por lo que no existe m´ın A. 3

b) B = {1, 1/2, 1/3, . . . } ∪ {−1, −1/2, −1/3, . . . } por lo que máx B = sup B = 1 e ´ınf B = m´ın B = −1. c) Podemos escribir C = A ∪ {0} y tenemos máx C = sup C = 1 e ´ınf C = m´ın C = 0. d) Como sup D = 0.

√

2 6∈ D, no existe máx D. Sin embargo ´ınf D = m´ın D =

e) Al resolver la ecuación

x2

+ x + 1 = 0 tenemos x =

−1 ±

√

1−4

y las 2 ra´ıces son imaginarias, por lo que + x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ R, es decir E = R que no está acotado ni superior ni inferiormente. √ −1 ± 5 2 . Luego la inecuaf) Las ra´ıces de la ecuación x +x−1 = 0 son x = 2 √ √ ! −1 − 5 −1 + 5 ción x2 +x−1 < 0 sólo se verifica en el intervalo F = , . 2 2 Para este intervalo tenemos √ √ −1 − 5 −1 + 5 6∈ F e ´ınf F = 6∈ F, sup F = 2 2 x2

por lo que no existen ni el máximo ni el m´ınimo de F . √ g) Como G = F ∩ {x | x < 0} = {x | (−1 − 5)/2 < x < 0}, resulta que √ −1 − 5 sup G = 0 6∈ G e ´ınf G = 6∈ G 2 y en este caso tampoco el conjunto posee máximo ni m´ınimo.

PROBLEMA 1.3.

Hallar el supremo, ´ınfimo, m´ aximo y m´ınimo del conjunto 1 n + (−1) | n ∈ N . I= n

4

Soluci´ on Descomponemos el conjunto como I = {1 + 1/n | n es par} ∪ {−1 + 1/n | n es impar} = {3/2, 5/4, 7/6, . . . } ∪ {0, −2/3, −4/5, . . . }. De aqu´ı es fácil ver que sup I = máx I = 3/2 e ´ınf I = −1 6∈ I, por lo que no existe el m´ınimo de I.

PROBLEMA 1.4.

Calcular el supremo y el ´ınfimo de los conjuntos ∞ [ 1 1 A= − , . n n n=1 ∞ \ 1 1 . B= − , n n n=1

∞ \ 1 1 , . C= 2n 2n − 1 n=1

Soluci´ on a) Como cada intervalo (−1/n, 1/n) está contenido en el anterior, resulta que ∞ [ 1 1 = (−1, 1) A= − , n n n=1

y sup A = 1, ´ınf A = −1. b) Como 0 es el u ńico punto que pertenece a todos los intervalos anteriores, tenemos que ∞ \ 1 1 B= − , = {0} n n n=1

con lo que sup B = ´ınf B = 0. 5

c) Como ninguno de los intervalos [1/2n, 1/(2n − 1)] tiene puntos en com´ un, resulta que ∞ \ 1 1 C= =∅ , 2n 2n − 1 n=1

y no posee supremo ni ´ınfimo.

PROBLEMA 1.5.

Sean A y B dos conjuntos no vac´ıos de n´ umeros tales que x ≤ y, ∀x ∈ A, y ∈ B . a) Demostrar que sup A ≤ y, ∀y ∈ B y que x ≤ ´ınf B, ∀x ∈ A. b) Demostrar que sup A ≤ ´ınf B .

Soluci´ on a) Sea a = sup A. Por definición, i) a ≥ x, ∀x ∈ A (a es cota superior de A), y ii) si a0 ≥ x, ∀x ∈ A, entonces a ≤ a0 (a es la cota superior más peque˜ na de A). Por ii), como todo y ∈ B es cota superior de A, a = sup A ≤ y. Análogamente, si llamamos ´ınf B = b, también la definición indica que i) b ≤ y, ∀y ∈ B y ii) si b0 ≤ y, ∀y ∈ B, entonces b ≥ b0 . Como todo x ∈ A verifica ii), tenemos que ´ınf B ≥ x. b) Debido a que todo elemento de A es cota inferior de B, es claro que sup A ≤ ´ınf B puesto que ´ınf B es la máxima cota inferior.

PROBLEMA 1.6.

Sea S un subconjunto no vac´ıo de R y denotamos por s a una cota superior de S . Demostrar que s = sup S ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃a ∈ S : s − ε < a ≤ s. 6

Soluci´ on =⇒: Si s = sup S, entonces ∀x ∈ S, s ≥ x y para todo ε > 0, s − ε no es cota superior de S, porque s − ε < s. Esto quiere decir que existe a ∈ S tal que a > s − ε. Pero también a ≤ s pues s = sup S. En resumen, ∀ε > 0, ∃a ∈ S : s − ε < a ≤ s. ⇐=: Si λ = sup S, no puede ser λ < s pues eligiendo ε < s − λ, tendr´ıamos que λ < s − ε y no podr´ıa existir a ∈ S tal que s − ε < a en contra de la hipótesis. Luego ha de ser λ ≥ s y como sup S es la m´ınima cota superior, sup S = s.

PROBLEMA 1.7.

a) Sean A y B dos conjuntos no vac´ıos con A ⊂ B . Probar que sup A ≤ sup B e ´ınf A ≥ ´ınf B . b) Sean A y B dos conjuntos acotados superiormente, y definimos A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B}. Demostrar que sup(A + B) = sup A + sup B , ´ınf(A + B) = ´ınf A + ´ınf B . c) Si A = {xi }i∈I , B = {yi }i∈I y C = {xi + yi }i∈I , demostrar que sup C ≤ sup A + sup B e ´ınf C ≥ ´ınf A + ´ınf B .

Soluci´ on a) Si llamamos b = sup B, entonces b ≥ y, ∀y ∈ B. Por tanto b ≥ y, ∀y ∈ A, lo que quiere decir que b es cota superior de A. Como sup A es la m´ınima cota superior, se deduce que sup A ≤ sup B. Análogamente, ´ınf B es una cota inferior de A y como ´ınf A es la mayor de todas ellas, resulta que ´ınf A ≥ ´ınf B. b) Sean a = sup A y b = sup B. Entonces a ≥ x, ∀x ∈ A y b ≥ y, ∀y ∈ B. Por tanto a + b ≥ x + y, ∀x ∈ A, y ∈ B y a + b es cota superior de A + B. Probemos que es la m´ınima: Como a = sup A, por el problema anterior, ∀ε > 0, ∃a0 ∈ A : a−ε/2 < a0 ≤ a, y como b = sup B, ∀ε > 0, ∃b0 ∈ B : b − ε/2 < b0 ≤ b. 7

Sumando miembro a miembro deducimos que existe a0 + b0 ∈ A + B tal que a + b − ε < a0 + b0 ≤ a + b, lo que indica que a + b es la m´ınima cota superior de A + B, es decir, sup(A + B) = a + b = sup A + sup B. La prueba de que ´ınf(A + B) = ´ınf A + ´ınf B es análoga a la anterior, con las modificaciones obvias. c) Obsérvese que C = {xi + yi }i∈I es un subconjunto de A + B pues A + B = {xi + yj | xi ∈ A, yj ∈ B}. Por los apartados a) y b) se deduce que sup C ≤ sup(A+B) = sup A+sup B e ´ınf C ≥ ´ınf(A+B) = ´ınf A+´ınf B.

PROBLEMA 1.8.

Probar que R es arquimediano, es decir que verifica la propiedad: ∀a, b ∈ R, a > 0, b ≥ 0, ∃n ∈ N tal que na > b.

Soluci´ on Si fuera falso, na ≤ b, ∀n ∈ N. Por tanto, n ≤ b/a, n = 1, 2, . . . lo que quiere decir que N está acotado superiormente. Por el axioma del supremo, debe existir k = sup N, lo que a su vez implica que k − 1 no es cota superior. Entonces existe m ∈ N tal que k − 1 < m de donde k < m + 1 y m + 1 ∈ N lo que es absurdo.

PROBLEMA 1.9.

Sean a, b ∈ R con a < b. Probar que existe r ∈ Q tal que a < r < b.

8

Soluci´ on Si aplicamos la propiedad arquimediana de los n´ umeros reales con 1 y b − a demostrada en el problema anterior, tenemos que existe n ∈ N tal que n(b − a) > 1. Por una parte, si b ≥ 0, existe p ∈ N tal que p · 1/n ≥ b; llamamos m al menor de tales enteros. Entonces m−1 m 1, 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (n − 1) · (n − 1)! = n!

Soluci´ on Para n = 2: 1 + 1 · 1! = 2! Suponemos que 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (k − 1) · (k − 1)! = k! y debemos probar que 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (k − 1) · (k − 1)! + k · k! = (k + 1)!. 22

En efecto: 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (k − 1) · (k − 1)! + k · k! = k! + k · k! = k!(1 + k) = (k + 1)!

PROBLEMA 1.32.

Demostrar que para todo n ∈ N: a)

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

b)

1 1 1 n + + ··· + = . 1·3 3·5 (2n − 1) · (2n + 1) 2n + 1

Soluci´ on 1 1 = . 1·2 1+1 1 1 1 k Suponemos que + + ··· + = . 1·2 2·3 k · (k + 1) k+1

a) Para n = 1:

Probemos que

1 1 1 1 k+1 + + ··· + + = : 1·2 2·3 k · (k + 1) (k + 1) · (k + 2) k+1+1

1 1 1 + + ··· + 1·2 2·3 k · (k + 1)

+ = =

1 k 1 = + (k + 1) · (k + 2) k + 1 (k + 1) · (k + 2) k 2 + 2k + 1 k(k + 2) + 1 = (k + 1) · (k + 2) (k + 1) · (k + 2) 2 (k + 1) k+1 = . (k + 1) · (k + 2) k+2

1 1 = . 1·3 2·1+1 Supongamos que

b) Para n = 1:

1 1 1 k + + ··· + = , 1·3 3·5 (2k − 1) · (2k + 1) 2k + 1 y probemos que 1 1 1 k+1 +· · ·+ + = . 1·3 (2k − 1) · (2k + 1) (2(k + 1) − 1) · (2(k + 1) + 1) 2(k + 1) + 1 23

En efecto, 1 + ... + 1·3 = =

1 1 + (2k − 1) · (2k + 1) (2(k + 1) − 1) · (2(k + 1) + 1) k 1 k(2k + 3) + 1 + = 2k + 1 (2k + 1) · (2k + 3) (2k + 1) · (2k + 3) 2 2k + 3k + 1 (2k + 1)(k + 1) k+1 = = . (2k + 1) · (2k + 3) (2k + 1) · (2k + 3) 2k + 3

PROBLEMA 1.33.

Demostrar que

n X

(1 + h + h2 ) =

h=1

n2 + 3n + 5 · n, ∀n ∈ N. 3

Soluci´ on

Se verifica para n = 1 pues el primer miembro es

1 P

(1+h+h2 ) = 1+1+12 =

h=1

3, y el segundo,

12 + 3 · 1 + 5 · 1 = 3. 3

Supongamos que se verifica para n = k, es decir

k X h=1

(1 + h + h2 ) =

k 2 + 3k + 5 ·k 3

y probemos que también es cierto para n = k:

k+1 X

(1 + h + h2 ) =

h=1

= = =

k X

(1 + h + h2 ) + [1 + (k + 1) + (k + 1)2 ]

h=1 k2 +

3k + 5 · k + (k + 2) + (k + 1)2 3 k 3 + 3k 2 + 5k + 3k + 6 + 3k 2 + 3 + 6k 3 k 3 + 6k 2 + 14k + 9 . 3 24

Por otra parte, (k + 1)2 + 3(k + 1) + 5 · (k + 1) = 3 = =

(k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1) 3 k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 3k 2 + 6k + 3 + 5k + 5 3 k 3 + 6k 2 + 14k + 9 . 3

PROBLEMA 1.34.

Probar que a2n − b2n es divisible por a + b, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Para n = 1: a2 −b2 es divisible por a+b, porque a2 −b2 = (a+b)(a−b). Suponemos que a2k − b2k es divisible por a + b. Probemos que a2(k+1) − b2(k+1) es divisible por a + b: a2(k+1) − b2(k+1) = a2k+2 − b2k+2 = a2 a2k − b2 b2k = a2 a2k − a2 b2k + a2 b2k − b2 b2k = a2 (a2k − b2k ) + b2k (a2 − b2 ). Por hipótesis, existe C tal que a2k − b2k = C(a + b), de modo que: a2(k+1) − b2(k+1) = a2 (a2k − b2k ) + b2k (a2 − b2 ) = a2 C(a + b) + b2k (a − b)(a + b) = (a + b)[a2 C + b2k (a − b)], lo que prueba la tesis.

PROBLEMA 1.35.

Demostrar que x2n−1 + y 2n−1 es divisible por x + y , ∀n ∈ N.

25

Soluci´ on Para n = 1, x2·1−1 + y 2·1−1 = x + y, que claramente es divisible por x + y. Suponemos que x2k−1 + y 2k−1 es divisible por x + y, es decir, existe C tal que x2k−1 + y 2k−1 = C(x + y). Probemos que x2(k+1)−1 + y 2(k+1)−1 es divisible por x + y: x2(k+1)−1 + y 2(k+1)−1 = x2k+1 + y 2k+1 = x2 x2k−1 + y 2 y 2k−1 = x2 x2k−1 − y 2 x2k−1 + y 2 x2k−1 + y 2 y 2k−1 = (x2 − y 2 )x2k−1 + y 2 (x2k−1 + y 2k−1 ) = (x − y)(x + y)x2k−1 + y 2 C(x + y) = (x + y)[(x − y)x2k−1 + y 2 C].

PROBLEMA 1.36.

Sean a, b ∈ R fijos. Demostrar que para todo n ∈ N, an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + · · · + abn−2 + bn−1 ).

Soluci´ on Para n = 1, a1 − b1 = a − b. Suponemos que ak −bk = (a−b)(ak−1 +ak−2 b+· · ·+abk−2 +bk−1 ) y debemos probar que ak+1 − bk+1 = (a − b)(ak + ak−1 b + · · · + abk−1 + bk ): ak+1 − bk+1 = a · ak − b · bk = a · ak − a · bk + a · bk − b · bk = a(ak − bk ) + bk (a − b) = a(a − b)(ak−1 + ak−2 b + · · · + abk−2 + bk−1 ) + bk (a − b) = (a − b)(ak + ak−1 b + · · · + abk−1 + bk ).

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PROBLEMA 1.37.

Demostrar la f´ ormula del binomio de Newton n n n n−1 n n n n n−1 (a + b) = a + a b + ··· + ab + b . 0 1 n−1 n

Soluci´ on 1 1 1 1 Para n = 1, (a + b) = a + b = a + b. 0 1 k k k k−1 k k k k k−1 Suponemos que (a + b) = a + a b + ··· + ab + b 0 1 k− 1 k m m m+1 y probemos la fórmula para k+1 -recordemos que + = : n n+1 n+1 1

(a + b)k+1 = (a + b)(a + b)k k k k k−1 k k k k−1 = (a + b) a + a b + ··· + ab + b 0 1 n−1 k k k+1 k k k k k k+1 k k = a + + a b + ··· + + ab + b 0 0 1 k−1 k k k + 1 k+1 k+1 k k+1 k + 1 k+1 = a + a b + ··· + abk + b . 0 1 k k+1

PROBLEMA 1.38.

Demostrar que n7 − n es m´ ultiplo de 42, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Debido a que 42 = 2 · 3 · 7, debemos probar que n7 − n es m´ ultiplo de 2, 3 y 7. 27

Para n = 1, 17 − 1 = 0 que es evidentemente m´ ultiplo de 42 (en realidad es m´ ultiplo de cualquier n´ umero). Suponemos que k 7 − k es m´ ultiplo de 42, es decir, k 7 − k = 42c para alg´ un c ∈ Z. Probemos que (k + 1)7 − (k + 1) es divisible por 42. Por una parte, (k + 1)7 − (k + 1) = (k + 1)[(k + 1)6 − 1] = (k + 1)[(k + 1)3 − 1][(k + 1)3 + 1] = (k + 1)[k 3 + 3k 2 + 3k + 1 − 1][k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 1] = (k + 1)k[k 2 + 3k + 3][k 3 + 3k 2 + 3k + 2] = (k + 1)k(k + 2)[k 2 + 3k + 3][k 2 + k + 1], lo que da lugar a una expresión m´ ultiplo de 2 y de 3, para cualquier valor de k, pues en la factorización intervienen tres n´ umeros naturales consecutivos. Por otra parte, si aplicamos la fórmula del binomio de Newton, (k + 1)7 − (k + 1) = k 7 + 7k 6 + 21k 5 + 35k 4 + 35k 3 + 21k 2 + 7k + 1 − k − 1 = (k 7 − k) + 7(k 6 + 3k 5 + 5k 4 + 5k 3 + 3k 2 + k) = 42c + 7d = 7(6c + d), y resulta una expresión m´ ultiplo de 7. De los dos desarrollos se obtiene el resultado deseado.

PROBLEMA 1.39.

Demostrar que 32n+2 + 26n+1 es m´ ultiplo de 11, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Para n = 1, 32·1+2 + 26·1+1 = 81 + 128 = 19 · 11. Suponemos que 32k+2 +26k+1 es m´ ultiplo de 11, es decir, 32k+2 +26k+1 = 11c para alg´ un c ∈ Z. 28

Probemos que 32(k+1)+2 + 26(k+1)+1 es m´ ultiplo de 11: 32(k+1)+2 + 26(k+1)+1 = 32k+4 + 26k+7 = 9 · 32k+2 + 26 · 26k+1 = 9 · 32k+2 + 64 · 26k+1 = 9(32k+2 + 26k+1 ) + 55 · 26k+1 = 9 · 11 · c + 5 · 11 · 26k+1 = 11(9 · c + 5 · 26k+1 ) como se quer´ıa probar.

PROBLEMA 1.40.

Probar que 22n + 15n − 1 es m´ ultiplo de 9, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Para n = 1 se verifica porque 22·1 + 15 · 1 − 1 = 18 = 2 · 9. Suponemos que 22k + 15k − 1 es m´ ultiplo de 9, es decir, 22n + 15n − 1 = 9c para alg´ un c ∈ Z. Probemos que 22(k+1) + 15(k + 1) − 1 es m´ ultiplo de 9: 22(k+1) + 15(k + 1) − 1 = 4 · 22k + 15k + 14 = 4(22k + 15k − 1) − 45k + 18 = 4 · 9c − 9 · 5k + 9 · 2, que es m´ ultiplo de 9.

PROBLEMA 1.41.

Sean x1 , x2 , x3 tres n´ umeros naturales consecutivos. Demostrar que x21 + x22 + x23 no es m´ ultiplo de 3 pero x31 + x32 + x33 es m´ ultiplo de 9.

29

Soluci´ on Si escribimos x1 , x2 , x3 como (n − 1), n, (n + 1), tenemos (n − 1)2 + n2 + (n + 1)2 = 3n2 + 2 que para n = 2 da como resultado 14, que no es m´ ultiplo de 3. Ahora bien, probaremos por inducción que (n−1)3 +n3 +(n+1)3 = 3n3 +6n es m´ ultiplo de 9, para todo n ≥ 2. Para n = 2, 3 · 23 + 6 · 2 = 36 = 9 · 4. Suponemos que 3k 3 + 6k es m´ ultiplo de 9, es decir, 3k 3 + 6k = 9c para alg´ un c ∈ Z, y debemos probar que 3(k + 1)3 + 6(k + 1) es m´ ultiplo de 9: 3(k+1)3 +6(k+1) = 3k 3 +9k 2 +9k+3+6k+6 = 3k 3 +6k+9(k 2 +k+1) = 9c+9d, que es evidentemente m´ ultiplo de 9.

PROBLEMA 1.42.

Demostrar que el producto de n factores, cada uno de los cuales es suma de los cuadrados de dos n´ umeros enteros, se puede expresar como la suma de los cuadrados de otros dos n´ umeros enteros.

Soluci´ on Debemos demostrar que (a21 + b21 )(a22 + b22 ) . . . (a2n + b2n ) = A2 + B 2 , para todo n ∈ N. Para n = 1 es evidente porque a21 + b21 = A2 + B 2 eligiendo A = a1 y B = b1 . Suponemos que (a21 +b21 )(a22 +b22 ) . . . (a2k +b2k ) = A2 +B 2 y probemos que (a21 + b21 )(a22 + b22 ) . . . (a2k+1 + b2k+1 ) = A21 + B12 : (a21 + b21 )(a22 + b22 )

. . . (a2k+1 + b2k+1 ) = (A2 + B 2 )(a2k+1 + b2k+1 ) = A2 a2k+1 + A2 b2k+1 + B 2 a2k+1 + B 2 b2k+1 = (Aak+1 )2 + (Abk+1 )2 + (Bak+1 )2 + (Bbk+1 )2 = (Aak+1 )2 + (Bbk+1 )2 − 2Aak+1 Bbk+1 +(Bak+1 )2 + (Abk+1 )2 + 2Aak+1 Bbk+1 = (Aak+1 − Bbk+1 )2 + (Bak+1 + Abk+1 )2 = A21 + B12 . 30

PROBLEMA 1.43.

Demostrar que para todo n ≥ 4 se verifica n! > 2n .

Soluci´ on Para n = 4, 4! = 24 > 24 = 16. Suponemos que k! > 2k y probaremos que (k + 1)! > 2k+1 : (k + 1)! = (k + 1) · k! > (k + 1) · 2k ≥ 2 · 2k = 2k+1 .

PROBLEMA 1.44.

Demostrar la desigualdad de Bernoulli (1 + x)n > 1 + nx para n = 2, 3, . . . , si x > −1, x 6= 0.

Soluci´ on Para n = 2: (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x, porque x 6= 0. Supongamos que (1 +x)k > 1+kx y probemos que (1+x)k+1 > 1+(k +1)x. En efecto, (1 + x)k+1 = (1 + x)(1 + x)k > (1 + x)(1 + kx) = 1 + x + kx + kx2 = 1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x. Nótese que el resultado no es cierto para n = 1, pero ser´ıa cierto para todo n ∈ N si modificamos el enunciado por (1 + x)n ≥ 1 + nx. 31

D. DESIGUALDADES Y VALOR ABSOLUTO.

Es sabido que la relación ≤ permite ordenar el cuerpo de los n´ umeros reales. Además la relación es de orden total, lo que quiere decir que dados dos n´ umeros reales cualesquiera x e y, se cumple que x ≤ y o bien y ≤ x. Por otra parte, será importante a lo largo del curso la resolución de inecuaciones con soluciones en R. Para ello son de utilidad las siguientes propiedades: a) x < y, z ∈ R =⇒ x + z < y + z. b) x < y, z > 0 =⇒ x · z < y · z. c) x < y, z < 0 =⇒ x · z > y · z. (Observa que cambia el sentido de la desigualdad). d) x < y, y < z =⇒ x < z. e) x < y, u < v =⇒ x + u < y + v. Todas estas propiedades tienen sus análogas si cambiamos el signo < por cualquiera de >, ≤ ó ≥. Otras propiedades de las desigualdades se obtienen a partir del concepto de valor absoluto. As´ı, dado un n´ umero real x, su valor absoluto o módulo, que representamos por |x|, se define como: ( √ x si x ≥ 0, |x| = + x2 = máx{x, −x} = −x si x < 0. Geométricamente representa la distancia del punto x al origen de coordenadas. Las propiedades básicas son las siguientes: a) −|x| ≤ x ≤ |x|. b) |x + y| ≤ |x| + |y| (desigualdad triangular). c) |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a. d) |x| ≥ a ⇐⇒ x ≥ a ó x ≤ −a.

PROBLEMA 1.45.

Si a, b ≥ 0, demostrar que

a+b √ ≥ ab. 2 32

Soluci´ on √ √ Partimos de la desigualdad evidente ( a − b)2 ≥ 0 y obtenemos sucesivamente: √ a+b √ a − 2 ab + b ≥ 0 =⇒ ≥ ab. 2 Observaci´ on. Este resultado se puede generalizar al siguiente: √ a1 + · · · + an ≥ n a1 . . . an , n lo que indica que la media aritmética de los n´ umeros a1 , . . . an es mayor o igual a la media geométrica de los mismos.

PROBLEMA 1.46.

Demostrar que, para cualquier a ∈ R, a ≤ máx{1, an }, siendo n ∈ N fijo.

Soluci´ on Probaremos la propiedad para los distintos valores de a. Si a > 1, máx{1, an } = an y es evidente que a ≤ an . Si −1 ≤ a ≤ 1, máx{1, an } = 1 y a ≤ 1. Si a < −1 y n es par, máx{1, an } = an y a ≤ an . En cambio, si n es impar, máx{1, an } = 1 ≥ a.

PROBLEMA 1.47.

Demostrar que si a y b son n´ umeros reales positivos, p p a > b ⇐⇒ a2 > b2 ⇐⇒ a > b. 33

Soluci´ on i) a > b =⇒ a2 > b2 : Supongamos que a > b. Como a > 0, a · a > b · a. Como también b > 0, a · b > b · b. Pero a · b = b · a. Luego, a · a = a2 > b · a > b · b = b2 , es decir, a2 > b2 . ii) a2 > b2 =⇒ a > b: Si a2 > b2 , entonces a2 − b2 > 0 =⇒ (a − b)(a + b) > 0. Como a, b > 0, a + b > 0, por lo que a − b > 0, es decir a > b. p p iii) a > b =⇒ a > b: p p p p Si, por el contrario, fuera a ≤ b, como a, b > 0, tenemos p p p p p p p p p 2que a a ≤ a b y a b ≤ b b. En definitiva, a = ( a) ≤ p p p 2 a b ≤ ( b) = b, lo que contradice la hipótesis. p p iv) La demostración de que a > b =⇒ a > b es completamente análoga a la del apartado i).

PROBLEMA 1.48.

Demostrar que la suma de cualquier n´ umero positivo con su rec´ıproco nunca es menor que 2.

Soluci´ on Se trata de probar que a + 1/a ≥ 2, ∀a > 0. Inecuaciones equivalentes a la primera son a2 + 1 ≥ 2 ⇐⇒ a2 + 1 ≥ 2a ⇐⇒ a2 − 2a + 1 ≥ 0 ⇐⇒ (a − 1)2 ≥ 0 a lo que es siempre cierto por ser el cuadrado de un n´ umero real. 34

PROBLEMA 1.49.

Si a > 0, a 6= 1 y n ∈ N, demostrar que an+1 +

1 an+1

> an +

1 . an

Soluci´ on Como en problemas anteriores vamos escribiendo inecuaciones equivalentes a la que queremos demostrar hasta llegar a una cuya demostración sea más asequible. Tenemos entonces: an+1 +

1 an+1

> an +

1 an

a2(n+1) + 1 a2n + 1 > an+1 an 2(n+1) 2n+1 ⇐⇒ a +1>a +a ⇐⇒

⇐⇒ a2n+2 − a2n+1 − a + 1 > 0 ⇐⇒ (a2n+1 − 1)(a − 1) > 0. En esta u ´ltima inecuación, si a > 1, ambos factores son positivos por lo que su producto también lo será. En cambio si 0 < a < 1, ambos factores son negativos por lo que su producto será también positivo. En ambos casos se prueba lo deseado.

PROBLEMA 1.50.

Demostrar que a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca, ∀a, b, c ∈ R excepto para a = b = c.

Soluci´ on Como a2 + b2 > 2ab, b2 + c2 > 2bc, c2 + a2 > 2ca, sumando miembro a miembro las tres inecuaciones resulta 2(a2 + b2 + c2 ) > 2(ab + bc + ca) y dividiendo por 2 obtenemos lo deseado. 35

Si a = b = c se verifica la igualdad, por lo que en general podemos escribir a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.

PROBLEMA 1.51.

Si a, b, c, d ∈ R son tales que a2 + b2 = 1 y c2 + d2 = 1, demostrar que ac + bd ≤ 1.

Soluci´ on Sabiendo que (a−c)2 ≥ 0 y (b−d)2 ≥ 0, resultan las desigualdades a2 +c2 ≥ 2ac y b2 + d2 ≥ 2bd. Sumando ambas, tenemos que a2 + c2 + b2 + d2 ≥ 2(ac + bd), es decir 2 ≥ 2(ac + bd) o bien 1 ≥ ac + bd.

PROBLEMA 1.52.

Demostrar que x3 + y 3 > x2 y + y 2 x si x, y ∈ R+ (x 6= y).

Soluci´ on La inecuación x3 + y 3 > x2 y + y 2 x es equivalente a (x + y)(x2 − xy + y 2 ) > xy(x + y). Si dividimos por x + y, que es positivo, tenemos que también es equivalente a x2 − xy + y 2 > xy, o bien x2 − 2xy + y 2 > 0 lo cual es siempre cierto porque x2 − 2xy + y 2 = (x − y)2 y x 6= y.

PROBLEMA 1.53.

Demostrar que an + bn > an−1 b + abn−1 siempre que a, b ∈ R+ (a 6= b) y n > 1. 36

Soluci´ on Desigualdades equivalentes a la que queremos probar son an + bn > an−1 b + abn−1 ⇐⇒ an − an−1 b − (abn−1 − bn ) > 0 ⇐⇒ an−1 (a − b) − bn−1 (a − b) > 0 ⇐⇒ (an−1 − bn−1 )(a − b) > 0. Esta u ´ltima inecuación es siempre cierta porque, si a > b, ambos factores son positivos y, si a < b, ambos factores son negativos.

PROBLEMA 1.54.

Demostrar: a) x2 − y 2 > x − y si x + y > 1 y x > y . b) x2 − y 2 < x − y si x + y > 1 y x < y .

Soluci´ on a) Si x > y, entonces x − y > 0. De la desigualdad x + y > 1 obtenemos (x + y)(x − y) > (x − y), es decir x2 − y 2 > x − y. b) Como x < y, x−y < 0. Multiplicando ambos miembros de la desigualdad x + y > 1 por x − y se invierte el sentido de la desigualdad y se tiene: (x + y)(x − y) < (x − y) ⇐⇒ x2 − y 2 < x − y.

PROBLEMA 1.55. a+b Sabiendo que la media aritm´ etica de dos n´ umeros a y b es , 2 √ 2ab la media geom´ etrica es ab y la media arm´ onica es , probar a+b √ a+b 2ab que > ab > , si a y b son positivos y distintos. 2 a+b 37

Soluci´ on i) La siguiente cadena de equivalencias prueba que (a + b)/2 > método se realizó en el problema 1.45):

√

ab (otro

√ a+b √ > ab ⇐⇒ (a + b)2 > (2 ab)2 ⇐⇒ a2 + b2 + 2ab > 4ab 2 ⇐⇒ a2 − 2ab + b2 > 0 ⇐⇒ (a − b)2 > 0. √ ii) Veamos ahora por el mismo método que √ ab >

ab >

2ab : a+b

2ab (2ab)2 ⇐⇒ ab > ⇐⇒ (a + b)2 > 4ab ⇐⇒ (a − b)2 > 0. a+b (a + b)2

PROBLEMA 1.56.

Demostrar que si a, b, c, d son n´ umeros reales positivos tales que a c a+c c > , entonces > . b d b+d d

Soluci´ on Sumando a ambos miembros de la desigualdad la misma cantidad c/b, tenemos: a c a c c c a+c c(b + d) a+c c > =⇒ + > + =⇒ > =⇒ > . b d b b d b b bd b+d d

PROBLEMA 1.57.

Demostrar que

1 1 2 + > si x, y ∈ R+ (x 6= y). x y x+y 38

Soluci´ on Escribamos expresiones equivalentes a la inecuación a probar: 1 1 2 + > x y x+y

x+y 2 > ⇐⇒ (x + y)2 > 2xy xy x+y ⇐⇒ x2 + 2xy + y 2 > 2xy ⇐⇒ x2 + y 2 > 0, ⇐⇒

lo cual es evidentemente cierto, pues x 6= y.

PROBLEMA 1.58.

Demostrar que igualdad?

a2 + b2 ≥ ab, ∀a, b ∈ R. ¿En qu´ e caso se verifica la 2

Soluci´ on Si partimos de la desigualdad a probar, mediante expresiones equivalentes obtenemos: a2 + b2 ≥ ab ⇐⇒ a2 + b2 ≥ 2ab ⇐⇒ a2 + b2 − 2ab ≥ 0 ⇐⇒ (a − b)2 ≥ 0, 2 que es siempre cierto. La igualdad se verifica cuando a = b.

PROBLEMA 1.59.

Si a1 , a2 , . . . , an y b1 , b2 , . . . , bn son n´ umeros reales cualesquiera, probar la desigualdad de Schwarz: (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). 39

Soluci´ on Si x ∈ R, se tiene (a1 x + b1 )2 + · · · + (an x + bn )2 ≥ 0. Desarrollando y agrupando términos, llegamos a: A2 x2 + 2Cx + B 2 ≥ 0, con A2 = a21 + · · · + a2n , B 2 = b21 + · · · + b2n , C = a1 b1 + · · · + an bn . La inecuación anterior se puede escribir, completando cuadrados, como (Ax+ C/A)2 + B 2 − C 2 /A2 ≥ 0. Si elegimos x = −C/A2 , resulta B 2 − C 2 /A2 ≥ 0, es decir, A2 B 2 ≥ C 2 , que es la desigualdad buscada.

PROBLEMA 1.60.

Resolver las siguientes inecuaciones: a) |x − 3| ≤ 1. b) |x2 − 1| < 1/2. c) (x + 1)(x − 1)(x − 2) > 0.

Soluci´ on a) |x − 3| ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ x − 3 ≤ 1 ⇐⇒ 2 ≤ x ≤ 4 ⇐⇒ x ∈ [2, 4]. b) |x2 − 1| < 1/2 ⇐⇒ −1/2 < x2 − 1 < 1/2 ⇐⇒ 1/2 < x2 < 3/2 √ √ √ ⇐⇒ 1/2 < |x|2 < 3/2 ⇐⇒ 1/ 2 < |x| < 3/ 2 √ √ √ ⇐⇒ 1/ 2 < x < 3/ 2 (para x ≥ 0) √ √ √ ó − 3/ 2 < x < −1/ 2 (para x < 0) ! √ √ ! 3 1 1 3 ⇐⇒ x ∈ − √ , − √ ∪ √ ,√ . 2 2 2 2 40

c) Como (x + 1)(x − 1)(x − 2) = 0 cuando x = −1, x = 1, x = 2, podemos escribir la siguiente tabla de signos: x < −1

−1 < x < 1

1 0 cuando −1 < x < 1 ó x > 2.

PROBLEMA 1.61.

Hallar el conjunto de los valores de x para los que se verifica: 3 1 + ≥ 5. x 2x b) x(x + 2) ≤ 24.

a)

c) |x + 2| < |x − 5|. d)

x x+3 > . x+2 3x + 1

Soluci´ on a)

1 3 5x + ≥ 5 ⇐⇒ 2 ≥ 5 ⇐⇒ 5x ≥ 10x2 ⇐⇒ 2x2 − x ≤ 0 ⇐⇒ x(2x − 1) ≤ 0. x 2x 2x Hacemos la tabla de signos de los factores, teniendo en cuenta que x(2x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 ó x = 1/2: x 1/2

x

–

+

+

2x − 1

–

–

+

x(2x − 1)

+

–

+

La solución de la inecuación es pues el intervalo (0, 1/2] (téngase en cuenta que para x = 0 no tiene sentido la inecuación). 41

b) x(x + 2) ≤ 24 ⇐⇒ x2 + 2x − 24 ≤ 0 ⇐⇒ (x − 4)(x + 6) ≤ 0. Como el primer miembro de la inecuación se anula en los puntos x = 4 y x = −6, la correspondiente tabla de signos es: x < −6

−6 < x < 4

x>4

x+6

–

+

+

x−4

–

–

+

(x + 6)(x − 4)

+

–

+

La solución de la inecuación es el intervalo cerrado [−6, 4]. c) Para resolver la inecuación |x + 2| < ( |x − 5| debemos eliminar los valores x+2 si x + 2 ≥ 0 absolutos, sabiendo que |x + 2| = y |x − 5| = −x − 2 si x + 2 < 0 ( x−5 si x − 5 ≥ 0 . Por ello descomponemos la recta real en los −x + 5 si x − 5 < 0 siguientes intervalos: x < −2

−2 ≤ x < 5

5≤x

|x + 2|

−x − 2

x+2

x+2

|x − 5|

−x + 5

−x + 5

x−5

y resolvemos las inecuaciones que resultan en cada intervalo. Si x < −2: −x − 2 < −x + 5 ⇐⇒ −2 < 5 lo cual es siempre cierto. El intervalo (−∞, −2) es solución de la inecuación. Si −2 ≤ x < 5: x + 2 < −x + 5 ⇐⇒ 2x < 3 ⇐⇒ x < 3/2. La solución en este caso es [−2, 3/2). Si 5 ≤ x: x + 2 < x − 5 ⇐⇒ 2 < −5 lo cual es siempre falso. Uniendo las soluciones parciales tenemos que la solución completa de la inecuación es el intervalo (−∞, 3/2). d) x+3 x > x+2 3x + 1

⇐⇒ ⇐⇒

x x+3 x(3x + 1) − (x + 3)(x + 2) − > 0 ⇐⇒ >0 x + 2 3x + 1 (x + 2)(3x + 1) 2x2 − 4x − 6 2(x − 3)(x + 1) > 0 ⇐⇒ > 0. (x + 2)(3x + 1) (x + 2)(3x + 1)

Los puntos donde puede cambiar de signo la expresión son los que anulan numerador o denominador, es decir x = −2, −1, −1/3, 3. La 42

tabla de signos queda de la forma: −1 < x <

−1 3

−1 3

x < −2

−2 < x < −1

x+2

–

+

+

+

+

x+1

–

–

+

+

+

3x + 1

–

–

–

+

+

x−3

–

–

–

–

+

2(x−3)(x+1) (x+2)(3x+1)

+

–

+

–

+

0, ∃b ∈ S : i ≤ b < i + ε. Sugerencia: Ver problema 1.6.

2.- Probar, por el m´ etodo de inducci´ on completa, que 34n+2 + 52n+1 es m´ ultiplo de 14. Sugerencia: Ver problema 1.39.

3.- Demostrar que xn − y n es divisible por x − y , ∀n ∈ N. Sugerencia: Ver problema 1.36.

4.- Probar las siguientes propiedades de los n´ umeros reales: (a) |x − y| ≤ |x| + |y|. (b) |x| − |y| ≤ |x − y|. Sugerencia: Elevar al cuadrado los dos miembros de la desigualdad. (c) |x| − |y| ≤ |x − y|.

5.- Resolver las siguientes desigualdades: (a)

1 1 + > 0. x 1−x

Resp.: x ∈ (0, 1). (b) 5 − x2 < −2. √ √ Resp.: x ∈ (−∞, − 7) ∪ ( 7, ∞).

(c) x2 + x + 1 ≤ 0. Resp.: ∅. (d) |1 + 2x| ≤ 1. Resp.: x ∈ [−1, 0]. (e) |x + 2| ≥ 5. 44

Resp.: x ∈ (−∞, −7] ∪ [3, ∞). (f) |x − 5| < |x + 1|. Resp.: x > 2. (g) x < x2 − 12 < 4x. Resp.: x ∈ (4, 6). x+1 (h) x−1 ≤ 1.

Resp.: x ≤ 0. 6.- Probar que máx(x, y) = ∀x, y ∈ R.

x + y − |y − x| x + y + |y − x| y m´ın(x, y) = , 2 2

Sugerencia: Tener en cuenta que, cuando y ≥ x, |y − x| = y − x y máx(x, y) = y.

7.- Encontrar el error en los siguientes razonamientos: x+1 ≥ 1, procedemos as´ı: x−1 x + 1 ≥ x − 1, de donde 1 ≥ −1, lo que indica que la desigualdad inicial es v´ alida para todos los n´ umeros reales. En particular lo ser´ a para x = −1, lo que conduce a

(a) Para resolver la desigualdad

−1 + 1 ≥ 1, −1 − 1

es decir, 0 ≥ 1. (b) De la desigualdad evidente 8 < 16, deducimos la siguiente cadena de desigualdades: 1 1 > 8 16

⇐⇒ (1/2)3 > (1/2)4 ⇐⇒ 3 log(1/2) > 4 log(1/2) ⇐⇒ 3 > 4.

45

CAPÍTULO II. FUNCIONES DE VARIABLE REAL

SECCIONES A. Dominio e imagen de una función. B. Representación gráfica de funciones. C. Operaciones con funciones. D. Ejercicios propuestos.

47

´ A. DOMINIO E IMAGEN DE UNA FUNCION.

Una relación entre dos conjuntos X e Y de n´ umeros reales que hace corresponder a cada elemento ”x” del primer conjunto un solo elemento ”y” del segundo conjunto se llama funci´ on de ”y” respecto a ”x”. Dicha relación viene expresada por una ecuación en dos variables y = f (x). El conjunto de n´ umeros reales ”x” para los cuales la fórmula que define la función produce valores también reales se llama dominio de la función. En s´ımbolos, D(f ) = {x ∈ R : ∃y ∈ R, y = f (x)} El conjunto de valores ”y” que se obtienen como resultado de aplicar la fórmula que define la función a los valores del dominio se llama imagen o rango de la función. R(f ) = {y ∈ R : ∃x ∈ D(f ), y = f (x)} Gráficamente, el dominio corresponde a los valores del eje de abscisas (X) en los cuales la función se puede representar. La imagen corresponde a los puntos del eje de ordenadas (Y ) para los que existe gráfica.

PROBLEMA 2.1.

Determinar las funciones a las que da lugar la ecuaci´ on de la circunferencia x2 + y 2 = r2 . Soluci´ on

La ecuación√ x2 + y 2 = r2 no corresponde a una función. Pero si escribimos y = ± r2 − x2 , obtenemos dos funciones cuyo dominio es el intervalo cerrado [−r, r] para ambas, mientras que las imágenes son diferentes: para la primera función es [0, r] y para la segunda, [−r, 0]. Las gráficas son las que se muestran a continuación.

48

y=

√

√ y = − r2 − x2

r2 − x2

PROBLEMA 2.2.

¿Cu´ al (o cu´ ales) de las ecuaciones y = x2 , x = y 2 corresponde a una funci´ on de y respecto a x? Soluci´ on

Las ecuaciones y = x2 , x = y 2 representan dos parábolas. La primera de ellas es una función pero la segunda no es función. Sin embargo, da lu√ √ gar a dos funciones y = x e y = − x. Las gráficas son las siguientes:

y = x2

y=

√

x

√ y=− x

De las gráficas se observa que el dominio de y = x2 es todo R y la imagen √ √ el conjunto [0, ∞). El dominio de y = x e y = − x es el intervalo [0, ∞), la imagen de la primera es también el intervalo [0, ∞) y la de la segunda (−∞, 0].

PROBLEMA 2.3.

Encontrar el dominio y el rango de la funci´ on y = 49

√

1 − x.

Soluci´ on.

Para poder efectuar la ra´ız, el radicando debe ser no negativo. Es decir, tenemos que resolver la inecuación 1 − x ≥ 0. La solución es 1 ≥ x, o bien x ∈ (−∞, 1]. El √ rango o imagen corresponde a los posibles resultados de la operación 1 − x. Como 1 − x ≥ 0, las ra´ıces de n´ umeros positivos dan n´ umeros positivos y no falta ninguno. As´ı que la imagen es el intervalo [0, ∞).

PROBLEMA 2.4.

Encontrar el dominio y el rango de la funci´ on y =

√

2 x+2 .

Soluci´ on.

De nuevo necesitamos efectuar una ra´ız cuadrada, para lo cual plantearemos la inecuación x + 2 ≥ 0. La solución es x ≥ −2, o bien, x ∈ [−2, ∞). El √ rango2o imagen corresponde a los posibles resultados de la operación x + 2 . La ra´ız cuadrada da resultados positivos y al elevarlos al cuadrado el resultado también es positivo. De nuevo la imagen es el intervalo [0, ∞). Observaci´ on: No se puede confundir la función anterior con la función y = x + 2, pues el dominio de esta u ´ltima son todos los reales. La simplificación de la ra´ız con el cuadrado s´ı es posible pero sólo para los valores de x ≥ −2, que son los del dominio de la función.

PROBLEMA 2.5.

Encontrar el dominio y el rango de la funci´ on y =

1 . cos(x2 )

Soluci´ on.

En este caso aparece una división, que es una operación válida para n´ umeros reales no nulos. Debemos plantear la inecuación cos(x2 ) 6= 0. 50

Como la función coseno se anula en los valores ±π/2,p ±3π/2, ±5π/2, . . .p , dep be ser x2 6= ±π/2, ±3π/2, ±5π/2, . . . , es decir, x 6= ± π/2, ± 3π/2, ± 5π/2, . . . Todos estos valores formarán el dominio. Como la función coseno toma valores comprendidos entre −1 y 1, la división de 1 entre n´ umeros x ∈ [−1, 1] resultan n´ umeros mayores que uno, o menores que -1. El rango o imagen será entonces la unión de los intervalos [−∞, −1] y [1, ∞).

PROBLEMA 2.6. r

x−3 . 2x + 1

Calcular el dominio de la funci´ on y = Soluci´ on.

En este caso aparece una división dentro de una ra´ız cuadrada. Debemos plantear dos inecuaciones, una que permita la división y otra que permita la ra´ız. (a) 2x + 1 6= 0; (b) (x − 3)/(2x + 1) ≥ 0. Al despejar x de (a), resulta x 6= −1/2. Para resolver (b) es conveniente construir una tabla de signos para el numerador y el denominador y operarlos de acuerdo a las reglas de productos (o cocientes) de signos. En resumen tenemos: x < −1/2

−1/2 < x < 3

x>3

x−3

–

–

+

2x + 1

–

+

+

(x − 3)/(2x + 1)

+

–

+

Esto nos dice que (b) es cierto cuando x ≤ −1/2 o cuando x ≥ 3. Reuniendo (a) y (b) queda en definitiva que el dominio de la función es la unión de los intervalos (−∞, −1/2) y [3, ∞).

PROBLEMA 2.7.

Calcular el dominio de la funci´ on y = 51

p

|x| − 2x.

Soluci´ on.

En este caso aparece un valor absoluto dentro de una ra´ız cuadrada. Al plantear la inecuación |x| − 2x ≥ 0, habrá que separarla en dos casos de acuerdo al signo de la expresión que aparece dentro del valor absoluto. (a) x − 2x ≥ 0 si x ≥ 0 =⇒ −x ≥ 0 si x ≥ 0 =⇒ x = 0. (b) −x − 2x ≥ 0 si x < 0 =⇒ −3x ≥ 0 si x < 0 =⇒ x < 0. En definitiva, la solución será la unión de los valores obtenidos en (a) y en (b), es decir, el intervalo (−∞, 0].

PROBLEMA 2.8.

Encontrar el dominio de las funciones definidas por las siguientes f´ ormulas: √ a) f (x) = 1 − x2 . p √ b) f (x) = 1 − 1 − x2 . 1 1 + . x−1 x−2 √ √ d) f (x) = 1 − x2 + x2 − 1. √ e) f (x) = 2x2 − x − 1.

c) f (x) =

Soluci´ on √ a) f (x) = 1 − x2 está definida cuando 1−x2 ≥ 0. Al resolver la inecuación tenemos: 1 ≥ x2 ⇐⇒ |x|2 ≤ 1 ⇐⇒ |x| ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ x ≤ 1. En definitiva, D(f ) = {x : |x| ≤ 1} = [−1, 1]. p √ √ b) f (x) = 1 − 1 − x2 tiene sentido para 1 − 1 − x2 ≥ 0 y 1 − x2 ≥ 0. De aqu´ı obtenemos: p p 1− 1 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ 1 ≥ 1 − x2 ⇐⇒ 1 ≥ 1−x2 ⇐⇒ 0 ≥ −x2 ⇐⇒ x ∈ R; 1 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ 1 ≥ x2 ⇐⇒ |x| ≤ 1. Se obtiene de lo anterior que D(f ) = {x : |x| ≤ 1} = [−1, 1]. 52

1 1 + no está definida u ńicamente cuando x = 1 y x = 2, x−1 x−2 por lo que D(f ) = {x : x 6= 1, x 6= 2} = R \ {1, 2}. p p d) f (x) = 1 − x2 + x2 − 1 está definida cuando 1−x2 ≥ 0 y x2 −1 ≥ 0, es decir, cuando 1 ≥ |x| y |x| ≥ 1, lo que da en definitiva |x| = 1, o bien, el conjunto {−1, 1}. c) f (x) =

e) El dominio de la función es el conjunto de puntos para los que 2x2 − x − 1 ≥ 0. Como las ra´ıces del polinomio son x = 1, x = −1/2, debemos resolver la inecuación 2(x − 1)(x + 1/2) ≥ 0. Haciendo una tabla de signos como en el problema 2.6 tenemos que D(f ) = (∞, −1/2]∪[1, ∞).

PROBLEMA 2.9.

Encontrar el dominio de las siguientes funciones: √ √ a) f (x) = 1 − x + x − 2. x2 . 1 − cos x x c) f (x) = . 1 + x2

b) f (x) =

d) f (x) = ln(arc sen x). e) f (x) =

ln x . sen(ln x)

1 . x − |x| √ 1 g) f (x) = −x + √ . 2+x

f) f (x) =

Soluci´ on √ √ a) El dominio de f (x) = 1 − x + x − 2 será el conjunto de puntos para los que 1 − x ≥ 0 y x − 2 ≥ 0. Por una parte, 1 − x ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ 1 y por otra, x − 2 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 2; la intersección de ambos conjuntos es el vac´ıo. Por tanto, D(f ) = ∅. x2 , debe ser 1 − cos x 6= 0, es decir cos x 6= 1. Esto da 1 − cos x lugar al conjunto D(f ) = R \ {2kπ | k ∈ Z}.

b) Si f (x) =

53

c) Como el denominador de la función f (x) = dominio es todo R.

x nunca se anula, el 1 + x2

d) Si f (x) = ln(arc sen x), ha de ser arc sen x > 0 lo cual ocurre cuando 0 < x ≤ 1. Luego D(f ) = (0, 1]. ln x será el conjunto intersección sen(ln x)

e) El dominio de la función f (x) = de x > 0 y sen(ln x) 6= 0. Pero

sen(ln x) = 0 ⇐⇒ ln x = kπ con k ∈ Z ⇐⇒ x = ekπ . En definitiva, D(f ) = {x | x > 0 y x 6= ekπ con k ∈ Z}. 1 esté definida, debe ser x − |x| 6= 0, es decir x − |x| x 6= |x|, lo cual ocurre si x < 0. Por tanto, D(f ) = (−∞, 0).

f) Para que f (x) =

√

1 se obtiene como solución de las 2+x inecuaciones −x ≥ 0 y 2 + x > 0. Esto da el conjunto x ≤ 0, x > −2, es decir el intervalo (−2, 0].

g) El dominio de f (x) =

−x + √

´ GRAFICA ´ B. REPRESENTACION DE FUNCIONES.

Se llama gr´ afica de una función al conjunto de puntos en el plano que verifican la fórmula que define dicha función. La abscisa de los puntos corresponde a la variable independiente y la ordenada a la variable dependiente. G(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ D(f ), y = f (x)} Para dibujar una función hay que tener en cuenta la forma en que está definida. As´ı, si la función es de la forma (a) y = ax + b, será una recta y bastan dos puntos de la misma. (b) y = ax2 + bx + c, será una parábola y se necesita el vértice y los puntos donde corta a alguno de los ejes. Otra forma será escribirla como y = a(x − h)2 + k y deducir su gráfica de la de y = x2 como veremos en los ejemplos siguientes. 54

ax + b representa una hipérbola, la cual se podrá escribir como cx + d n y =m+ y dibujarla mediante transformaciones de y = 1/x. x+p

(c) y =

(d) y = |f (x)| corresponde al valor absoluto de la función f (x). Se representa la función y = f (x) y de la parte que quedó debajo del eje Y se toman los puntos simétricos respecto a este eje. (e) Si la función está definida de diferentes maneras en distintos intervalos I1 , . . . , In de n´ umeros reales, es decir tiene la forma general  f (x) si x ∈ I1  1 habrá que dibujar por separado la funf (x) = . . .   fn (x) si x ∈ In , ción que corresponde a cada uno de los intervalos, para después reunir sus partes.

PROBLEMA 2.10.

Dibujar la gr´ afica de la funci´ on f (x) = | − x + 1/4|. Soluci´ on

En primer lugar dibujamos la gráfica de y = −x + 1/4 para después trazar la gráfica simétrica respecto al eje X de la parte negativa. Resulta:

y = −x + 1/4

y = | − x + 1/4| 55

PROBLEMA 2.11.

Trazar la gr´ afica de las siguientes funciones: a) f (x) = [x] (donde [x] representa el mayor entero que es menor o igual a x). b) f (x) = [x] − x. c) f (x) = {x} (donde {x} es la distancia de x al entero m´ as pr´ oximo). Soluci´ on

a) La función [x] (llamada parte entera de x) es constante en cada intervalo de la forma [n, n + 1) donde n es un n´ umero entero. Tenemos:

-2

-1 0

1

2

3

b) Debido al apartado anterior, [x] − x = n − x si x ∈ [n, n + 1), resultando siempre la parte decimal del n´ umero x cambiada de signo (pues n representa la parte entera que se resta). La gráfica se repite en todos los intervalos [n, n + 1), con n ∈ Z, lo que quiere decir que la función es periódica de per´ıodo 1.

c) En este caso también la función es periódica y la gráfica queda de la forma: 56

PROBLEMA 2.12. ( x2 Dibujar la gr´ afica de la funci´ on y = 1

si |x| < 2, si |x| ≥ 2.

Soluci´ on

La parábola y = x2 se debe representar en el intervalo (−2, 2) que equivale a |x| < 2. Fuera de este intervalo, la gráfica es una recta horizontal y = 1.

PROBLEMA 2.13.

Dibujar la gr´ afica de la funci´ on y = 2 −

1 . x

Soluci´ on

Esta gráfica se obtiene a partir de la gráfica de y = 1/x mediante dos transformaciones: un cambio de signo que produce una simetr´ıa respecto al eje X y la suma de dos unidades lo que origina que la gráfica suba dos unidades respecto al eje Y . La sucesión de gráficas es la siguiente: 57

y = −1/x

y = 1/x

y = 2 − 1/x

PROBLEMA 2.14.

Dada la funci´ on f (x) = −(x2 − x), dibujar la gr´ afica de la funci´ on y = |f (x)|. Soluci´ on

Como | − (x2 − x)| = |x2 − x|, vamos a dibujar y = x2 − x, y después tomar su valor absoluto. Podemos escribir, completando cuadrados, x2 − x = (x2 − x + 1/4) − 1/4 = (x − 1/2)2 − 1/4. La secuencia de gráficas a dibujar será (a) y = x2 ; (b) y = (x − 1/2)2 ; (c) y = (x − 1/2)2 − 1/4. La parte (b) se obtiene trasladando el vértice media unidad a la derecha, y la parte (c) bajando la gráfica 1/4 respecto al eje Y .

y = x2

y = (x − 1/2)2

En definitiva, tenemos: 58

y = (x − 1/2)2 − 1/4

y = |x2 − x|

PROBLEMA 2.15.

Representar gr´ aficamente la funci´ on f (x) =

|x| . 1 + |x|

Soluci´ on

( Escribimos la función seg´ un el signo de x como f (x) = Por tanto basta dibujar las funciones f1 (x) =

x 1+x −x 1−x

si x ≥ 0, si x < 0.

−x x y f2 (x) = y ob1+x 1−x

tener a partir de ellas la función f (x). 1 1 y f2 (x) = 1 + , podemos representar 1+x x−1 la siguiente secuencia de gráficas: Si escribimos f1 (x) = 1 −

y = −1/x

y=

−1 1+x 59

y =1−

1 1+x

y = 1/x

y=

1 x−1

y =1+

1 x−1

Reuniendo las dos gráficas en una, resulta en definitiva

f (x) =

|x| 1 + |x|

PROBLEMA 2.16.

Dibujar el conjunto de los puntos (x, y) que satisfacen las siguientes relaciones a) |x| + |y| = 1. b) |x| − |y| = 1. c) |x − 1| = |y − 1|. d) x2 + y 2 = 0. e) xy = 0. f) x2 − 2x + y 2 = y . g) x2 = y 2 . h) x = y 2 . i) x = |y|. 60

Soluci´ on

a) En cada uno de los cuadrantes la relación es de la forma: x, y ≥ 0 : x + y = 1, es decir y = 1 − x; x ≥ 0, y < 0 : x − y = 1, es decir y = x − 1; x, y < 0 : −x − y = 1, es decir y = −1 − x; x < 0, y ≥ 0 : −x + y = 1, es decir y = 1 + x. Resulta en definitiva,

1

-1

1 -1

b) Análogamente al apartado anterior, descomponemos la ecuación seg´ un los signos de x e y: x, y ≥ 0 : x − y = 1, es decir y = x − 1; x ≥ 0, y < 0 : x + y = 1, es decir y = 1 − x; x, y < 0 : −x + y = 1, es decir y = 1 + x; x < 0, y ≥ 0 : −x − y = 1, es decir y = −1 − x.

-1

1

61

c) En este caso descomponemos la ecuación seg´ un los signos de x − 1 e y − 1: x, y ≥ 1 : x − 1 = y − 1, es decir y = x; x ≥ 1, y < 1 : x − 1 = 1 − y, es decir y = 2 − x; x, y < 1 : 1 − x = 1 − y, es decir y = x; x < 1, y ≥ 1 : 1 − x = y − 1, es decir y = 2 − x.

2

1

0

1

2

d) x2 + y 2 = 0 ⇐⇒ x = y = 0. La solución es el origen. e) xy = 0 ⇐⇒ x = 0 ó y = 0. La solución está formada por los ejes de coordenadas. f) x2 − 2x + y 2 = y es la ecuación de una circunferencia. Para determinar el centro y radio, la escribiremos como suma de cuadrados: x2 − 2x + y 2 − y = 0 ⇐⇒ (x − 1)2 + (y − 1/2)2 = 1 + 1/4 = 5/4. Se trata √ pues de la ecuación de una circunferencia de centro (1, 1/2) y radio 5/2.

62

g) x2 = y 2 ⇐⇒ |x| = |y|. En el primero y tercer cuadrantes, x = y, mientras que en el segundo y cuarto, x = −y.

h) x = y 2 es la ecuación de una parábola cuya gráfica es la siguiente:

( x=y i) x = |y| ⇐⇒ x = −y

si y ≥ 0, si y < 0.

63

C. OPERACIONES CON FUNCIONES.

Las operaciones comunes con n´ umeros reales se pueden definir para las funciones. Tenemos lo siguiente: 1. (f + g)(x) = f (x) + g(x) y D(f + g) = D(f ) ∩ D(g). 2. (f − g)(x) = f (x) − g(x) y D(f − g) = D(f ) ∩ D(g). 3. (f · g)(x) = f (x) · g(x) y D(f · g) = D(f ) ∩ D(g). 4. (f /g)(x) = f (x)/g(x) y D(f /g) = D(f ) ∩ D(g) ∩ {x : g(x) 6= 0}. 5. (f n )(x) = [f (x)]n y D(f n ) = D(f ), si n ∈ N. Además se define la composici´ on entre dos funciones as´ı: 6. (f ◦ g)(x) = f [g(x)], siendo D(f ◦ g) = {x ∈ D(g) : g(x) ∈ D(f )}. Cuando al componer dos funciones el resultado es la identidad (y = x), se dice que las funciones son inversas.

PROBLEMA 2.17.

Una funci´ on f es par si f (x) = f (−x), ∀x ∈ D(f ), e impar si f (x) = −f (−x), ∀x ∈ D(f ). a) Determinar si f + g es par, impar o no necesariamente ninguna de las dos cosas, en los cuatro casos obtenidos al tomar f par o impar y g par o impar (las soluciones pueden estar convenientemente dispuestas en una tabla 2 × 2). b) H´ agase lo mismo para f · g . c) Idem para f ◦ g . d) Demostrar que toda funci´ on par f puede escribirse de la forma f (x) = g(|x|) para una infinidad de funciones g . Soluci´ on

a) g\f

PAR

IMPAR

PAR

par

ni par ni impar

IMPAR ni par ni impar 64

impar

b) g\f

PAR

IMPAR

PAR

par

impar

IMPAR impar

par

c) g\f

PAR

IMPAR

PAR

par

par

IMPAR

par

impar

d) Dada una función par f , basta definir g(x) = f (x) para x ≥ 0 y g arbitraria para x < 0 para que f (x) = g(|x|).

PROBLEMA 2.18.

Determinar cu´ ales de las siguientes funciones son pares y cu´ ales son impares: ax + a−x . 2 √ √ b) f (x) = 1 + x + x2 − 1 − x + x2 .

a) f (x) =

1+x . 1−x p p d) f (x) = 3 (x + 1)2 + 3 (x − 1)2 . √ e) f (x) = ln(x + 1 + x2 ).

c) f (x) = ln

Soluci´ on

a) Como f (−x) = (a−x + ax )/2 = f (x), la función es par. b) La función es impar porque p 1 − x + (−x)2 − 1 + x + (−x)2 p p = 1 − x + x2 − 1 + x + x2 = −f (x).

f (−x) =

p

65

c) Si escribimos f (x) = ln f (−x) = ln

1+x = ln(1 + x) − ln(1 − x), entonces 1−x

1−x = ln(1 − x) − ln(1 + x) = −f (x). 1+x

La función es impar. p p p p d) Como f (−x) = 3 (−x + 1)2 + 3 (−x − 1)2 = 3 (x − 1)2 + 3 (x + 1)2 = f (x), la función es par. p √ e) Podemos escribir f (−x) = ln(−x + 1 + (−x)2 ) = ln(−x + 1 + x2 ). Como p p f (x) + f (−x) = ln(x + 1 + x2 ) + ln(−x + 1 + x2 ) p p = ln(x + 1 + x2 )(−x + 1 + x2 ) p = ln ( 1 + x2 )2 − x2 = ln 1 = 0, se deduce que f (x) = −f (−x) y la función es impar.

PROBLEMA 2.19. 1 . Interpretar lo siguiente, averiguando los valores 1+x de x para los que tiene sentido:

Sea f (x) =

a) f (f (x)) b) f (1/x). c) f (cx). d) f (x + y). e) f (x) + f (y). f) ¿Para qu´ e n´ umeros c existe x tal que f (cx) = f (x)? Soluci´ on a) f (f (x)) = f

1 1+x

=

1 1 = 1 + 1+x

1 x+1+1 1+x

Tiene sentido para x 6= −1 y x 6= −2. b) f (1/x) =

1 1+

1 x

=

1 x+1 x

=

x . x+1

Tiene sentido para x 6= 0 y x 6= −1. 66

=

x+1 . x+2

c) f (cx) =

1 . 1 + cx

Tiene sentido para x 6= −1/c si c 6= 0. d) f (x + y) =

1 . 1 + (x + y)

Tiene sentido cuando x + y 6= −1. e) f (x) + f (y) =

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

Tiene sentido para x 6= −1 e y 6= −1. f) f (cx) = f (x) =⇒

1 1 = . 1 + cx 1+x

Para que tenga sentido, debe ser x 6= −1/c si c 6= 0 y x 6= −1. En esta situación, 1 1 = =⇒ 1 + x = 1 + cx =⇒ x = cx. 1 + cx 1+x Si c = 1, se verifica para todo x ∈ R \ {−1} y si c 6= 1, se verifica sólo para x = 0.

PROBLEMA 2.20.

Dadas las funciones f (x) = x + 1/x y g(x) = funci´ on compuesta.

√

x + 1, encontrar la

Soluci´ on

A falta de información más precisa, vamos a realizar las dos composiciones posibles dependiendo del orden en que se escriban las funciones (los resultados serán diferentes pues la composición no es conmutativa). Resulta: √ 1 x+1 = x+1+ √ ; x+1 p (g ◦ f )(x) = g(x + 1/x) = x + (1/x) + 1. (f ◦ g)(x) = f

√

67

PROBLEMA 2.21. ( 0 Sea g(x) = x2 y sea h(x) = 1

si x ∈ Q, si x ∈ R \ Q.

a) ¿Para qu´ e valores de y es h(y) ≤ y ? b) ¿Para cu´ ales es h(y) ≤ g(y)? c) ¿Qu´ e es g(h(z)) − h(z)? d) ¿Para cu´ ales w es g(w) ≤ w? e) ¿Para cu´ ales t es g(g(t)) = g(t)? Soluci´ on

a) Si y ∈ Q, h(y) = 0; en este caso, h(y) ≤ y cuando 0 ≤ y. Si y 6∈ Q, h(y) = 1; en este caso, h(y) ≤ y cuando 1 ≤ y. En definitiva, h(y) ≤ y en el conjunto {y ∈ Q : y ≥ 0} ∪ {y ∈ R \ Q : y ≥ 1}. b) Si y ∈ Q, h(y) ≤ g(y) si y sólo si 0 ≤ y 2 , lo cual es cierto para todo y. Si y 6∈ Q, h(y) ≤ g(y) si y sólo si 1 ≤ y 2 , es decir, |y| ≥ 1. En definitiva, h(y) ≤ g(y) en Q ∪ {y ∈ R \ Q : |y| ≥ 1}. c) Si z ∈ Q, g(h(z)) − h(z) = g(0) − 0 = 0. Si z 6∈ Q, g(h(z)) − h(z) = g(1) − 1 = 1 − 1 = 0. Luego, g(h(z)) − h(z) = 0, ∀z ∈ R. d) g(w) ≤ w cuando w2 ≤ w, o bien w(w − 1) ≤ 0, cuya solución es [0, 1]. e) g(g(t)) = g(t) equivale a g(t2 ) = t2 ⇐⇒ t4 = t2 ⇐⇒ t2 (t2 − 1) = t2 (t − 1)(t + 1) = 0. La solución de esta ecuación da los puntos {−1, 0, 1}. 68

PROBLEMA 2.22.

a) Sup´ ongase que H es una funci´ on e y un n´ umero tal que H(H(y)) = y . ¿Cu´ al es el valor de H(H(H(. . . (H(y) . . . ))) (80 veces)? b) La misma pregunta sustituyendo 80 por 81. c) La misma pregunta de a) si H(H(y)) = H(y). Soluci´ on

a) Por hipótesis H 2 (y) = H(H(y)) = y. Procediendo por recurrencia, obtenemos sucesivamente que H 3 (y) = H(H 2 (y)) = H(y); H 4 (y) = H(H 3 (y)) = H(H(y)) = y; ... H

2n−1

(y) = H(y);

2n

H (y) = y. de modo que H(H(H(. . . (H(y) . . . ))) = H 80 (y) = y. b) Por el mismo razonamiento anterior, H 81 (y) = H(H 80 (y)) = H(y). c) Si H 2 (y) = H(H(y)) = H(y), H 3 (y) = H 2 (y) = H(y), y as´ı sucesivamente, se puede obtener por recurrencia que H n (y) = H 2 (y) = H(y) y en particular, H 80 (y) = H(y).

PROBLEMA 2.23.

Dadas las funciones P (x) = 2x , Q(x) = x2 , R(x) = sen x, determinar los siguientes valores (en cada caso la soluci´ on debe ser un n´ umero): a) (Q ◦ P )(y). b) (Q ◦ R)(y). c) (Q ◦ P ◦ R)(t) + (R ◦ P )(t).

69

Soluci´ on a) (Q ◦ P )(y) = Q(P (y)) = Q(2y ) = (2y )2 = 22y . b) (Q ◦ R)(y) = Q(R(y)) = Q(sen y) = sen2 y. c) (Q ◦ P ◦ R)(t) + (R ◦ P )(t) = (QP ¸ )(R(t)) + R(P (t)) = Q(P (sen t)) + R(2t ) = Q(2sen t ) + sen(2t ) = (2sen t )2 + sen(2t ) = 22 sen t + sen(2t ).

PROBLEMA 2.24.

Expresar cada una de las siguientes funciones en t´ erminos de las x 2 funciones P (x) = 2 , Q(x) = x , R(x) = sen x. a) f (x) = 2sen x . b) f (x) = sen 2x . c) f (x) = sen x2 . d) f (x) = sen2 x. t

e) f (t) = 22 . 2 f) f (u) = sen 2u + 2u . 2sen y g) f (y) = sen sen sen 22 .

h) f (a) = 2sen

2

a

+ sen a2 + 2sen(a

2 +sen a)

.

Soluci´ on

a) f (x) = 2sen x = P (sen x) = (P R ¸ )(x) =⇒ f = P R ¸. b) f (x) = sen 2x = R(2x ) = (RP ¸ )(x) =⇒ f = RP ¸. c) f (x) = sen x2 = R(x2 ) = (RQ ¸ )(x) =⇒ f = RQ ¸. d) f (x) = sen2 x = Q(sen x) = (QR ¸ )(x) =⇒ f = QR ¸. t

e) f (t) = 22 = P (2t ) = (P P ¸ )(t) =⇒ f = P P ¸. 2 2 f) f (u) = sen 2u + 2u = R 2u + 2u = R(P (u) + P (u2 )) = R[P (u) + (P Q ¸ )(u)] = [R(¸P + P Q ¸ )](u) =⇒ f = R(¸P + P Q ¸ ). 70

2sen y g) f (y) = sen sen sen 22 = R (R (R (P (P (P (R(y))))))) =⇒ f = RR ¸R ¸P ¸P ¸P ¸R ¸. h) Como en los casos anteriores, podemos escribir f (a) = 2sen

2

a

+ sen a2 + 2sen(a

2 +sen a)

= P (sen2 a) + R(a2 ) + P (sen(a2 + sen a))

= P (Q(sen a)) + R(Q(a)) + P (R(a2 + sen a)) = (P Q ¸R ¸ )(a) + (RQ ¸ )(a) + (P R ¸ )(Q + R)(a) =⇒ f = P Q ¸R ¸ + RQ ¸ + PR ¸ ¸(Q + R).

PROBLEMA 2.25.

Demostrar o dar un contraejemplo de las siguientes proposiciones: a) f ◦ (g + h) = f ◦ g + f ◦ h. b) (g + h) ◦ f = g ◦ f + h ◦ f . c)

1 1 = ◦ g. f ◦g f

d)

1 1 =f◦ . f ◦g g

Soluci´ on

a) Si tomamos g(x) = h(x) = 1 y f una función para la que f (2) 6= f (1) + f (1) (por ejemplo f (x) = x2 ), resulta que [f ◦ (g + h)](x) = f (2) pero [f ◦ g + f ◦ h](x) = f (1) + f (1). La proposición es falsa. b) [(g + h) ◦ f ](x) = (g + h)(f (x)) = g(f (x)) + h(f (x)) = (g ◦ f )(x) + (h ◦ f )(x) = (gf¸ + hf¸)(x), ∀x, por lo que la proposición es cierta. c) Como

1 f ◦g

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

1 1 (g(x)) = ◦ g (x), f f

la proposición es cierta. d) Sea g(x) = 2 y f una función para la que f (1/2) 6= 1/f (2) (cualquier función f (x) = k con |k| = 6 1 lo cumple). Entonces 1 1 1 (x) = pero f ◦ (x) = f (1/2). f ◦g f (2) g 71

La proposición es falsa.

PROBLEMA 2.26.

a) Sea f (x) = x + 1. ¿Existen funciones g tales que f ◦ g = g ◦ f ? b) Sea f una funci´ on constante. ¿Para qu´ e funciones g se cumple f ◦ g = g ◦ f? c) Sup´ ongase que f ◦ g = g ◦ f, ∀g . Demostrar que f es la funci´ on identidad. d) Si f < g , ¿se cumple h ◦ f = h ◦ g ? ¿Es f ◦ h < g ◦ h?

Soluci´ on

a) Para que f ◦g = g ◦f debe ser f (g(x)) = g(f (x)), ∀x, es decir g(x)+1 = g(x + 1). La función g debe ser solución de la ecuación g(x + 1) − g(x) = 1. En particular es válida cualquier función g(x) = x + k con k constante. b) Si (f ◦ g)(x) = (g ◦ f )(x) y f (x) = k, entonces k = g(k) por lo que basta tomar cualquier función g tal que g(k) = k. c) Probaremos el contrarrec´ıproco, es decir, si f 6= identidad, entonces existe g tal que f ◦ g 6= g ◦ f : f 6= identidad =⇒ ∃a, a0 (a 6= a0 ) : f (a) = a0 . Entonces (g ◦ f )(a) = g(a0 ) y (f ◦ g)(a) = f (g(a)). Elegimos g tal que g(a) = g(a0 ) = a. De este modo, f (g(a)) = f (a) = a0 y g(f (a)) = g(a0 ) = a. Como a 6= a0 , entonces g ◦ f 6= f ◦ g, como quer´ıamos probar. d) Si f (x) < g(x), no tiene por qué cumplirse que h(f (x)) = h(g(x)) (basta definir h = identidad). Sin embargo, como f (h(x)) < g(h(x)), ∀h(x), s´ı es cierto que f ◦ h < g ◦ h. 72

PROBLEMA 2.27.

Hallar la funci´ on inversa de f en los siguientes casos: a) f (x) = 2x + 3 b) f (x) = ln(x/2). c) f (x) = x2 − 1. d) f (x) = arc tg 3x. √ e) f (x) = 3 1 − x3 . ( x si x ≤ 0, f) f (x) = 2 x si x > 0. ¿En qu´ e campos estar´ an definidas estas funciones inversas? Soluci´ on

Utilizaremos en todos los casos la equivalencia y = f (x) ⇐⇒ x = f −1 (y). a)

b)

c)

d)

f (x) = 2x + 3 ⇐⇒ y = 2f −1 (y) + 3 ⇐⇒ f −1 (y) = La función está definida en todo el campo real.

y−3 . 2

f −1 (y) f −1 (y) x ⇐⇒ ey = ⇐⇒ f −1 (y) = 2ey . f (x) = ln ⇐⇒ y = ln 2 2 2 El dominio de definición es todo R. √ f (x) = x2 − 1 ⇐⇒ y = [f −1 (y)]2 − 1 ⇐⇒ f −1 (y) = y + 1. Está definida cuando y + 1 ≥ 0, es decir en [−1, ∞). tg y . 3 Esta función está definida en R \ {y | cos y = 0} = R \ {(2k + 1)π/2 : f (x) = arc tg 3x ⇐⇒ y = arc tg 3f −1 (y) ⇐⇒ f −1 (y) =

k ∈ Z}. p √ e) f (x) = 3 1 − x3 ⇐⇒ y = 3 1 − f −1 (y)3 ⇐⇒ y 3 = 1 − f −1 (y)3 p ⇐⇒ f −1 (y)3 = 1 − y 3 ⇐⇒ f −1 (y) = 3 1 − y 3 . La función está definida en todo R. ( x si x ≤ 0, f) f (x) = 2 x si x > 0. Si x ≤ 0, como y = x, también y ≤ 0 y f −1 (y) = y. 73

Si x > 0, como y = x2 también y > 0 y [f −1 (y)]2 = y es decir, √ f −1 (y) = y. ( y si y ≤ 0, En definitiva, f −1 (y) = √ y el dominio es todo R. y si y > 0,

PROBLEMA 2.28.

Sea f (x) =

ax + b , x 6= a/c. Probar que f −1 (x) = f (x). cx − a

Soluci´ on

Para calcular la inversa de una función, despejamos x de la ecuación que ax + b define dicha función. As´ı pues, de y = obtenemos cx − a y(cx − a) = ax + b =⇒ cyx − ay = ax + b =⇒ x(cy − a) = ay + b ay + b ax + b =⇒ x = =⇒ f −1 (x) = =⇒ f −1 (x) = f (x). cy − a cx − a

74

D. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Determina de las siguientes ecuaciones cu´ ales corresponden a una funci´ on. En caso de no serlo, encuentra las f´ ormulas de todas las funciones a que dan lugar las ecuaciones correspondientes. En cualquier caso encuentra el dominio y la imagen. (Se recomienda dibujar la gr´ afica). a) x · y = 1. Resp.: S´ı ; y = 1/x ; R − {0}; R − {0}.

b) x2 · y 2 = 1. Resp.: No; y = 1/x, y = −1/x; R − {0}, R − {0}; R − {0}, R − {0}.

c)

√

xy = 1.

Resp.: S´ı ; y = 1/x; R − {0}; R − {0}.

2.- En los siguientes ejercicios se dan las ecuaciones de funp ciertas √ ciones. Encontrar su dominio y su rango. a) y = 1 + x. Resp.: [0, ∞); [1, ∞).

b) y = cos 1/x. Resp.: R − {0}; [−1, 1].

c) y =

|x| . 1 + |x|

Resp.: R; [0, 1).

3.- Encontrar el dominio de las siguientes funciones: a) f (x) = Resp.: [−1, ∞).

b) f (x) =

1 √ . 3− x+5

Resp.: [−5, 4) ∪ (4, ∞). 75

p |x + 2| + x.

r

c) f (x) =

x . (x − 1)(x + 2)

Resp.: (−2, 0] ∪ (1, ∞).

4.- Si el dominio de la funci´ on f (x) es el intervalo [a, b], ¿cu´ al es el dominio de la funci´ on g(x) = f (mx + n) con m > 0? Resp.: D(g) = [(a − n)/m, (b − n)/m].

5.- Dibujar la gr´ afica de las siguientes funciones: a) y = −|x| − 1.

Resp.:

b) y = |x − 1| + |x + 1|. Resp.:

c) y = x − 1 + |4 − x2 |.

76

Resp.:

d) y =

1 . |x − 3| + |x + 4|

Resp.:

e) y =

x−1 . 8x

Resp.:

6.- Dibujar la gr´ afica de las siguientes funciones: a) y = signo(x2 − 4).

77

Resp.:

b) y = [1/x]. Resp.:

c) y = 3 − [3x]. Resp.:

d) y =

p

x − [x].

78

Resp.:

7.- Sea la funci´ on f (x) = x2 . Representar la funci´ on y = f (x + 2) − 1. Resp.:

8.- Dibujar la gr´ afica de la funci´ on   2x − 1 f (x) = x2 − 1   3

si x < −1, si − 1 ≤ x ≤ 2, si x > 2.

Resp.:

9.- Dada la gr´ afica de f (x), dibujar f (x) + 2, 2f (x), 2 − f (x), [f (x)]: 79

y = f (x) 1 -2

1

Resp.:

3

y = f (x) + 2 2

-2

1

-2

y = 2f (x)

1

y = [f (x)] y = 2 − f (x) -2

1

-2

1

10.- Sea la funci´ on f (x) definida as´ı:

  −3x f (x) = −x2 + 2x   1

si x < 0, si 0 ≤ x ≤ 2, si x > 2.

Dibujar la gr´ afica de f (x) y la de 2 − f (x). 80

Resp.:

11.- En el intervalo −4π ≤ x ≤ 4π , dibujar las siguientes gr´ aficas: a) f (x) = cos x.

b) f (x) = cos 2x.

c) f (x) = | cos x|.

d) f (x) = cos(x/2).

81

12.- ¿Cu´ al es la relaci´ on entre las siguientes funciones? x − 2x2 . x b) g(x) = 1 − 2x.

a) f (x) =

x2 − 2x3 . x2 √ d) i(x) = 1 − 4x + 4x2 .

c) h(x) =

e) j(x) =

(x3 + x)(1 − 2x) . x(1 + x2 )

Resp.: f = h = j, |g| = i.

13.- La misma pregunta anterior para las funciones: a) f (x) = |x|. √ b) g(x) = x2 . c) h(x) = x· signo x. Resp.: Son todas iguales. √ 1 , g(x) = x − 1, probar que (f + g)(x) = 0 x−1 no tiene soluci´ on en su dominio. x Resp.: (f + g)(x) = √ . x−1

14.- Dadas f (x) = √

15.- Construir una funci´ on polin´ omica de grado 3, sabiendo que es sim´ etrica respecto al origen y que pasa por (1, 0) y (-1, 0). Resp.: f (x) = ax3 − ax, a 6= 0

16.- Dadas las funciones f (x) = −(x2 − x), g(x) = | − x + 1/4|, hallar 1 √ y su dominio. g¸f p 1 Resp.: (1/ gf¸)(x) = ; Dom = R − {1/2}. |x − 1/2| 17.- Dadas f (x) =

√

x, g(x) = x − 1,

(a) hallar f ◦ g y dibujarla. (b) Idem para g ◦ f . 82

(c) Idem para f −1 (si existe). √ √ Resp.: (f ◦ g)(x) = x − 1; (g ◦ f )(x) = x − 1; (f −1 )(x) = x2 para x ≥ 0. √ x−1 , g(x) = x, x (a) Calcular (f ◦ g)(x).

18.- Dadas f (x) =

(b) Calcular (g ◦ g)(9). (c) Probar que f (x) · f (1 − x) = 1. √ √ x−1 Resp.: (f ◦ g)(x) = √ ; (g ◦ g)(9) = 3. x 19.- Hallar la funci´ on inversa de f en los siguientes casos: a) f (x) = (x − 1)3 . √ Resp.: f −1 (x) = 3 x + 1. ( x b) f (x) = −x

si x es racional, si x es irracional.

Resp.: f −1 (x) = f (x).

c) f (x) = x + [x]. Resp.: f −1 (x) = x − n cuando x ∈ [2n, 2n + 1), ∀n ∈ Z. x si −1 < x < 1. 1 − x2 √ −1 + 1 + 4x2 −1 Resp.: f (x) = . 2x

d) f (x) =

20.- ¿Para qu´ e valores de los par´ ametros a, b, c, d la funci´ on f (x) = es inversa de s´ı misma?

ax + b cx + d

Resp.: a = −d.

21.- ¿En qu´ e intervalo tiene inversa la funci´ on f (x) = y = x + |2 − x|. Resp.: (2, ∞).

83

22.- Probar que si f es una funci´ on creciente, tambi´ en lo es f −1 . 23.- Demostrar que si f y g son inyectivas, tambi´ en lo es (f ◦ g) y comprobar que (f ◦ g)−1 = g −1 ◦ f −1 .

84

CAPÍTULO III. LÍMITES DE FUNCIONES

SECCIONES A. Definición de l´ımite y propiedades básicas. B. Infinitésimos. Infinitésimos equivalentes. C. L´ımites infinitos. As´ıntotas. D. Ejercicios propuestos.

85

´ DE L´ ´ A. DEFINICION IMITE Y PROPIEDADES BASICAS.

Un n´ umero real L se dice l´ımite de una función y = f (x) en un punto x = c si los valores de la función se van acercando a L cuando x toma valores cada vez más próximos a c. Simbólicamente se expresa por: l´ım f (x) = L ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 tal que |f (x) − L| < ε si 0 < |x − c| < δ.

x→c

Debemos tener en cuenta que no importa en este caso el comportamiento de la función en el punto c; puede incluso no estar en el dominio. Lo que s´ı debe ocurrir es que todos los puntos próximos a c estén en el dominio y sus imágenes estén cada vez más cerca de L. Análogamente, se dice que una función f tiene l´ımite infinito en x = c, y se escribe como l´ım f (x) = ∞, cuando x→c

∀M > 0, ∃δ > 0 tal que f (x) > M si 0 < |x − c| < δ. Si u ńicamente interesa aproximarse a c por la derecha de él (es decir, para valores mayores que c), se hablará de l´ımite lateral por la derecha, y análogamente de l´ımite lateral por la izquierda (para valores x < c). Las notaciones que se usarán son las de l´ım f (x) y l´ım f (x), respectivamente. x→c−

x→c+

Un caso particular de l´ımites laterales son los l´ımites al infinito, es decir los casos en que x = ±∞. As´ı decimos que l´ım f (x) = L, cuando x→∞

∀ε > 0, ∃k > 0 tal que |f (x) − L| < ε si x > k. Los l´ımites conservan las operaciones básicas de funciones siempre que dichas operaciones sean posibles en el punto donde se está calculando el l´ımite.

PROBLEMA 3.1.

Calcular l´ım 3(2x − 1)(x + 1)2 . x→2

Soluci´ on

Basta sustituir el punto x = 2 en la función. Resulta que l´ım 3(2x − 1)(x + 1)2 = 3(4 − 1)(3)2 = 81.

x→2

86

PROBLEMA 3.2. 3(2x − 1) . x→−1 (x + 1)2

Calcular l´ım Soluci´ on

Al intentar sustituir en la función el punto x = −1, se anula el denominador. Esto quiere decir que cuanto más nos aproximamos a −1, más grande es el cociente. Por eso el l´ımite es infinito (∞).

PROBLEMA 3.3. x2 + x − 2 . x→−2 x2 − 4

Calcular l´ım

Soluci´ on

La situación es parecida al problema anterior. Sin embargo el numerador también se anula en x = −2. No podemos asegurar que el cociente se hace más grande cuando x se acerca a −2. Pero si factorizamos numerador y denominador, podemos escribir x2 + x − 2 (x + 2)(x − 1) x−1 −3 = l´ım = l´ım = = 3/4. 2 x→−2 x→−2 (x + 2)(x − 2) x→−2 x − 2 x −4 −4 l´ım

PROBLEMA 3.4. √

Calcular l´ım

x→2

√ x + 2 − 2x . x−2

87

Soluci´ on También la situación es similar pero antes de factorizar debemos eliminar las ra´ıces del numerador, es decir, debemos racionalizar. Nos queda: √ √ √ √ ( x + 2 − 2x)( x + 2 + 2x) (x + 2) − 2x √ √ L = l´ım = l´ım √ √ x→2 x→2 (x − 2)( x + 2 + 2x) (x − 2)( x + 2 + 2x) −x + 2 −1 √ = l´ım = = −1/4. √ x→2 (x − 2)( x + 2 + 2x) 2+2

PROBLEMA 3.5.

Resolver l´ım ([x] − x). x→4

Soluci´ on

Como la función parte entera es escalonada, puede tomar diferentes valores a la derecha y a la izquierda del punto x = 4. Debemos calcular los l´ımites laterales separadamente. l´ım ([x] − x) =

x→4−

l´ım ([x] − x) =

x→4+

l´ım (3 − x) = 3 − 4 = −1.

x→4−

l´ım (4 − x) = 4 − 4 = 0.

x→4+

Al ser distintos los l´ımites laterales en x = 4, no existe el l´ımite de la función en el punto.

PROBLEMA 3.6. x2 − 2x . x→2 x2 − 4x + 4

Calcular l´ım

Soluci´ on

Como el numerador y denominador tienden a cero, debemos factorizar ambos y simplificar. Tenemos: (x − 2)x x = l´ım = ∞. x→2 (x − 2)(x − 2) x→2 x − 2

L = l´ım

88

PROBLEMA 3.7. (x + h)3 − x3 . h→0 h

Calcular l´ım Soluci´ on

También en este caso se anulan el numerador y el denominador. Desarrollamos primero la potencia y luego simplificamos: (x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 ) − x3 h(3x2 + 3xh + h2 ) = l´ım h→0 h→0 h h 2 2 2 = l´ım (3x + 3xh + h ) = 3x .

L =

l´ım

h→0

PROBLEMA 3.8. x − (n + 1)xn+1 + nxn+2 . x→1 (1 − x)2

Calcular l´ım Soluci´ on

Si factorizamos el numerador como x−(n+1)xn+1 +nxn+2 = (x−1)2 [nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + · · · + x], tenemos: (x − 1)2 [nxn + (−1 + n)xn−1 + (−2 + n)xn−2 + · · · + x] x→1 (1 − x)2 n n−1 = l´ım [nx + (−1 + n)x + (−2 + n)xn−2 + · · · + x]

L =

l´ım

x→1

= n + (n − 1) + · · · + 2 + 1 =

n(n + 1) . 2

PROBLEMA 3.9. √

Calcular l´ım

x→3

√ x2 − 2x + 6 − x2 + 2x − 6 . x2 − 4x + 3 89

Soluci´ on

En primer lugar debemos racionalizar el numerador multiplicando y dividiendo la expresión por el conjugado de dicho numerador para después factorizar y simplificar la expresión. Resulta: √ √ √ √ ( x2 − 2x + 6 − x2 + 2x − 6)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) √ √ L = l´ım x→3 (x2 − 4x + 3)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) (x2 − 2x + 6) − (x2 + 2x − 6) √ √ = l´ım x→3 (x2 − 4x + 3)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) −4(x − 3) √ √ = l´ım x→3 (x − 3)(x − 1)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) −4 −4 −1 √ √ = l´ım = . = x→3 (x − 1)( x2 − 2x + 6 + x2 + 2x − 6) 2(3 + 3) 3

PROBLEMA 3.10. p p 3 x2 − 2 3 x + 1 Calcular l´ım . x→1 x−1 Soluci´ on

El numerador es un cuadrado perfecto y para racionalizarlo utilizamos la √ fórmula a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) donde en este caso a = 3 x y b = 1. Resulta: p p p p ( 3 x − 1)2 ( 3 x2 + 3 x + 1)2 ( 3 x − 1)2 p p L = l´ım = l´ım x→1 x→1 (x − 1)( 3 x2 + 3 x + 1)2 x−1 =

x−1 (x − 1)2 p p p = l´ım p = 0. 3 3 3 x→1 (x − 1)( x2 + x + 1)2 x→1 ( x2 + 3 x + 1)2 l´ım

PROBLEMA 3.11. √ 3 x−1 Calcular l´ım √ . 4 x→1 x−1

90

Soluci´ on En este caso racionalizamos el numerador y el denominador utilizando la fórmula general ap − bp = (a − b)(ap−1 + ap−2 b + · · · + abp−2 + bp−1 ) con p = 3 para el numerador y p = 4 para el denominador. El proceso es el que se indica a continuación: p p p p p p ( 3 x − 1)( 3 x2 + 3 x + 1)( 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 1) p p p p p L = l´ım p x→1 ( 4 x − 1)( 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 1)( 3 x2 + 3 x + 1) p p p (x − 1)( 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 1) 4 p p = . = l´ım x→1 3 (x − 1)( 3 x2 + 3 x + 1)

PROBLEMA 3.12. √ p

Calcular l´ım

x→c

√ x− pc . x−c

Soluci´ on

Si aplicamos la fórmula ap − bp = (a − b)(ap−1 + ap−2 b + · · · + abp−2 + bp−1 ) √ √ con a = p x y b = p c, tenemos: x−c p p p p p p p x→c (x − c)( xp−1 + xp−2 c + · · · + p x p cp−2 + p cp−1 ) 1 1 p = l´ım p = p . p p p p−1 p−1 x→c x + ··· + c p cp−1

L = l´ım

p p

´ ´ B. INFINITESIMOS. INFINITESIMOS EQUIVALENTES.

Una función cuyo l´ımite es cero cuando la variable independiente x tiende a un valor c recibe el nombre de infinitésimo en x = c. Se dice que un f (x) infinitésimo tiene orden n cuando existe y es no nulo el l´ımite l´ım . x→c (x − c)n 91

Dos infinitésimos f (x) y g(x) en x = c son equivalentes cuando su cociente f (x) tiene l´ımite uno al tender x a c, es decir cuando l´ım = 1. x→c g(x) Un método com´ un para calcular l´ımites consiste en sustituir infinitésimos por otros equivalentes de modo que el cálculo resulte más sencillo. A continuación damos una lista de las equivalencias más comunes entre infinitésimos: sen f (x) ∼ f (x), 2

cuando f (x) → 0;

1 − cos f (x) ∼ [f (x)] /2,

cuando f (x) → 0;

tg f (x) ∼ f (x),

cuando f (x) → 0;

− 1 ∼ f (x) ln a,

cuando f (x) → 0;

f (x)

a

(en particular ln(1 + f (x)) ∼ f (x), (de otra forma ln f (x) ∼ f (x) − 1,

ef (x) − 1 ∼ f (x)) cuando f (x) → 0 cuando f (x) → 1).

Has de tener en cuenta que estas fórmulas sólo se pueden aplicar cuando los infinitésimos aparezcan como factor en la función cuyo l´ımite se quiere calcular. En otras palabras, la siguiente propiedad es válida: Si f y g son infinitésimos equivalentes en x = c y h es cualquier función que tiene l´ımite finito c, entonces f · h es un infinitésimo equivalente a g · h.

PROBLEMA 3.13.

Sabiendo que sen x ∼ x cuando x → 0, probar que tg x ∼ x y que 1 − cos x ∼ x2 /2. Soluci´ on

Basta calcular el l´ımite del cociente: tg x sen x 1 = l´ım · l´ım = 1. x→0 x x→0 x x→0 cos x l´ım

Por otra parte, 1 − cos x (1 − cos x)(1 + cos x) sen2 x = l´ ım = l´ ım x→0 x→0 x→0 (1 + cos x) · x2 /2 x2 /2 (1 + cos x) · x2 /2 2 sen x 2 = l´ım · l´ım = 1 · 1 = 1. 2 x→0 x x→0 1 + cos x

L =

l´ım

92

PROBLEMA 3.14.

Resolver l´ım

x→0

1 − cos x . x

Soluci´ on

Análogamente al problema anterior, tenemos: (1 − cos x)(1 + cos x) sen2 x 1 − cos x = l´ım = l´ım x→0 x→0 x(1 + cos x) x→0 x x(1 + cos x) sen x sen x = l´ım · l´ım = 1 · 0 = 0. x→0 x x→0 1 + cos x

L =

l´ım

PROBLEMA 3.15. x − sen 3x . x→0 sen 5x

Resolver l´ım Soluci´ on

Separamos la expresión en dos fracciones y utilizamos las equivalencias sen 3x ∼ 3x y sen 5x ∼ 5x: x − sen 3x x sen 3x = l´ım − l´ım x→0 sen 5x x→0 sen 5x sen 5x 3x x = l´ım − l´ım = 1/5 − 3/5 = −2/5. x→0 5x x→0 5x

L =

l´ım

x→0

PROBLEMA 3.16. x sen x . x→0 x + sen x

Resolver l´ım Soluci´ on

Dividimos numerador y denominador por x y aplicamos la equivalencia sen x ∼ x: x sen x sen x 0 x = l´ım = = 0. L = l´ım x+sen sen x x x→0 x→0 1 + 2 x x 93

PROBLEMA 3.17.

Calcular l´ım

x→a

sen x − sen a . x−a

Soluci´ on

Aplicamos la fórmula sen x − sen a = 2 sen

x−a x+a cos y tenemos: 2 2

x+a sen x−a 2 sen x−a x+a 2a 2 cos 2 = l´ım x−a2 · cos = 1 · cos = cos a. x→a x→a x−a 2 2 2

L = l´ım

PROBLEMA 3.18.

Calcular l´ım

x→a

cos x − cos a . x−a

Soluci´ on

Aplicamos en este caso la fórmula cos x − cos a = −2 sen con lo que:

x+a x−a sen , 2 2

x+a − sen x−a −2 sen x−a x+a 2 sen 2 2 = l´ım · sen = − sen a. x−a x→a x→a x−a 2 2

L = l´ım

PROBLEMA 3.19. x − sen 2x . x→0 x + sen 3x

Calcular l´ım Soluci´ on

En primer lugar sacamos factor com´ un 2x en el numerador y 3x en el denominador y después aplicamos las equivalencias sen 2x ∼ 2x y sen 3x ∼ 3x: 1 sen 2x 2x 21 − sen2x2x 2 2 12 − 1 −1 2 − 2x L = l´ım = l´ ım = · 1 = . 1 sen 3x x→0 3x 1 + sen 3x x→0 3 3 3 +1 4 3 3x 3 + 3x 94

PROBLEMA 3.20. √

Calcular l´ım

x→0

1 + sen x − x

√

1 − sen x

.

Soluci´ on

Si racionalizamos el numerador y tenemos en cuenta que sen x ∼ x, obtenemos: √ √ √ √ ( 1 + sen x − 1 − sen x)( 1 + sen x + 1 − sen x) √ √ L = l´ım x→0 x( 1 + sen x + 1 − sen x) 1 + sen x − 1 + sen x √ = l´ım √ x→0 x( 1 + sen x + 1 − sen x) sen x 1 √ = 2 · 1 · 1/2 = 1. = 2 l´ım ·√ x→0 x 1 + sen x + 1 − sen x

PROBLEMA 3.21. ax − bx . x→0 cx − dx

Calcular l´ım Soluci´ on

Teniendo en cuenta la equivalencia de los infinitésimos x y ex − 1 cuando x → 0, resulta: ex ln a 1 − ex ln b−x ln a ex ln a − ex ln b L = l´ım x ln c = l´ım x→0 e − ex ln d x→0 ex ln c (1 − ex ln d−x ln c ) ex ln a (x ln b − x ln a) ex ln a x ln(b/a) ln(b/a) = l´ım x ln c = l´ım x ln c = . x→0 e ln(d/c) (x ln d − x ln c) x→0 e x ln(d/c)

PROBLEMA 3.22. ex − esen x . x→0 x − sen x

Calcular l´ım

95

Soluci´ on

En primer lugar sacamos ex factor com´ un en el numerador: ex (1 − esen x−x ) . x→0 x − sen x

L = l´ım

Como sen x − x → 0, podemos aplicar la equivalencia de los infinitésimos 1 − esen x−x ∼ −(sen x − x). Tenemos as´ı: ex (x − sen x) = l´ım ex = 1. x→0 x→0 x − sen x

L = l´ım

PROBLEMA 3.23. ey + sen y − 1 . y→0 ln(1 + y)

Calcular l´ım Soluci´ on

Descomponemos en primer lugar la expresión en dos sumandos: y e −1 sen y ey − 1 sen y L = l´ım + = l´ım + l´ım . y→0 ln(1 + y) y→0 ln(1 + y) y→0 ln(1 + y) ln(1 + y) Debido a la equivalencia de los infinitésimos ey − 1 ∼ ln(1 + y) ∼ sen y, resulta que L = 1 + 1 = 2.

C. L´ IMITES INFINITOS. AS´ INTOTAS.

Anteriormente aparecieron l´ımites de la forma 0/0, los cuales forman un caso particular de los llamados l´ımites indeterminados, pues su resultado no se puede obtener en forma directa. Otros casos de indeterminación en los 96

l´ımites se presentan al considerar valores infinitos. Estos casos de indeterminación son ∞ − ∞, 0 · ∞, ∞/∞, 00 , ∞0 , 1∞ y para resolverlos se pueden seguir las siguientes reglas (que completaremos en el cap´ıtulo 6 con otras técnicas): (a) Si la función es algebraica (sólo aparecen operaciones algebraicas y no trigonométricas) y el l´ımite tiene la forma ∞/∞, se comparan los grados del numerador y denominador. a.1- Si el grado del numerador es mayor que el del denominador, el resultado del l´ımite es ∞. a.2- Si el grado del denominador es mayor que el del numerador, el resultado es cero. a.3- Si ambos tienen el mismo grado, el resultado es el cociente de los coeficientes de los términos de mayor grado. En resumen, en el caso ∞/∞ los términos que intervienen en el l´ımite son los de mayor grado; el resto se puede desechar. (b) Para las otras formas de indeterminación, es posible transformarlas en alguna de las conocidas y utilizar las técnicas expuestas para ellas. Por ejemplo, en las indeterminaciones con exponenciales (en particular de la forma 1∞ ) se puede utilizar la fórmula f (x)g(x) = eg(x) ln f (x) , y el exponente presenta ahora una indeterminación del tipo 0 · ∞.

Como aplicación de los l´ımites infinitos se pueden definir las as´ıntotas: La recta x = h es as´ıntota vertical de la función y = f (x) cuando l´ım f (x) = x→h

∞ o l´ım f (x) = −∞ (basta alg´ un l´ımite lateral). x→h

La recta y = k es as´ıntota horizontal de la función y = f (x) cuando l´ım f (x) = k o bien l´ım f (x) = k. x→∞

x→−∞

La recta y = mx + b es as´ıntota oblicua de la función y = f (x) cuando existen los l´ımites que definen las constantes m y b as´ı: m = l´ım

x→∞

f (x) , b = l´ım [f (x) − mx]; x→∞ x

o bien m = l´ım

x→−∞

f (x) , b = l´ım [f (x) − mx], x→−∞ x

y m 6= 0 en ambos casos. 97

PROBLEMA 3.24. (2x − 3)(3x + 5)(4x − 6) . x→∞ 3x3 + x − 1

Calcular l´ım Soluci´ on

Comparamos los grados del numerador y denominador y tenemos: 24x3 + . . . 24 = = 8. 3 x→∞ 3x + . . . 3

L = l´ım

PROBLEMA 3.25.

1 5 Calcular l´ım − 2 . x→3 x − 3 x −x−6 Soluci´ on

Haciendo denominador com´ un tenemos: 1 5 L = l´ım − x→3 x − 3 (x − 3)(x + 2) x+2−5 1 1 = l´ım = l´ım = . x→3 (x − 3)(x + 2) x→3 x + 2 5

PROBLEMA 3.26.

Calcular l´ım

x→1

1 3 − . 1 − x 1 − x3

Soluci´ on

Teniendo en cuenta que 1 − x3 = (1 − x)(1 + x + x2 ), hacemos denominador com´ un y resulta: 1 + x + x2 − 3 (x − 1)(x + 2) −3 = l´ım = = −1. 3 2 x→1 x→1 (1 − x)(1 + x + x ) 1−x 3

L = l´ım

98

PROBLEMA 3.27.

Calcular l´ım √ 3 x→∞

x . + 10

x3

Soluci´ on

Dividimos numerador y denominador por x. As´ı: L = l´ım √ 3 x→∞

x/x 1 = 1. = l´ım p 3 + 10/x x→∞ 1 + 10/x3

x3

Este resultado se puede obtener directamente sabiendo que se trata de una indeterminación del tipo ∞/∞ donde el numerador y denominador tienen el mismo grado, siendo uno los coeficientes de los términos de mayor grado.

PROBLEMA 3.28. p p Calcular l´ım ( x2 + 4x − x2 − 4x). x→∞

Soluci´ on

Tenemos una indeterminación del tipo ∞ − ∞. Multiplicando y dividiendo por el conjugado resulta: √ √ √ √ ( x2 + 4x − x2 − 4x)( x2 + 4x + x2 − 4x) √ √ L = l´ım x→∞ x2 + 4x + x2 − 4x x2 + 4x − (x2 − 4x) 8x/x √ √ = l´ım √ = l´ım √ 2 2 2 x→∞ x→∞ x + 4x + x − 4x ( x + 4x + x2 − 4x)/x 8 8 p = l´ım p = = 4. x→∞ 2 1 + 4x/x2 + 1 − 4x/x2

PROBLEMA 3.29. p p Calcular l´ım ( n2 + an + b − n2 + cn + d). n→∞

99

Soluci´ on

Procediendo análogamente al problema anterior tenemos: √ √ √ √ ( n2 + an + b − n2 + cn + d)( n2 + an + b + n2 + cn + d) √ √ L = l´ım n→∞ n2 + an + b + n2 + cn + d (n2 + an + b) − (n2 + cn + d) (a − c)n + (b − d) √ √ = l´ım √ = l´ım √ n→∞ n2 + an + b + n2 + cn + d n→∞ n2 + an + b + n2 + cn + d (a − c) + (b−d) a−c a−c pn = l´ım p = = . 2 2 n→∞ 1+1 2 1 + a/n + b/n + 1 + c/n + d/n

PROBLEMA 3.30. √

Calcular l´ım

x→∞

√ 3 3x + 1 − x2 √ . 4 x2 + 1

Soluci´ on √ Si dividimos numerador y denominador por x se obtiene: p √ p √ √ √ 3 3 + 1/x − 3 x2 /x3/2 3x + 1/ x − x2 / x √ p = l´ım L = l´ım = −∞. √ 4 4 x→∞ x→∞ x2 + 1/ x 1 + 1/x2 Bastaba también en este caso comparar los grados del numerador y denominador para obtener el resultado.

PROBLEMA 3.31.

Calcular l´ım ( x→∞

p 3

x3 + ax2 −

p 3

x3 − ax2 ).

Soluci´ on

Si multiplicamos el numerador y denominador por el factor p p p 3 (x3 + ax2 )2 + 3 (x3 + ax2 )(x3 − ax2 ) + 3 (x3 − ax2 )2 , 100

tenemos (x3 + ax2 ) − (x3 − ax2 ) p p x→∞ (x3 + ax2 )2 + 3 (x3 + ax2 )(x3 − ax2 ) + 3 (x3 − ax2 )2 2ax2 p p = l´ım p x→∞ 3 (x3 + ax2 )2 + 3 (x3 + ax2 )(x3 − ax2 ) + 3 (x3 − ax2 )2 2a 2a p p = l´ım p = . x→∞ 3 (1 + a/x)2 + 3 (1 + a/x)(1 − a/x) + 3 (1 − a/x)2 3

L =

l´ım p 3

PROBLEMA 3.32. p 3 x p . Calcular l´ım p x→∞ x+1− x p 3

x+1−

Soluci´ on Multiplicamos numerador y denominador por los conjugados de ambos para eliminar las ra´ıces. As´ı tenemos: p p p p p p p ( 3 x + 1 − 3 x)( 3 (x + 1)2 + 3 x(x + 1) + 3 x2 )( x + 1 + x) p p p p p p L = l´ım p x→∞ ( x + 1 − x)( x + 1 + x)( 3 (x + 1)2 + 3 x(x + 1) + 3 x2 ) p p x+1+ x p . p = l´ım p x→∞ 3 (x + 1)2 + 3 x(x + 1) + 3 x2 Tenemos una indeterminación del tipo ∞/∞, donde el grado del numerador es 1/2 y el grado del denominador es 2/3. Como éste es mayor, el l´ımite es cero.

PROBLEMA 3.33.

Calcular l´ım

x→∞

p 3

x3 + 2x2 −

p x2 − 1 .

Soluci´ on p p Si escribimos L = l´ım 6 (x3 + 2x2 )2 − 6 (x2 − 1)3 y aplicamos la fórmux→∞ la a6 − b6 = (a − b)(a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 ), 101

con a =

p 6

(x3 + 2x2 )2 y b =

p 6 (x2 − 1)3 , tenemos que

(x3 + 2x2 )2 − (x2 − 1)3 x→∞ (a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 ) x6 + 4x4 + 4x5 − (x6 − 3x4 + 3x2 − 1) = l´ım . x→∞ (. . . )

L =

l´ım

Como el denominador toma la forma p p a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 = 6 (x3 + 2x2 )10 + 6 (x3 + 2x2 )8 (x2 − 1)3 p p p + 6 (x3 + 2x2 )6 (x2 − 1)6 + 6 (x3 + 2x2 )4 (x2 − 1)9 + 6 (x3 + 2x2 )2 (x2 − 1)12 p p p 6 6 . . + x30 + . . ., + 6 (x2 − 1)15 = x30 + . . .+ .(6) resulta L = l´ım √ 6 x→∞

4x5 + 7x4 + . . . 4 2 = = . √ 6 6 3 x30 + . . .+ .(6) . . + x30 + . . .

PROBLEMA 3.34.

Calcular l´ım x sen x→0

1 . [x]

Soluci´ on

Como el intervalo [0, 1) no está en el dominio de la función, no existe 1 l´ım x sen . + [x] x→0 Por otra parte, si x → 0− , [x] = −1 y l´ım x sen x→0−

PROBLEMA 3.35.

Calcular l´ım (1 − x) tg x→1

πx . 2

102

1 = l´ım x sen(−1) = 0. [x] x→0−

Soluci´ on Si hacemos el cambio de variable z = x − 1 y utilizamos la equivalencia de los infinitésimos tg z y z, cuando z → 0, obtenemos: πz π π(z + 1) L = l´ım −z tg = l´ım −z tg + z→0 z→0 2 2 2 πz z z 2 = l´ım z cotg = l´ım = l´ım = . πz z→0 z→0 tg z→0 πz/2 2 π 2

PROBLEMA 3.36. tg πx+1 2x Calcular l´ım √ . x→∞ 4 x4 + 2 Soluci´ on π 1 1 1 + = − cotg =− y de 2 2x 2x tg(1/2x) 1 1 la equivalencia entre infinitésimos tg ∼ , pues 1/2x → 0, podemos 2x 2x escribir: πx + 1 = tg De la identidad tg 2x

L = l´ım

x→∞ 1 2x

−1 −2x √ = l´ım √ = −2, 4 4 4 x→∞ x +2 x4 + 2

pues los grados del numerador y denominador coinciden.

PROBLEMA 3.37.

Calcular l´ım

x→∞

ln

√ 5

x3 − 2x + 7 . ln x2

Soluci´ on

Debido a las propiedades de los logaritmos, tenemos: (1/5) ln(x3 − 2x + 7) 1 ln x3 (1 − 2/x2 + 7/x3 ) = l´ım x→∞ 10 x→∞ ln x 2 ln x ln x ln(1 − 2/x2 + 7/x3 ) 1 3 1 = l´ım 3 + = (3 + 0) = . 10 x→∞ ln x ln x 10 10

L =

l´ım

103

PROBLEMA 3.38.

Calcular l´ım x[ln(x + 1) − ln x]. x→∞

Soluci´ on Como 1/x → 0, resulta que ln(1 + 1/x) ∼ 1/x con lo que: x+1 1 1 L = l´ım x ln = l´ım x ln 1 + = l´ım x · = 1. x→∞ x→∞ x→∞ x x x

PROBLEMA 3.39. 1 Calcular l´ım ln x→0 x

r

1+x . 1−x

Soluci´ on

2x 2x 2x Cuando x → 0, → 0 por lo que ln 1 + ∼ . Enton1−x 1−x 1−x ces: 1 2x 1 1 1+x L = l´ım · ln = l´ım ln 1 + x→0 x 2 1 − x x→0 2x 1−x 1 2x 1 = l´ım · = l´ım = 1. x→0 2x 1 − x x→0 1 − x

PROBLEMA 3.40.

Calcular l´ım x x→∞

√ x

2−1 .

104

Soluci´ on Debido a la equivalencia 21/x − 1 ∼ (ln 2) · 1/x, tenemos: 1 L = l´ım x 21/x − 1 = l´ım x · · ln 2 = ln 2. x→∞ x→∞ x

PROBLEMA 3.41. 1 √ 1 + x ln(1+x) Calcular l´ım √ . x→0 1+x Soluci´ on

Como la base es siempre uno, el l´ımite de la exponencial es L = l´ım 1f (x) = 1. x→0

Observaci´ on. No hay en este caso ninguna indeterminación porque la función es constante.

PROBLEMA 3.42.

Calcular l´ım

n→∞

n+1 n−1

n

.

Soluci´ on

Se trata de una indeterminación del tipo 1∞ . Llamando L al l´ımite y tomando logaritmos, tenemos: n+1 . n−1 n+1 n+1 n+1 Como → 1, tenemos la equivalencia ln ∼ − 1 , con n−1 n−1 n−1 lo que resulta: 2 n+1 ln L = l´ım n − 1 = l´ım n · = 2. n→∞ n→∞ n−1 n−1 ln L = l´ım n ln n→∞

105

En definitiva, L = e2 .

PROBLEMA 3.43.

Calcular l´ım (1 + sen x)1/x . x→0

Soluci´ on

De nuevo la indeterminación es de la forma 1∞ y aplicamos el mismo procedimiento del problema anterior. As´ı: ln L = l´ım

x→0

1 1 sen x ln(1 + sen x) = l´ım (1 + sen x − 1) = l´ım = 1, x→0 x→0 x x x

de donde L = e.

PROBLEMA 3.44. 2

Calcular l´ım (cos ax)1/x . x→0

Soluci´ on

Al igual que los problemas anteriores podemos escribir ln L = l´ım (1/x2 ) ln cos ax. x→0

Aplicando ahora las equivalencias entre infinitésimos ln cos ax ∼ cos ax−1 ∼ −a2 x2 /2, resulta: 1 1 −a2 x2 ln L = l´ım 2 (cos ax − 1) = l´ım 2 = −a2 /2. x→0 x x→0 x 2 En definitiva, L = e−a

2 /2

.

PROBLEMA 3.45. h π i sen1 x Calcular l´ım tg x + . x→0 4 106

Soluci´ on

Tenemos de nuevo una indeterminaci´ on del tipo 1∞ y aplicamos las siguienπ π tes equivalencias: ln tg x + ∼ tg x + − 1, sen x ∼ tg x ∼ x: 4 4 i 1 π 1 h π ln L = l´ım ln tg x + = l´ım tg x + −1 x→0 sen x 4 x→0 sen x 4 tg x + 1 1 tg x + 1 − 1 + tg x 1 = l´ım − 1 = l´ım · x→0 sen x 1 − tg x x→0 sen x 1 − tg x 2 tg x 2x = l´ım = l´ım = 2. x→0 sen x(1 − tg x) x→0 x(1 − tg x) Entonces L = e2 .

PROBLEMA 3.46.

Calcular l´ım

x→0

x−2 2 x +x−2

1+cotg2 x

.

Soluci´ on

Como tenemos una indeterminación 1∞ , aplicamos las equivalencias x−2 x−2 ∼ 2 − 1 y posteriormente sen2 x ∼ x2 : +x−2 x +x−2 x−2 x−2 2 2 = l´ım (1 + cotg x) −1 ln L = l´ım (1 + cotg x) ln 2 x→0 x + x − 2 x→0 x2 + x − 2 cos2 x −x2 1 −x2 = l´ım 1 + = l´ım 2 2 2 2 x→0 x→0 sen x sen x x +x−2 x +x−2 2 −x 1 −1 = l´ım 2 = l´ım 2 = 1/2. 2 x→0 x x→0 x + x − 2 x +x−2 √ Resulta entonces que L = e1/2 = e. ln

x2

PROBLEMA 3.47.

Calcular l´ım

x→0

π sen 2 − ax 2

sec2

π 2−bx

.

107

Soluci´ on

Tenemos una indeterminación 1∞ y procedemos de forma similar a los problemas anteriores: π π ln sen2 x→0 2 − bx 2 − ax π − cos2 2−ax π π sen2 = l´ım sec2 − 1 = l´ım . x→0 x→0 cos2 π 2 − bx 2 − ax 2−bx l´ım sec2

ln L =

π πax πax 2 π Ahora bien, si escribimos cos = sen2 = cos + 2 − ax 2 2(2 − ax) 2(2 − ax) πax πax πbx πbx y usamos las equivalencias sen ∼ , sen ∼ , 2(2 − ax) 2(2 − ax) 2(2 − bx) 2(2 − bx) obtenemos: 2 πax π − 2(2−ax) − cos2 2−ax = l´ım ln L = l´ım 2 x→0 x→0 cos2 π πbx 2−bx 2

2(2−bx)

=

l´ım

x→0

−(πax)2 4(2

− −a2 (2 − bx)2 −4a2 −a2 = l´ ım = = . x→0 b2 (2 − ax)2 (πbx)2 4(2 − ax)2 4b2 b2

En definitiva, L = e−a

2 /b2

bx)2

.

PROBLEMA 3.48.

Calcular l´ım [cos(x − 1) + a sen(x − 1)]1/ ln x . x→1

Soluci´ on

Hacemos el cambio de variable z = x−1. De este modo z → 0 y ln(1+z) ∼ z, con lo que tenemos: 1 1 ln(cos z + a sen z) = l´ım (cos z + a sen z − 1) z→0 ln(1 + z) z→0 ln(1 + z) cos z + a sen z − 1 cos z − 1 a sen z = l´ım = l´ım + = 0 + a = a, z→0 z→0 z z z

ln L = l´ım

con lo que L = ea . 108

PROBLEMA 3.49. p n

Calcular l´ım

n→∞

a+ 2

!n p n b

.

Soluci´ on

Tenemos nuevamente la indeterminación 1∞ y utilizamos las equivalencias p p n a − 1 ∼ (1/n) ln a y n b − 1 ∼ (1/n) ln b. Tenemos entonces: ! p p n a+ n b −1 ln L = l´ım n n→∞ 2 ! p p p p n n n n a−1 b−1 a−1 b−1 = l´ım n + + l´ım n = l´ım n n→∞ n→∞ n→∞ 2 2 2 2 p n 1 n 1 ln ab = l´ım · ln a + l´ım · ln b = = ln ab. n→∞ 2 n n→∞ 2 n 2 p En definitiva, L = ab.

PROBLEMA 3.50. "

Calcular l´ım

n→∞

21/n + 31/n + 41/n 3

#n

.

Soluci´ on

De forma análoga al problema anterior tenemos: " # 21/n + 31/n + 41/n ln L = l´ım n · −1 n→∞ 3 " # 1 21/n − 1 31/n − 1 41/n − 1 = l´ım + + 3 n→∞ 1/n 1/n 1/n 1 (1/n) ln 2 (1/n) ln 3 (1/n) ln 4 1 = l´ım + + = [ln 2 + ln 3 + ln 4] . 3 n→∞ 1/n 1/n 1/n 3 109

Entonces L = e(1/3) ln(2·3·4) =

√ 3

24.

PROBLEMA 3.51. 1/x

Calcular l´ım

a1

x→∞

1/x

+ a2

1/x

+ · · · + an n

!nx

.

Soluci´ on

En este caso, como la indeterminación es también de la forma 1∞ , el procedimiento es análogo al realizado en los dos problemas anteriores: ! 1/x 1/x 1/x 1/x a1 + · · · + an a + · · · + an − n ln L = l´ım nx − 1 = l´ım nx · 1 x→∞ x→∞ n n 1/x = l´ım x (a1 − 1) + · · · + (a1/x n − 1) x→∞

=

1/x

l´ım x(a1

x→∞

− 1) + · · · + l´ım x(a1/x n − 1) x→∞

1 1 = l´ım x · ln a1 + · · · + l´ım x · ln an = ln a1 + · · · + ln an . x→∞ x→∞ x x Resulta entonces que L = a1 · · · · · an .

PROBLEMA 3.52.

Encontrar las as´ıntotas de la funci´ on f (x) =

x2 − 1 . x−1

Soluci´ on

(a) Las as´ıntotas verticales sólo se pueden encontrar para valores de x donde el l´ımite sea infinito. En este caso puede ser en x = 1 pues anula el denomi(x − 1)(x + 1) nador. Pero como l´ım f (x) = l´ım = l´ım (x + 1) = 2, no hay x→1 x→1 x→1 x−1 as´ıntotas verticales. (b) Para ver si hay as´ıntotas horizontales, debemos calcular: 110

x2 − 1 = ∞ (pues el grado del numerador es mayor que el x→∞ x→∞ x − 1 grado del denominador). l´ım f (x) = l´ım

x2 − 1 = −∞ (por la misma razón que antes. Además el x→−∞ x→−∞ x − 1 numerador es positivo y el denominador negativo para valores de x próximos a −∞). l´ım f (x) = l´ım

Esto quiere decir que no hay as´ıntotas horizontales. (c) Para comprobar la existencia de as´ıntotas oblicuas calcularemos los siguientes l´ımites: f (x) x2 − 1 = l´ım = 1, x→∞ x x→∞ x(x − 1)

m = l´ım

pues el grado del numerador es igual al del denominador y son uno los coeficientes de x2 en ambos términos. x2 − 1 − x2 + x x2 − 1 − x = l´ım = 1. x→∞ x→∞ x − 1 x−1

b = l´ım [f (x) − mx] = l´ım x→∞

La as´ıntota oblicua es la recta y = x + 1. Análogamente se obtiene para −∞: f (x) x2 − 1 = l´ım = 1, x→−∞ x x→−∞ x(x − 1)

m = l´ım

pues nuevamente el grado del numerador es igual al del denominador y son uno los coeficientes de x2 en ambos términos. x2 − 1 x2 − 1 − x2 + x − x = l´ım = 1. x→−∞ x − 1 x→−∞ x−1

b = l´ım [f (x) − mx] = l´ım x→−∞

La recta y = x + 1 también es as´ıntota oblicua para −∞.

PROBLEMA 3.53.

Comprobar que no existen los siguientes l´ımites: l´ım sen x,

x→∞

l´ım cos x,

x→∞

l´ım tg x.

x→∞

Soluci´ on

Si existiera L = l´ım sen x, deber´ıa ser |L| ≤ 1, porque | sen x| ≤ 1. Además, x→∞ por definición, ∀ε > 0, ∃M > 0 tal que x > M =⇒ L − ε < sen x < L + ε. 111

Ahora bien, es evidente que existen infinitos valores de x, de las formas kπ, π/2 + 2kπ, 3π/2 + 2kπ, cuyo valor absoluto es mayor que M , y para los cuales la función sen x toma, respectivamente, los valores 0, 1, −1. Por tanto, si fijamos ε > 0 de modo que fuera del entorno (L − ε, L + ε) queden por lo menos dos de tales valores, la función alcanzar´ıa valores no contenidos en el entorno prefijado. Esto prueba que L no puede ser el l´ımite. El mismo razonamiento sirve para probar que no existen l´ım cos x y l´ım tg x. x→∞

x→∞

PROBLEMA 3.54.

Demostrar que no existen los l´ımites siguientes: a) l´ım x sen x. x→∞

b) l´ım x cos x. x→∞

c) l´ım x tg x. x→∞

d) l´ım e1/ sen x . x→0

Soluci´ on

a) Veamos en primer lugar que el l´ımite no puede ser infinito: En efecto, por definición, si l´ım x sen x = ∞, dado cualquier n´ umero x→∞ positivo M , debe existir k > 0 tal que x sen x > M , para todo x > k. Sin embargo, siempre es posible encontrar valores de x superiores a k, para los cuales sen x, y por consiguiente, x sen x, es nulo, es decir, para los cuales x sen x ≤ M . A continuación mostraremos que dicho l´ımite no puede ser un n´ umero finito: Si fuese l´ım x sen x = L, a cada ε > 0 le corresponder´ıa un k > 0 tal x→∞

que |x sen x − L| < ε, para todo x > k. Ahora bien, si consideramos un n´ umero k tal que |k − L| > ε, siempre es posible encontrar valores x > k para los cuales sen x = 1 y x sen x = x > k pero |x sen x − L| > |k − L| > ε, lo que contradice el hecho de que L es el l´ımite. Los apartados b) y c) se prueban de manera completamente análoga, apoyándose exclusivamente en el concepto de l´ımite. 112

Por u ´ltimo, como l´ım e1/ sen x = +∞ y l´ım e1/ sen x = e−∞ = 0, no existe x→0−

x→0+

el l´ımite por ser distintos los l´ımites laterales.

113

D. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Calcular (en caso de que existan) los l´ımites siguientes: a) l´ım

x→3

1/x − 1/3 . x−3

Resp.: -1/9.

b) l´ım

x→1

x−1 . xn − 1

Resp.: 1/n. x + x2 + · · · + xn − n . x→1 x−1

c) l´ım Resp.:

n(n + 1) . 2

√ x + 1 − 2x . d) l´ım x→1 x2 − x √ Resp.: −1/2 2. √

√ x− x e) l´ım 4 . x→1 x − 1 Resp.: 1/8. √ (2x − 3)( x − 1) f) l´ım . x→1 2x2 + x − 3 Resp.: -1/10. √

g) l´ım p x→0+

x . √ 4+ x−2

Resp.: 4. √ x2 − x h) l´ım √ . x→1 x−1 Resp.: 3. Sugerencia: Racionalizar numerador y denominador. 114

i) l´ım x cosec x. x→0

Resp.: 1. sen 3x . x→0 tg 5x

j) l´ım

Resp.: 3/5. sen 2x . 2x2 + x Resp.: 2.

k) l´ım

x→0

l) l´ım (1 − cos x) cotg x. x→0

Resp.: 0.

m) l´ım

1 − cos x . + sen 3x2

x→0 x2

Resp.: 1/8. cos3 x − 1 . x→0 x3 Resp.: ∞.

n) l´ım

o) l´ım x cosec2 x→0+

√

2x.

Resp.: 1/2. x2 sen(1/x) . x→0 sen x Resp.: 0.

p) l´ım

sen x . x Resp.: 0.

q) l´ım

x→∞

r) l´ım (x − π) cotg x. x→π

Resp.: 1.

s) l´ım

x→0

1 1 − . sen2 x 1 − cos x 115

Resp.: ∞. sen(x − π/3) . x→π/3 1 − 2 cos x √ Resp.: 1/ 3.

t) l´ım

ln tg[(π/4) + ax] . x→0 sen bx

u) l´ım

Resp.: 2a/b.

v) l´ım

x→∞

x−1 x−3

x+2

.

Resp.: e2 .

x) l´ım

n→∞

n2 + 3 n2 + 4n

(n2 −1)/n

.

Resp.: e−4 .

2.- Calcular (en caso de que existan) los l´ımites siguientes: ( 3 x +1 si x > −1 a) l´ım f (x) con f (x) = x+1 2 2x x→−1 si x < −1. 1−x2 Resp.: ∞ (por la izquierda); 3 (por la derecha). x . x→1/2 [x]

b) l´ım

Resp.: No existe porque el intervalo [0, 1) no está en el dominio de la función. [x]2 − 9 . x→3 x2 − 9

c) l´ım

Resp.: ∞ (por la izquierda); 0 (por la derecha). x2 − 9 . x→3 |x − 3|

d) l´ım

Resp.: - 6 (por la izquierda), 6 (por la derecha). 116

e) l´ım

|x| x

x→3/2

+ 2[x] . x3

Resp.: 8/9. Sugerencia: Calcular los l´ımites laterales.

f) l´ım

x→0

sen x . |x|

Resp.: -1 (por la izq); 1 (por la dcha).

3.- Determinar los valores de a para los que existen los l´ımites laterales l´ım f (x), l´ım f (x), y los casos en que dichos l´ımites son x→a−

x→a+

iguales: (a) f (x) =

p

x − [x].

Resp.: Existen ∀a ∈ R. Son iguales ∀a ∈ R \ Z.

(b) f (x) = [x] +

p

x − [x].

Resp.: Existen y son iguales ∀a ∈ R.

(c) f (x) =

1 . [1/x]

Resp.: Existen cuando a 6= 0 y a ≤ 1 (por la izquierda); cuando a 6= 0 y a < 1 (por la derecha). Son iguales cuando a 6= 1/n, n = −1, −2, . . .

4.- Encontrar las as´ıntotas de las siguientes funciones: a) f (x) =

x2 − 3 . 2x − 4

Resp.: (V) x = 2; (O) y = 1 + x/2.

b) f (x) = √

2x . 4x2 − 4

Resp.: (V) x = 1, x = −1; (H) y = 1, y = −1. |x + 1| c) f (x) = √ . x2 + 1 Resp.: (H) y = 1. 117

√

d) f (x) =

x2 + 5 − 3 . x2 − 4

Resp.: (H) y = 0. 3x + a para que y = 2 sea as´ıntota px + 2 horizontal y (−2, 0) sea el punto de corte con el eje X . Dibujar su gr´ afica.

5.- Determinar la funci´ on f (x) =

Resp.: a = 6, p = 3/2.

6.- (a) Si no existen l´ım f (x) ni l´ım g(x), ¿pueden existir l´ım [f (x) + x→a

x→a

x→a

g(x)] ´ o l´ım f (x)g(x)? x→a

Resp.: S´ı. Ejemplos: f (x) = 1/x, g(x) = −1/x con a = 0; f (x) = |x|/x, g(x) = x/|x| con a = 0.

(b) Si existen l´ım f (x) y l´ım [f (x) + g(x)], ¿debe existir l´ım g(x)? x→a

x→a

x→a

Resp.: S´ı porque g(x) = [f (x) + g(x)] − f (x).

(c) Si existe l´ım f (x) y no existe l´ım g(x), ¿puede existir l´ım [f (x)+ x→a

x→a

x→a

g(x)]? Resp.: No, porque si existiera, no se cumplir´ıa el apartado anterior.

(d) Si existen l´ım f (x) y l´ım f (x)g(x), ¿existe l´ım g(x)? x→a

x→a

x→a

Resp.: Sólo en el caso en que l´ım f (x) 6= 0. x→a

7.- Decidir si los siguientes planteamientos son verdaderos o falsos: (a) Si l´ım f (x) = L, entonces l´ım f (a + h) = L. x→a

h→0

Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x − a = h.

(b) Si l´ım f (x) = L, entonces l´ım f (x − a) = L. x→a

x→0

Resp.: Falso: ejemplo f (x) = x.

(c) Si l´ım f (x) = L, entonces l´ım f (x3 ) = L. x→0

x→0

Resp.: Verdadero: basta hacer el cambio x3 = t. 118

(d) Si l´ım f (x) = L, l´ım f (|x|) = L. x→0+

x→0

Resp.: Verdadero.

(e) Si l´ım f (x) = L, entonces l´ım |f |(x) = |L|. x→a x→a Resp.: Verdadero, pues |f (x)| − |L| ≤ |f (x) − L|. (f) Si l´ım f (x) = L, entonces l´ım f (1/x) = L. x→∞

x→0+

Resp.: Verdadero.

(g) l´ım f (x) = L ⇐⇒ l´ım (f (x) − L) = 0. x→a

x→a

Resp.: Verdadero.

(h) Si f (x) < g(x), ∀x, entonces l´ım f (x) < l´ım g(x). x→a x→a ( 2x2 si x 6= 0 Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = x2 , g(x) = en a = 0. 1 si x = 0 (i) Si |f (x)−L| < ε cuando 0 < |x−a| < δ , entonces |f (x)−L| < ε/2 cuando 0 < |x − a| < δ/2. Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = x2 con a = 1.

(j) Si l´ım f (x) = 0, entonces l´ım f (x) sen(1/x) = 0. x→0

x→0

Resp.: Verdadero, pues −1 ≤ sen(1/x) ≤ 1.

119

CAPÍTULO IV. CONTINUIDAD DE FUNCIONES

SECCIONES A. Definición de función continua. B. Propiedades de las funciones continuas. C. Ejercicios propuestos.

121

´ DE FUNCION ´ CONTINUA. A. DEFINICION

Una función y = f (x) se dice continua en un punto x = c cuando existe el l´ımite de la función en el punto x = c y dicho l´ımite es f (c). Esta definición da lugar a tres condiciones que debe cumplir la función para ser continua en c: a) c está en el dominio de la función. b) existe l´ım f (x) (es decir, los l´ımites laterales son finitos e iguales). x→c

c) l´ım f (x) = f (c). x→c

Esto quiere decir que para que una función sea continua no basta que tenga l´ımite, sino que además dicho l´ımite tiene que coincidir con el valor de la función en el punto correspondiente. Las funciones que no son continuas se llaman discontinuas. Hay varios tipos de discontinuidad dependiendo de la condición que no se cumple. A) Discontinuidad evitable: Corresponde al caso en que la función tiene l´ımite pero no coincide con el valor f (c). Se llama evitable porque basta definir f (c) como el l´ımite de la función en c para que la función sea ahora continua. B) Discontinuidad de primera especie: Puede ser de salto finito cuando existen los dos l´ımites laterales pero son distintos, o de salto infinito cuando alguno de los l´ımites laterales es infinito. C) Discontinuidad esencial o de segunda especie: Si alguno de los dos l´ımites laterales no existe. Las operaciones algebraicas con funciones continuas dan como resultado nuevas funciones continuas, salvo en la división por cero y las ra´ıces de ´ındice par de funciones que toman valores negativos.

PROBLEMA 4.1.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

122

x + |x| . 2

Soluci´ on Esta es una función algebraica sólo que el valor absoluto hace que cambie la forma de la función en el punto x = 0. Esto quiere decir que si x 6= 0, la función es continua. Para estudiar el comportamiento de la función en x = 0, debemos calcular los l´ımites laterales. x + |x| 2 x + |x| l´ım 2 x→0+

x−x = 0, 2 x+x = l´ım = 0, + 2 x→0

l´ım

=

x→0−

l´ım

x→0−

lo que indica que la función también es continua en x = 0. Podemos comprobar este resultado dibujando la gráfica de la función. Esta es de la forma: Y

y=x

y=0

X

PROBLEMA 4.2.

Estudiar la continuidad de las siguientes funciones indicando los puntos de discontinuidad: a) f (x) = [x2 ]. √ b) f (x) = [ x]. c) f (x) = [2x]. p d) f (x) = [x]. p e) f (x) = x − [x]. f) f (x) = [x] + [−x].

123

Soluci´ on

Sabiendo que la parte entera sólo es discontinua en los enteros, los puntos de discontinuidad son, respectivamente: √ a) x2 = n ⇐⇒ x = ± n con n ∈ N. (En x = 0 la función es continua.) √ b) x = n ⇐⇒ x = n2 con n = 0, 1, . . . c) 2x = n ⇐⇒ x = n/2 con n ∈ Z. d) Como el dominio de la función es [0, ∞), los puntos de discontinuidad son los enteros positivos. e) Como x − [x] ≥ 0 para todo x, los puntos de discontinuidad son x ∈ Z. f) Si n es cualquier n´ umero entero, los l´ımites laterales son l´ım [x] + [−x] = n − 1 + (−n) = −1; l´ım [x] + [−x] = n + (−n − 1) = −1.

x→n−

x→n+

Como f (n) = 0 6= −1, la discontinuidad es evitable en todo Z.

PROBLEMA 4.3.

Estudiar la continuidad de las funciones: 1 . +1 1 b) f (x) = 2 . x −1

a) f (x) =

x2

Soluci´ on

a) Como 1 + x2 = 0 no tiene ra´ıces reales, la función es continua en todo R. b) Como la ecuación x2 − 1 = 0 tiene ra´ıces x = 1 y x = −1, la función es 1 1 continua en R\{−1, 1}. Además, como l´ım 2 = l´ım 2 = ∞, x→1 x − 1 x→−1 x − 1 la función presenta discontinuidades de primera especie infinitas en los puntos x = −1 y x = 1. 124

PROBLEMA 4.4.

Estudiar la continuidad de las funciones 1 . x 1 b) f (x) = . x−1

a) f (x) =

c) f (x) = x2/3 . 2 d) f (x) = x−1/3 . 3 1 e) f (x) = x . e Soluci´ on a) La función es continua en todo x 6= 0, porque es racional y la u ńica ra´ız del denominador es x = 0. b) La función es continua en todo x 6= 1 por la misma razón del apartado anterior. c) La función es continua en todo el campo real pues el ´ındice de la ra´ız es impar. 2 2 d) Como f (x) = x−1/3 = √ , la función es continua en R \ {0}. 3 33x e) Como el denominador no se anula en ning´ un valor real, la función es continua en todo R.

PROBLEMA 4.5.

Indicar la naturaleza de la discontinuidad en x = 0 de las siguientes funciones: a) f (x) = cosec x. p b) f (x) = 1/x. p c) f (x) = 3 1/x. d) f (x) = cos(1/x). 125

Soluci´ on a) Como l´ım cosec x = ∞, la función presenta una discontinuidad infinita x→0

de primera especie. p b) Como l´ım 1/x no existe, la discontinuidad es de segunda especie. x→0−

p c) Tenemos que l´ım 3 1/x = ∞, por lo que la discontinuidad es infinita de x→0 primera especie. d) En este caso, l´ım cos(1/x) no existe, por lo que la discontinuidad es de x→0

segunda especie.

PROBLEMA 4.6. x4 − 5x3 + 5x2 + 5x − 6 , determinar la clax2 − 5x + 6 se de discontinuidad que posee en los puntos x = 2 y x = 3.

Dada la funci´ on f (x) =

Soluci´ on

Como f (x) =

x4 − 5x3 + 5x2 + 5x − 6 (x − 2)(x − 3)(x2 − 1) = , resulta que x2 − 5x + 6 (x − 2)(x − 3)

l´ım f (x) = 3 y l´ım f (x) = 8, pero los puntos x = 2 y x = 3 no están en

x→2

x→3

el dominio, por lo que las discontinuidades en dichos puntos son evitables.

PROBLEMA 4.7.

Encontrar los puntos de discontinuidad de las siguientes funciones: x . a) f (x) = (x − 2)(x − 4) p b) f (x) = (x − 3)(6 − x), 3 ≤ x ≤ 6. c) f (x) =

1 . 1 + 2 sen x

126

Soluci´ on a) La función es discontinua en los puntos donde se anula el denominador, es decir x = 2, x = 4. La discontinuidad en ambos puntos es infinita de primera especie porque el l´ımite es infinito en ambos casos. b) No hay puntos de discontinuidad en el dominio de la función. c) El denominador se anula cuando 1 + 2 sen x = 0, es decir cuando sen x = 7π 11π −1/2, lo cual ocurre si x = + 2kπ, + 2kπ, k ∈ Z. En estos 6 6 puntos la discontinuidad es infinita de primera especie.

PROBLEMA 4.8. √

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

1 − cos x . x

Soluci´ on

El dominio de la función es R \ {0}. En el punto x = 0 tenemos: √

p

x2 /2 x 1 = l´ım √ = √ ; x x→0+ x→0+ x 2 2 p √ 2 x /2 −x 1 − cos x −1 = l´ım = l´ım √ = √ . l´ım x x x→0− x→0− x 2 x→0− 2 l´ım

1 − cos x = l´ım x x→0+

La función presenta en x = 0 una discontinuidad de salto finito.

PROBLEMA 4.9.

Estudiar la continuidad de las funciones a) f (x) = tg x. b) f (x) = cotg x. x2 − 4 . x2 − 5x + 6 ¿Tiene discontinuidad evitable alguna de ellas?

c) f (x) =

127

Soluci´ on sen x , la función es continua donde cos x 6= 0, es decir cos x en el conjunto {x ∈ R | x 6= π/2 + kπ, k ∈ Z}. Como en los puntos de discontinuidad el l´ımite es infinito, la discontinuidad es de primera especie.

a) Como tg x =

b) Análogamente al anterior, la función es continua en el conjunto {x ∈ R | sen x 6= 0} = {x | x 6= kπ, k ∈ Z} y en el resto la discontinuidad es de primera especie. c) Como el denominador se anula cuando x = 2 y x = 3, la función es contix2 − 4 x+2 nua en R\{2, 3}. Como l´ım 2 = l´ım = −4, la discontix→2 x − 5x + 6 x→2 x − 3 x2 − 4 = ∞, nuidad en x = 2 es evitable. Sin embargo, como l´ım 2 x→3 x − 5x + 6 la discontinuidad en x = 3 es de primera especie.

PROBLEMA 4.10.

¿Es evitable la discontinuidad en el origen de la funci´ on 2

f (x) = e−1/x ? ¿Y la discontinuidad de la funci´ on f (x) = sen(π/x)?

Soluci´ on

2

Debido a que l´ım e−1/x = 0, la discontinuidad es evitable. x→0

Sin embargo, el l´ımite l´ım sen(π/x) no existe, por lo que la discontinuidad x→0

es esencial.

PROBLEMA 4.11.

Estudiar la continuidad de la funci´ on F (x) = origen, siendo F (0) = 0.

128

x2 sen x cos x en el 1 − cos x

Soluci´ on Si aplicamos la equivalencia de infinitésimos 1−cos x ∼ x2 /2, tenemos: x2 sen x cos x x2 sen x cos x sen x cos x = l´ım = l´ım = 0. 2 x→0 x→0 x→0 1 − cos x x /2 1/2 l´ım

Como l´ım F (x) = F (0) = 0, la función es continua en x = 0. x→0

PROBLEMA 4.12.

Estudiar la continuidad de la funci´ on F (x) =

2x6 + x5 − x4 cos4 x sen3 2x

en el origen, sabiendo que F (0) = 0. Soluci´ on

Aplicando la equivalencia sen 2x ∼ 2x, resulta: x3 (2x3 + x2 − x) x→0 cos4 x sen3 2x x3 (2x3 + x2 − x) 2x3 + x2 − x = l´ım = l´ ım = 0. x→0 x→0 cos4 x · (2x)3 8 cos4 x

l´ım F (x) =

x→0

l´ım

La función F es continua en x = 0 porque l´ım F (x) = F (0) = 0. x→0

PROBLEMA 4.13.

Estudiar la continuidad en el origen de la funci´ on F (x) =

x7 + 2x5 + x3 , sen2 (x/2) tg(x/4)

siendo F (0) = 0.

129

Soluci´ on Debido a las equivalencias sen x/2 ∼ x/2 y tg x/4 ∼ x/4, x3 (x4 + 2x2 + 1) x3 (x4 + 2x2 + 1) = l´ ım x→0 sen2 (x/2) tg(x/4) x→0 (x/2)2 · (x/4) x4 + 2x2 + 1 = l´ım = 16. x→0 1/16

l´ım F (x) =

x→0

l´ım

Como existe l´ım F (x) pero es distinto a F (0), existe una discontinuidad x→0

evitable en el origen.

PROBLEMA 4.14.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

3 en el punto 4 + 4tg x

x = π/2. Soluci´ on 3 3 3 3 3 = = 0 y l´ım = = , la función tg x tg x + ∞ 4+0 4 x→π/2 4 + 4 x→π/2 4 + 4 posee una discontinuidad finita de primera especie en x = π/2. Como

l´ım

−

PROBLEMA 4.15.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) = 2 sen

π en el origen. x

Soluci´ on

La función no tiene l´ımite cuando x → 0, por lo que la discontinuidad es esencial o de segunda especie.

PROBLEMA 4.16.

¿Qu´ e clase de discontinuidad posee la funci´ on f (x) = 31/x en el origen? 130

Soluci´ on

Los l´ımites laterales son l´ım 31/x = 3−∞ = 0 y l´ım 31/x = 3∞ = ∞, x→0−

x→0+

respectivamente. Como uno de ellos es infinito, tenemos una discontinuidad infinita de primera especie.

PROBLEMA 4.17.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

1 en el origen. 2 + e1/x

Soluci´ on

Si x → 0+ , 1/x → +∞ y e1/x → +∞, por lo que l´ım f (x) = 0. x→0+

Si x → 0− , 1/x → −∞ y e1/x → 0, por lo que l´ım f (x) = 1/2. x→0−

Como existen pero son distintos los l´ımites laterales, la función presenta una discontinuidad de primera especie finita.

PROBLEMA 4.18.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

1 + e1/x . 1 − e1/x

Soluci´ on

El denominador 1 − e1/x nunca se anula por lo que la función está definida en R \ {0}. Además, 1 + e1/x l´ım x→0+ 1 − e1/x 1 + e1/x l´ım x→0− 1 − e1/x

2 = l´ım −1 + = −1, pues l´ım e1/x = ∞; x→0+ x→0+ 1 − e1/x 2 = l´ım −1 + = 1, pues l´ım e1/x = 0. x→0− x→0− 1 − e1/x 131

Se deduce que la función presenta una discontinuidad de salto finito en x = 0.

PROBLEMA 4.19.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

sen(1/x) . 1 + e1/x

Soluci´ on

El u ńico punto donde no está definida la función es x = 0. Cuando x → 0+ , el numerador se mantiene acotado mientras el denominador sen 1/x tiende a infinito. Luego l´ım = 0. x→0+ 1 + e1/x Cuando x → 0− , el denominador tiende a uno, pero como l´ım sen(1/x) no x→0

existe, tampoco existe el l´ımite del cociente. Tenemos entonces una discontinuidad esencial o de segunda especie.

PROBLEMA 4.20.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

etg x + 2 en el punto etg x − 2

x = π/2. Soluci´ on

Teniendo en cuenta que

l´ım

x→(π/2)+

l´ım

etg x = e−∞ = 0, resulta

etg x + 2 4 = l´ ım 1 + = −1. etg x − 2 x→(π/2)+ etg x − 2

Por otra parte, como

x→(π/2)−

l´ım

x→(π/2)+

l´ım

x→(π/2)−

etg x = e∞ = ∞, resulta

etg x + 2 4 = l´ım 1 + tg x = +1. etg x − 2 x→(π/2)− e −2

Se presenta entonces una discontinuidad finita de primera especie o de salto.

132

PROBLEMA 4.21.

Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) = ln

1 . 1 + ex

Soluci´ on

1 > 0, la función está definida en todo 1 + ex R, y es continua por ser el logaritmo de una funci´ on continua. Como para todo x, 1 + ex 6= 0 y

PROBLEMA 4.22.

Estudiar la continuidad de las funciones a) f (x) = ln(x + 2)(x + 3). b) f (x) = ln sen x. c) f (x) = ln tg x. Soluci´ on

a) La función es continua en su dominio, es decir, donde (x + 2)(x + 3) > 0. La solución de esta inecuación es (−∞, −3) ∪ (−2, ∞). b) Como en el caso a), la función f (x) = ln sen x es continua donde sen x > 0, es decir, en todos los intervalos de la forma (2kπ, (2k + 1)π) con k ∈ Z. c) También en este caso, el dominio es el conjunto de puntos para los que tg x > 0, lo cual ocurre en los intervalos de la forma (kπ, (2k + 1)π/2), con k ∈ Z, y en el dominio la función es continua.

PROBLEMA 4.23.

Estudiar las discontinuidades de la funci´ on f (x) =

133

etg x − 1 . etg x + 1

Soluci´ on

Como el denominador nunca se anula, los u ńicos puntos donde puede haber π discontinuidad son de la forma x = + kπ, pues en ellos la tangente no 2 está definida. Por una parte, como tg x → −∞ y etg x → 0 cuando x → (π/2 + kπ)+ , se tiene: etg x − 1 l´ım = −1. x→(π/2+kπ)+ etg x + 1 Por otra parte, debido a que tg x → ∞ y etg x → ∞, cuando x → (π/2+kπ)− , se tiene: 1 − etg1 x etg x − 1 l´ım = l´ ım 1 = 1. x→(π/2+kπ)− etg x + 1 x→(π/2+kπ)− 1 + tg e x En dichos puntos la función presenta pues discontinuidad finita de primera especie.

PROBLEMA 4.24. 1 1 a) Demostrar que la funci´ on f (x) = sen presenta una discontinuix x dad de segunda especie en x = 0. 1 b) Demostrar que la funci´ on f (x) = x sen presenta una discontinuix dad evitable en x = 0. Soluci´ on

a) Basta observar que en todo entorno de x = 0 la función toma infinitas veces cualquier valor, porque sen 1/x oscila entre −1 y 1 y 1/x tiende a infinito. 1 = 0 y la x discontinuidad es evitable. Si definimos f (0) = 0, la función queda continua.

b) Como | sen(1/x)| ≤ 1 y l´ım x = 0, se tendrá que l´ım x sen x→0

x→0

134

PROBLEMA 4.25.

Estudiar las discontinuidades de las funciones: 1 . a) f (x) = x sen sen(1/x) b) f (x) =

sen ln x , (x > 0, x 6= 1). ln x

Soluci´ on

a) La función no está definida cuando x = 0 y sen(1/x) = 0, es decir en los 1 puntos x = 0 y x = , (k ∈ Z, k 6= 0). kπ 1 = ∞, la función presenta discontinuidades de seComo l´ım x→1/(kπ) sen 1 x 1 gunda especie en los puntos x = , (k ∈ Z, k 6= 0). kπ En x = 0 se tiene que f (x) → 0 por ser el producto de una función acotada por una función con l´ımite cero. En este caso tenemos discontinuidad evitable. sen ln x b) Debido a la equivalencia sen ln x ∼ ln x, l´ım = 1. Esto quiere dex→1 ln x cir que la discontinuidad en x = 1 es evitable. En el resto del dominio, la función es continua.

PROBLEMA 4.26.

Estudiar la continuidad de la funci´ on   si x < 0, −3x 2 f (x) = −x + 2x si 0 ≤ x ≤ 2,   1 si x > 2. Soluci´ on

El dominio de la función está formado por todos los n´ umeros reales pues la unión de los intervalos donde está definida da todo R y en cada intervalo la 135

función está definida. Estudiaremos la continuidad por separado en cada intervalo de definición de la función, considerando aparte los puntos extremos de cada intervalo. - Si x < 0, la función es una recta, y por lo tanto, continua. - Si x = 0: l´ım −3x = 0;

l´ım f (x) =

x→0−

x→0−

l´ım (−x2 + 2x) = 0.

l´ım f (x) =

x→0+

x→0+

Como además f (0) = 0, la función es continua en x = 0. - Si 0 < x < 2, la función es un polinomio de grado dos, y por lo tanto, continua. - Si x = 2: l´ım f (x) =

x→2−

l´ım f (x) =

x→2+

l´ım (−x2 + 2x) = 0;

x→2−

l´ım 1 = 1.

x→2+

Por tanto, la función tiene una discontinuidad de salto en x = 2. - Si x > 2, la función es constante con lo que también es continua. En definitiva, la función es continua en todo R salvo en x = 2, donde presenta una discontinuidad de salto finito. Este salto es de una unidad. Gráficamente la situación es la siguiente:

0

1

2

PROBLEMA 4.27. ( x2 sen(1/x) ¿Es continua la funci´ on f (x) = 0 to x = 0? 136

si x 6= 0, en el punsi x = 0,

Soluci´ on

Debido a que f (x) en x 6= 0 es el producto de una función sen(1/x) acotada y una función x2 con l´ımite cero, entonces l´ım f (x) = f (0) = 0, con lo que x→0

la función es continua en x = 0.

PROBLEMA 4.28. ( x sen(ln x2 ) Dada la funci´ on f (x) = 0 tinua en x = 0.

si x 6= 0, probar que es consi x = 0,

Soluci´ on

Debido a que | sen(ln x2 )| ≤ 1, se tiene que l´ım x sen(ln x2 ) = 0. Como x→0

f (0) = l´ım f (x), la función es continua en x = 0. x→0

PROBLEMA 4.29.

Estudiar la continuidad de las funciones siguientes en los puntos que se indican: ( sen x si x 6= 0, x en x = 0. a) f (x) = 0 si x = 0, ( 3 x −8 si x 6= 2 2 b) f (x) = x −4 en x = 2. 3 si x = 2, ( sen πx si 0 < x < 1, c) f (x) = en x = 1. ln x si 1 < x < 2 Soluci´ on

a) Como l´ım x→0 x = 0.

sen x = 1 6= f (0) = 0, se tiene una discontinuidad evitable en x 137

b) La función es continua en x = 2 porque x3 − 8 (x − 2)(x2 + 2x + 4) 4+4+4 = l´ım = = 3 = f (2). 2 x→2 x − 4 x→2 (x − 2)(x + 2) 4 l´ım

c) En x = 1, los l´ımites laterales son l´ım f (x) = l´ım sen πx = 0; l´ım f (x) = l´ım ln x = 0.

x→1−

x→1−

x→1+

x→1+

Como la función no está definida en x = 1, tiene una discontinuidad evitable.

PROBLEMA 4.30.  x  e Estudiar la continuidad de f (x) = 0   e−x+1

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

Soluci´ on

Los l´ımites laterales son l´ım f (x) = l´ım (e − x + 1) = e; l´ım f (x) = l´ım ex = e.

x→1−

x→1−

x→1+

x→1+

La discontinuidad es evitable, porque existe l´ım f (x) pero es distinto de x→1

f (1).

PROBLEMA 4.31. ( x3 − x si x ≤ 1, Dada la funci´ on f (x) = encontrar los valores 2 k x−4 si x > 1, que debe tomar k para que sea continua. Soluci´ on

El dominio de la función está formado por todos los n´ umeros reales. Para ver si es continua debemos tomar en cuenta la forma de la función en 138

cada intervalo de definición y en los puntos donde cambia la forma de las ecuaciones. - Si x < 1, la función es un polinomio de grado 3, y por lo tanto, continua. - Si x > 1, se trata de una recta que es también continua. - Si x = 1: l´ım f (x) =

x→1−

l´ım f (x) =

x→1+

l´ım (x3 − x) = 0;

x→1−

l´ım (k 2 x − 4) = k 2 − 4.

x→1+

Para que la función sea continua en x = 1, deben ser los l´ımites laterales iguales, es decir, k 2 − 4 = 0 de donde se obtienen dos posibles valores para k, k = 2 y k = −2. Para cualesquiera de ellos, la función será continua en todo R.

PROBLEMA 4.32.

Estudiar la continuidad de la funci´ on compuesta f ◦g , donde f (x) = signo (x), g(x) = x(1 − x2 ). Soluci´ on

  1 Como f (x) = 0   −1

  si x > 0 1 si x = 0 , (f ◦ g)(x) = 0   si x < 0 −1

si g(x) > 0 si g(x) = 0 . si g(x) < 0

Basta pues estudiar el signo de g. Para ello hacemos la descomposición g(x) = x(1 − x)(1 + x), y realizamos el correspondiente estudio de signos (ver cap´ıtulo 1); resulta que g(x) > 0 en (−∞, −1) ∪ (0, 1), g(x) = 0 en {−1, 0, 1} y g(x) < 0 en (−1, 0) ∪ (1, ∞).   si (−∞, −1) ∪ (0, 1) 1 Resulta en definitiva que (f ◦ g)(x) = 0 . Por lo si x ∈ {−1, 0, 1}   −1 si (−∞, −1) ∪ (0, 1) tanto, es continua en R \ {−1, 0, 1} y en los puntos x = −1, 0, 1 tiene discontinuidades finitas de primera especie. 139

PROBLEMA 4.33.

Dadas las funciones ( ( x si 0 < x ≤ 1, x f (x) = g(x) = 2−x si 1 < x < 2, 2−x

si x ∈ Q, si x ∈ 6 Q,

estudiar la continuidad de f ◦ g en (0, 2). Soluci´ on ( f (x) Por definición, (f ◦ g)(x) = f (2 − x)

si x es racional, . si x es irracional

Tenemos pues: - Si x ∈ (0, 1] y es racional, (f ◦ g)(x) = f (x) = x. - Si x ∈ (0, 1] y es irracional, (f ◦ g)(x) = f (2 − x) = 2 − (2 − x) = x. - Si x ∈ (1, 2) y es racional, (f ◦ g)(x) = f (x) = 2 − x. - Si x ∈ (1, 2) y es irracional, (f ◦ g)(x) = f (2 − x) = 2 − x. En definitiva, f ◦g = f en el intervalo (0, 2) y la función es continua en dicho intervalo, porque l´ım (f ◦ g)(x) = l´ım (f ◦ g)(x) = (f ◦ g)(1) = 1. x→1−

x→1+

PROBLEMA 4.34.

Sea f una funci´ on continua en x = 0 y que satisface f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y . Probar que f es continua en todo x. Soluci´ on

Probaremos en primer lugar que f (0) = 0. Para ello basta aplicar la hipótesis a los puntos x y 0; resulta: f (x) = f (x+0) = f (x)+f (0) =⇒ f (0) = 0. A continuación, teniendo en cuenta que l´ım f (y) = f (0) por la continuiy→0

dad de f en el origen, veremos que l´ım f (x + y) = f (x) lo que garantiza la y→0

continuidad de f en cualquier x: l´ım f (x + y) = l´ım [f (x) + f (y)] = f (x) + l´ım f (y) = f (x) + f (0) = f (x).

y→0

y→0

y→0

140

B. PROPIEDADES DE LAS FUNCIONES CONTINUAS.

Tres propiedades importantes de las funciones continuas que serán u ´tiles en las aplicaciones son: (a) Teorema de Weierstrass (existencia de máximos y m´ınimos).

Toda funci´ on continua en un intervalo cerrado alcanza sus valores m´ aximo y m´ınimo, es decir, existen por lo menos dos puntos x0 y x1 en el intervalo cerrado [a, b] tales que f (x0 ) ≥ f (x) ≥ f (x1 ) para cualquier x ∈ [a, b]. En este caso se dice que la función alcanza en el intervalo [a, b] el máximo cuando x = x0 y el m´ınimo cuando x = x1 . (b) Teorema de Bolzano (existencia de ra´ıces).

Sea f una funci´ on continua en un intervalo cerrado [a, b] y tal que f (a) y f (b) son de distinto signo. Entonces existe alg´ un c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0, es decir, su gr´ afica corta al eje X en alg´ un punto del intervalo (a, b). Este resultado es evidente gráficamente pero la demostración debe hacerse de forma rigurosa. Además debe tenerse en cuenta que pueden existir varios valores donde la gráfica de la función corte al eje de abscisas. (c) Teorema del valor intermedio o propiedad de Darboux.

Una funci´ on continua en un intervalo cerrado [a, b] alcanza todos los valores comprendidos entre f (a) y f (b) al menos una vez. Esto quiere decir que f toma todos los valores intermedios entre f (a) y f (b) aunque pueda tomar en algunos casos otros valores aparte de ellos. Los siguientes problemas ilustran la aplicación de estos teoremas. 141

PROBLEMA 4.35.

Demostrar que existe alg´ un n´ umero que sea igual a su cubo menos uno. Soluci´ on

Sea x dicho n´ umero. Debe verificar la ecuación x = x3 −1, o bien x3 −x−1 = 0. Si construimos la función f (x) = x3 − x − 1, el problema se puede plantear ahora as´ı: Probar que la función f (x) toma el valor cero en alg´ un punto. Utilizando el teorema de Bolzano, eso se podrá asegurar si la función f (x) es continua en alg´ un intervalo cerrado [a, b] en el cual f (a) y f (b) tengan diferente signo. Evidentemente la función es continua en todo R pues se trata de un polinomio de grado 3. Comprobando .a mano¸con algunos puntos, obtenemos que f (1) = −1, f (2) = 5. De aqu´ı se deduce que en el intervalo [1, 2] la función pasa de valores negativos a valores positivos. Como el cero es un n´ umero comprendido entre -1 y 5, en alg´ un punto del intervalo [1, 2] la función tomará ese valor. Gráficamente la situación es la siguiente:

Nota: Hemos comprobado la existencia de tal n´ umero pero no lo hemos encontrado porque no es un n´ umero “com´ un”. Sin embargo, el saber un intervalo que lo contiene permite obtener buenas aproximaciones de dicho n´ umero. 142

PROBLEMA 4.36.

Encontrar, en caso de que existan, los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x) = |x| en los intervalos que se indican. (a) [1, 3]; (b) [−1, 1]; (c) (−1, 3). Soluci´ on

La función dada es continua en todo R. Por lo tanto en cualquier intervalo cerrado se cumplirán las condiciones del teorema de Weierstrass. (a) Como [1, 3] es un intervalo cerrado, la función alcanza los valores máximo y m´ınimo. Además en este intervalo f (x) = x es la bisectriz del primer cuadrante. Como toma valores cada vez mayores (la función es creciente), el m´ınimo será f (1) y el máximo f (3). (b) En este caso también se cumplen las condiciones del teorema de Weierstrass. Sin embargo la función decrece desde -1 hasta 0 y crece desde 0 hasta 1. Además f (−1) = f (1) = 1. En ambos puntos se alcanza el máximo. El m´ınimo corresponde a x = 0 y vale f (0) = 0. (c) Como el intervalo (−1, 3) no es cerrado, no se puede asegurar que se alcancen los valores máximo y m´ınimo. En este caso no hay máximo (corresponder´ıa a x = 3 pero no pertenece al intervalo) pero s´ı hay m´ınimo en x = 0.

PROBLEMA 4.37.

Supongamos que f y g son dos funciones continuas tales que f (0) < g(0) < g(1) < f (1). Probar que existe alg´ un c ∈ (0, 1) para el cual f (c) = g(c). Soluci´ on

Construimos la función h(x) = f (x) − g(x). Por ser diferencia de dos funciones continuas, h también será continua. Además h(0) = f (0) − g(0) < 0 y h(1) = f (1) − g(1) > 0. La función h cumple todas las condiciones del teorema de Bolzano. Se concluye que para alg´ un valor c del intervalo (a, b) se verifica que h(c) = 0, es decir f (c) − g(c) = 0. Por lo tanto, f (c) = g(c). 143

PROBLEMA 4.38.

Sea f una funci´ on continua en [a, b] tal que f (x) ∈ Q, ∀x. Probar que f es constante. Soluci´ on

Haremos la demostración por reducción al absurdo. Si f no fuera constante, existir´ıan x1 , x2 ∈ [a, b] tales que f (x1 ) 6= f (x2 ). Por la propiedad de Darboux, en el intervalo que determinan x1 y x2 , f debe alcanzar todos los valores comprendidos entre f (x1 ) y f (x2 ). Pero entre dos n´ umeros reales hay siempre alg´ un n´ umero irracional, lo que contradice el hecho de que f sólo toma valores racionales. Esta contradicción permite asegurar que f debe ser constante.

144

C. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Estudiar la continuidad de las siguientes funciones: x . a) f (x) = x + |x| Resp.: Discontinuidad de salto finito en x = 0. Continua en el resto. b) f (x) = x[x]. Resp.: Discontinuidad de salto finito en Z \ {0}. Continua en el resto.

c) f (x) = [3x]. Resp.: Discontinuidad de salto finito en el conjunto {k/3 : k ∈ Z}.

d) f (x) = x[1/x]. Resp.: Discontinuidad evitable en x = 0; discontinuidad de salto finito en x = 1/n, n ∈ Z \ {0}; continua en el resto.

e) f (x) = [x] sen x. Resp.: Discontinuidad de salto finito en Z \ {0}; continua en el resto.

f) f (x) = sen 1/x. Resp.: Discontinuidad esencial en x = 0 (no existe el l´ımite de la función cuando x → 0). Continua en R \ {0}.

g) f (x) =

5 · 21/x − 7 . 25 · 21/x + 8

Resp.: Discontinuidad de salto finito en x = 0; continua en el resto.

h) f (x) =

1 , a > 0, b > 1. a + btg x

Resp.: La función es continua en todo x 6= π/2 + kπ. En el resto, la discontinuidad es infinita de primera especie.

i) f (x) =

sen(1/x) . e1/x + 1 145

Resp.: En el punto x = 0 se presenta una discontinuidad de segunda especie. (

j) f (x) =

x |x|

si x ≤ π/2,

tg x

si x > π/2.

Resp.: Salto finito en x = 0; salto infinito en x = π/2 + kπ, k ∈ N.   0 √ k) f (x) = x−1   (x − 1)2 + 2

si x < 1, si 1 ≤ x ≤ 2, si x > 2.

Resp.: Discontinuidad de salto finito en x = 2. Continua en el resto. l)   x−1 si x < 0,    −2 si x = 0, f (x) = 2 3x + 1 si 0 < x ≤ 1,    | − 6x + 2| si x > 1. Resp.: Discontinuidad de salto finito en x = 0; continua en el resto. (

m) f (x) =

1 1+2tg x

1/2

si x 6= π/2, si x = π/2.

Resp.: Discontinuidad de salto finito en x = (π/2) + kπ, k ∈ Z. ( 0 n) f (x) = sen πx

si x es irracional, si x es racional.

Resp.: Continua en Z; discontinuidad de segunda especie en el resto.

2.- Encontrar los valores de las constantes para que las siguientes funciones sean continuas en su dominio. ( x2 − 1 si x < 3, a) f (x) = 2ax si x ≥ 3. Resp.: a = 4/3.   bx b) f (x) = bx2 − a   −x

si x < −1, si − 1 ≤ x ≤ 1, si x > 1. 146

Resp.: a = 2, b = 1. √ √ x+2− 3  si x > 1,  x−1 3.- Dada la funci´ on f (x) = 4 si x = 1, encontrar el valor  p x si x < 1, 2 +p de p para que exista l´ım f (x). ¿D´ onde es f (x) continua? x→1

Resp.: p = −5/12. La función es continua en su dominio excepto en x = 1 (discontinuidad evitable). D(f ) = [5/6, ∞).

4.- Sean f (x) = x3 + 3x − 2, g(x) = f ◦ g.

√

x. Estudiar la continuidad de

Resp.: Continua en su dominio [0, ∞). ( f (x) 5.- Demostrar que si existe l´ım f (x)/x, entonces g(x) = x→0 0 es continua en x = 0.

si x 6= 0, si x = 0

Resp.: l´ım f (x) = 0 porque, en caso contrario, no existir´ıa el l´ımite del x→0

cociente. Esto asegura la continuidad de g.

6.- Encontrar, en caso de que existan, los m´ aximos y m´ınimos de las siguientes funciones en los intervalos que se indican: ( x2 si x ≤ a, a) f (x) = en (−a − 1, a + 1). a+2 si x > a, Resp.: Si −1 < a ≤ −1/2, f es constante y máx f = m´ın f = a + 2. Si −1/2 < a ≤ 0, máx f = a + 2 y se alcanza en x = 0; m´ın f = a2 y se alcanza en x = a. √ Si 0 < a ≤ (1 + 5)/2, máx f = a + 2 y se alcanza en el intervalo (a, a + 1); m´ın f = 0 y se alcanza en x = 0. √ Si (1 + 5)/2 < a, f ( no alcanza el m´ aximo; m´ın f = 0 y se alcanza x si x es racional, en x = 0. b) f (x) = en [0, a]. 0 si x es irracional, Resp.: Si a es racional, máx f = a y m´ın f = 0. Si a es irracional, f no alcanza el máximo pero m´ın f = 0.

147

7.- Probar que la ecuaci´ on x5 − 2x4 + x − 2 = 0 tiene una ra´ız real en el intervalo (1, 3). Sugerencia: Comprobar el teorema de Bolzano.

8.- Sea f : [0, 1] → [0, 1] una funci´ on continua. Probar que existe alg´ un punto c en [0, 1] para el cual f (c) = c. Sugerencia: Comprobar que la función g(x) = f (x) − x verifica el teorema de Bolzano en el intervalo [0, 1]. 163 = 119 tiene soluci´ on. 1 + + sen2 x Sugerencia: Utilizar el teorema del valor intermedio para una función adecuada en el intervalo conveniente.

9.- Probar que la ecuaci´ on x179 +

x2

10.- Sea f (x) = tg x. Comprueba que f (π/4) = 1 y f (3π/4) = −1 y que en el intervalo [π/4, 3π/4] no hay ning´ un valor x tal que f (x) = 0. ¿Contradice esto el teorema de Bolzano? ¿Por qu´ e? Resp.: La función no es continua en x = π/2.

11.- Sean f y g dos funciones continuas en el intervalo [a, b] con f (a) < g(a) y f (b) > g(b). Demostrar que f (x) = g(x) para alg´ un x ∈ (a, b). Sugerencia: Estudiar la función h(x) = f (x) − g(x).

12.- Probar que existe un n´ umero real x tal que x5 − 4x + 1 = 7, 21. 13.- Dada la funci´ on f (x) = x5 + 5x4 + 2x + 1, encontrar un entero n tal que f (x) = 0 para alg´ un valor x del intervalo (n, n + 1). 14.- Demostrar que existe alg´ un x tal que sen x = x − 1. 15.- Decidir si son verdaderos o falsos los siguientes planteamientos: (a) Si f es continua en x = a y g es discontinua en x = a, entonces f + g es discontinua en x = a. Resp.: Verdadero.

(b) Si f y g son discontinuas en x = a, entonces f · g es discontinua en x = a. 148

Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = 0 si x 6= 0 y f (0) = 1; g(x) = 1 si x 6= 0 y g(0) = 0.

(c) Si una funci´ on f est´ a definida en el intervalo cerrado [a, b] y toma todos los valores comprendidos entre f (a) y f (b), entonces es continua en [a, b]. Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = x − [x] en [0, 2].

(d) Si f es una funci´ on continua que verifica [f (x)]2 = x2 , entonces f (x) = x. Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = −x.

(e) Si |f | es continua en x = a, entonces f es continua en x = a. Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = x + 1 si x ≥ 0 y x − 1 si x < 0.

(f) Si f y g son continuas en x = a, entonces máx{f, g} es continua en x = a. Resp.: Verdadero.

149

CAPÍTULO V. DERIVABILIDAD DE FUNCIONES

SECCIONES A. Definición de derivada. B. Reglas de derivación. C. Derivadas sucesivas. D. Funciones impl´ıcitas. Derivación logar´ıtmica. E. Ecuaciones paramétricas. F. Recta tangente y normal. G. Ejercicios propuestos.

151

´ DE DERIVADA. A. DEFINICION

Una función y = f (x) se dice que es derivable en un punto c del dominio cuando existe el l´ımite del cociente incremental siguiente: (1a)

l´ım

x→c

f (x) − f (c) . x−c

Cada uno de los l´ımites laterales de la expresión anterior se llama derivada lateral de f en el punto x = c. Cuando las dos derivadas laterales existen (son finitas) y son iguales, la función es derivable en x = c y el resultado se llama derivada de la función en x = c. Otra forma de expresar la derivada de una función f en el punto c es: (1b)

l´ım

h→0

f (c + h) − f (c) . h

La fórmula (1a) la aplicaremos para calcular derivadas de funciones en puntos particulares. Sin embargo es más conveniente utilizar (1b) para calcular derivadas de funciones en puntos genéricos. Observa que para calcular estos l´ımites se debe resolver la forma indeterminada 0/0, para lo cual utilizaremos las técnicas mostradas en el cap´ıtulo 3. De la definición se deduce que toda función derivable en un punto es necesariamente continua en dicho punto. La notación que utilizaremos para expresar la derivada de una función es alguna de las siguientes: f 0 (x) = Df (x) =

df (x) dy o bien y 0 = Dy = . dx dx

Para las derivadas laterales se usará la notación análoga f 0 (x+ ) o bien f 0 (x− ), seg´ un sea el caso.

PROBLEMA 5.1.

Calcular la derivada de la funci´ on f (x) = −1/2.

152

1 1 + en el punto x = x x2

Soluci´ on

Utilizando la fórmula (1a) y teniendo en cuenta que f (−1/2) = 2, resulta: f 0 (−1/2) =

f (x) − f (−1/2) 1/x + 1/x2 − 2 = l´ım x + 1/2 x + 1/2 x→−1/2 x→−1/2 l´ım

x + 1 − 2x2 −(2x + 1)(x − 1) = l´ım 2 x2 (2x + 1)/2 x→−1/2 x (2x + 1)/2 x→−1/2 −(x − 1) 3/2 = l´ım = = 12. 2 x /2 1/8 x→−1/2

=

l´ım

PROBLEMA 5.2.

Calcular la derivada de la funci´ on f (x) =

√

3x − 2.

Soluci´ on

En este caso utilizaremos la fórmula (1b) para calcular la derivada en un punto cualquiera:

0

f (x) = = = =

p √ 3(x + h) − 2 − 3x − 2 f (x + h) − f (x) l´ım = l´ım h→0 h→0 h h p p √ √ ( 3(x + h) − 2 − 3x − 2)( 3(x + h) − 2 + 3x − 2) p l´ım √ h→0 h( 3(x + h) − 2 + 3x − 2) 3(x + h) − 2 − (3x − 2) l´ım p √ h→0 h( 3(x + h) − 2 + 3x − 2) 3h 3 l´ım p = √ . √ h→0 h( 3(x + h) − 2 + 3x − 2) 2 3x − 2

153

PROBLEMA 5.3.

Demostrar: d a) (c) = 0 siendo c una constante arbitraria. dx d b) (x) = 1. dx d (cx) = c. c) dx d n d) (x ) = nxn−1 . dx Soluci´ on

a)

d c−c (c) = l´ım = l´ım 0 = 0. h→0 h h→0 dx

b)

d x+h−x h (x) = l´ım = l´ım = 1. h→0 h→0 h dx h

c)

c(x + h) − cx ch d (cx) = l´ım = l´ım = c. h→0 h→0 h dx h

d) Aplicando la fórmula del binomio de Newton, xn + nxn−1 h + n2 xn−2 h2 + · · · + hn − xn (x + h)n − xn l´ım = l´ım h→0 h→0 h h nxn−1 h + n2 xn−2 h2 + · · · + hn = l´ım h→0 h n n−2 = l´ım (nxn−1 + x h + · · · + hn−1 ) = nxn−1 . h→0 2

d n (x ) = dx

PROBLEMA 5.4.

Utilizando la definici´ on, calcular las derivadas de las siguientes funciones en los puntos que se indican: 3+x en x = 2. 3−x √ b) f (x) = 2x − 1 en x = 5.

a) f (x) =

154

Soluci´ on

a) Como f (2) = 5, tenemos f (2 + h) − f (2) 1 5+h f (2) = l´ım = l´ım −5 h→0 h→0 h h 1−h 6h 6 1 = l´ım = 6. = l´ım · h→0 1 − h h→0 h 1 − h 0

b) En este caso f (5) = 3, con lo que √ f (5 + h) − f (5) 9 + 2h − 3 = l´ım f (5) = l´ım h→0 h→0 h h √ √ 9 + 2h − 3 9 + 2h + 3 = l´ım ·√ h→0 h 9 + 2h + 3 2 1 9 + 2h − 9 = l´ım √ = . = l´ım √ h→0 h→0 h( 9 + 2h + 3) 3 9 + 2h + 3 0

PROBLEMA 5.5. 1 en los puntos x = 1 y x = 3. x−2 Demostrar que la funci´ on no es derivable en el punto x = 2 en el que presenta una discontinuidad.

Hallar la derivada de y =

Soluci´ on

Para x 6= 2, 1 − f (x + h) − f (x) = l´ım x+h−2 h→0 h→0 h h −1 −1 = l´ım = . h→0 (x − 2)(x + h − 2) (x − 2)2

f 0 (x) =

As´ı, f 0 (1) =

l´ım

1 x−2

−1 −1 = −1 y f 0 (3) = = −1. (1 − 2)2 (3 − 2)2

Sin embargo, como la función no está definida en x = 2, no es continua, con lo que tampoco será derivable en dicho punto. 155

PROBLEMA 5.6. 2x − 3 y demostrar que la funci´ on no 3x + 4 es derivable en el punto x = −4/3 en el que presenta una discontinuidad.

Hallar la derivada de f (x) =

Soluci´ on

Por la definición de derivada, 2(x+h)−3 2x−3 f (x + h) − f (x) 3(x+h)+4 − 3x+4 = l´ım f (x) = l´ım h→0 h→0 h h 17h 17 17 = l´ım = l´ım = . h→0 h(3x + 4)(3x + 3h + 4) h→0 (3x + 4)(3x + 3h + 4) (3x + 4)2 0

Para x = −4/3 la función no es derivable porque se anula el denominador.

PROBLEMA 5.7.

Hallar la derivada de f (x) =

√

2x + 1.

Soluci´ on

La función está definida en el intervalo [−1/2, ∞) por lo que es derivable en el intervalo abierto (−1/2, ∞). Tenemos: 0

f (x) = = = =

p √ 2(x + h) + 1 − 2x + 1 f (x + h) − f (x) = l´ım l´ım h→0 h→0 h h p p √ √ ( 2(x + h) + 1 − 2x + 1)( 2(x + h) + 1 + 2x + 1) p l´ım √ h→0 h( 2(x + h) + 1 + 2x + 1) [2(x + h) + 1] − (2x + 1) l´ım p √ h→0 h( 2(x + h) + 1 + 2x + 1) 2 2 1 l´ım p = √ =√ . √ h→0 2 2x + 1 2x + 1 2(x + h) + 1 + 2x + 1

156

PROBLEMA 5.8.

Calcular la derivada de f (x) = x1/3 y como aplicaci´ on estudiar 0 f (0). Soluci´ on

De acuerdo a la definición, tenemos: f (x + h) − f (x) (x + h)1/3 − x1/3 = l´ım h→0 h→0 h h [(x + h)1/3 − x1/3 ][(x + h)2/3 + (x + h)1/3 x1/3 + x2/3 ] = l´ım h→0 h[(x + h)2/3 + (x + h)1/3 x1/3 + x2/3 ] (x + h) − x = l´ım 2/3 h→0 h[(x + h) + (x + h)1/3 x1/3 + x2/3 ] 1 1 = l´ım = 2/3 . 2/3 1/3 1/3 2/3 h→0 (x + h) + (x + h) x + x 3x

f 0 (x) =

l´ım

La función no es derivable en x = 0 porque el denominador es cero. Obsérvese sin embargo que la función s´ı es continua en el punto x = 0. Geométricamente, esto significa que la gráfica de f tiene una tangente vertical en el punto de abscisa x = 0.

157

PROBLEMA 5.9.

Utilizando la definici´ on, calcular las derivadas de las siguientes funciones: a) f (x) = sen x. b) f (x) = arc sen x. Soluci´ on

a) Seg´ un la definición: sen(x + h) − sen x f (x + h) − f (x) = l´ım h→0 h→0 h h x+h−x h 2x+h 2 cos x+h+x sen cos 2 2 2 sen 2 = l´ım = l´ım = cos x, h→0 h→0 h h/2

f 0 (x) =

l´ım

debido a la equivalencia sen(h/2) ∼ h/2. arc sen(x + h) − arc sen x , si hacemos el cambio de h variable k = arc sen(x + h) − arc sen x y llamamos t = arc sen x, entonces x = sen t, x + h = sen(t + k), de modo que h = sen(t + k) − sen t y cuando h → 0, también k → 0. Tenemos pues:

b) Como f 0 (x) = l´ım

h→0

k = l´ım k→0 sen(t + k) − sen t k→0

f 0 (x) = l´ım

1 sen(t+k)−sen t k

=

1 , cos t

pues el denominador corresponde a la derivada de sen t. Deshaciendo el cambio de variable, f 0 (x) =

1 1 1 =p =√ . 2 cos(arc sen x) 1 − x2 1 − sen (arc sen x)

PROBLEMA 5.10. ( x sen(1/x) Sea f (x) = 0

si x 6= 0, si x = 0.

a) ¿Es f continua en x = 0? b) ¿Es derivable en x = 0? 158

Soluci´ on

a) Como f es producto de sen 1/x, que es acotada, y x, que tiene l´ımite 0 cuando x → 0, l´ım f (x) = 0 = f (0). Esto indica que la función es x→0 continua en x = 0. b) Por otra parte, f (0 + h) − f (0) f (h) − f (0) = l´ım h→0 h→0 h h h sen 1/h − 0 = l´ım = l´ım sen 1/h. h→0 h→0 h

f 0 (0) =

l´ım

Como este l´ımite no existe, la función, aun siendo continua, no tiene derivada en el punto x = 0.

PROBLEMA 5.11.

Sea f (x) = |x|. Probar que f no es derivable en x = 0 calculando las derivadas laterales. Soluci´ on

( x Debido a que |x| = −x f+0 (0) = l´ım

h→0+

f−0 (0) = l´ım

h→0−

si x ≥ 0 , tenemos si x < 0

f (h) − f (0) |h| − 0 h = l´ım = l´ım = 1; + + h h h→0 h→0 h

|h| − 0 −h f (h) − f (0) = l´ım = l´ım = −1. h h h→0− h→0− h

Al ser distintas las derivadas laterales de la función en el punto x = 0, la función no es derivable en dicho punto.

PROBLEMA 5.12.

Comprobar si la funci´ on f (x) = x2 + 1 + |2x − 1| es o no derivable en x = 1/2. 159

Soluci´ on

Debido a la presencia del valor absoluto, debemos calcular las derivadas laterales y ver si son iguales: f 0 (1/2− ) = =

f 0 (1/2+ ) = =

l´ım

x→1/2−

l´ım

x→1/2−

l´ım

x→1/2+

l´ım

x→1/2+

f (x) − f (1/2) x2 + 1 − (2x − 1) − 5/4 = l´ım x − 1/2 x − 1/2 x→1/2− (x − 1/2)(x − 3/2) = l´ım (x − 3/2) = −1. x − 1/2 x→1/2− x2 + 1 + (2x − 1) − 5/4 f (x) − f (1/2) = l´ım x − 1/2 x − 1/2 x→1/2+ (x − 1/2)(x + 5/2) = l´ım (x + 5/2) = 3. x − 1/2 x→1/2+

La función no es derivable en x = 1/2 pues las derivadas laterales, aunque existen, son distintas. Como se observa en la gráfica anterior, aun siendo la función continua en el punto, presenta un ”pico”. Esto es caracter´ıstico de las funciones continuas no derivables.

PROBLEMA 5.13. ( x2 Demostrar que la funci´ on f (x) = x en x = 0. 160

si x ≤ 0 no es derivable si x > 0

Soluci´ on

Las derivadas laterales son f (h) − f (0) h = l´ım = 1; + h h→0 h f (h) − f (0) h2 f−0 (0) = l´ım = l´ım = l´ım h = 0. h h→0− h→0− h h→0−

f+0 (0) =

l´ım

h→0+

Como f−0 (0) 6= f+0 (0), se deduce que f no es derivable en x = 0. La gráfica muestra el comportamiento de la función en un entorno de x = 0.

PROBLEMA 5.14.

Dada la funci´ on f (x) = x = 0.

p |x|, comprobar que no es derivable en

Soluci´ on

Teniendo en cuenta que |h| = h si h > 0 y |h| = −h si h < 0, resulta: √ f (h) − f (0) h 1 0 f+ (0) = l´ım = l´ım = l´ım √ = ∞; h h→0+ h→0+ h h→0+ h √ f (h) − f (0) −h −1 f−0 (0) = l´ım = l´ım = l´ım √ = −∞. − − − h h h→0 h→0 h→0 −h Lo anterior prueba que la función no es derivable en x = 0. La situación que se presenta corresponde a la figura siguiente: 161

PROBLEMA 5.15.

Sea f una funci´ on que verifica |f (x)| ≤ x2 , ∀x. Demostrar que f es derivable en x = 0. Soluci´ on Aplicando la hipótesis a x = 0 resulta que |f (0)| ≤ 0, es decir f (0) = 0. f (x) |x|2 2 2 ≤ Además, de |f (x)| ≤ x = |x| tenemos que 0 ≤ = |x|, de donx |x| de l´ım |f (x)/x| = 0. De aqu´ı se deduce que también l´ım f (x)/x = 0. x→0

x→0

f (h) − f (0) f (h) = l´ım = 0, lo que prueba que f es h→0 h→0 h h derivable en x = 0.

Por tanto, f 0 (0) = l´ım

PROBLEMA 5.16.

Sabiendo que la funci´ on f es derivable en x = 0, calcular l´ım

h→0

f (x0 + h) − f (x0 − h) . 2h

Soluci´ on Sumando y restando f (x0 ) al numerador tenemos: f (x0 + h) − f (x0 − h) f (x0 + h) − f (x0 ) f (x0 − h) − f (x0 ) = l´ım − l´ım h→0 h→0 h→0 2h 2h 2h 1 f (x0 + h) − f (x0 ) 1 f (x0 − h) − f (x0 ) = l´ım + l´ım 2 h→0 h 2 h→0 −h 1 0 1 0 = f (x0 ) + f (x0 ) = f 0 (x0 ). 2 2 l´ım

162

´ B. REGLAS DE DERIVACION.

Algunas reglas u ´tiles que se deducen de la definición de derivada para las operaciones algebraicas con funciones son: (a) (f ± g)0 (x) = f 0 (x) ± g 0 (x). Derivada de la suma y la resta. (b) (f · g)0 (x) = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x). Derivada del producto. 0 f f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x) (c) (x) = . Derivada del cociente. g [g(x)]2 (d) (f n )0 (x) = nf n−1 (x)f 0 (x). Derivada de la potencia. (e) (f ◦ g)0 (x) = f 0 [g(x)] · g 0 (x). Derivada de la función compuesta (regla de la cadena). (f) (f −1 )0 (x) =

1 f 0 [f −1 (x)]

. Derivada de la función inversa.

Algunas derivadas de funciones más comunes mediante las cuales se pueden obtener muchas más son (u representa cualquier función de x, c y n son constantes arbitrarias): 1.- f (x) = c =⇒

f 0 (x) = 0.

2.- f (x) = un =⇒

f 0 (x) = nun−1 · u0 .

3.- f (x) = sen u =⇒

f 0 (x) = cos u · u0 .

4.- f (x) = cos u =⇒

f 0 (x) = − sen u · u0 .

5.- f (x) = tg u =⇒

f 0 (x) = sec2 u · u0 . f 0 (x) = sec u · tg u · u0 .

6.- f (x) = sec u =⇒

f 0 (x) = − cosec u · cotg u · u0 .

7.- f (x) = cosec u =⇒

f 0 (x) = − cosec2 u · u0 .

8.- f (x) = cotg u =⇒ 9.- f (x) = arc sen u =⇒

10.- f (x) = arc cos u =⇒ 11.- f (x) = arc tg u =⇒ 12.- f (x) = au =⇒

f 0 (x) = √

u0 . 1 − u2

f 0 (x) = − √ f 0 (x) =

u0 . 1 − u2

u0 . 1 + u2

f 0 (x) = au · ln a · u0 .

13.- f (x) = loga u =⇒

f 0 (x) =

u0 . u · ln a 163

14.- f (x) = sh u =⇒

f 0 (x) = ch u · u0 .

15.- f (x) = ch u =⇒

f 0 (x) = sh u · u0 .

16.- f (x) = th u =⇒

f 0 (x) = sech2 u · u0 .

17.- f (x) = sech u =⇒

f 0 (x) = − sech u · th u · u0 .

18.- f (x) = csch u =⇒

f 0 (x) = − csch u · coth u · u0 .

19.- f (x) = coth u =⇒

f 0 (x) = − csch2 u · u0 . u0 . u2 + 1

20.- f (x) = argsh u =⇒

f 0 (x) = √

21.- f (x) = argch u =⇒

f 0 (x) = √

22.- f (x) = argth u =⇒

f 0 (x) =

u0 . u2 − 1

u0 . 1 − u2

PROBLEMA 5.17.

Sea f una funci´ on derivable en x = a y g(x) = c · f (x). Probar que g es derivable en x = a y g 0 (a) = c · f 0 (a). Soluci´ on

Como g es el producto de dos funciones derivables, ella misma es derivable en x = a. Si aplicamos la regla de derivación del producto, tenemos: g 0 (a) = (c)0 · f (a) + c · f 0 (a) = c · f 0 (a) porque la derivada de la función constante es cero.

PROBLEMA 5.18.

Si f (x) = xn para alg´ un n ∈ N, probar que f 0 (a) = nan−1 , ∀a.

164

Soluci´ on Vamos a utilizar el método de inducción sobre n. Para n = 1, es evidente que si f (x) = x, f 0 (x) = 1 y f 0 (a) = 1. Suponemos ahora que la propiedad es cierta para n, de modo que si f (x) = xn , entonces f 0 (a) = nan−1 , ∀a. Probaremos la propiedad para n + 1. Sea g(x) = xn+1 . Si escribimos g(x) = x · xn y aplicamos la regla de derivación del producto, tenemos: g 0 (x) = (x)0 · (xn ) + x · (xn )0 = xn + x · nxn−1 = xn + nxn = (n + 1)xn , por lo que g 0 (a) = (n + 1)an , ∀a.

PROBLEMA 5.19.

Calcular la derivada de la funci´ on f (x) = x10 + 7x5 − x3 + 1. Soluci´ on

En este caso se debe aplicar la regla de la suma repetidas veces. Cada sumando es producto de una constante por una potencia de la variable x. El resultado quedará entonces as´ı: f 0 (x) = 10x9 + 7 · 5x4 − 3x2 = 10x9 + 35x4 − 3x2 . En general, la derivada de un polinomio es otro polinomio de grado una unidad menor al anterior.

PROBLEMA 5.20.

Encontrar los puntos de discontinuidad de f 0 (x) si se define 1 1 1 1 f (x) = (x + |x|) + 2 x − + x − + 4 x − + x − . 2 2 4 4

165

Soluci´ on Para poder derivar f (x) la estudiamos por separado en los intervalos siguientes: - Si x < 0, f (x) = (x − x) + 2 x − 12 − x − 12 + 4 x − 14 − x − 14 = 0. - Si 0 ≤ x < 1/4, f (x) = (x+x)+2 x − 21 − x − 12 +4 x − 14 − x − 14 = 2x. - Si 1/4 ≤ x < 1/2, f (x) = (x+x)+2 x − 21 − x − 12 +4 x − 14 + x − 14 = 10x − 2. - Si 1/2 ≤ x, f (x) = (x + x) + 2 x − 21 + x − 21 + 4 x − 14 + x − 14 = 14x − 4. Por tanto, los puntos de discontinuidad de f 0 son x = 0, x = 1/4, x = 1/2, porque f 0 (0− ) = 0; f 0 (1/4− ) = 2; f 0 (1/2− ) = 10. 0 + 0 + f (0 ) = 2; f (1/4 ) = 10; f 0 (1/2+ ) = 14.

PROBLEMA 5.21.

Calcular la derivada de la funci´ on f (x) =

√ 3

x2 + x − 1.

Soluci´ on

Para utilizar la regla de la potencia, podemos escribir la función como f (x) = (x2 + x − 1)1/3 . De este modo, podemos aplicar la regla de la cadena y la derivada será el producto de las derivadas de la potencia 1/3 por la del polinomio que está dentro de la ra´ız; resulta de la forma: f 0 (x) = =

1 2 (x + x − 1)1/3−1 · (2x + 1) 3 1 2 2x + 1 (x + x − 1)−2/3 · (2x + 1) = p . 3 3 3 (x2 + x − 1)2

166

PROBLEMA 5.22.

Calcular la derivada de la funci´ on f (x) = √

x . x2 − 4

Soluci´ on

Tenemos que aplicar en este caso la regla del cociente, la cual da como resultado: √ √ √ (x)0 x2 − 4 − x( x2 − 4)0 x2 − 4 − x · (1/2) · (x2 − 4)−1/2 · 2x 0 √ f (x) = = x2 − 4 ( x2 − 4)2 =

2 −4−x2 x√ x2 −4 2 x −4

=

−4 −4 √ = 2 . (x − 4)3/2 (x2 − 4) x2 − 4

PROBLEMA 5.23.

Derivar las siguientes funciones: a) y = 4 + 2x − 3x2 − 5x3 − 8x4 + 9x5 . b) y =

1 3 2 + 2 + 3. x x x

c) y = 2x1/2 + 6x1/3 − 2x3/2 . d) y =

2 x1/2

+

6 x1/3

−

2 x3/2

−

4 x3/4

e) s = (t2 − 3)4 . √ f) y = x2 + 6x + 3. g) y = (x2 − 4)2 (2x3 − 1)3 . h) y =

3 − 2x . 3 + 2x

i) y = √

x2 . 4 − x2

167

.

Soluci´ on a) Por la regla de derivación de una suma, tenemos: y 0 = 0+2·1−3·2x−5·3x2 −8·4x3 +9·5x4 = 2−6x−15x2 −32x3 +45x4 . b) Escribimos y = x−1 + 3x−2 + 2x−3 y tenemos: y 0 = −x−2 + 3 · (−2x−3 ) + 2 · (−3x−4 ) 1 6 6 = −x−2 − 6x−3 − 6x−4 = − 2 − 3 − 4 . x x x c) Análogamente al caso anterior, y 0 = 2·(1/2)x−1/2 +6·(1/3)x−2/3 −2·(3/2)x1/2 = x−1/2 +2x−2/3 −3x1/2 . d) Si escribimos y = 2x−1/2 + 6x−1/3 − 2x−3/2 − 4x−3/4 , resulta: y 0 = 2 · (−1/2)x−3/2 + 6 · (−1/3)x−4/3 − 2 · (−3/2)x−5/2 − 4 · (−3/4)x−7/4 1 2 3 3 = −x−3/2 − 2x−4/3 + 3x−5/2 + 3x−7/4 = − 3/2 − 4/3 + 5/2 + 7/4 . x x x x e) s0 = 4(t2 − 3)3 · (2t) = 8t(t2 − 3)3 . √ f) Si y = x2 + 6x + 3 = (x2 + 6x + 3)1/2 , tenemos y 0 = (1/2) · (x2 + 6x + 3)−1/2 · (x2 + 6x + 3)0 = (1/2) · (x2 + 6x + 3)−1/2 · (2x + 6) = √

x+3 . + 6x + 3

x2

g) Seg´ un la regla de derivación del producto, d d 2 (2x3 − 1)3 + (2x3 − 1)3 · (x − 4)2 dx dx d d 2 = (x2 − 4)2 · 3(2x3 − 1)2 · (2x3 − 1) + (2x3 − 1)3 · 2(x2 − 4) · (x − 4) dx dx = (x2 − 4)2 · 3(2x3 − 1)2 · 6x2 + (2x3 − 1)3 · 2(x2 − 4) · 2x

y 0 = (x2 − 4)2 ·

= 2x(x2 − 4)(2x3 − 1)2 [(x2 − 4) · 3 · 3x + (2x3 − 1) · 2] = 2x(x2 − 4)(2x3 − 1)2 (13x3 − 36x − 2). h) Aplicamos la regla de derivación del cociente: y0 = =

d d (3 + 2x) dx (3 − 2x) − (3 − 2x) dx (3 + 2x) 2 (3 + 2x) (3 + 2x)(−2) − (3 − 2x)(2) −12 = . 2 (3 + 2x) (3 + 2x)2

168

i) Procediendo como en el caso anterior tenemos: y0 = = = =

d d (4 − x2 )1/2 dx (x2 ) − x2 dx (4 − x2 )1/2 4 − x2 (4 − x2 )1/2 · 2x − x2 (1/2)(4 − x2 )−1/2 (−2x) 4 − x2 2 1/2 (4 − x ) · 2x + x3 (4 − x2 )−1/2 (4 − x2 )1/2 · 4 − x2 (4 − x2 )1/2 2x(4 − x2 ) + x3 8x − x3 = . (4 − x2 )3/2 (4 − x2 )3/2

PROBLEMA 5.24.

Calcular la derivada de la funci´ on f (x) = sen4 x + 2 sen2 x cos2 x + cos4 x. Soluci´ on

Aplicaremos la regla de derivación de la suma y en cada sumando la regla de la potencia de las funciones trigonométricas que aparecen. Obtenemos la siguiente secuencia de igualdades (trata de justificar por t´ı mismo cada identidad y as´ı entender el proceso): f 0 (x) = 4 sen3 x cos x + 2[2 sen x cos x cos2 x + sen2 x · 2 cos x(− sen x)] + 4 cos3 x(− sen x) = 4 sen3 x cos x + 4 sen x cos3 x − 4 sen3 x cos x − 4 cos3 x sen x = 0. El resultado pod´ıa haberse obtenido también si escribimos originalmente la función como f (x) = (sen2 x + cos2 x)2 = 12 = 1 y tenemos en cuenta que la derivada de una constante es cero.

PROBLEMA 5.25. ( x2 sen(1/x) Sea f (x) = 0

si x 6= 0 si x = 0.

a) ¿Es f derivable en x = 0? b) ¿Es f 0 continua en x = 0? 169

Soluci´ on

a) Aplicando la definición de derivada, f (0 + h) − f (0) h2 sen 1/h − 0 = l´ım = l´ım h sen 1/h = 0, h→0 h→0 h→0 h h

f 0 (0) = l´ım

pues | sen(1/x)| ≤ 1 y l´ım h = 0. h→0

As´ı pues la función es derivable, y en consecuencia continua, en x = 0. b) Utilizando las reglas elementales de derivación, d d (sen 1/x) + (sen 1/x) (x2 ) dx dx = x2 (cos 1/x)(−1/x2 ) + (sen 1/x)(2x) = − cos 1/x + 2x sen 1/x.

f 0 (x) = x2

Como l´ım f 0 (x) = l´ım (− cos 1/x+2x sen 1/x) no existe pues l´ım cos 1/x x→0

x→0

x→0

no existe, entonces f 0 (x) no puede ser continua en x = 0, pese a existir f 0 (0). Esto muestra que no se puede calcular f 0 (0) en este caso simplemente calculando f 0 (x) y haciendo luego x = 0. Solamente cuando la derivada es continua en un punto el procedimiento es correcto.

PROBLEMA 5.26.

Hallar y 0 en los siguientes casos: p a) y = x a2 − x2 + a2 arc sen(x/a). 1 p b) y = x arccosec + 1 − x2 . x 1 b c) y = arc tg tg x . ab a Soluci´ on

a) Aplicando las reglas correspondientes, 1 1 1 y 0 = x · (a2 − x2 )−1/2 (−2x) + (a2 − x2 )1/2 + a2 p · 2 2 a 1 − (x/a) 2 2 p p −x a = √ + a2 − x2 + √ = 2 a2 − x2 . 2 2 2 a −x a − x2 170

b) y 0 = x ·

1 1 −(−1/x2 ) 1 p + arccosec + (1 − x2 )−1/2 (−2x) = arccosec . x 2 x (1/x) (1/x)2 − 1

c) Aplicamos sucesivas veces la regla de la cadena: y0 = =

1 · ab 1 +

b b 1 a2 2 · · · sec2 x · sec x = · 2 a 2 2 2 b ab a + b tg x a a tg x 1

1 sec2 x = 2 . a cos2 x + b2 sen2 x a2 + b2 tg2 x

PROBLEMA 5.27.

Hallar la derivada de la funci´ on √ √ y = arc tg x + 1 + arc sen(cos x + 1). Soluci´ on

y0 = = =

√ 1 1 1 1 · √ +p · (− sen x + 1) · √ √ 1 + (x + 1) 2 x + 1 2 1+x 1 − cos2 x + 1 1 1 1 1 1 · √ − √ = √ −1 x+2 2 x+1 2 1+x 2 1+x x+2 √ −(x + 1) − x+1 √ = . 2(x + 2) 2 x + 1(x + 2)

PROBLEMA 5.28.

Hallar la derivada, simplificando el resultado, de la funci´ on √ √ 2 3 3(1 − cos x) 2 sen x y= − arc tg . 2 + cos x 3 3 sen x

171

Soluci´ on

y0 =

= = = =

2 cos x(2 + cos x) + 2 sen2 x (2 + cos x)2 √ √ √ 2 3 1 3 3 sen2 x − 3 3 cos x(1 − cos x) − · · x)2 3 9 sen2 x 1 + (1−cos 2 3 sen x √ √ √ 2 + 4 cos x 2 3 3 3 − 3 3 cos x 3 sen2 x − · · (2 + cos x)2 3 3 sen2 x + (1 − cos x)2 9 sen2 x √ √ 2 + 4 cos x 2 3 3 sen2 x 3 3(1 − cos x) − · · (2 + cos x)2 3 3(1 − cos x)(1 + cos x) + (1 − cos x)2 9 sen2 x √ √ 2 + 4 cos x 2 3 3 3 sen2 x − · · 2 (2 + cos x) 3 3(1 + cos x) + (1 − cos x) 3 sen2 x 2 + 4 cos x 2 2 + 4 cos x − (2 + cos x) 3 cos x − = = . (2 + cos x)2 2(2 + cos x) (2 + cos x)2 (2 + cos x)2

PROBLEMA 5.29. r

1 − x2 , calcular (sim1 + x2 plificando lo m´ as posible) el valor de z = (y 0 + 3)2 .

Dada la funci´ on y = arc cos(sen 3x) + arc tg

Soluci´ on

r Si llamamos y1 = arc cos(sen 3x) e y2 = arc tg

1 − x2 , tenemos: 1 + x2

−3 cos 3x −3 cos 3x y10 = √ = = −3. 2 cos 3x 1 − sen 3x

y20 = =

1 1+

1−x2 1+x2

1 −2x(1 + x2 ) − 2x(1 − x2 ) · q · 2 (1 + x2 )2 2 1−x 1+x2

−x −x −x q √ =q = . 4 2 (1+x2 )2 (1−x2 ) 1 − x (1 + x2 ) 1−x 1+x2 1+x2

Como y = y1 + y2 , entonces y 0 = −3 − √ 172

x x2 . Luego z = . 1 − x4 1 − x4

PROBLEMA 5.30.

Hallar el valor de la derivada de la funci´ on y = ln

x2 + 2x . x2 − 2x

Soluci´ on

dy dx

= =

x2 − 2x x2 + 2x 1 2 x + 2x

(2x + 2x ln 2)(x2 − 2x ) − (2x − 2x ln 2)(x2 + 2x ) (x2 − 2x )2 x x+1 2 −4x · 2 + 2 x ln 2 2x+1 (x ln 2 − 2)x · = . x2 − 2x x4 − 22x ·

PROBLEMA 5.31. s

Hallar la derivada de la funci´ on y = ln

1 − tg(x/2) . 1 + tg(x/2)

Soluci´ on

De las propiedades de los logaritmos: y =

1 2

[ln (1 − tg(x/2)) − ln (1 + tg(x/2))].

Entonces: y0 =

" # 1 2 (x/2) sec 1 − 21 sec2 (x/2) − 2 2 1 − tg(x/2) 1 + tg(x/2) sec2 (x/2) 1 + tg(x/2) + (1 − tg(x/2)) · 4 1 − tg2 (x/2) − sec2 (x/2) 1 −1 =− = . 2 2 2 2[cos (x/2) − sen (x/2)] 2 cos x 2(1 − tg (x/2))

= − =

173

PROBLEMA 5.32.

Hallar dy/dx para las funciones siguientes: a) y = sh 3x. b) y = ch x/2. c) y = th(1 + x2 ). d) y = coth 1/x. e) y = x sech x2 . f) y = csch2 (x2 + 1). 1 1 sh 2x − x. 4 2 h) y = ln th 2x.

g) y =

Soluci´ on

a) y 0 = 3 ch 3x. b) y 0 = (1/2) sh x/2. c) y 0 = 2x sech2 (1 + x2 ). d) y 0 = (1/x2 ) csch2 1/x. e) y 0 = x · 2x(− sech x2 th x2 ) + sech x2 = −2x2 sech x2 th x2 + sech x2 . f) y 0 = 2 csch(x2 + 1)(− csch(x2 + 1) coth(x2 + 1)) · 2x = −4x csch2 (x2 + 1) coth(x2 + 1). g) y 0 =

1 1 ch 2x − = sh2 x. 2 2

h) y 0 =

1 2 · 2 sech2 2x = = 4 csch 4x. th 2x sh 2x ch 2x 174

PROBLEMA 5.33.

Hallar dy/dx en las siguientes funciones: a) y = argsh 3x. b) y = argch ex . c) y = 2 argth(tg x/2). Soluci´ on 3

a) y 0 = p

(3x)2

b) y 0 = √ c) y 0 = 2 ·

+1

ex e2x − 1

=√

3 . 9x2 + 1

.

sec2 (x/2) 1 2 · sec (x/2) · (1/2) = = sec x. 1 − tg2 x/2 1 − tg2 x/2

PROBLEMA 5.34.

Calcular la derivada dr/dt en t = 0 sabiendo que r = 16t2 − 20t.

√

s + 1, s =

Soluci´ on

Aplicando la regla de derivación de la función compuesta, resulta: dr dr ds = · = (1/2)(s + 1)−1/2 (32t − 20). dt ds dt Ahora bien, cuando t = 0, al sutituir en la segunda función resulta s = 0. Por lo tanto: dr (0) = (1/2)(1)−1/2 (−20) = −10. dt

PROBLEMA 5.35.

Sea f (x) = x3 + 2x + 1 una funci´ on definida para x > 0 y llamemos g(x) = f −1 (x). Calcular g 0 (x) en el punto donde g(x) = 1. 175

Soluci´ on

1 Por la fórmula de derivación de la función inversa, g 0 (x) = 0 , tenef [g(x)] mos: f 0 (x) = 3x2 + 2 =⇒ f 0 [g(x)] = 3[g(x)]2 + 2. Cuando g(x) = 1, f 0 (1) = 5. En ese punto, g 0 (x) =

1 f 0 (1)

= 1/5.

PROBLEMA 5.36.

Hallar dy/dx en la funci´ on x = y

p

1 − y2.

Soluci´ on

Como

dx 1 − 2y 2 = (1 − y 2 )1/2 + (1/2)y(1 − y 2 )−1/2 (−2y) = p se deduce que dy 1 − y2 p dy 1 − y2 1 = = . dx dx/dy 1 − 2y 2

PROBLEMA 5.37.

Dada una funci´ on derivable ( g , encontrar los valores de a y b para g(x) si x < x0 , que la funci´ on f (x) = sea derivable en x0 . ax + b si x ≥ x0 , Soluci´ on

En primer lugar f debe ser continua en x0 . Como l´ım f (x) = g(x0 ), l´ım f (x) = ax0 + b,

x→x− 0

x→x+ 0

debe cumplirse que g(x0 ) = ax0 + b. 176

Por otra parte las derivadas laterales en x0 deben ser iguales. Tenemos: 0 0 + f 0 (x− 0 ) = g (x0 ), f (x0 ) = a,

con lo que a = g 0 (x0 ). Sustituyendo en la ecuación anterior, obtenemos que b = g(x0 ) − x0 · g 0 (x0 ).

PROBLEMA 5.38.

Encontrar un polinomio F (x) para el que la derivada de la funci´ on φ(x) = e2x F (x) sea igual a e2x (x2 − 1). Soluci´ on

Calculamos en primer lugar la derivada de φ(x): d d 2x φ(x) = [e F (x)] = 2e2x F (x) + e2x F 0 (x) = e2x [2F (x) + F 0 (x)]. dx dx Como debe verificarse que e2x [2F (x) + F 0 (x)] = e2x (x2 − 1), resulta 2F (x) + F 0 (x) = x2 − 1. De aqu´ı se deduce que F (x) debe ser un polinomio de segundo grado. Si escribimos F (x) = ax2 + bx + c, F 0 (x) = 2ax + b. Entonces: 2ax2 + 2bx + 2c + 2ax + b = x2 − 1 o bien 2ax2 + (2a + 2b)x + (b + 2c) = x2 − 1. Identificando coeficientes tenemos: 2a = 1, 2a + 2b = 0, b + 2c = −1 =⇒ a = 1/2, b = −1/2, c = −1/4. El polinomio buscado es pues F (x) = x2 /2 − x/2 − 1/4.

C. DERIVADAS SUCESIVAS.

Al calcular la derivada de una función en cualquier punto donde esta exista, se obtiene como resultado otra función, llamada función derivada o función 177

primera derivada. Si derivamos esta nueva función, se obtiene la llamada derivada segunda de la función original. Reiterando el proceso n veces, podemos llegar a la llamada derivada de orden n o derivada n-ésima de la función original. As´ı pues, son válidas las mismas fórmulas y reglas de derivación con las derivadas sucesivas. La notación utilizada para indicar derivadas de orden n es: f (n) (x) = D(n) f (x) =

dn f (x) dn y (n) (n) o bien y = D y = . dxn dxn

En algunos casos puede utilizarse un proceso de recurrencia para obtener las derivadas de cualquier orden de una función.

PROBLEMA 5.39.

Sea y = f (x) un polinomio cualquiera de orden n, es decir, el que tiene por ecuaci´ on y = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a1 x + a0 . Calcular todas sus derivadas. Soluci´ on

Las derivadas sucesivas son: y 0 = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + (n − 2)an−2 xn−3 + · · · + a1 ; y 00 = n(n − 1)an xn−2 + (n − 1)(n − 2)an−1 xn−3 + · · · + 2a2 ; ... y

(n)

= n(n − 1)(n − 2)..,2 · 1 · an = n! an ;

y

(n+1)

= 0;

y

(n+k)

= 0, ∀k > 0.

Como se observa, el grado del polinomio va disminuyendo con cada derivada, hasta que se anula. Las derivadas de orden mayor a n son todas cero.

PROBLEMA 5.40.

Hallar y 00 en la funci´ on y = e−x ln x.

178

Soluci´ on Las dos primeras derivadas son, respectivamente: 1 e−x − e−x ln x = − y. x x −xe−x − e−x − y0 x2 −xe−x − e−x e−x − + e−x ln x = −e−x (2/x + 1/x2 − ln x). x2 x

y 0 = e−x · y 00 = =

PROBLEMA 5.41. 1 expresa la ecuaci´ on del (t + 2)2 movimiento, calcular la velocidad inicial y la aceleraci´ on inicial.

Si la funci´ on s(t) =

p 3

(4 + 2t)2 +

Soluci´ on

Como sabemos, la velocidad es la derivada respecto al tiempo de la distancia, y la aceleración es la derivada de la velocidad respecto al tiempo, o lo que es lo mismo, la derivada segunda de la distancia respecto al tiempo. Debemos calcular las dos primeras derivadas de la función s(t) y sustituir t = 0 en ellas, lo que corresponde al inicio del movimiento (escribimos s(t) = (4 + 2t)2/3 + (t + 2)−2 para calcular más cómodamente las derivadas). 2 v(t) = s0 (t) = (4 + 2t)−1/3 · 2 − 2(t + 2)−3 . 3 −1 2 (4 + 2t)−4/3 · 2 · 2 − 2 · (−3)(t + 2)−4 . a(t) = s00 (t) = · 3 3 4 1 −2 3 Sustituyendo el valor t = 0, se obtiene que v(0) = √ − ; a(0) = √ + . 3 3 3 4 4 9 4 8

PROBLEMA 5.42.

Mostrar que la funci´ on y = x3 cos ln x + 2x3 sen ln x verifica la ecua2 00 0 ci´ on x y − 5xy + 10y = 0. 179

Soluci´ on

Las dos primeras derivadas de la función son: y 0 = 3x2 cos ln x − x3 (1/x) sen ln x + 6x2 sen ln x + 2x3 (1/x) cos ln x = 5x2 cos ln x + 5x2 sen ln x. y 00 = 10x cos ln x − 5x2 (1/x) sen ln x + 10x sen ln x + 5x2 (1/x) cos ln x = 15x cos ln x + 5x sen ln x. Sustituyendo entonces en la ecuación, x2 y 00 −5xy 0 +10y = (15x3 −25x3 +10x3 ) cos ln x+(5x3 −25x3 +20x3 ) sen ln x = 0.

PROBLEMA 5.43.

Hallar las derivadas sucesivas de f (x) = x4/3 en x = 0. Soluci´ on

f 0 (x) = (4/3)x1/3 y f 0 (0) = 0. f 00 (x) = (4/3) · (1/3)x−2/3 y f 00 (0) no existe, por lo que no existen las siguientes derivadas en x = 0. Por tanto, para x = 0 sólo existe la primera derivada.

PROBLEMA 5.44.

Dada la funci´ on f (x) =

2 , calcular f (n) (x). 1−x

Soluci´ on

Escribimos f (x) = 2(1 − x)−1 y las derivadas sucesivas son: f 0 (x) = 2(−1)(1 − x)−2 (−1) = 2(1 − x)−2 ; f 00 (x) = 2(−2)(1 − x)−3 (−1) = 2 · 2!(1 − x)−3 ; f 000 (x) = 2 · 2!(−3)(1 − x)−4 (−1) = 2 · 3!(1 − x)−4 ; 180

lo que sugiere la fórmula general f (n) (x) = 2 · n!(1 − x)−(n+1) . Esta fórmula se puede probar por el método de inducción: Suponiendo que f (k) (x) = 2 · k!(1 − x)−(k+1) , se verifica que d (k) f (x) = −2 · k!(k + 1)(1 − x)−(k+2) (−1) dx = 2 · (k + 1)!(1 − x)−(k+2) .

f (k+1) (x) =

PROBLEMA 5.45.

Hallar las derivadas de orden n de las funciones y1 = sen x e y2 = cos x. Soluci´ on

Teniendo en cuenta que cos x = sen(x + π/2) y que sen x = − cos(x + π/2), resulta que: y10 = cos x = sen(x + π/2); y100 = cos(x + π/2) = sen(x + 2π/2); y1000 = cos(x + 2π/2) = sen(x + 3π/2); ... (n)

y1

= sen(x + nπ/2).

Análogamente, y20 = − sen x = cos(x + π/2); y200 = − sen(x + π/2) = cos(x + 2π/2); y2000 = − sen(x + 2π/2) = cos(x + 3π/2); ... (n)

y2

= cos(x + nπ/2).

PROBLEMA 5.46.

Hallar la derivada n-´ esima de las funciones siguientes: a) y = eax sen bx. b) y = sen2 x. 181

Soluci´ on

a) y 0 = aeax sen bx + beax cos bx = eax (a sen bx + b cos bx). Haciendo b/a = tg φ, es b2 /a2 = tg2 φ y 1 + b2 /a2 = 1 + tg2 φ = 1/ cos2 φ, con lo que, operando, tenemos a = (a2 + b2 )1/2 cos φ y b = (a2 + b2 )1/2 sen φ. Sustituimos en la derivada y nos queda: y 0 = eax (a2 +b2 )1/2 (sen bx cos φ+cos bx sen φ) = eax (a2 +b2 )1/2 sen(bx+φ). Al derivar sucesivas veces llegamos a y (n) = eax (a2 + b2 )n/2 sen(bx + nφ). 1 − cos 2x 1 1 b) Teniendo en cuenta que sen2 x = = − cos 2x, resulta del 2 2 2 problema anterior que: dn dn 1 1 1 dn 2 (sen x) = − cos 2x = − · (cos 2x) dxn dxn 2 2 2 dxn nπ nπ 1 = −2n−1 cos 2x + . = − · 2n cos 2x + 2 2 2

´ LOGAR´ D. FUNCIONES IMPL´ ICITAS. DERIVACION ITMICA.

Cuando en la ecuación que define una función, la variable y no aparece despejada en función de x, se dice que la función está definida en forma impl´ıcita, y la ecuación que la define tiene la forma general F (x, y) = 0. Aunque generalmente una expresión de la forma F (x, y) = 0 no da lugar a una sino a varias funciones, es posible calcular sus derivadas sin tener que despejar la variable y. Para ello basta aplicar las reglas usuales de derivación teniendo en cuenta que y es una función desconocida de x, y por lo tanto, su derivada debe dejarse indicada para después despejarla si es posible. Por ejemplo, as´ı como la derivada de x2 es 2x, la derivada de y 2 es 2y · y 0 (debido a la regla de la cadena). 182

El uso de las funciones impl´ıcitas da lugar a otro método de derivación, llamado derivaci´ on logar´ıtmica. Este consiste en tomar logaritmos en la función (esto permite pasar de potencias a productos y de productos a sumas, cada uno más fácil de derivar que el anterior), para después derivar término a término la función impl´ıcita que resulta. As´ı, funciones de la forma y = f (x)g(x) se transforman en ln y = g(x) ln f (x) y, aunque las funciones tengan ahora forma impl´ıcita, para derivarlas basta utilizar la regla del producto. Los problemas siguientes permiten aclarar estos conceptos.

PROBLEMA 5.47.

Hallar dy/dx en las funciones definidas en forma impl´ıcita por a) x3 − xy + y 3 = 1. b) (x + y)3 + (x − y)3 = x4 + y 4 . Soluci´ on

a) Derivando formalmente ambos miembros de la ecuación obtenemos: (x3 )0 − (xy)0 + (y 3 )0 = (1)0 ; 3x2 − (x · y 0 + 1 · y) + 3y 2 · y 0 = 0; y 0 (3y 2 − x) = y − 3x2 ; y0 =

y − 3x2 . 3y 2 − x

b) En ambos miembros se debe aplicar la regla de derivación de la suma, donde cada sumando es una potencia: 3(x + y)2 (x + y)0 + 3(x − y)2 (x − y)0 = 4x3 + 4y 3 y 0 ; 3(x + y)2 (1 + y 0 ) + 3(x − y)2 (1 − y 0 ) = 4x3 + 4y 3 y 0 ; 3(x + y)2 + 3(x + y)2 y 0 + 3(x − y)2 − 3(x − y)2 y 0 = 4x3 + 4y 3 y 0 ; y 0 [3(x + y)2 − 3(x − y)2 − 4y 3 ] = −3(x + y)2 − 3(x − y)2 + 4x3 . Despejando y simplificando, queda en definitiva: y0 =

−3(x2 + y 2 ) + 2x3 . 2y(3x − y 2 ) 183

PROBLEMA 5.48.

Hallar las derivadas de las funciones definidas en forma impl´ıcita por las ecuaciones: a) x2 y − xy 2 + x2 + y 2 = 0. b) y 2 sen x + y = arc tg x. Soluci´ on

a) Derivando término a término tenemos: d 2 d d 2 d 2 (x y) − (xy 2 ) + (x ) + (y ) = 0; dx dx dx dx x2

d d d d d 2 d 2 (y) + y (x2 ) − x (y 2 ) − y 2 (x) + (x ) + (y ) = 0; dx dx dx dx dx dx x2 y 0 + 2xy − 2xyy 0 − y 2 + 2x + 2yy 0 = 0;

y despejando resulta: y0 =

y 2 − 2x − 2xy . x2 + 2y − 2xy

b) Si y 2 sen x + y = arc tg x, 2yy 0 sen x + y 2 cos x + y 0 =

1 ; 1 + x2

1 − y 2 cos x; 1 + x2 1 − (1 + x2 )y 2 cos x y0 = . (1 + x2 )(2y sen x + 1)

y 0 (2y sen x + 1) =

PROBLEMA 5.49.

Hallar la primera derivada de las siguientes funciones aplicando la derivaci´ on logar´ıtmica: a) y = (x2 + 2)3 (1 − x3 )4 . b) y =

x(1 − x2 )2 . (1 + x2 )1/2 184

Soluci´ on

a) Como ln y = 3 ln(x2 + 2) + 4 ln(1 − x3 ), derivando tenemos: y0 6x(1 − x3 ) − 12x2 (x2 + 2) 2x −3x2 6x(1 − 4x − 3x3 ) = = 3· 2 +4· = ; 3 2 3 y x +2 1−x (x + 2)(1 − x ) (x2 + 2)(1 − x3 ) =⇒ y 0 = 6x(x2 + 2)2 (1 − x3 )3 (1 − 4x − 3x3 ). b) Análogamente al anterior, como ln y = ln x+2 ln(1−x2 )−(1/2) ln(1+x2 ), resulta: y0 y

= =

x (1 − x2 )(1 + x2 ) − 4x2 (1 + x2 ) − x2 (1 − x2 ) 1 4x − = − x 1 − x2 1 + x2 x(1 − x2 )(1 + x2 ) 2 4 1 − 5x − 4x ; x(1 − x2 )(1 + x2 )

=⇒ y 0 =

x(1 − x2 )2 1 − 5x2 − 4x4 (1 − 5x2 − 4x4 )(1 − x2 ) · = . (1 + x2 )1/2 x(1 − x2 )(1 + x2 ) (1 + x2 )3/2

PROBLEMA 5.50.

Calcular la derivada segunda de la funci´ on y = f (x) definida en forma impl´ıcita por xy + y 2 = 1. Soluci´ on

Empezaremos calculando la derivada primera: y + xy 0 + 2yy 0 = 0 =⇒ y 0 (x + 2y) = −y =⇒ y 0 = −

y . x + 2y

Aplicamos la regla del cociente al resultado para calcular la derivada segunda: y 00 =

−y 0 (x + 2y) + y(1 + 2y 0 ) −xy 0 − 2yy 0 + y + 2yy 0 −xy 0 + y = = . (x + 2y)2 (x + 2y)2 (x + 2y)2

Sustituyendo y 0 por el valor conseguido anteriormente, resulta: y 00 =

xy x+2y

+y

(x + 2y)2

=

xy + (x + 2y)y 2xy + 2y 2 = . (x + 2y)3 (x + 2y)3 185

El resultado final viene expresado u ńicamente en función de x e y.

PROBLEMA 5.51.

Hallar y 0 e y 00 en la ecuaci´ on x2 − xy + y 2 = 3. Soluci´ on

d 2 d d 2 d (x ) − (xy) + (y ) = (3) =⇒ 2x − xy 0 − y + 2yy 0 = 0; dx dx dx dx 2x − y y0 = . x − 2y y 00 = = =

d d (2x − y) − (2x − y) dx (x − 2y) (x − 2y) dx 2 (x − 2y) 0 (x − 2y)(2 − y ) − (2x − y)(1 − 2y 0 ) 3xy 0 − 3y = (x − 2y)2 (x − 2y)2 2x−y − 3y 3x x−2y

(x − 2y)2

=

6(x2 − xy + y 2 ) 18 = . 3 (x − 2y) (x − 2y)3

PROBLEMA 5.52.

Calcular la derivada de y = xx (sen x)tg x . Soluci´ on

Llamamos y1 = xx e y2 = (sen x)tg x . Entonces, por derivación logar´ıtmica:

ln y1 = x ln x =⇒

y10 = ln x + x · (1/x) = 1 + ln x =⇒ y10 = xx (1 + ln x); y1 y20 1 cos x ln sen x = ln sen x + tg x = +1 2 y2 cos x sen x cos2 x ln sen x =⇒ y20 = (sen x)tg x +1 . cos2 x

ln y2 = tg x ln sen x =⇒

186

Para calcular y 0 aplicamos la regla de derivación del producto: y

0

=

(sen x)tg x y10

= xx (sen x)tg x

+

xx y20

tg x x

x

= (sen x)

tg x

x (1 + ln x) + x (sen x) ln sen x . 2 + ln x + cos2 x

ln sen x +1 cos2 x

PROBLEMA 5.53.

Derivar la funci´ on y = (sen x)(cos x)

tg x

.

Soluci´ on

Si llamamos y1 = (cos x)tg x , la función se escribe como y = (sen x)y1 . Toy0 cos x mando logaritmos, ln y = y1 ln sen x, con lo que = y1 · + y10 · ln sen x. y sen x Calculamos aparte la derivada de y1 por derivación logar´ıtmica: ln y1 = tg x ln cos x =⇒

− sen x y10 = tg x · + sec2 x ln cos x y1 cos x = − tg2 x + sec2 x ln cos x

=⇒ y10 = (cos x)tg x (− tg2 x + sec2 x ln cos x). Si sustituimos este resultado obtenemos: h i cos x y 0 = (cos x)tg x · + (cos x)tg x (− tg2 x + sec2 x ln cos x) ln sen x sen x tg x ×(sen x)(cos x) h cos x i tg x = (sen x)(cos x) · (cos x)tg x + (− tg2 x + sec2 x ln cos x) ln sen x . sen x

187

´ E. ECUACIONES PARAMETRICAS.

Frecuentemente en las aplicaciones f´ısicas se escriben las ecuaciones de las curvas no expresando una variable en función de la otra sino que ambas coordenadas se expresan como funciones de una nueva variable, llamada parámetro, dando lugar a las llamadas ecuaciones paramétricas de la curva. La forma general es: x = f (t), y = g(t). En los casos donde se pueda despejar t en la primera ecuación y sustituirlo en la segunda, se obtiene la ecuación cartesiana com´ un. Sin embargo, escrita la ecuación en su forma paramétrica, es posible resolver problemas anal´ıticos y geométricos. La derivada de y respecto a x se calcula as´ı: dy g 0 (t) = 0 , siempre que f 0 (t) 6= 0. dx f (t)

(2)

PROBLEMA 5.54. t , y = t2 , escribir la 1+t curva en la forma y = f (x) y calcular de dos maneras la derivada dy/dx comprobando que son iguales.

Dada la curva en forma param´ etrica x =

Soluci´ on

En primer lugar debemos despejar t de la primera ecuación. As´ı: x(1 + t) = t =⇒ x = t − xt =⇒ t =

x . 1−x

Sustituyendo el valor en la segunda ecuación resulta la ecuación en su forma expl´ıcita: x2 . y= (1 − x)2 Si derivamos esta ecuación obtenemos: y0 =

2x(1 − x)2 − 2(1 − x)(−1)x2 2x(1 − x) + 2x2 2x = = . 4 3 (1 − x) (1 − x) (1 − x)3 188

Derivando la ecuación original mediante la fórmula (2) tenemos: y0 =

dy/dt = dx/dt

2t 1+t−t (1+t)2

= 2t(1 + t)2 .

t Para comprobar la igualdad de los dos resultados, basta sustituir x por 1+t x en el primero, o sustituir t por en el segundo. 1−x

PROBLEMA 5.55.

Dibujar la curva representada por la ecuaci´ on x = 2 cos t, y = 3 sen t. Soluci´ on

Para escribir la ecuación en su forma cartesiana, es decir, sin que intervenga el parámetro t, elevaremos al cuadrado las dos ecuaciones después de despejar cos t y sen t en ellas (en este caso es preferible a despejar t en una de las ecuaciones). Tenemos as´ı: x2 y2 = (cos t)2 , = (sen t)2 . 4 9 Si sumamos ambas ecuaciones se elimina la variable t y queda: x2 y 2 + = 1, 4 9 que corresponde a una elipse de centro el origen de coordenadas y ejes los de coordenadas. Para dibujar la gráfica, calculamos los vértices o puntos de corte con los ejes. Cuando x = 0, y = ±3. Cuando y = 0, x = ±2. La gráfica queda entonces: 189

F. RECTA TANGENTE Y NORMAL.

Se llama recta secante a una curva de ecuación y = f (x) en los puntos P0 (x0 , f (x0 )) y P1 (x1 , f (x1 )) a la recta que pasa por dichos puntos. La pendiente de esta recta es entonces f (x1 ) − f (x0 ) . x1 − x0 Si ahora hacemos que el punto P1 se mueva a lo largo de la curva y = f (x) aproximándose cada vez más al punto P0 , la posición l´ımite de las rectas secantes se llamará recta tangente a la curva y = f (x) por el punto P0 . En este caso la pendiente se obtendrá también como un l´ımite y tendrá la forma: (3)

m = l´ım

x1 →x0

f (x1 ) − f (x0 ) . x1 − x0

Esta fórmula corresponde precisamente a la derivada de la función y = f (x) en el punto P0 . De este modo, la recta tangente a una curva en un punto tiene por pendiente la derivada de dicha función en el punto. La ecuación de la recta tangente será entonces: (4)

y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ). 190

P1 m = f 0 (x0 )

P0

x0

x1

Se llama recta normal a la curva y = f (x) en el punto P0 (x0 , f (x0 )) a la recta que, pasando por P0 , es perpendicular a la recta tangente a f en ese punto. Su ecuación debe ser, por lo tanto: y − f (x0 ) =

(5)

−1 (x − x0 ). f 0 (x0 )

PROBLEMA 5.56.

Hallar las ecuaciones de la recta tangente y normal a la funci´ on f (x) = tg 2x en el origen de coordenadas. Soluci´ on

La pendiente de la recta tangente será f 0 (0). Derivemos en primer lugar la función para después sustituir en x = 0: f 0 (x) = sec2 (2x) · 2 =⇒ f 0 (0) = 2. La ecuación de la recta tangente es: y − 0 = 2(x − 0), o bien, y = 2x. La recta normal tiene por ecuación: y = −x/2.

PROBLEMA 5.57.

Encontrar las ecuaciones de las rectas tangentes a la funci´ on y = x2 que pasen por el punto (0, −1). 191

Soluci´ on

Como el punto (0, −1) no pertenece a la curva, no podemos seguir el procedimiento anterior. Hay que averiguar en primer lugar el punto o puntos de tangencia. Supongamos que dicho punto es (a, a2 ) (recuerda que debe pertenecer a la curva). La pendiente de la recta tangente se puede calcular de dos formas: - Sabiendo que es la derivada de la función en el punto de tangencia, y como y 0 = 2x, obtenemos: m = f 0 (a) = 2a. - Sabiendo que pasa por los puntos (0, −1) y (a, a2 ), resulta: m=

a2 + 1 . a

a2 + 1 . Resolviendo Igualando ambos resultados, tenemos la ecuación 2a = a esta ecuación: 2a2 = a2 + 1 =⇒ a2 = 1 =⇒ a = ±1. Tenemos entonces que hay dos rectas tangentes que verifican la condición, una con pendiente 2 y la otra con pendiente −2. Sus ecuaciones son, respectivamente: y + 1 = 2x; y + 1 = −2x. Si queremos encontrar también las rectas normales, ya no tienen que pasar por el punto (−1, 0) pero s´ı por los puntos de tangencia (1, 1) y (−1, 1). La primera tendrá pendiente −1/2 y la segunda, 1/2. Las ecuaciones son por tanto: 1 1 y − 1 = − (x − 1); y − 1 = (x + 1) 2 2

PROBLEMA 5.58.

Hallar las rectas tangente y normal a la curva de ecuaci´ on x2 y 2 = 9 en el punto P (−1, 3). Soluci´ on

Como sabemos, la pendiente de la recta tangente es el valor de la derivada de la función en el punto de tangencia. Derivando la función impl´ıcita 192

tenemos: 2xy 2 + x2 · 2yy 0 = 0 =⇒ y 0 = −

2xy 2 y =− , 2 2x y x

siempre que x 6= 0 e y 6= 0. Como el punto P pertenece a la curva, tenemos directamente que m = −3/ − 1 = 3. La ecuación de la recta tangente es: y −3 = 3(x+1) o bien, y = 3x+6. 1 La recta normal tiene por ecuación: y − 3 = − (x + 1), es decir, 3y +x−8 = 3 0.

PROBLEMA 5.59.

Escribir las ecuaciones de las rectas tangentes a la curva x = t cos t, y = t sen t

en (0, 0) y en el punto correspondiente a t = π/4. Soluci´ on

En primer lugar debemos calcular la derivada de la función. Como: x0 (t) = cos t − t sen t, y 0 (t) = sen t + t cos t, resulta que

dy y 0 (t) sen t + t cos t = 0 = . dx x (t) cos t − t sen t

La pendiente de la recta tangente se obtiene sustituyendo en la derivada el valor de t correspondiente al punto de tangencia. Para obtener el valor de t correspondiente al origen de coordenadas, sustituimos los valores x = 0 e y = 0 en la ecuación de la curva; debemos resolver las ecuaciones 0 = t cos t, 0 = t sen t. π 3π 5π De la primera se obtiene que t = 0, , , , . . . 2 2 2 Las soluciones de la segunda ecuación son: t = 0, π, 2π, 3π, . . . El u ńico valor com´ un para las dos es el de t = 0. Haciendo t = 0 en la fórmula de la derivada, resulta: m = 0. 193

As´ı, la ecuación de la recta tangente en el punto (0, 0) es y − 0 = 0(x − 0), es decir, y = 0. √

π Si t = , la pendiente vale: m = 4

2 (1 √2 2 2 (1

+ π/4) − π/4)

=

1 + π/4 . 1 − π/4

El punto de tangencia se obtiene sustituyendo en la ecuación de la curva el valor t = π/4. Tenemos: √ √ π 2 π 2 , y(π/4) = . x(π/4) = 8 8 √ √ ! π 2 π 2 1 + π/4 La ecuación de la recta tangente es y − x− . = 8 1 − π/4 8

PROBLEMA 5.60.

Calcular la pendiente de la curva x = y 2 − 4y en los puntos de intersecci´ on con el eje Y . Soluci´ on

Los puntos de corte con el eje Y tienen como ordenada las soluciones de 0 = y 2 − 4y, es decir son los puntos (0, 0) y (0, 4). Además la pendiente de la recta tangente se obtiene sustituyendo en la derivada de la función los puntos anteriores. As´ı tenemos: dx dy 1 1 = 2y − 4 =⇒ = = . dy dx dx/dy 2y − 4 En (0, 0) la pendiente es −1/4 y en (0, 4) la pendiente es 1/4.

194

G. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Encontrar, usando la definici´ on, las derivadas de las siguientes 1 2 funciones: a) f (x) = x + x + en el punto x = 1. x Resp.: f 0 (1) = 2. b) f (x) = (x2 + 2x)3 . Resp.: f 0 (x) = 6(x + 1)(x2 + 2x)2 . c) f (x) =

Resp.: f 0 (x) =

2x − 3 . 3x + 2

13 . d) f (x) = cos x. (3x + 2)2

Sugerencia: Recuerda la identidad cos(a + b) = cos a cos b − sen a sen b y apl´ıcala a la expresión cos(x + h). Resp.: f 0 (x) = − sen x.

2.- Sea f (x) = x3/2 . Probar que f tiene derivada lateral en x = 0 por la derecha y hallar su valor. Sugerencia: Calcula directamente f 0 (0+ ) mediante la definición. Resp.: f 0 (0+ ) = 0.   1/x 3.- Dada la funci´ on f (x) = 9   x2 −1 x−1

si x < 2, si 2 ≤ x ≤ 8, si x > 8,

hallar, en caso de que existan, f (0), f 0 (2), f 0 (8). Resp.: No existen. ( x3 + 2x + 2 4.- Dada la funci´ on f (x) = x2 − 3x + 2

si x ≤ 0, si x > 0.

(a) Estudiar la continuidad y derivabilidad. (b) Probar que f (x) = 0 tiene al menos una ra´ız en el intervalo (−1, −1/2). Resp.: (a) Continua en todo R pero derivable en R \ {0}. (b) Aplicar el teorema de Bolzano.

195

5.- Calcular las derivadas de las siguientes funciones. a) f (x) =

√

x3 − x2 .

3x2 − 2x . Resp.: f 0 (x) = √ 2 x3 − x2 r

1−x . 1 + x2 1 − x −1/2 x2 − 2x − 1 0 Resp.: f (x) = · . 1 + x2 2(1 + x2 )2

b) f (x) =

c) f (x) = (x2 − 1)2 (2x2 + 3x + 2)2 . Resp.: f 0 (x) = 2(x2 − 1)(2x2 + 3x + 2)(8x3 + 9x2 − 3). √ 2 x(x − 1) . d) f (x) = x2 + 2 Resp.: f 0 (x) =

−x3 + 3x2 + 6x − 2 √ . x(2 + x2 )2

e) f (x) = sen2 x − 2 sen x cos x. Resp.: f 0 (x) = sen 2x − 2 cos 2x.

f) f (x) = sen(sen(sen x)). Resp.: f 0 (x) = cos(sen(sen x)) · cos(sen x) · cos x.

g) f (x) =

p 3

arc tg2 (x3 ).

Resp.: f 0 (x) =

2x2 p . (1 + x6 ) 3 arc tg(x3 )

√ h) f (x) = cos(x3 + 1) − sec(2 x). √ √ 1 Resp.: f 0 (x) = −3x2 sen(x3 + 1) − √ sec(2 x) tg(2 x). x

i) f (x) = tg3 x + cos(x2 ) + sen4 (x2 + x). Resp.: f 0 (x) = 3 tg2 x sec2 x−2x sen(x2 )+4(2x+1) sen3 (x2 +x) cos(x2 + x). 196

j) f (x) = cos(x2 + 1) − arc tg(sec x). Resp.: f 0 (x) = −2x sen(x2 + 1) −

sec x tg x . 1 + sec2 x

x

k) f (x) = ex . x

Resp.: f 0 (x) = ex · xx · (1 + ln x).

6.- Sean f y g dos funciones derivables. Calcular la derivada de la funci´ on y = f [g(xn )] · g[f (x)n ]. Resp.: y 0 = f 0 [g(xn )]·g 0 (xn )nxn−1 g[f (x)n ]+f [g(xn )]·g 0 [f (x)n ]nf (x)n−1 f 0 (x).

7.- Sean f y g dos funciones derivables tales que f (2) = 3, f 0 (2) = −1, g(2) = −5, g 0 (2) = 2. Calcular (a) (g − f )0 (2). (b) (f · f )0 (2). (c) (g/f )0 (2). Resp.: (a) 3; (b) - 6; (c) 1/9.

8.- Sabiendo que f (0) = 1, g(0) = 2, h(0) = 1, f 0 (0) = 2, g 0 (0) = 1, h0 (0) = 2, h0 (1) = 1, h(1) = 2, f 0 (2) = 1, g(1) = 1, g 0 (1) = 3, calcular: (a) (f ◦ g)0 (0). (b) (f ◦ h ◦ g)0 (1). Resp.: (a) f 0 [g(0)] · g 0 (0) = 1; (b) f 0 [(h ◦ g)(1)] · h0 [g(1)] · g 0 (1) = 1 · 1 · 3 = 3.

9.- Calcular dy/dx si y =

√

u2 + 1, u = sec x tg x.

Resp.: dy/dx = u(u2 + 1)−1/2 (sec3 x + sec x tg2 x). x3 x2 + − 2x. Encontrar todos los valores de x para 10.- Sea f (x) = 3 2 los que

(a) f 0 (x) = 0. (b) f 0 (x) = −2. (c) f 0 (x) = 10. 197

Resp.: (a) 1, -2; (b) 0, -1; (c) 3, -4.

11.- Probar que si f (x) es un polinomio cuyas n ra´ıces x1 , x2 , . . . , xn n f 0 (x) X 1 son todas distintas, entonces . = f (x) x − xi i=1

Sugerencia: Escribir f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ) y aplicar derivación logar´ıtmica.

12.- Dada la funci´ on f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, hallar los valores de las constantes a, b, c y d para que f (0) = 1, f 0 (−1) = 8, f 00 (0) = −4, f 000 (x) = 2. Resp.: a = 1/3, b = −2, c = 3, d = 1.

13.- Una bola se deja caer de una altura inicial de 122,5 m. y su posici´ on viene dada por s(t) = 122, 5 − 4, 9t2 . (a) ¿Cu´ al es la velocidad instant´ anea en t = 1/2? (b) ¿Cu´ anto tiempo tarda la bola en llegar al suelo? (c) ¿Cu´ al es la velocidad de impacto? Resp.: v(1/2) = −4, 9 m/sg; t = 5 sg; v(5) = −49 m/sg.

14.- Calcular la derivada de orden 10 de las siguientes funciones: a) f (x) = 1/x. Resp.: f (10) (x) = 10! x−11 . b) f (x) = sen x. Resp.: f (10) (x) = − sen x.

15.- Calcular la derivada de orden 100 de las siguientes funciones: 1+x a) f (x) = √ . 1−x Resp.: f (100) (x) =

1 · 3 · 5 . . . 197 · (−x + 399) . 2100 · (1 − x)201/2

b) f (x) = x ln x. Resp.: f (100) (x) = 98!x−99 .

198

16.- Mostrar que la funci´ on que se indica verifica la ecuaci´ on respectiva. a) y = x + sen 2x; y 00 + 4y = 4x. b) y = x3 + x; y (v) + y (iv) + y 000 + y 00 + y 0 + y = x3 + 3x2 + 7x + 7. 17.- Dada la curva (x2 + y 2 )3 − 3(x2 + y 2 ) + 1 = 0, calcular y 0 e y 00 . Resp.: y 0 = −

x x2 + y 2 . si x2 + y 2 6= 1 y además y 6= 0; y 00 = − y y3

18.- Probar que las curvas x2 + y 2 = 2, y 2 = 2x − 1 son ortogonales. (Dos curvas son ortogonales cuando sus rectas tangentes en los puntos de intersecci´ on de ambas curvas son perpendiculares.) x 1 Resp.: Puntos de intersección (1, 1) y (1, −1). Derivadas y 0 = − , y 0 = . y y

19.- Dadas las curvas x2 −y 2 = 5, 4x2 +9y 2 = 72, encontrar sus puntos de intersecci´ on. Verificar que en tales puntos las curvas se cortan en ´ angulo recto. Resp.: (3, 2), (−3, 2), (3, −2), (−3, −2). Las derivadas de las curvas son y 0 =

x 0 4x , y = − , respectivamente. y 9y

20.- Dibujar la curva que tiene por ecuaci´ on: a) x = 1 − t, y = 1 + t. b) x = t + 1, y = 1t . √ c) x = t, y = t. Resp.: a) Recta x + y = 2. b) Hipérbola y =

1 . x−1

c) Parábola y = x2 con x ≥ 0.

21.- Dadas las curvas 2x2 + 3y 3 = 5, {x = t, y = (a) Encontrar el punto de intersecci´ on. 199

√

t para t > 0}.

(b) Encontrar el ´ angulo de intersecci´ on de ambas curvas en dicho punto. Resp.: (a) (1, 1). (b) tg β = 17/14.

22.- Encontrar laspecuaciones de las rectas tangente y normal a la √ curva f (x) = 3 1 + 1 + x en el punto de abscisa x = 0. √ √ √ √ Resp.: y − 3 2 = x/(6 3 4); y − 3 2 = −6 3 4x. 23.- Escribir las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la funci´ on f (x) = arc cos 3x en el punto de intersecci´ on con el eje Y. Resp.: y − π/2 = −3x; y − π/2 = x/3.

24.- Hallar las ecuaciones de las tangentes a y = 4x2 que pasen por (2, 0). Resp.: y = 0; y = 32x − 64.

25.- Encontrar los puntos de la curva f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 20 donde la tangente es paralela al eje X. Resp.: (2, 0), (−1, 27).

26.- Encontrar los puntos de la curva f (x) = x3 + 2x2 − 4x + 5 cuya recta tangente es paralela a la recta 8x + 2y − 5 = 0. Resp.: (0, 5); (−4/3, 311/27).

27.- Probar que no existe ninguna recta que pase por (1, 2) y que sea tangente a la curva y = 4 − x2 . Resp.: La ecuación

4 − x2 − 2 = −2x no tiene ninguna solución real. x−1

x2 + a en x = 1. x2 + b Encontrar a y b de forma que la tangente hallada pase por el punto (2, 1) y sea perpendicular a la recta 3x + 3y − 7 = 0.

28.- Hallar la ecuaci´ on de la tangente a la curva y =

Resp.: y −

1+a 2(b − a) = (x − 1); a = −1, b = 1. 1+b (1 + b)2

200

12 29.- Demostrar que las tangentes a la curva y = −4x + en sus x puntos de corte con la recta 2x − y = 0 son paralelas entre s´ı. Resp.: m1 = m2 = −10.

30.- Hallar las ecuaciones de las rectas que pasan por (6, 5) y son tangentes a la curva y = x2 − 3x − 4. Resp.: y = 15x − 85; y = 3x − 13.

31.- Encontrar los puntos de la curva y = x3 cuya recta tangente en ese punto corta al eje X en el punto 4. Resp.: (0, 0), (6, 216).

32.- Encontrar a, b, c, d de forma que la curva y = ax3 +bx2 +cx+d sea tangente a la recta 3x−y−1 = 0 en (1, 2) y a la recta 10x−y−12 = 0 en (2, 8). Resp.: a = 1, b = −1, c = 2, d = 0.

33.- Escribir la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva (x+y)3 +x2 y = √ y en (0, 1). Resp.: 6x + 5y − 5 = 0.

34.- Probar que la recta tangente a la curva xy = k en el punto (a, b) es bx + ay = 2k. Resp.: Tener en cuenta que a · b = k para que el punto esté en la curva.

35.- ¿En qu´ e puntos de la gr´ afica de x2 − 2xy + y 2 − 4 = 0 la recta tangente es horizontal o vertical? Resp.: Como y 0 = 1, no hay rectas tangentes horizontales ni verticales.

36.- Dada la curva yx2 + 2y 2 − x − 11 = 0, hallar las rectas tangentes en los puntos de abscisa x = −1. 5 4 5 Resp.: y − 2 = (x + 1); y + = (x + 1). 9 2 9

201

37.- Dada la curva en coordenadas param´ etricas x(t) = 5 cos t + 1, y(t) = 4 sen t + 1.

(a) Hallar la ecuaci´ on cartesiana e identificar la curva. √ (b) Hallar la ecuaci´ on de la recta tangente en (7/2, 2 3 + 1). (c) ¿Para qu´ e valores de t la recta tangente es paralela al eje X ? Resp.: (a) 1, y = 1.

(x − 1)2 (y − 1)2 + = 1; elipse centrada en (1, 1) y ejes x = 25 16

√ √ (b) 4x + 5 3y − 44 − 5 3 = 0. (c) t = π/2, t = 3π/2.

38.- Encontrar las ecuaciones de las rectas tangentes a la curva √ x(t) = sen t cos t, y(t) = t + 1. que sean horizontales o verticales. Resp.: No tiene tangentes horizontales. Tangentes verticales: x =

1 1 sen(−2) ; x= ; x=− . 2 2 2

39.- Dada la curva 1 1 x = t + , y = t − para t > 0. t t

(a) Encontrar la ecuaci´ on cartesiana. (b) Encontrar los valores de t que hacen verticales a las tangentes a la curva. Resp: (a) x2 − y 2 = 4 (hipérbola). (b) t = 1.

40.- Sea L1 la recta tangente a la curva y = f (x) definida impl´ıcita√ mente por la ecuaci´ on x2 y + y − 3x + 1 = 0 en el punto (1, 1). Sea L2 la recta normal a la curva representada por la ecuaci´ on 2 x = t − 1, y = t , en el punto correspondiente a t = 0. Calcular el punto de intersecci´ on de L1 y L2 . Resp.: Rectas y − 1 = 23 (x − 1); x = −1. Intersección (−1, −1/3).

202

41.- Decidir si las proposiciones siguientes son verdaderas o falsas: (a) Si y = f (x) es derivable en el punto x = a pero y = g(x) no es derivable en x = a, entonces la funci´ on y = (f + g)(x) no es derivable en x = a. Resp.: Verdadero.

(b) Si f y g no son derivables en x = a, entonces f + g no es derivable en x = a. p p Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = |x|, g(x) = −1/ |x| en x = 0. (c) Si f y g no son derivables en x = a, entonces f · g no es derivable en x = a. √ √ 3 Resp.: Falso. Ejemplo: f (x) = 3 x, g(x) = x2 en x = 0. (d) Si y = f (x) es derivable en el intervalo (a, ∞) y existe l´ım f (x), entonces existe l´ım f 0 (x). El rec´ıproco es falso.

x→∞

x→∞

sen x2 . x La segunda parte es cierta pues basta comprobar el hecho con la función f (x) = cos(ln x). Resp.: La primera parte es falsa como muestra el ejemplo f (x) =

203

CAPÍTULO VI. APLICACIONES DE LA DERIVADA

SECCIONES A. Crecimiento y decrecimiento. Máximos y m´ınimos locales. B. Concavidad. Puntos de inflexión. C. Representación gráfica de funciones. D. Problemas de máximos y m´ınimos. E. Teoremas del valor medio. Regla de L’Höpital. F. Ejercicios propuestos.

205

´ A. CRECIMIENTO Y DECRECIMIENTO. MAXIMOS Y M´ INIMOS LOCALES.

Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de una función y = f (x) se obtienen a partir de la primera derivada de la función por la siguiente regla: (a) f crece en un intervalo (a, b) si f 0 (x) > 0 para todo x en (a, b). (b) f decrece en un intervalo (a, b) si f 0 (x) < 0 para todo x en (a, b). Los puntos extremos de intervalos en donde cambia el signo de la derivada son los máximos o m´ınimos, seg´ un la derivada cambie de positiva a negativa o de negativa a positiva, respectivamente. En resumen: (a) Un punto x0 del dominio de la función corresponde a un m´ aximo local o relativo si existe un intervalo (x0 − δ, x0 ) en donde f crece y otro intervalo (x0 , x0 + δ) en donde f decrece. (b) Un punto x0 del dominio de la función corresponde a un m´ınimo local o relativo si existe un intervalo (x0 − δ, x0 ) en donde f decrece y otro intervalo (x0 , x0 + δ) en donde f crece. Los máximos y m´ınimos locales se encuentran entre los llamados puntos singulares o cr´ıticos, es decir, puntos del dominio de la función en donde la derivada se anula o no existe.

PROBLEMA 6.1.

Estudiar el crecimiento y decrecimiento de la funci´ on √ f (x) = x( x + 1). Soluci´ on

Calculamos la derivada de la función: √ √ x 2x + 2 x + x 3x + 2 x √ √ f (x) = x + 1 + √ = = . 2 x 2 x 2 x √ √ La derivada se anula cuando 3x + 2 x = 0 y no existe cuando 2 x = 0. Despejamos x en ambas ecuaciones: 0

√

√ √ 4 3x + 2 x = 0 =⇒ 3x = −2 x =⇒ 9x2 = 4x =⇒ x = 0 ó x = . 9 206

Como el valor x = 4/9 no verifica la primera ecuación, el u ńico valor que anula f 0 (x) es x = 0. Por otra parte, √ 2 x = 0 ⇐⇒ x = 0. El u ńico punto cr´ıtico es x = 0. Como el dominio de la función es el intervalo [0, ∞) y f 0 (x) ≥ 0 en todo el dominio, la función es siempre creciente. Por tanto, el punto (0, 0) es el m´ınimo de la función.

PROBLEMA 6.2.

Estudiar el crecimiento y decrecimiento de la funci´ on f (x) =

x3 + 4 . x2

Soluci´ on

De nuevo calculamos la derivada: f 0 (x) =

3x2 · x2 − (x3 + 4) · 2x x4 − 8x x3 − 8 = = . 4 4 x x x3

La derivada se anula cuando x3 − 8 = 0 y no existe cuando x3 = 0. Despejaremos x en ambas ecuaciones: x3 − 8 = 0 ⇐⇒ x3 = 8 ⇐⇒ x = 2. x3 = 0 ⇐⇒ x = 0. Como el dominio de la función es R \ {0}, el u ńico punto cr´ıtico es x = 2. Estudiamos el crecimiento en los intervalos (−∞, 0), (0, 2) y (2, ∞). Para ello, sustituimos la derivada de la función en cualquier punto interior a los intervalos. El signo de la derivada indicará si la función original crece o decrece. As´ı: f 0 (−1) = −9/ − 1 > 0 =⇒ la función crece en (−∞, 0). f 0 (1) = −7/1 < 0 =⇒ la función decrece en (0, 2). f 0 (3) = 19/27 > 0 =⇒ la función crece en (2, ∞). Un método más cómodo por su claridad visual consiste en representar el dominio de la función sobre la recta real. A continuación, colocar en la misma recta los puntos cr´ıticos. De esta manera quedan ya delimitados los intervalos que se van a estudiar. Después de sustituir en la derivada de la 207

función alg´ un punto intermedio de cada intervalo, colocar el signo + ó − seg´ un si dicha derivada es positiva o negativa. As´ı quedan completamente determinados los intervalos y el comportamiento de la función en cada uno de ellos. En este ejemplo hubiera quedado as´ı: (−∞, 0) (0, 2) (2, ∞) f 0 (x)

++

––

++

PROBLEMA 6.3.

Encontrar los m´ aximos y m´ınimos locales de la funci´ on f (x) = x5 − 5x + 6. Soluci´ on

Busquemos los puntos cr´ıticos de la función: f 0 (x) = 5x4 − 5; f 0 (x) = 0 ⇐⇒ 5x4 = 5 ⇐⇒ x4 = 1 ⇐⇒ x = ±1. Como los puntos cr´ıticos son x = 1 y x = −1, estudiamos el signo de la derivada en los intervalos siguientes:

f 0 (x)

(−∞, −1)

(−1, 1)

(1, ∞)

++

––

++

Como a la izquierda de x = −1 la función es creciente y a la derecha es decreciente, el punto corresponde a un máximo. Sustituyendo en la función se obtiene que el punto es (−1, 10). Análogamente, a la izquierda de x = 1 la función decrece y a la derecha crece. El punto corresponde a un m´ınimo y sus coordenadas son (1, 2).

PROBLEMA 6.4.

Encontrar los m´ aximos y m´ınimos locales de la funci´ on √ f (x) = x 1 − x2 . 208

Soluci´ on

Los puntos cr´ıticos se obtienen de la siguiente forma: f 0 (x) =

p

1 − x2 + x · √

−x 1 − x2 − x2 1 − 2x2 = √ =√ . 1 − x2 1 − x2 1 − x2

1 f 0 (x) = 0 ⇐⇒ 1 = 2x2 ⇐⇒ x2 = 1/2 ⇐⇒ x = ± √ . 2 √ Además f 0 (x) no existe cuando 1 − x2 = 0, es decir, cuando x = 1 ó x = −1. Como el dominio de la función es el intervalo [−1, 1], estudiamos el signo de la derivada en los intervalos que se ilustran en la tabla:

f 0 (x)

√ (−1, −1/ 2)

√ √ (−1/ 2, 1/ 2)

√ (1/ 2, 1)

––

++

––

1 Lo anterior quiere decir que el punto x = − √ da lugar a un m´ınimo local 2 1 y x = √ a un máximo local. Los puntos correspondientes de la función son √ √ 2 (−1/ 2, −1/2) y (1/ 2, 1/2).

PROBLEMA 6.5.

¿La funci´ on f (x) = (x−1)3 (x+2)2 alcanza un m´ aximo o un m´ınimo en el punto A(1, 0)? Soluci´ on

Como f 0 (x) = 3(x − 1)2 (x + 2)2 + 2(x − 1)3 (x + 2) = (x − 1)2 (x + 2)(5x + 4), se obtiene que f 0 (1) = 0, con lo que el punto (1, 0) es singular. Para ver si corresponde a un máximo o un m´ınimo, estudiamos el crecimiento de la función en un entorno de x = 1: Si x ∈ (1 − δ, 1), f 0 (x) > 0 y f es creciente; 209

Si x ∈ (1, 1 + δ), f 0 (x) > 0 y f es también creciente. Como no cambia el signo de la derivada, la función en el punto (1, 0) no alcanza ni un máximo ni un m´ınimo relativo.

PROBLEMA 6.6.

Dada la funci´ on y = (x + 1)2 e−x , hallar los m´ aximos y m´ınimos locales. Soluci´ on

Calculamos la primera derivada para determinar los puntos cr´ıticos: f 0 (x) = 2(x + 1) · e−x − e−x (x + 1)2 = e−x (x + 1)(1 − x); f 0 (x) = 0 ⇐⇒ e−x (x + 1)(1 − x) = 0 ⇐⇒ x = 1 ó x = −1. Los u ńicos posibles máximos y m´ınimos se alcanzan en los puntos P1 (1, 4/e) y P2 (−1, 0). Estudiamos a continuación el crecimiento de la función: (−∞, −1)

(−1, 1)

(1, ∞)

––

++

––

f 0 (x)

De lo anterior se deduce que el punto P1 (1, 4/e) es un máximo local y que el punto P2 (−1, 0) es un m´ınimo local de la función.

PROBLEMA 6.7.

Hallar, en caso de que existan, las abscisas de los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on 5 1 y = x3 + x2 + 14x + 10 ln(x + 3) + 90 ln(x − 5). 3 2 Soluci´ on

La primera derivada es 10 90 + x+3 x−5 (x2 + 5x + 14)(x + 3)(x − 5) + 10(x − 5) + 90(x + 3) . (x + 3)(x − 5)

y 0 = x2 + 5x + 14 + =

210

Al anular la derivada, obtenemos: y 0 = 0 ⇐⇒ (x2 + 5x + 14)(x + 3)(x − 5) + 10(x − 5) + 90(x + 3) = 0 ⇐⇒ x4 + 3x3 − 11x2 − 3x + 10 = 0. Si aplicamos la regla de Ruffini, resultan las ra´ıces 1, −1, 2 y −5. Teniendo en cuenta que el dominio de la función es el conjunto D(f ) = {x | x > 5}, ninguno de los puntos anteriores pertenece al dominio por lo que la función carece de máximos y m´ınimos. Además, como f 0 (x) > 0, ∀x ∈ D(f ), f es siempre creciente.

PROBLEMA 6.8.

Hallar un polinomio de tercer grado sabiendo que para x = 3 alcanza un m´ınimo local, para x = 2 alcanza un m´ aximo local y para x = 0 y x = 1 toma los valores 1 y 29/6, respectivamente. Soluci´ on

Escribimos la forma general de un polinomio de grado 3 como f (x) = ax3 + bx2 + cx + d. Para x = 0, f (0) = 1 = d. Para x = 1, 29/6 = a + b + c + d. Como f 0 (x) = 3ax2 + 2bx + c, tenemos: Para x = 3, f 0 (3) = 0 = 27a + 6b + c. Para x = 2, f 0 (2) = 0 = 12a + 4b + c. Resulta as´ı el sistema de ecuaciones: a + b + c + d = 29/6, 27a + 6b + c = 0, 12a + 4b + c = 0, d = 1. Al resolver el sistema llegamos a la solución a = 1/3, b = −5/2, c = 6, d = 1 5 1, y la función solución es f (x) = x3 − x2 + 6x + 1. 3 2 211

PROBLEMA 6.9.

Sea y = f (x) una funci´ on cuya derivada tiene una gr´ afica como la que se muestra en la figura. a) ¿Qu´ e se puede decir de f en x = b? b) ¿Tiene f alg´ un m´ aximo? c) ¿D´ onde f decrece? y = f 0 (x)

a

b

c

Soluci´ on a) De la gráfica se deduce que f 0 (x) no es continua en x = b, porque los l´ımites laterales son diferentes. Esto indica que la función f no es derivable en x = b. b) En todo el intervalo (a, b) la derivada de f es positiva. Por lo tanto, la función crece. De la misma manera, en el intervalo (b, c) la función f también crece. El máximo se encuentra en c, que es el extremo derecho del intervalo donde está definida la función. c) De lo anterior se deduce que en ning´ un momento la función decrece, porque la derivada nunca es negativa.

´ B. CONCAVIDAD. PUNTOS DE INFLEXION.

Una función se dice c´ oncava hacia arriba o convexa en un intervalo (a, b) cuando al unir dos puntos de la curva en ese intervalo, el segmento que se 212

forma queda por encima de la curva. De la misma forma, será c´ oncava hacia abajo o c´ oncava cuando cualquiera de dichos segmentos queda por debajo de la curva. Ilustramos lo anterior con las siguientes figuras:

a b cóncava hacia arriba

a b cóncava hacia abajo

a b ambas concavidades

Para determinar los intervalos de concavidad de una función utilizamos el siguiente criterio: La gráfica de una función y = f (x) es a) cóncava hacia arriba en todos los intervalos para los que f 00 (x) > 0. b) cóncava hacia abajo en todos los intervalos para los que f 00 (x) < 0. Reuniendo este criterio con el de determinación de intervalos de crecimiento de f , podemos también establecer la siguiente regla: a) En los intervalos donde f 0 (x) sea creciente, f (x) será cóncava hacia arriba. b) En los intervalos donde f 0 (x) sea decreciente, f (x) será cóncava hacia abajo. Se llaman puntos de inflexi´ on los puntos en donde cambia la concavidad de una función, ya sea de arriba hacia abajo, o viceversa. Para ello, si la función posee derivadas de segundo orden, un punto x0 del dominio de f será punto de inflexión si f 00 (x0 ) = 0 y ocurre alguna de las siguientes situaciones: a) existe un intervalo (x0 − δ, x0 ) en donde f 00 (x) < 0 y otro intervalo (x0 , x0 + δ) en donde f 00 (x) > 0. b) existe un intervalo (x0 − δ, x0 ) en donde f 00 (x) > 0 y otro intervalo (x0 , x0 + δ) en donde f 00 (x) < 0. 213

PROBLEMA 6.10.

Estudiar la concavidad de la funci´ on f (x) = puntos de inflexi´ on.

x2 y localizar sus 1+x

Soluci´ on

En primer lugar calcularemos las derivadas de primer y segundo orden de la función: 2x(1 + x) − x2 x2 + 2x f 0 (x) = = . (1 + x)2 (1 + x)2 f 00 (x) = =

(2x + 2)(1 + x)2 − (x2 + 2x) · 2(1 + x) (1 + x)4 (2x + 2)(1 + x) − (x2 + 2x) · 2 2 = . 3 (1 + x) (1 + x)3

Para estudiar el signo de la segunda derivada, observamos que el numerador nunca se anula. En cambio, el denominador se anula en el punto de abscisa x = −1, que es precisamente el punto que no está en el dominio. Para estudiar el signo en los intervalos que este punto determina, construimos el siguiente diagrama de signos:

f 00 (x)

(−∞, −1)

(−1, ∞)

––

++

Al calcular f 00 (x) en un punto del intervalo (−∞, −1) resultó un valor negativo y al sustituir en la función un punto del intervalo (−1, ∞) dió un valor positivo. Eso quiere decir que: f es cóncava hacia arriba en el intervalo (−1, ∞); f es cóncava hacia abajo en el intervalo (−∞, −1). Sin embargo no hay punto de inflexión pues el punto x = −1, en donde cambia la concavidad, no está en el dominio.

PROBLEMA 6.11.

Estudiar la concavidad de la funci´ on f (x) = 2 − |x5 − 1| y localizar sus puntos de inflexi´ on. 214

Soluci´ on

Debemos descomponer en primer lugar la función para eliminar el valor absoluto. Como x5 − 1 = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1) y el segundo factor es siempre positivo, resulta que ( ( 2 − (x5 − 1) si x ≥ 1 3 − x5 si x ≥ 1, f (x) = = 2 + (x5 − 1) si x < 1 1 + x5 si x < 1. Debemos separar el estudio de la concavidad para cada uno de los intervalos (−∞, 1) y (1, ∞). * En (−∞, 1): f 0 (x) = 5x4 (siempre positiva; la función es creciente en ese intervalo). f 00 (x) = 20x3 . Realizamos el estudio de los signos como en los ejemplos anteriores:

f 00 (x)

(−∞, 0)

(0, 1)

––

++

* En (1, ∞): f 0 (x) = −5x4 (siempre negativa; la función es decreciente en ese intervalo). f 00 (x) = −20x3 . En este intervalo x es siempre positiva; de este modo f 00 (x) es negativa. En definitiva llegamos al siguiente resultado: f es cóncava hacia arriba en (0, 1) y cóncava hacia abajo en (−∞, 0) y en (1, ∞). Los puntos de abscisa x = 0 y x = 1 son de inflexión pues cambia la concavidad. Al sustituir dichos valores en la función se obtienen los puntos (0, 1) y (1, 2).

PROBLEMA 6.12.

Estudiar la concavidad y convexidad de la funci´ on 1 f (x) = . 1 + x2 215

Soluci´ on

Para esta función, f 0 (x) =

−2x (1 + x2 )2 (−2) + 2x · [2(1 + x2 ) · 2x] 2(3x2 − 1) 00 ; f (x) = = . (1 + x2 )2 (1 + x2 )4 (1 + x2 )3

Observamos que el denominador de f 00 es siempre positivo y el numerador se p anula cuando x = ± 1/3, con lo que tenemos la siguiente tabla de signos:

p x < − 1/3

p p − 1/3 < x < 1/3

3x2 − 1

++

––

++

f 00 (x)

++

––

++

x>

p

1/3

p p De aqu´ı deducimos que f p es convexa en (−∞, − 1/3) y ( 1/3, ∞), mienp tras que es cóncava en (− 1/3, 1/3).

´ GRAFICA ´ C. REPRESENTACION DE FUNCIONES.

En este apartado se resumen todas las técnicas estudiadas anteriormente y se agrupan para dibujar con relativa precisión las curvas correspondientes a funciones definidas en forma expl´ıcita. Toda la información que se pueda obtener de la función será u ´til para conseguir una gráfica más exacta. En la primera parte se darán algunas informaciones de cierta función desconocida y se tratará de dibujar una función que verifique dichos datos. El método más adecuado consiste en seguir los siguientes pasos: 1) Construir una tabla donde se expresen los intervalos conocidos de crecimiento y concavidad de la función, tal como se hizo en los apartados anteriores. 2) Dibujar en un sistema de coordenadas los puntos por donde se sepa que pasa la función, especificando si son máximos, m´ınimos o puntos de inflexión, u otro tipo de puntos. Después se deben trazar las as´ıntotas conocidas. 216

3) Por u ´ltimo, trazar ”pedazos”de curva que tengan la forma indicada por el crecimiento y la concavidad correspondientes a cada intervalo, y de acuerdo a la tabla construida, de modo que pase por los puntos dibujados en el paso 2 y tenga como as´ıntotas las ya dibujadas.

En la segunda parte se pretende hacer el estudio completo de funciones definidas en forma expl´ıcita y dibujar su gráfica. Para dibujar en forma precisa la gráfica de una curva definida en forma expl´ıcita y = f (x), es aconsejable realizar los siguientes pasos: a) Calcular el dominio de la función. b) Determinar las posibles simetr´ıas de la función. - Será simétrica respecto al eje Y si f (x) = f (−x), es decir, si es par. - Será simétrica respecto al origen si f (x) = −f (−x), es decir, si es impar.

c) Encontrar los puntos de intersección de la curva con los ejes de coordenadas: - Haciendo x = 0 en la función se obtienen los puntos de corte con el eje Y. - Haciendo y = 0, se obtienen los puntos de corte con el eje X. d) Determinar los intervalos de crecimiento y concavidad de la función, mediante el estudio del signo de las derivadas de primero y segundo orden.

e) Encontrar los puntos de la gráfica donde esta toma valores máximos y m´ınimos locales y puntos de inflexión. Estos serán los puntos donde cambie de signo la derivada primera y segunda, respectivamente. f) Encontrar las posibles as´ıntotas de la función. Después de esto, podemos dibujar la gráfica de la función siguiendo los tres pasos que aplicamos en la primera parte. En este caso la información sobre la función es completa y sólo puede haber una función cuya gráfica sea la conseguida de este modo. 217

PROBLEMA 6.13.

Trazar una curva que verifique las siguientes condiciones: f (−2) = 8; f (0) = 4; f (2) = 0; f 0 (x) > 0 si |x| > 2; f 0 (2) = f 0 (−2) = 0; f 0 (x) < 0 si |x| < 2; f 00 (x) < 0 si x < 0; f 00 (x) > 0 si x > 0.

Soluci´ on

Como conocemos el signo de las derivadas primera y segunda, podemos manejar a la vez el crecimiento y la concavidad de la función. Será conveniente por lo tanto conocer la forma de la gráfica para las distintas combinaciones de crecimiento y concavidad. Las cuatro posibilidades se ilustran en el siguiente diagrama.

Cualquier gráfica de curva se puede realizar componiendo ”trozos”de curva como los anteriores sin más que conocer los intervalos de crecimiento y concavidad. En nuestro caso la siguiente tabla permitirá ver con facilidad cuáles son esos intervalos, debido a que se conocen los signos de las derivadas primera y segunda: 218

(−∞, −2)

(−2, 0)

(0, 2)

(2, ∞)

f 0 (x)

++

––

––

++

f 00 (x)

––

––

++

++

A˜ nadiendo a esta información los datos f (−2) = 8, f (0) = 4, f (2) = 0, podemos dibujar algo como:

PROBLEMA 6.14.

Dibujar la gr´ afica de una funci´ on y = f (x) que cumpla las condiciones siguientes: (a) f (1) = f (3) = 0. (b) f 0 (x) < 0 si x ∈ (−∞, 2) ∪ (3, ∞); f 0 (x) > 0 si x ∈ (2, 3); f 0 (2) no existe; f 0 (3) = 0. (c) f 00 (x) < 0 excepto en x = 2. (d) La recta y = 3 es as´ıntota. Soluci´ on

De la información suministrada podemos extraer la siguiente tabla de signos: 219

(−∞, 2)

(2, 3)

(3, ∞)

f 0 (x)

––

++

––

f 00 (x)

––

––

––

Además sabemos que la función corta al eje X en los puntos (1, 0) y (3, 0). El punto (3, 0) debe ser un m´ınimo relativo porque a la izquierda de x = 3 la función es creciente, y a la derecha es decreciente. No hay puntos de inflexión porque en ning´ un momento cambia de signo la derivada segunda. Si dibujamos en primer lugar los puntos conocidos y la as´ıntota horizontal y = 3, la información anterior produce una gráfica como la siguiente:

Observa que la as´ıntota y = 3 sólo se acerca a la función cuando x → −∞ pero no cuando x → ∞. Esto es válido porque no necesariamente una función tiene que tener la misma as´ıntota en ambos extremos.

Se debe tener claro que esta no es la u ńica función que verifica los datos proporcionados. Lo que tratamos de hacer es construir una de las funciones que verifique dichos datos. 220

PROBLEMA 6.15.

Dibujar la gr´ afica de una funci´ on y = f (x) que cumpla las condiciones siguientes: (a) D(f ) = (−∞, 0) ∪ (0, ∞). (b) Decrece en (−∞, −3) ∪ (0, 2) ∪ (2, 4). (c) Tiene un m´ınimo local en x = 4 y un punto de inflexi´ on en x = 1. (d) La recta y = (3x − 6)/2 es as´ıntota y corta a la curva en el punto de abscisa x = 3/2. (e) l´ım f (x) = 3, x→−∞

l´ım f (x) = −2,

x→−3−

l´ım f (x) = −4,

x→−3+

l´ım f (x) = 0, l´ım f (x) = ∞,

x→0−

x→0+

l´ım f (x) = −∞, l´ım f (x) = ∞.

x→2−

x→2+

Soluci´ on Los datos que aqu´ı se presentan dan lugar a la tabla siguiente:

f 0 (x)

(−∞, −3)

(−3, 0)

(0, 2)

(2, 4)

(4, ∞)

––

++

––

––

++

Como no se da información sobre la derivada segunda, tenemos libertad de graficar la concavidad como nos parezca más adecuado. El criterio que seguiremos aqu´ı es el de dibujar una gráfica lo más suave posible. De todas formas en x = 1 debe haber un punto de inflexión. La parte (e) indica que las as´ıntotas de la función son las rectas y = 3 (cuando x → −∞), x = 0 (sólo para x > 0), x = 2 (a ambos lados), y = (3x − 6)/2 (cuando x → ∞). Después de dibujar las as´ıntotas y de se˜ nalar en la oblicua el punto x = 3/2 (por donde debe pasar la función), la información de la tabla da lugar a una gráfica como la que se muestra. 221

Observa que x = 0 no está en el dominio tal como se pide. Además debemos definir de cualquier manera f (2) para que esté en el dominio (en la gráfica se hizo f (2) = 0). También debe estar en el dominio x = −3, por lo que se puede definir arbitrariamente.

En todos los ejercicios siguientes se debe hacer el estudio completo y dibujar la gráfica de la función que se indique.

PROBLEMA 6.16.

Dibujar la gr´ afica de la funci´ on f (x) = x2/3 (8 − x). Soluci´ on

(a) D(f ) = R porque la ra´ız c´ ubica existe para cualquier n´ umero real. (b) f (−x) = (−x)2/3 (8 − (−x)) = x2/3 (8 + x). Como f (−x) 6= f (x) y f (−x) 6= −f (x), la función no es simétrica. (c) Si x = 0, f (0) = 0. Por tanto, la curva corta al eje Y en el punto (0, 0). Si y = 0, 0 = x2/3 (8 − x). Entonces x = 0 ó x = 8. La curva corta al eje X en los puntos (0, 0) y (8, 0). 222

(d) Al calcular las dos primeras derivadas de la función resulta: y 0 = x−1/3 ·

16 − 5x 16 ; puntos cr´ıticos: x = 0, x = . 3 5

−16 ; punto cr´ıtico: x = 0. 9 Estudiando el signo de estas derivadas, podemos escribir la siguiente tabla: y 00 = x−4/3 ·

(−∞, 0)

(0, 16/5)

(16/5, ∞)

f 0 (x)

––

++

––

f 00 (x)

––

––

––

Por tanto, f crece en (0, 16/5) y decrece en (−∞, 0) ∪ (16/5, ∞). Además, f es cóncava hacia abajo en todo su dominio. (e) Observando la tabla anterior se pueden ver los puntos donde cambia de signo alguna derivada. De esto se deduce la siguiente información: Cuando x = 0 la función alcanza un m´ınimo local, y cuando x = 16/5 alcanza un máximo local. Además no hay puntos de inflexión. Los puntos de la curva correspondientes a estos valores de x son (0, 0) (m´ıni√ ! 16 96 3 20 mo local) y , (máximo local). 5 25 (f) - Como D(f ) = R, no hay as´ıntotas verticales. - Para buscar las as´ıntotas horizontales, debemos calcular los siguientes l´ımites: l´ım f (x) = l´ım x2/3 (8 − x) = −∞. x→∞

x→∞

l´ım f (x) = l´ım x2/3 (8 − x) = ∞.

x→−∞

x→−∞

No hay as´ıntotas horizontales porque ambos l´ımites son infinitos. - Veamos si hay as´ıntotas oblicuas: m = l´ım

x→∞

m = l´ım

x→−∞

f (x) 8−x = l´ım x2/3 · = l´ım x2/3 (8/x − 1) = −∞. x→∞ x→∞ x x

8−x f (x) = l´ım x2/3 · = l´ım x2/3 (8/x − 1) = −∞. x→−∞ x→−∞ x x 223

No hay as´ıntotas oblicuas. (g) Reuniendo toda la información anterior, debemos dibujar en un sistema de coordenadas los puntos ya obtenidos para después unirlos con secciones de curva cuya forma obedezca a la conseguida por el crecimiento y la concavidad. Intenta por t´ı mismo dibujar la curva y verás que te sale como la siguiente:

PROBLEMA 6.17.

Representar gr´ aficamente la funci´ on f (x) = √ 3

x . x−4

Soluci´ on

(a) D(f ) = R \ {4} por ser x = 4 el u ńico punto donde se anula el denominador (la ra´ız c´ ubica se puede calcular para cualquier n´ umero real). (b) f (−x) = √ 3

−x . −x − 4

Como f (−x) 6= f (x) y f (−x) 6= −f (x), la función no es simétrica. (c) Si x = 0, f (0) = 0. Por tanto, la curva corta al eje Y en el punto (0, 0). x Si y = 0, 0 = √ . Entonces x = 0. La curva corta al eje X en el mismo 3 x−4 punto (0, 0). 224

(d) Al calcular las dos primeras derivadas de la función resulta: f 0 (x) =

2(x − 6) ; punto cr´ıtico: x = 6. 3(x − 4)4/3

(El punto x = 4, aunque anula el denominador, no está en el dominio.) f 00 (x) =

2(−x + 12) 00 ; f (x) = 0 ⇐⇒ x = 12. 9(x − 4)7/3

Estudiando el signo de estas derivadas, podemos escribir la siguiente tabla: (−∞, 4)

(4, 6)

(6, 12)

(12, ∞)

f 0 (x)

––

––

++

++

f 00 (x)

––

++

++

––

Por tanto, f crece en (6, ∞) y decrece en (−∞, 4) ∪ (4, 6). Además, f es cóncava hacia arriba en (4, 12) y hacia abajo en (−∞, 4) ∪ (12, ∞). (e) Observando la tabla anterior se pueden ver los puntos donde cambia de signo alguna derivada. De esto se deduce la siguiente información: Cuando x = 6, la función alcanza un m´ınimo local. Además hay un punto de inflexión cuando x = 12 (aunque en x = 4 cambia la concavidad, el punto no es de inflexión porque no está en el dominio). Los puntos de la curva correspondientes a estos valores de x son: √ 3 (6, 6/ 2), (12, 6). (f) - La recta x = 4 puede ser as´ıntota vertical, porque dicho punto no está en el dominio. En efecto, l´ım f (x) = ∞. x→4

- Veamos si hay as´ıntotas horizontales: l´ım f (x) = l´ım √ 3

x→∞

x→∞

x = ∞. x−4

(Se trata de un l´ımite indeterminado de la forma ∞/∞ cuyo resultado es ∞ porque el grado del numerador es mayor que el grado del denominador). x l´ım f (x) = l´ım √ = ∞. 3 x→−∞ x→−∞ x−4 225

No hay as´ıntotas horizontales porque ambos l´ımites son infinitos. - Veamos si hay as´ıntotas oblicuas: f (x) 1 = 0. = l´ım √ 3 x→∞ x x→∞ x−4

m = l´ım

m = l´ım

x→−∞

f (x) 1 = l´ım √ = 0. 3 x→−∞ x x−4

Tampoco hay as´ıntotas oblicuas (la pendiente no puede ser 0). (g) La gráfica que resulta del estudio realizado es la siguiente:

PROBLEMA 6.18.

Representar la gr´ afica de la funci´ on f (x) =

√ 3

6x2 + x3 .

Soluci´ on

(a) D(f ) = R (la ra´ız c´ ubica se puede calcular para cualquier n´ umero real). p √ (b) f (−x) = 3 6(−x)2 + (−x)3 = 3 6x2 − x3 . Como f (−x) 6= f (x) y f (−x) 6= −f (x), la función no es simétrica. (c) Si x = 0, f (0) = 0. Por tanto, la curva corta al eje Y en el punto (0, 0). √ Si y = 0, 0 = 3 6x2 + x3 . Entonces x = 0 ó x = −6. 226

La curva corta al eje X en los puntos (0, 0) y (−6, 0). (d) Al calcular las dos primeras derivadas de la función resulta: f 0 (x) =

x(4 + x) ; puntos cr´ıticos: x = 0, x = −4, x = −6. (6x2 + x3 )2/3

f 00 (x) =

−8x2 ; puntos cr´ıticos: x = 0, x = −6. (6x2 + x3 )5/3

Estudiando el signo de estas derivadas, podemos escribir la siguiente tabla: (−∞, −6)

(−6, −4)

(−4, 0)

(0, ∞)

f 0 (x)

++

++

––

++

f 00 (x)

++

––

––

––

Por tanto, f crece en (−∞, −4) ∪ (0, ∞) y decrece en (−4, 0). Además, f es cóncava hacia arriba en (−∞, −6) y hacia abajo en (−6, ∞). (e) Observando la tabla anterior se pueden ver los puntos donde cambia de signo alguna derivada. De esto se deduce la siguiente información: Cuando x = −4, la función alcanza un máximo local y cuando x = 0, un m´ınimo local. Además cuando x = −6 hay un punto de inflexión (aqu´ı la derivada segunda no existe). Los puntos de la curva correspondientes a estos valores de x son: √ 3 (−6, 0), (−4, 2 4), (0, 0). (f) - No hay as´ıntotas verticales porque D(f ) = R. - Veamos si hay as´ıntotas horizontales: p 3 l´ım f (x) = l´ım 6x2 + x3 = ∞. x→∞

x→∞

r

6 + 1 = −∞. x→−∞ x→−∞ x→−∞ x No hay as´ıntotas horizontales porque ambos l´ımites son infinitos. l´ım f (x) = l´ım

p 3

6x2

+

x3

= l´ım x

3

- Veamos si hay as´ıntotas oblicuas: f (x) = l´ım m1 = l´ım x→∞ x x→∞

√ 3

6x2 x

+

x3

= l´ım

x→∞

227

q x 3 x6 + 1 x

r = l´ım

x→∞

3

6 + 1 = 1. x

b1

r f (x) 3 6 m2 = l´ım = l´ım + 1 = 1. x→−∞ x x→−∞ x p 3 = l´ım [f (x) − m1 x] = l´ım ( 6x2 + x3 − x) x→∞ x→∞ p √ √ ( 3 6x2 + x3 − x)( 3 (6x2 + x3 )2 + x 3 6x2 + x3 + x2 ) p √ = l´ım 3 x→∞ (6x2 + x3 )2 + x 3 6x2 + x3 + x2 6x2 + x3 − x3 6 √ = l´ım p = = 2, 3 x→∞ 3 (6x2 + x3 )2 + x 6x2 + x3 + x2 1+1+1

(el grado del numerador es igual al grado del denominador; sólo se necesita dividir los coeficientes de los términos de mayor grado). Análogamente se calcula b2 = l´ım [f (x) − m2 x] y se obtiene también que x→−∞

b2 = 2. Se deduce que la recta y = x + 2 es as´ıntota oblicua. (g) La gráfica que resulta del estudio realizado es la siguiente:

PROBLEMA 6.19.

Representar gr´ aficamente la funci´ on f (x) = Soluci´ on

(a) D(f ) = R \ {1, 3}. 228

x . x2 − 4x + 3

(b) f (−x) =

−x −x = 2 . (−x)2 − 4(−x) + 3 x + 4x + 3

Como f (−x) 6= f (x) y f (−x) 6= −f (x), la función no es simétrica. (c) Si x = 0, f (0) = 0. Por tanto, la curva corta al eje Y en el punto (0, 0). Si y = 0, entonces x = 0. La curva corta al eje X en el mismo punto (0, 0). (d) Al calcular las dos primeras derivadas de la función resulta: f 0 (x) = Puntos cr´ıticos: x =

√

(x2

−x2 + 3 . − 4x + 3)2

√ 3, x = − 3. f 00 (x) =

2(x3 − 9x + 12) . (x2 − 4x + 3)3

La segunda derivada se hará cero en alg´ un valor ”a” comprendido entre −4 y −3, porque el numerador toma un valor negativo cuando x = −4 y un valor positivo cuando x = −3. Por el teorema de Bolzano, debe tener una ra´ız en alg´ un punto del intervalo (−4, −3). Esa ra´ız es u ńica porque el polinomio x3 − 9x + 12 es positivo cuando x > −3. Estudiando el signo de estas derivadas, podemos construir la siguiente tabla:

(−∞, a)

√ (a, − 3)

√ (− 3, 1)

√ (1, 3)

√ ( 3, 3)

(3, ∞)

f 0 (x)

––

––

++

++

––

––

f 00 (x)

––

++

++

––

––

++

(e) Observando la tabla anterior se pueden ver los puntos donde cambia de signo alguna derivada. De esto se deduce la siguiente información: √ √ Cuando x = − 3, la función alcanza un m´ınimo local. Cuando x = 3, alcanza un máximo. Los puntos correspondientes de la función son: √ √ √ √ √ √ (− 3, − 3/(6 + 4 3)), ( 3, 3/(6 − 4 3)). Además hay un punto de inflexión cuando x = a. (f) - Las rectas x = 1 y x = 3 pueden ser as´ıntotas verticales, porque los puntos no están en el dominio. En efecto, es evidente que l´ım f (x) = ∞ y además l´ım f (x) = ∞. x→1

x→3

229

- Veamos si hay as´ıntotas horizontales: l´ım f (x) = l´ım

x→∞

x→∞ x2

x = 0. − 4x + 3

(Se trata de un l´ımite indeterminado de la forma ∞/∞ cuyo resultado es 0 porque el grado del numerador es menor que el grado del denominador.) x l´ım f (x) = l´ım 2 = 0. x→−∞ x→−∞ x − 4x + 3 La recta y = 0 es as´ıntota horizontal en ambos extremos del dominio. - No puede haber as´ıntotas oblicuas al haber ya horizontales. (g) La gráfica que resulta del estudio realizado es la siguiente:

PROBLEMA 6.20.

Representar la curva f (x) = ln(x2 − 3x + 2). Soluci´ on

(a) El dominio será el conjunto de puntos solución de la inecuación x2 − 3x + 2 > 0. Como las ra´ıces del primer miembro son 2 y 1, la inecuación se escribe como (x − 1)(x − 2) > 0 y la solución es (−∞, 1) ∪ (2, ∞). 230

(b) Como f (−x) = ln[(−x)2 − 3(−x) + 2] = ln(x2 + 3x + 2), la curva no es simétrica (además, como el dominio no es simétrico, la curva tampoco puede serlo). (c) Si x = 0, f (0) = ln 2. Por tanto, la curva corta al eje Y en el punto (0, ln 2). Si y = 0, √ 3± 5 0 = ln(x − 3x + 2) =⇒ 1 = x − 3x + 2 =⇒ x − 3x + 1 = 0 =⇒ x = . 2 √ √ 3+ 5 3− 5 La curva corta al eje X en los puntos ( , 0) y ( , 0). 2 2 2

2

2

(d) Al calcular las dos primeras derivadas de la función resulta: f 0 (x) =

2x − 3 ; la derivada se anula cuando x = 3/2. x2 − 3x + 2

f 00 (x) =

2(x2 − 3x + 2) − (2x − 3)2 −2x2 + 6x − 5 = . (x2 − 3x + 2)2 (x2 − 3x + 2)2

Como el numerador no tiene ra´ıces reales, f 00 (x) 6= 0, ∀x ∈ D(f ). Estudiando el signo de estas derivadas, podemos escribir la siguiente tabla: (−∞, 1)

(2, ∞)

f 0 (x)

––

++

f 00 (x)

––

––

Por tanto, f crece en (2, ∞) y decrece en (−∞, 1) (recordemos que x = 3/2 no está en el dominio). Además, f es siempre cóncava hacia abajo. (e) De la tabla anterior se deduce que no hay máximos ni m´ınimos locales as´ı como tampoco puntos de inflexión. (f) - Para obtener las as´ıntotas verticales debemos calcular: l´ım f (x) = l´ım ln(x2 − 3x + 2) = −∞;

x→1−

x→1−

l´ım f (x) = l´ım ln(x2 − 3x + 2) = −∞.

x→2+

x→2+

Por tanto, las rectas x = 1 y x = 2 son as´ıntotas verticales. 231

- Veamos si hay as´ıntotas horizontales: l´ım f (x) = l´ım ln(x2 − 3x + 2) = ∞.

x→∞

x→∞

l´ım f (x) = l´ım ln(x2 − 3x + 2) = ∞.

x→−∞

x→−∞

No hay as´ıntotas horizontales porque ambos l´ımites son infinitos. - Veamos si hay as´ıntotas oblicuas: f (x) ln(x2 − 3x + 2) = l´ım x→∞ x x→∞ x 2 ln[x (1 − 3/x + 2/x2 )] 2 ln x + ln(1 − 3/x + 2/x2 ) = l´ım = l´ım = 0. x→∞ x→∞ x x f (x) 2 ln(−x) + ln(1 − 3/x + 2/x2 ) = l´ım = l´ım = 0. x→−∞ x x→−∞ x

m1 =

m2

l´ım

Esto quiere decir que tampoco hay as´ıntotas oblicuas. (g) La gráfica que resulta del estudio realizado es la siguiente:

Observa la simetr´ıa de la gráfica con respecto a la recta x = 3/2, es decir que se verifica la identidad f (x + 3/2) = f (−x + 3/2).

´ D. PROBLEMAS DE MAXIMOS Y M´ INIMOS.

Para resolver problemas donde se pretendan encontrar valores máximos o m´ınimos de ciertas cantidades, se procede de la siguiente manera: 232

1) Determinar la cantidad (que llamaremos y) que se quiere hacer máxima o m´ınima. 2) Construir mediante una fórmula adecuada una función cuya variable dependiente sea la cantidad y y que dependa de otra u otras cantidades (por ejemplo y = f (x1 , x2 , ...)). 3) Encontrar una relación entre las variables de la que depende la cantidad original a partir de los datos del problema. 4) Sustituir en la función construida las variables en función de otra para que resulte una función de una sola variable y determinar los posibles valores (dominio natural) que puede tomar. 5) Aplicar las técnicas de cálculo (derivadas) para encontrar los valores que hacen máxima o m´ınima (seg´ un el caso) la función resultante. 6) Interpretar los resultados de acuerdo al enunciado original.

PROBLEMA 6.21.

Se construye un canal de desag¨ ue de modo que su secci´ on transversal es un trapecio con lados de igual pendiente y longitud 5 m (lados y fondo). ¿C´ omo elegir el ´ angulo de inclinaci´ on β para que el ´ area del corte sea m´ axima? (se supone 0 ≤ β ≤ π/2).

Soluci´ on

1) Se trata de maximizar el área de un trapecio. 2) Escribimos la fórmula del área: A = variables, B, b y h. 233

(B + b)h , la cual depende de tres 2

3) Si definimos las variables que se indican en la figura,

obtenemos las relaciones b = 5; B = 5 + 2x; cos β = x/5; sen β = h/5. 4) Sustituyendo en la fórmula del área, nos queda: (10 + 2x)h (10 + 10 cos β) · 5 sen β = = 25 sen β(1 + cos β) 2 2 De este modo ya tenemos una función que depende de una sola variable, que puede tomar valores entre 0 y π/2 (pues se trata de un ángulo agudo). A=

5) El problema de encontrar el máximo de dicha función se reduce a utilizar métodos de cálculo y determinar los valores de β que anulen la derivada primera. Si derivamos la función, tenemos: A0 = 25 cos β(1 + cos β) + 25 sen β(− sen β) = 25 cos β + 25 cos2 β − 25(1 − cos2 β) = 25(2 cos2 β + cos β − 1). Al hacer A0 = 0 y despejar la variable, tenemos: √ 1 −1 ± 1 + 8 =⇒ cos β = ó cos β = −1. cos β = 4 2 Como 0 ≤ β ≤ π/2, sólo es válido el valor cos β = 1/2, por lo que β = π/3. Para comprobar que el área es máxima para este valor, debemos calcular la derivada segunda y comprobar que A00 (π/3) < 0. En efecto: √ √ √ A00 = 25[4 cos β(− sen β)−sen β] =⇒ A00 (π/3) = 25(2 3/2− 3/2) = 25 3/2. 6) Como el enunciado del problema pide que se calcule el ángulo, la respuesta debe ser β = π/3.

PROBLEMA 6.22.

Una ventana tiene forma rectangular con semic´ırculo en la parte superior. El rect´ angulo es de vidrio claro y el semic´ırculo de vidrio coloreado. El coloreado s´ olo transmite la mitad de luz por m2 que el claro. Si el per´ımetro de la ventana es fijo, determinar las proporciones de la ventana que admitir´ a m´ as luz. 234

Soluci´ on

En la figura siguiente se especifican las variables que se van a utilizar.

1) El problema trata de maximizar la cantidad de luz. 2) La cantidad de luz será el producto del área de cada sección por la luz que transmite por unidad de área. Denotaremos por c a la cantidad de luz por m2 que transmite el vidrio coloreado. De este modo, la cantidad total de luz viene dada por: L = 2c · 2ab + cπa2 /2. 3) En este caso, c es una constante pero a y b son variables. Para poder escribir L como función de una sola variable utilizamos el dato de que el per´ımetro, que llamaremos P , es fijo. Como P = 2a + 2b + πa =⇒ 2b = P − 2a − πa. 4) Sustituyendo 2b en la ecuación de L, obtenemos: L = 2ca(P − 2a − πa) + cπa2 /2. 5) Ya podemos manejar las herramientas del cálculo para encontrar el máximo de la función L con variable a. Derivando en primer lugar resulta: L0 = 2c(P − 2a − πa) + 2ca(−2 − π) + cπa = 2cP − 8ca − 3πca. −2cP 2P = . −8c − 3πc 8 + 3π Para comprobar que este valor de a da lugar al máximo de la función calcularemos L00 : L00 = c(−8 − 3π) < 0.

Si L0 = 0, entonces a =

6) De este modo, las dimensiones de la ventana que maximizan la cantidad de luz son 2P a = ; 8+ 3π 4P 2P π 8P + 3P π − 4P − 2P π (4 + π)P 1 b = P− − = = . 2 8 + 3π 8 + 3π 2(8 + 3π) 2(8 + 3π) 235

PROBLEMA 6.23.

La rigidez de una viga rectangular es proporcional al producto de su anchura por el cubo de su profundidad, pero no est´ a relacionada con su longitud. Hallar las proporciones de la viga m´ as r´ıgida que puede cortarse de un tronco de di´ ametro dado. Soluci´ on

1) La sección de la viga cortada de un tronco circular, cuya rigidez queremos calcular, tiene la forma de la figura:

2) De acuerdo al enunciado, la rigidez de la viga viene expresada por: R = kap3 donde a (anchura) y p (profundidad) son variables. 3) Sin embargo dichas variables están relacionadas por la fórmula p a2 + p2 = (2r)2 =⇒ a = d2 − p2 siendo d el diámetro del tronco. p 4) As´ı pues, R = kp3 d2 − p2 y resulta una función con una sola variable (k y d son constantes). 5) Buscamos los puntos cr´ıticos: R0 = 3kp2

p

−2p 3kp2 (d2 − p2 ) − kp4 kp2 (3d2 − 4p2 ) p p d2 − p2 +kp3 p = = . 2 d 2 − p2 d 2 − p2 d 2 − p2

Para que R0 = 0, debe ser p = 0 ó 3d2 − 4p2 =√0. El primer caso no es posible y el segundo da como resultado que p = d 3/2. Volviendo a derivar se comprueba que dicho valor de p produce un máximo. p 6) Para obtener la anchura, basta sustituir p en la fórmula a = d2 − p2 . Resulta que a = d/2 = r. 236

PROBLEMA 6.24.

Hallar el per´ımetro y ´ area del rect´ angulo de ´ area m´ axima que puede 2 inscribirse entre la par´ abola y = 9 − x y el eje X . Soluci´ on

La situación que se presenta viene representada en la siguiente gráfica:

De este modo, la base del rectángulo mide 2x (debido a la simetr´ıa de la curva dada) y la altura 9 − x2 (ya que los puntos superiores del rectángulo deben estar sobre la parábola). El área será entonces: A = 2x(9 − x2 ) la cual ya viene expresada como función de una sola variable. Derivando e igualando a cero la derivada, tenemos que: √ A0 = 18 − 6x2 y A0 = 0 ⇐⇒ x = ± 3. √ √ Como A00 = −12x y A00 ( 3) < 0, el punto x = 3 corresponde a un máximo. √ Sustituyendo en la fórmula del área, resulta A = 12 3. Como también se pide el per´ımetro del rect´ angulo y este vale P = 4x+2(9− √ x2 ), al sustituir nos queda que P = 12 + 4 3.

PROBLEMA 6.25.

Calcular las dimensiones del cono inscrito en una esfera de radio R para que el volumen sea m´ aximo. 237

Soluci´ on 1 La fórmula del volumen del cono es V = πr2 h, donde r es el radio de la 3 base y h la altura del cono.

Ahora bien, observando en la figura el triángulo rectángulo OM B de dimensiones OM = h − R, OB = R, M B = r, por el teorema de Pitágoras R2 = (h − R)2 + r2 , de donde r2 = R2 − (h − R)2 . Sustituyendo en la fórmula del volumen tenemos: 1 1 V = π[R2 − (h − R)2 ]h = π(−h3 + 2Rh2 ). 3 3 Derivando, 1 1 V 0 = π(−3h2 + 4Rh) = πh(−3h + 4R). 3 3 Para encontrar los extremos hacemos V 0 = 0 lo que ocurre cuando h = 0 ó h = 4R/3. El primer valor no tiene sentido en este contexto; el segundo lo sustituimos en la derivada segunda. Tenemos: 1 1 V 00 = π(−6h + 4R) =⇒ V 00 (4R/3) = π(−8R + 4R) < 0 3 3 con lo que el valor h = 4R/3 corresponde a un máximo. p √ El radio del cono será r = R2 − (h − R)2 = 2 2R/3.

PROBLEMA 6.26.

Las caras laterales de una pir´ amide triangular regular se abaten sobre el plano de la base y hacia el exterior. La circunferencia que pasa por los tres abatimientos del v´ ertice superior tiene de radio 10 cm. Calcular la longitud del lado de la base para que el volumen de la pir´ amide sea m´ aximo. 238

Soluci´ on

Se trata de maximizar la función volumen de la pirámide cuya fórmula es 1 V = SB h, donde SB es el área de la base y h es la altura de la pirámi3 de.

Sea r el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo de√la base y l el lado del mismo. Como el ngulo es equilátero, SB = l2 3/4. Como √ triá2 √ √ √ (2 3r) 3 = 3 3r2 . además l = 2 3r, SB = 4 La altura de la pirámide es un cateto de un triángulo rectángulo, cuyo otro cateto es r y la hipotenusa 10 − r. Tenemos as´ı: h=

p √ (10 − r)2 − r2 = 100 − 20r.

Sustituyendo en la fórmula del volumen, resulta: V =

p √ √ 1 √ 2√ · 3 3r 100 − 20r = 3 · 100 − 20r · r2 = 300r4 − 60r5 3

Derivamos para calcular los extremos: 1200r3 − 300r4 . V0 = √ 2 300r4 − 60r5 As´ı V 0 = 0 ⇐⇒ 1200r3 = 300r2 ⇐⇒ r = 4 ó r = 0. Como r = 4 hace que V 00 < 0, corresponde a un máximo. √ Las dimensiones buscadas son pues r = 4, l = 8 3. 239

PROBLEMA 6.27.

Hallar la posici´ on m´ as favorable para meter gol desde un punto de la banda lateral de un campo de f´ utbol, siendo a y b las distancias respectivas desde el c´ orner a los postes de la porter´ıa. Soluci´ on

La posición más favorable será aquella desde la cual se vea la porter´ıa bajo mayor ángulo. Sea x la distancia del córner C1 a la posición P que suponemos más favorable. De acuerdo a la gráfica adjunta, tenemos que tg α = a/x y tg β = b/x. Como b/x − a/x (b − a)x γ = β − α, tendremos tg γ = tg(β − α) = = . 2 1 + ab/x ab + x2 Debemos maximizar la función y = tg γ = y0 =

(b − a)x . Derivando: ab + x2

(b − a)(ab − x2 ) (b − a)(ab + x2 ) − 2x2 (b − a) = . 2 2 (x + ab) (x2 + ab)2

√ Al igualar a cero resulta x2 = ab =⇒ x = ± ab. √ Además, la derivada segunda es y 00 ( ab) √ < 0 por lo que la distancia al córner sobre la banda más favorable es x = ab.

240

PROBLEMA 6.28.

Hallar la altura del cilindro circular recto, de volumen m´ aximo que se puede inscribir en una esfera de radio R. Soluci´ on

La función a maximizar es el volumen del cilindro, de ecuación V = πr2 h. La relación entre el radio y la altura viene dada por la fórmula r2 + (h/2)2 = R2 =⇒ r2 = R2 − h2 /4, que al sustituir en la fórmula del volumen resulta V = πh(R2 − h2 /4). Derivando con respecto a h, V 0 = π[(R2 − h2 /4) + h(−h/2)] = π[R2 − 3h2 /4]. p √ V 0 = 0 ⇐⇒ R2 = 3h2 /4 ⇐⇒ h = ± 4R2 /3 = ±2R/ 3. √ Nótese que V 00 = −(3/4)π·2h y V 00 (2R/ √ 3) < 0 lo que indica que el volumen máximo se alcanza cuando h = 2R/ 3.

ˆ E. TEOREMAS DEL VALOR MEDIO. REGLA DE L’HOPITAL.

Tres propiedades fundamentales de las funciones derivables corresponden a los siguientes teoremas del valor medio: a) Teorema de Rolle.

Si una funci´ on y = f (x) verifica las siguientes hip´ otesis: a) f es continua en un intervalo cerrado [a, b]; b) f es derivable en el intervalo abierto (a, b); c) f (a) = f (b); 241

entonces se puede asegurar la existencia de otro punto c comprendido entre a y b para el cual f 0 (c) = 0. El teorema de Rolle se puede interpretar diciendo que entre dos puntos donde una función continua y derivable toma el mismo valor, debe haber otro punto donde la derivada se anule. Similar al teorema anterior aunque más general es el siguiente: b) Teorema del valor medio de Lagrange.

Si una funci´ on y = f (x) verifica las siguientes hip´ otesis: a) f es continua en un intervalo cerrado [a, b]; b) f es derivable en el intervalo abierto (a, b); entonces se puede asegurar la existencia de otro punto c comprendido f (b) − f (a) entre a y b para el cual f 0 (c) = . b−a La u ´ltima igualdad indica que las pendientes de la recta tangente a y = f (x) por el punto x = c y de la recta secante que pasa por (a, f (a)) y (b, f (b)) son iguales, es decir, que tales rectas son paralelas. c) Teorema del valor medio de Cauchy.

Dadas dos funciones y = f (x), y = g(x) continuas en un intervalo cerrado [a, b] y derivables en el intervalo abierto (a, b), entonces existe f 0 (c) f (b) − f (a) un punto c ∈ (a, b) tal que 0 = . g (c) g(b) − g(a) Consecuencia de este teorema es la regla de L’Hˆ opital para resolver l´ımites indeterminados utilizando derivadas. Los casos en que se puede aplicar son los siguientes: REGLA 1 ( CASO 0/0): f (x) f 0 (x) = L, entonces l´ım = L. 0 x→a g(x) x→a g (x)

Si l´ım f (x) = l´ım g(x) = 0 y l´ım x→a

x→a

REGLA 2 (CASO ∞/∞): f 0 (x) f (x) = L, entonces l´ım = L. 0 x→a g (x) x→a g(x)

Si l´ım f (x) = l´ım g(x) = ∞ y l´ım x→a

x→a

OBSERVACIONES: 1) En ambos casos a puede tomar cualquier valor infinito. 242

2) Las indeterminaciones 0/0 e ∞/∞ son los u ńicos casos en que es posible aplicar la regla de L’Hôpital. Cualquier otra indeterminación se debe previamente transformar en una de estas dos. 3) Esta regla es apropiada cuando el l´ımite del cociente de las derivadas es más sencillo que el original. En caso contrario, se debe aplicar alguna otra técnica como las ya estudiadas. 4) La regla se puede aplicar sucesivas veces mientras se mantenga la indeterminación y se puedan derivar las funciones, es decir, podemos derivar tantas veces f y g como sea posible y hasta que alguna de estas derivadas tenga l´ımite distinto de cero o de infinito.

PROBLEMA 6.29.

¿Se puede aplicar el teorema de Rolle a la funci´ on f (x) = −3 + 3(x − 1)2/3 en el intervalo [0, 2]? Soluci´ on

Veamos si se cumplen todas las hipótesis del teorema: a) f está definida para cualquier valor real; es continua en todo R. b) Como f 0 (x) = 2(x − 1)−1/3 , no está definida para x = 1; no es derivable en el intervalo (0, 2). No se cumplen las condiciones del teorema de Rolle. No se puede asegurar la existencia de puntos en el intervalo (0, 2) que anulen la derivada de la función (aunque puede haberlos).

PROBLEMA 6.30.

Probar que f (x) = 6x4 − 7x + 1 no tiene m´ as de dos ra´ıces reales.

Soluci´ on

Supongamos que la función dada s´ı tiene más de dos ra´ıces reales (lo cual es posible pues se trata de un polinomio de grado 4). Es decir, que existen 243

por lo menos tres puntos a, b, c para los que se cumple que f (a) = f (b) = f (c) = 0. Veamos si se cumplen las condiciones del teorema de Rolle en los intervalos [a, b] y [b, c]: Como es un polinomio, se trata de una función continua en todo R. Además es derivable y su derivada es f 0 (x) = 24x3 − 7. Como se cumplen todas las condiciones del teorema, deben existir dos valores, r y s, uno en cada intervalo donde se verifique que f 0 (r) = f 0 (s) = 0. Sin embargo, para que f 0 (x) = 0 debe ocurrir que x3 = 7/24, es decir, p x = 3 7/24 y este valor es u ńico. La suposición inicial de que puede haber más de dos ra´ıces reales es falsa y queda probado lo que se ped´ıa en el ejercicio.

PROBLEMA 6.31. √ Averiguar si la funci´ on f (x) = 3 x − 4x cumple las hip´ otesis del teorema del valor medio en el intervalo [1, 4]. Caso de que sea as´ı, encontrar los valores de c que verifican el teorema.

Soluci´ on

f es continua en el intervalo (está definida para todos los valores x ≥ 0). √ Como f 0 (x) = −4 + 3/2 x, f es derivable en el intervalo (1, 4). Se verifican todas las condiciones del teorema. Para encontrar los valores de √ c, plantearemos la ecuación correspondiente. Por un lado, f 0 (c) = −4 + 3/2 c, f (4) − f (1) −10 + 1 y por otro, = = −3. 4−1 3 √ √ Al resolver la ecuación −4 + 3/2 c = −3, resulta 3/2 c = 1 =⇒ c = 9/4.

244

PROBLEMA 6.32.

Resolver el mismo problema anterior para la funci´ on x f (x) = en [−1, 1]. x−1 Soluci´ on

f no está definida en el punto x = 1 pues se anula el denominador. Esto quiere decir que no es continua en todo el intervalo [−1, 1]. No se puede aplicar el teorema del valor medio.

PROBLEMA 6.33.

Un automovilista recorre 80 Km en una hora. Probar que la velocidad del autom´ ovil fue de 80 Km/h por lo menos una vez durante el trayecto. Soluci´ on

Sea f (t) la función que indica la distancia recorrida por el móvil al cabo del tiempo t (medido en horas). Suponemos que f es una función continua y derivable (lo cual quiere decir que el movimiento no ha sufrido frenadas bruscas ni arrancadas instantáneas). Por el teorema del valor medio, debe existir alg´ un momento t0 comprendido entre 0 y 1 para el cual se verifique: f 0 (t0 ) =

f (1) − f (0) = 80. 1−0

Como la derivada de la distancia es la velocidad, hemos comprobado que esta es de 80 Km/h en el momento t0 , por lo menos.

PROBLEMA 6.34.

Comprobar el teorema del valor medio para la funci´ on f (x) = 2x2 − 7x + 10, en el intervalo [2, 5]. 245

Soluci´ on

Seg´ un el teorema del valor medio, si f es una función continua en [a, b] y f (b) − f (a) derivable en (a, b), entonces existe c ∈ (a, b) para el que f 0 (c) = . b−a Como en nuestro caso se trata de una función polinómica, es claro que es continua y derivable en todo R y como f 0 (x) = 4x−7, f (2) = 4, f (5) = 25, el 25 − 4 teorema del valor medio dice que existe c ∈ (2, 5) tal que 4c − 7 = =7 5−2 de modo que c = 3, 5 que evidentemente pertenece al intervalo (2, 5).

PROBLEMA 6.35. xn − 1 . x→1 x − 1

Resolver l´ım

Soluci´ on

Tenemos una indeterminación del tipo 0/0. Si derivamos numerador y denominador, el l´ımite queda de la forma: nxn−1 xn − 1 = l´ım = n. x→1 x→1 x − 1 1 l´ım

PROBLEMA 6.36.

Calcular l´ım

x→0

sen x − x cos x . x(1 − cos x)

Soluci´ on

Utilizamos la equivalencia 1 − cos x ∼ x2 /2 y la regla de L’Hôpital: sen x − x cos x sen x − x cos x = l´ım 2 x→0 x→0 x · x /2 x3 /2 cos x − (cos x − x sen x) x sen x sen x = 2/3. = 2 l´ım = 2 l´ım = (2/3) l´ım x→0 x→0 3x2 x→0 x 3x2

L =

l´ım

246

PROBLEMA 6.37.

Resolver l´ım

x→0

1 1 − sen x x

.

Soluci´ on

La indeterminación es ahora de la forma ∞ − ∞. Podemos hacer denominador com´ un y convertir la expresión en un cociente: 1 x − sen x 1 L = l´ım = l´ım − . x→0 sen x x→0 x sen x x Ahora el l´ımite es de la forma 0/0 y podemos aplicar la regla de L’Hôpital: L = l´ım

x→0

1 − cos x x − sen x = l´ım . x→0 sen x + x cos x x sen x

Nuevamente el l´ımite presenta la indeterminación 0/0. Volvemos a aplicar la regla: sen x 0 L = l´ım = = 0. x→0 cos x − x sen x + cos x 2

PROBLEMA 6.38. 1 2 Calcular l´ım x − x ln 1 + . x→∞ x Soluci´ on

Si hacemos el cambio x = 1/z y aplicamos la regla de L’Hôpital, tenemos: 1 1 − 1+z 1 1 z − ln(1 + z) − 2 ln(1 + z) = l´ım L = l´ım = l´ım z z2 2z z→0+ z z→0+ z→0+ z 1 1 = l´ım = l´ım = . 2 z→0+ 2z(1 + z) z→0+ 2(1 + z)

247

PROBLEMA 6.39.

Calcular l´ım

√ x

x→0

ch x.

Soluci´ on Como el l´ımite es de la forma 1∞ , tomamos logaritmos y aplicamos la regla de L’Hôpital: 1 ln ch x sh x/ ch x ln ch x = l´ım = l´ım = 0. x→0 x x→0 x→0 x 1

ln L = l´ım

En definitiva, L = e0 = 1.

PROBLEMA 6.40.

Calcular l´ım sen x · e1/(1−cos x) . x→0

Soluci´ on

Utilizando la equivalencia de los infinitésimos sen x ∼ x y aplicando la regla de L’Hôpital, tenemos: − sen x · e1/(1−cos x) e1/(1−cos x) (1−cos x)2 = l´ım x→0 x→0 1/x −1/x2 x2 sen x . = l´ım e1/(1−cos x) · x→0 (1 − cos x)2

L =

l´ım

Aplicando ahora las equivalencias sen x ∼ x y 1 − cos x ∼ x2 /2, tenemos 4e1/(1−cos x) L = l´ım = ∞. x→0 x

PROBLEMA 6.41. sen x

Calcular l´ım x x→0+

1 ch x − . x2 x sh x 248

Soluci´ on

Calcularemos por separado los l´ımites de cada uno de los factores. Si llamamos A = l´ım xsen x , x→0+

1/x ln x = l´ım x→0+ − cos x/ sen2 x x→0+ x→0+ 1/ sen x − sen2 x −x2 −x = l´ım = l´ım = l´ım = 0. + + + x cos x x→0 x→0 x cos x x→0 cos x

ln A =

l´ım sen x ln x = l´ım

1 ch x sh x − x ch x ch x − (ch x + x sh x) B = l´ım − = l´ım = l´ım 2 2 x sh x x sh x 2x sh x + x2 ch x x→0+ x x→0+ x→0+ − sh x − ch x −x sh x = l´ım = l´ım = l´ım x→0+ 2 sh x + x ch x x→0+ 2 ch x + ch x + x sh x x→0+ x(2 sh x + x ch x) 1 − ch x =− . = l´ım + 3 x→0 3 ch x + x sh x En definitiva, L = A · B = −1/3.

PROBLEMA 6.42. ap − 1 . p→0 p

Calcular l´ım

Soluci´ on

Si aplicamos la regla de L’Hôpital, tenemos: ap ln a = ln a. p→0 1

L = l´ım

PROBLEMA 6.43.

Calcular l´ım xx . x→0

249

Soluci´ on Tomando logaritmos, resulta: ln x 1/x −x2 = l´ım = l´ım = 0. 2 x→0 1/x x→0 −1/x x→0 x

ln L = l´ım x ln x = l´ım x→0

Se obtiene entonces que L = e0 = 1.

PROBLEMA 6.44. x

Calcular l´ım xx . x→0

Soluci´ on

Teniendo en cuenta el resultado del problema anterior, tenemos: l´ım xx ln x

L = ex→0

= e1·(−∞) = 0.

PROBLEMA 6.45. tg x 1 Calcular l´ım . x→0+ x Soluci´ on

Procederemos como en casos anteriores: ln(1/x) (1/x)−1 · (−1/x2 ) = l´ım −1/ sen2 x x→0+ x→0+ cotg x x→0+ −1/x sen x = l´ım = l´ım · sen x = 0, 2 x x→0+ −1/ sen x x→0+

ln L =

l´ım tg x ln(1/x) = l´ım

de donde L = 1.

250

F. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Encontrar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de las funciones:

(a) f (x) = x3 /3 + 3x2 /2 − 10x. Resp.: Crece en (−∞, −5) y en (2, ∞); decrece en (−5, 2).

(b) f (x) = x3 + x + 4/x. Resp.: Crece en (−∞, −1) ∪ (1, ∞); decrece en (−1, 0) ∪ (0, 1).

(c) f (x) = √

x . +1

x2

Resp.: Crece en (−∞, ∞).

2.- Encontrar los m´ aximos y m´ınimos locales de las funciones:

(a) f (x) = x5 − 5x. Resp.: Máximo local: (−1, 4); m´ınimo local: (1, −4).

(b) f (x) = x + 1/x. Resp.: Máximo local: (−1, −2); m´ınimo local: (1, 2). [Observa que el máximo está por debajo del m´ınimo. Esto no es extra˜ no porque la función es discontinua en x = 0 y en las proximidades de este punto la función tiende a ±∞ ].

(c) f (x) = |4 − x2 |. Resp.: Máximo local: (0, 4); m´ınimos locales: (−2, 0) y (2, 0).

3.- Sea y = f (x) una funci´ on definida en [a, h] cuya derivada tiene la siguiente gr´ afica: 251

y = f 0 (x)

(a) ¿D´ onde es f creciente? (b) ¿D´ onde tiene f un m´ aximo local? (c) ¿Cu´ ales son los puntos de inflexi´ on? (d) Representar aproximadamente la funci´ on f . Resp.: f es creciente en (b, d). f tiene un máximo local en x = d. f tiene puntos de inflexión en x = c y en x = e.

4.- Estudiar la concavidad de las funciones: (a) f (x) =

x3 . x2 − 4

Resp.: Cóncava hacia arriba: (−2, 0), (2, ∞); cóncava hacia abajo: (−∞, −2), (0, 2).

(b) f (x) = (5 − x)5/3 + 2. Resp.: Cóncava hacia arriba: (−∞, 5); cóncava hacia abajo: (5, ∞). 252

5.- Estudiar el crecimiento y la concavidad de las siguientes funciones: (a) f (x) =

x . 1 − x2

Resp.: Crece en (−∞, −1) ∪ (0, 1) y es siempre cóncava hacia arriba.

(b) f (x) =

x−

√

x2 + 1 . x

Resp.: Es siempre creciente y es cóncava hacia arriba en (−∞, 0).

(c) f (x) = 2 cos x + cos2 x en el intervalo [0, 2π]. Resp.: Es creciente en (π, 2π) y cóncava hacia arriba en (π/3, 5π/3).

6.- Dada la curva y = ax3 + bx2 + cx, encontrar el valor de las constantes a, b y c para que f tenga un punto de inflexi´ on en (1, 2) y adem´ as la pendiente de la recta tangente en ese mismo punto sea −2. Resp.: Resolver el sistema a + b + c = 2 6a + 2b = 0 3a + 2b + c = −2 Se obtienen los valores a = 4, b = −12, c = 10.

7.- Representar aproximadamente una funci´ on cuya derivada es la que se tiene a continuaci´ on:

Resp.: Tener en cuenta que f crece en (−3, 4/5) y decrece en (4/5, 7). También se observa en la gráfica que f 0 (x) = 0 cuando x = −3, x = 4/5 y x = 7. 253

8.- Dibujar la gr´ afica de una funci´ on y = f (x) que cumpla las condiciones siguientes: (a) f es continua y derivable en (−∞, 0) ∪ (0, ∞). (b) l´ım f (x) = 0. x→−∞

(c) Si −∞ < x < 0 : f (x) < 0, f 0 (x) < 0, f 00 (x) < 0. (d) l´ım f (x) = −∞. x→0

(e) Si 0 < x < 1 : f (x) < 0, f 0 (x) > 0, f 00 (x) < 0. (f) f (1) = 0. (g) Si 1 < x < 2 : f (x) > 0, f 0 (x) > 0, f 00 (x) < 0. (h) f (2) = 1. (i) Si 2 < x < 3 : f (x) > 0, f 0 (x) < 0, f 00 (x) < 0. (j) f (3) = 1/2. (k) Si 3 < x < ∞ : f (x) > 0, f 0 (x) < 0, f 00 (x) > 0. (l) l´ım f (x) = 0. x→∞

Resp. Tabla de signos: (−∞, 0)

(0, 1)

(1, 2)

(2, 3)

(3, ∞)

f 0 (x)

––

++

++

––

––

f 00 (x)

––

––

––

––

++

254

Gráfica:

9.- Dibujar la gr´ afica de una funci´ on y = f (x) que cumpla las condiciones siguientes: (a) D(f ) = [−2, 4) ∪ (4, ∞). (b) f (−2) = −3; f es continua en su dominio. (c) f 0 (x) < 0 si x ∈ (2, 3) ∪ (4, 6); f 0 (x) > 0 si x ∈ [−2, 2) ∪ (3, 4) ∪ (6, ∞); f 0 (2) = f 0 (6) = 0; f 0 (3) no existe. (d) f 00 (x) < 0 si x ∈ (0, 3); f 00 (x) > 0 si x ∈ (−2, 0) ∪ (3, 4) ∪ (4, ∞); f 00 (0) = 0. (e) La recta x = 4 es as´ıntota. Resp. La tabla de signos es la siguiente:

(−2, 0)

(0, 2)

(2, 3)

(3, 4)

(4, 6)

(6, ∞)

f 0 (x)

++

++

––

++

––

++

f 00 (x)

++

––

––

++

++

++

Un posible resultado es el indicado en la siguiente gráfica:

255

10.- Dibujar la gr´ afica de una funci´ on y = f (x) que cumpla las condiciones siguientes: (a) Es continua en (−∞, 3) ∪ (3, ∞). (b) f (−2) = 8, f (0) = 4, f (2) = −1. (c) f 0 (x) > 0 si |x| > 2; f 0 (x) < 0 si |x| < 2; f 0 (2) = 0; f 0 (−2) no existe. (d) f 00 (x) < 0 si −2 < x < 0; f 00 (x) > 0 si x > 0. (e) l´ım f (x) = −4; x = 3 es as´ıntota vertical. x→−∞

Resp. Tabla de signos:

f 0 (x) f 00 (x)

(−∞, −2)

(−2, 0)

(0, 2)

(2, 3)

(3, ∞)

++

––

––

++

++

––

++

++

++

Gráfica:

11.- Dibujar la gr´ afica de una funci´ on y = f (x) que cumpla las condiciones siguientes: (a) D(f ) = (−∞, −1) ∪ (−1, ∞). (b) Es continua y derivable en D(f ). (c) El u ńico punto de intersecci´ on con los ejes es (0, 0). (d) No hay simetr´ıa con el eje Y . (e) f 0 (x) > 0 en (−∞, −2) ∪ (0, ∞). 256

(f) Tiene un m´ınimo local en (0, 0) y un m´ aximo local en (−2, −4). (g) La recta y = x − 1 es as´ıntota. (h)

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

x→−1+

Resp. Algunos datos se resumen en la tabla:

f 0 (x)

(−∞, −2)

(−2, −1)

(−1, 0)

(0, ∞)

++

––

––

++

La gráfica buscada puede ser como la siguiente:

12.- Representar la gr´ afica de las funciones siguientes: (a) f (x) = (x + 1)3 (x − 1). Resp.: La tabla de signos es la siguiente:

(−∞, −1)

(−1, 0)

(0, 1/2)

(1/2, ∞)

f 0 (x)

––

––

––

++

f 00 (x)

++

––

++

++

y la gráfica es la que se ilustra a continuación: 257

(b) f (x) =

√

8+x−

√

8 − x.

Resp.: Como el dominio es [−8, 8], no tiene sentido calcular as´ıntotas. La tabla de signos es la siguiente:

(−4, 0)

(0, 4)

f 0 (x)

++

++

f 00 (x)

––

++

La gráfica es la siguiente:

r

(c) f (x) =

x . 4−x

Resp.: Tabla de signos: 258

(0, 1)

(1, 4)

f 0 (x)

++

++

f 00 (x)

––

++

Gráfica:

(d) f (x) = x3 + 3/x. Resp.: Tabla de signos:

(−∞, −1)

(−1, 0)

(0, 1)

(1, ∞)

f 0 (x)

++

––

––

++

f 00 (x)

––

––

++

++

Gráfica:

(e) f (x) = √

2x . 4x2 − 4

Sugerencia: La función es impar; basta estudiarla en el intervalo (0, ∞) y dibujarla de acuerdo a la simetr´ıa. 259

Resp. Tabla de signos: (−∞, −1)

(1, ∞)

f 0 (x)

––

––

f 00 (x)

––

++

Gráfica:

(f) f (x) =

(x − 2)3 . x2

Resp. Tabla de signos: (−∞, −4)

(−4, 0)

(0, 2)

(2, ∞)

f 0 (x)

++

––

++

++

f 00 (x)

––

––

––

++

Gráfica:

13.- Se construye un dep´ osito como el de la figura con una pieza de metal de 3 m. de ancho y 20 m. de longitud. Expresar el volumen en t´ erminos de β y hallar el m´ aximo volumen posible. 260

Sugerencia: La figura es un prisma recto cuya base es un trapecio. El volumen es igual al área de la base por la altura. √ Resp.: V = 20(1 + cos β) sen β; Vmáx = 15 3.

14.- Se construye un tanque de gas formado por un cilindro y dos semiesferas. El costo por m2 de las semiesferas es doble a la parte cil´ındrica. Si la capacidad es 10π , ¿cu´ ales son las dimensiones que minimizan el costo?

Resp.: r =

√ 3

√ 15/2, h = 30/ 3 225.

15.- Dada una esfera de radio R, encontrar las dimensiones del cono circular recto de volumen m´ınimo que contiene a la esfera. Sugerencia: La generatriz del cono es tangente a la esfera, por lo tanto perpendicular al radio en el punto de corte. Establecer semejanza de triángulos rectángulos. √ Resp.: h = 4R, r = R 2.

16.- Un pescador se encuentra en un bote costa. Desea llegar a un punto 6 Km se sabe que puede remar a 3 Km/h y qu´ e punto de la playa debe llegar si el debe ser m´ınimo?

de remos a 2 Km de la m´ as all´ a del primero y caminar a 5 Km/h. ¿A tiempo de la trayectoria

Sugerencia: El tiempo de trayectoria es la suma del tiempo que pasa remando y el tiempo que tarda caminando. En ambos casos, t = dist/veloc. (se supone movimiento uniforme). 261

Resp.: Debe remar hasta un punto situado 1,5 Km del punto más próximo en la costa.

17.- Una recta variable pasa por (1, 2) y corta al eje X en A(a, 0) y al eje Y en B(0, b). Hallar el ´ area del tri´ angulo AOB de menor area si a, b > 0. ´ Resp.: Area(m´ın) = 4.

18.- Hallar las coordenadas del punto sobre y = (4, 0).

√

x m´ as cercano al

Sugerencia: En vez de minimizar la distancia, es más cómodo minimizar el cuadrado de la distancia. La variable independiente no cambia. p Resp.: (7/2, 7/2).

19.- Con una pieza de 48 cm de ancho se quiere construir un canal para lo cual se doblan los extremos formando un tri´ angulo is´ osceles. ¿Qu´ ea ńgulo deben formar sus lados para que el canal contenga la mayor cantidad de l´ıquido? Resp.: El ángulo debe ser de 90 grados.

20.- Hallar las dimensiones de un tri´ angulo rect´ angulo de hipotenusa dada que engendre un cono de volumen m´ aximo al girar alrededor de uno de sus catetos. √ Resp.: Si la√hipotenusa mide a, la altura del cono es h = a/ 3 y el radio r = a 2/3. 21.- La trayectoria de un proyectil lanzado desde Tierra tiene por ecuaci´ on x = 30 cos(π/4) · t; y = 30 sen(π/4) · t − gt2 /2.

(a) Encontrar la ecuaci´ on cartesiana. (b) Calcular la altura m´ axima. (c) Calcular el tiempo que tarda en alcanzar la altura m´ axima. Resp.: (a) y = x−gx2 /900. Corresponde a la ecuación de una parábola. (b) ymáx = 225/g. √ (c) t = 30/g 2.

262

22.- Si f (x) = |2x − 1| − 3, al calcular su derivada se observa que esta nunca se anula. Adem´ as f (2) = f (−1) = 0. ¿Contradice esto el teorema de Rolle? Resp.: No, porque en el punto x = 1/2 que pertenece al intervalo (−1, 2) la función no es derivable. Como falla una de las hipótesis, no se puede aplicar el teorema.

23.- Si la gr´ afica de un polinomio tiene tres intersecciones con el eje X , probar: a) que hay al menos dos puntos donde la tangente es horizontal. b) que al menos en un punto se anula f 00 . Resp.: Basta aplicar el teorema de Rolle en los intervalos correspondientes a puntos consecutivos donde las funciones f y f 0 se anulan.

24.- Probar que la funci´ on f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x − 6 s´ olo tiene una ra´ız en el intervalo [−1, 0]. Resp.: La función cambia de signo en el intervalo y la derivada no se anula en ning´ un punto del mismo.

25.- Probar que la ecuaci´ on x2 = x sen x + cos x tiene exactamente dos soluciones. Sugerencia: Estudiar el crecimiento de la función f (x) = x2 − x sen x − cos x y encontrar sus máximos y m´ınimos. Otro método: Suponer que tiene más de dos ra´ıces y utilizar el teorema de Rolle en los dos intervalos que dichas ra´ıces determinan. ¿Qué pasar´ıa si sólo tuviera una ra´ız? ( x3 + 2x + 2 si x < 0, 26.- Sea f (x) = Probar que f (x) = 0 s´ olo 2 x − 3x + 2 si x ≥ 0. tiene una ra´ız en el intervalo (−1, 1). Sugerencia: Comprobar que la función es creciente y cambia de signo en los extremos del intervalo (−1, 0) y que no tiene ra´ıces en el intervalo (0, 1).

27.- Averiguar si alguna de las siguientes funciones cumple las hip´ otesis del teorema del valor medio. En caso afirmativo, encontrar los valores de c que verifican el teorema: 263

a) f (x) =

√

x − 1 en [1, 3].

Resp.: S´ı; c = 3/2.

b) f (x) = −3 + 3(x − 1)2/3 en [0, 2]. Resp.: No. (

3−x2 2

si x ≤ 1, en [0, 2]. 1/x si x > 1 √ Resp.: S´ı; c1 = 1/2, c2 = 2. c) f (x) =

28.- Una persona que recorri´ o 202 Km en dos horas asegur´ o que nunca excedi´ o el l´ımite de velocidad de 100 Km/h. Usar el teorema del valor medio para demostrar que minti´ o. 29.- Demostrar que si f es continua en c y existe l´ım f 0 (x), entonces existe f 0 (c) y es igual a l´ım f 0 (x).

x→c

x→c

Sugerencia: Aplicar el teorema del valor medio a f en los intervalos [c, c + h] y [c − h, c].

30.- Probar que sen x ≤ x para todo x en [0, ∞). Sugerencia: Aplicar el teorema del valor medio a f (x) = sen x − x en el intervalo [0, x].

31.- Demostrar que | sen x − sen y| ≤ |x − y|. Sugerencia: Aplicar el teorema del valor medio a f (x) = sen x en cualquier intervalo [x, y].

32.- Sea f una funci´ on continua en [a, b] con derivada segunda f 00 en (a, b) y tal que el segmento que une los puntos (a, f (a)) y (b, f (b)) corta a la curva en (c, f (c)) donde a < c < b. Probar que f 00 (t) = 0 para alg´ un t en (a, b). Sugerencia: Probar que existen c1 , c2 ∈ (a, b) tales que f 0 (c1 ) = f 0 (c2 ) aplicando elteorema del valor medio a f en los intervalos [a, c] y [c, b].

264

33.- Resolver l´ım

x→0

Resp.:

x + sen πx . x − sen πx

1+π . 1−π

34.- Resolver l´ım x→π/2

π x − cotg x 2 cos x

Resp.: −1. sen 4x · sen 3x . x sen 2x x→π/2

35.- Resolver l´ım Resp.: 4/π.

tg πx . x+2

36.- Resolver l´ım

x→−2

Resp.: π. x − sen x . x→0 x − tg x

37.- Resolver l´ım Resp.: −1/2.

38.- Resolver l´ım

x→0+

2x √ . x + 1/ x

Resp.: 0.

39.- Resolver l´ım (sec x − tg x). x→π/2

Resp.: 0. ex − 1 − x . x→0 sen2 x

40.- Resolver l´ım Resp.: 1/2.

41.- Resolver l´ım x ln x→∞

x+a . x−a

Resp.: 2a.

265

.

xn − an . x→a ln xn − ln an

42.- Resolver l´ım Resp.: an .

x2 . x→∞ x − sen x

43.- Resolver l´ım Resp.: ∞.

44.- Resolver l´ım

x→1

1 1 . − ln x x − 1

Resp.: 1/2.

45.- Resolver l´ım

x→∞

x 2 arc tg x . π

Resp.: e−2/π . xln x . x→∞ (ln x)x

46.- Resolver l´ım Resp.: 0.

Sugerencia: Calcular ln L y hacer el cambio de variable ln x = t.

47.- Resolver l´ım (tg x)tg 2x . x→π/4

Resp.: -1.

266

CAPÍTULO VII. ´ INTEGRACION INDEFINIDA

SECCIONES A. Integrales inmediatas. B. Integración por sustitución. C. Integración por partes. D. Integración por fracciones simples. E. Aplicaciones de la integral indefinida. F. Ejercicios propuestos.

267

A. INTEGRALES INMEDIATAS.

Se dice que una función y = F (x) es integral indefinida (también llamada primitiva o antiderivada) de otra función y = f (x) cuando F 0 (x) = f (x). La notación usual para representar este hecho es la siguiente: Z F (x) = f (x)dx. El término ”dx”indica que la variable respecto a la cual se está integrando es ”x”. Para calcular integrales se deben encontrar funciones cuya derivada sea la función original. Se tratará entonces de aplicar las reglas de derivación en sentido inverso, donde conocidas las derivadas de las funciones, se encuentren las propias funciones. Una diferencia fundamental consiste en que mientras cada función sólo tiene una derivada, tiene infinitas integrales, porque si F 0 (x) = f (x), entonces [F (x) + C]0 = f (x) para cualquier constante C. R Esto se indicará escribiendo f (x)dx = F (x) + C. De este modo, todas las primitivas de una función se obtienen sumando una constante arbitraria a una primitiva particular. Las siguientes propiedades permitirán descomponer integrales en otras más sencillas: R i) f 0 (x)dx = f (x) + C. R R R ii) [f (x) ± g(x)]dx = f (x)dx ± g(x)dx. R R iii) kf (x)dx = k f (x)dx, k ∈ R. De las fórmulas de derivación se obtiene la siguiente tabla de integrales inmediatas, sin más que cambiar el orden de las fórmulas. xn+1 + C si n 6= −1. n+1

1)

R

xn dx =

2)

R

sen xdx = − cos x + C.

3)

R

cos xdx = sen x + C.

4)

R

sec2 xdx = tg x + C.

5)

R

sec x tg xdx = sec x + C.

6)

R

cosec x cotg xdx = − cosec x + C.

7)

R

cosec2 xdx = − cotg x + C. 268

Z 8) Z 9)

√

1 dx = arc sen x + C. 1 − x2

1 dx = arc tg x + C. 1 + x2

Z

1 √ dx = arcsec x + C. x x2 − 1

Z

1 dx = ln |x| + C. x

10) 11)

ax + C. ln a Veremos a continuación algunos casos de aplicación de las fórmulas anteriores. 12)

R

ax dx =

PROBLEMA 7.1.

Resolver la integral

R

(4x3 − 5x2 + 7)dx.

Soluci´ on

Aplicaremos las propiedades (ii) y (iii) para descomponer la integral en otras integrales más simples. Z Z Z I = 4 x3 dx − 5 x2 dx + 7 dx. Aplicando la regla (1) se pueden resolver las integrales que resultan: 4x4 5x3 5x3 − + 7x + C = x4 − + 7x + C. 4 3 3 R R Ten en cuenta que dx = x0 dx = x1 /1 + C = x + C. I=

Aunque se deber´ıa sumar una constante a cada integral, como esa constante es arbitraria, se a˜ nade al resultado final una constante, que ser´ıa la suma de cada una de las restantes.

PROBLEMA 7.2. Z

Resolver

1 dx. x2 269

Soluci´ on

Escribimos 1/x2 como x−2 y tenemos: Z x−1 1 I = x−2 dx = + C = − + C. −1 x

PROBLEMA 7.3.

Resolver

R √ 3

zdz .

Soluci´ on

Si escribimos el integrando en forma de potencia: Z 3 z 4/3 + C = z 4/3 + C. I = z 1/3 dz = 4/3 4

PROBLEMA 7.4.

Resolver

R

√ (1 − x) xdx.

Soluci´ on

Si separamos en dos integrales, resulta: Z Z Z Z √ √ 2 2 1/2 I= xdx − x xdx = x dx − x3/2 dx = x3/2 − x5/2 + C. 3 5

PROBLEMA 7.5. Z

Resolver

√

x 2 x− + √ 2 x

dx.

270

Soluci´ on Si escribimos el integrando en forma de potencia, tenemos: Z Z Z 1 2 1 1/2 I = x dx − xdx + 2 x−1/2 dx = x3/2 − x2 + 4x1/2 + C. 2 3 4

PROBLEMA 7.6.

Resolver

R

(3s + 4)2 ds.

Soluci´ on

Desarrollando la potencia, Z Z Z Z 2 2 I = (9s + 24s + 16)ds = 9s ds + 24sds + 16ds = 9

s2 s3 + 24 + 16s + C = 3s3 + 12s2 + 16s + C. 3 2

PROBLEMA 7.7. Z

Resolver

4x3 − 5x2 + 7 dx. x2

Soluci´ on

Si dividimos cada sumando por el denominador com´ un, podemos obtener una suma de términos y descomponer en suma de integrales: Z Z Z Z 7 I = 4x − 5 + 2 dx = 4 xdx − 5 dx + 7 x−2 dx x 2 x x−1 7 + C = 2x2 − 5x − + C. = 4 − 5x + 7 2 −1 x

271

PROBLEMA 7.8.

Resolver

R

(4x2 + 7)2 x2 dx.

Soluci´ on

Al desarrollar el cuadrado del binomio 4x2 + 7, multiplicar por x2 y separar la integral en suma de varias, tendremos: Z Z 16x7 56x5 49x3 I = (16x4 +56x2 +49)x2 dx = (16x6 +56x4 +49x2 )dx = + + +C 7 5 3

PROBLEMA 7.9. Z

Resolver

(1 + x)2 √ dx. x

Soluci´ on

Descomponiendo en sumandos, tenemos: Z Z 1 + 2x + x2 4 2 √ I= dx = (x−1/2 +2x1/2 +x3/2 )dx = 2x1/2 + x3/2 + x5/2 +C. 3 5 x

PROBLEMA 7.10. Z

Resolver

x2 + 2x dx. (x + 1)2

Soluci´ on

Completando cuadrados en el numerador e integrando por separado, tenemos: Z Z 1 (x + 1)2 − 1 1 dx = 1− dx = x + + C. I= 2 2 (x + 1) (x + 1) x+1 272

PROBLEMA 7.11. Z

Resolver

3x3 − 4x2 + 3x dx. x2 + 1

Soluci´ on

Si descomponemos la fracción en dos, resulta: Z 3x2 4 dx = 3x − 4 + 2 − 4x + 4 arc tg x + C. I= x +1 2

PROBLEMA 7.12. Z

Resolver

sen x + tg x dx. tg x

Soluci´ on

La integral anterior se puede descomponer en suma de dos integrales en la forma siguiente: Z Z Z Z sen x tg x dx + dx = cos xdx + dx = sen x + x + C. I= tg x tg x

PROBLEMA 7.13. Z

Resolver

sen y dy . cos2 y

Soluci´ on

Esta integral es inmediata debido a que Z I = tg y sec ydy = sec y + C. 273

PROBLEMA 7.14.

Resolver

R

(tg 2x + sec 2x)2 dx.

Soluci´ on

Desarrollando el integrando, tenemos: Z I = (tg2 2x + 2 tg 2x sec 2x + sec2 2x)dx Z = (2 sec2 2x + 2 tg 2x sec 2x − 1)dx = tg 2x + sec 2x − x + C.

PROBLEMA 7.15. Z

Resolver

1 dx. 1 + cos x

Soluci´ on

Multiplicando numerador y denominador por 1 − cos x: Z Z 1 − cos x 1 − cos x dx = dx I = 2 1 − cos x sen2 x Z = (cosec2 x − cotg x cosec x)dx = − cotg x + cosec x + C.

PROBLEMA 7.16. Z

Resolver

1 dx. sen2 x cos2 x

274

Soluci´ on Aplicando la identidad trigonométrica sen2 x + cos2 x = 1, resulta: Z Z Z sen2 x + cos2 x dx dx I= dx = + = tg x − cotg x + C. sen2 x cos2 x cos2 x sen2 x

´ POR SUSTITUCION. ´ B. INTEGRACION

Cuando el integrando no es la derivada de una función conocida, todav´ıa es posible que lo sea de una función compuesta. A partir de la regla de la cadena D[f (g(x))] = f 0 (g(x)) · g 0 (x), se deduce la correspondiente regla de integración Z f 0 (g(x)) · g 0 (x) · dx = f (g(x)) + C. Las fórmulas siguientes se deducen de la aplicación de la regla de la cadena en las fórmulas simples escritas en el apartado A. R f (x)n+1 1) [f (x)]n · f 0 (x)dx = + C si n 6= −1. n+1 R 2) f 0 (x) · sen f (x)dx = − cos f (x) + C. R 3) f 0 (x) · cos f (x)dx = sen f (x) + C. R 4) f 0 (x) · sec2 f (x)dx = tg f (x) + C. R 5) f 0 (x) · sec f (x) · tg f (x)dx = sec f (x) + C. R 6) f 0 (x) · cosec f (x) · cotg f (x)dx = − cosec f (x) + C. R 7) f 0 (x) · cosec2 f (x)dx = − cotg f (x) + C. Z f 0 (x) p 8) dx = arc sen f (x) + C. 1 − f (x)2 Z f 0 (x) 9) dx = arc tg f (x) + C. 1 + f (x)2 275

Z

f 0 (x) p dx = arcsec f (x) + C. f (x) f (x)2 − 1

Z

f 0 (x) dx = ln |f (x)| + C. f (x)

Z

af (x) · f 0 (x)dx =

10) 11) 12)

af (x) + C. ln a

En la práctica, como no es fácil determinar si el integrando puede expresarse como la derivada de una función compuesta, se hace un cambio de variable paraRintentar expresar la integral en forma más sencilla. As´ı, en la expresión 0 0 I = f 0 (g(x)) R 0 · g (x) · dx, si hacemos g(x) = t, entonces g (x)dx = dt, con lo que I = f (t) · dt = f (t) + C = f (g(x)) + C. Hay algunas sustituciones especiales para casos concretos que iremos ilustrando en la resolución de los problemas que siguen.

PROBLEMA 7.17.

Resolver

R

√ 4x 2x2 − 1dx.

Soluci´ on

Si f (x) = 2x2 −1, tenemos que f 0 (x) = 4x; se trata de calcular La regla (1) indica que el resultado es: I=

R

f (x)1/2 f 0 (x)dx.

(2x2 − 1)3/2 2 + C = (2x2 − 1)3/2 + C. 3/2 3

PROBLEMA 7.18.

Resolver

R

(x3 + 2)2 3x2 dx.

Soluci´ on

Haciendo el cambio x3 + 2 = u tenemos du = 3x2 dx, con lo que: Z 1 1 I = u2 du = u3 + C = (x3 + 2)3 + C. 3 3 276

R Otra forma es escribir directamente I = (x3 +2)2 d(x3 +2) = 13 (x3 +2)3 +C.

PROBLEMA 7.19.

Resolver

R √ 3

2x − 6dx.

Soluci´ on

En este caso llamamos f (x) = 2x − 6. Sin embargo, f 0 (x) = 2 no aparece expl´ıcitamente en la integral. Como las constantes se pueden multiplicar tanto dentro como fuera de la integral (propiedad iii), podemos escribir: Z Z √ 1 √ 1 I= · 2 3 2x − 6dx = 2 3 2x − 6dx. 2 2 Ahora la integral tiene la forma en que se puede aplicar la regla (1). As´ı: 1 (2x − 6)(1/3)+1 3 · + C = (2x − 6)4/3 + C. 2 4/3 8

I=

PROBLEMA 7.20.

Resolver

R

(x3 + 2)1/2 x2 dx.

Soluci´ on

Hacemos el cambio de variable u = x3 +2, con lo que du = 3x2 dx. As´ı: 1 I= 3

Z

3

1/2

(x + 2)

1 · 3x dx = 3 2

Z

u1/2 du =

1 u3/2 2 · = (x3 + 2)3/2 + C. 3 3/2 9

También otra forma es la siguiente: Z Z 1 3 1 I = (x + 2)1/2 · 3x2 dx = (x3 + 2)1/2 d(x3 + 2) 3 3 1 (x3 + 2)3/2 2 = · + C = (x3 + 2)3/2 + C. 3 3/2 9

277

PROBLEMA 7.21. Z

Resolver

8x2 dx. (x3 + 2)3

Soluci´ on

Haciendo u = x3 + 2 tenemos du = 3x2 dx; por tanto: Z Z du/3 8 8 u−2 −4 −3 I=8 = + C. u du = · +C = 3 3 u 3 3 −2 3(x + 2)2

PROBLEMA 7.22. Z

Resolver

√ 4

x2 dx. x3 + 2

Soluci´ on

Haciendo u = x3 + 2, du = 3x2 dx y tenemos: Z Z du/3 1 4 4 1 √ I= u−1/4 du = · u3/4 + C = (x3 + 2)3/4 + C. = 4 3 3 3 9 u

PROBLEMA 7.23.

Resolver

R

√ 3x 1 − 2x2 dx.

Soluci´ on Haciendo el cambio 1 − 2x2 = u, du = −4xdx, resulta: Z Z √ du 3 3 2 1 I=3 u· =− u1/2 du = − · u3/2 + C = − (1 − 2x2 )3/2 + C. −4 4 4 3 2 278

PROBLEMA 7.24. Z

Resolver

(x2

x+3 dx. + 6x)1/3

Soluci´ on

Hacemos el cambio x2 + 6x = u, con lo que (2x + 6)dx = du y resulta: Z Z du/2 1 1 3 3 I= = u−1/3 du = · u2/3 + C = (x2 + 6x)2/3 + C. 1/3 2 2 2 4 u

PROBLEMA 7.25.

Resolver

R √ x 3 1 − x2 dx.

Soluci´ on

Procediendo directamente, tenemos Z Z 1 1 (1 − x2 )1/3 (−2x)dx = − (1 − x2 )1/3 d(1 − x2 ) I = − 2 2 1 3 3 = − · (1 − x2 )4/3 + C = − (1 − x2 )4/3 + C. 2 4 8

PROBLEMA 7.26.

Resolver

R√

x2 − 2x4 dx.

Soluci´ on

Sacando x2 factor com´ un en la ra´ız, podemos escribir: Z Z 1 2 1/2 (1 − 2x2 )1/2 (−4xdx) I = (1 − 2x ) · xdx = − 4 1 2 1 = − · (1 − 2x2 )3/2 + C = − (1 − 2x2 )3/2 + C. 4 3 6 279

PROBLEMA 7.27.

Resolver

R

(ex + 1)3 ex dx.

Soluci´ on

Hacemos el cambio u = ex + 1, con lo que du = ex dx. As´ı: Z u4 (ex + 1)4 I = u3 du = +C = + C. 4 4

PROBLEMA 7.28. Z

Resolver

x dx. (x2 + a2 )n

Soluci´ on

Sabiendo que la derivada de x2 + a2 es 2x, tenemos: Z Z 2xdx 1 1 = (x2 + a2 )−n d(x2 + a2 ) I = 2 (x2 + a2 )n 2 1 (x2 + a2 )−n+1 −1 = · +C = + C. 2 −n + 1 2(n − 1)(x2 + a2 )n−1

PROBLEMA 7.29. Z

Resolver

(1 −

1 √

x2 )

1 − x2

dx.

280

Soluci´ on Utilizamos en este caso el siguiente artificio: Z Z dx x−3 dx √ p I = = [x−1 1 − x2 ]3 (1 − x2 )3 Z Z x−3 −2x−3 1 √ √ = dx = − dx 2 ( x−2 − 1)3 ( x−2 − 1)3 Z 1 x + C. = − (x−2 − 1)−3/2 d(x−2 − 1) = (x−2 − 1)−1/2 + C = √ 2 1 − x2

PROBLEMA 7.30.

Resolver

R

sen(x/2)dx.

Soluci´ on

Aplicando la fórmula (2), tenemos: Z I = 2 sen(x/2)(dx/2) = −2 cos(x/2) + C.

PROBLEMA 7.31.

Resolver

R

cos 3xdx.

Soluci´ on

Aplicamos en este caso la fórmula (3) y obtenemos: Z 1 1 I= cos 3x(3dx) = sen 3x + C. 3 3

PROBLEMA 7.32.

Resolver

R

sen2 x cos xdx.

281

Soluci´ on

Tenemos que: Z I=

sen2 xd(sen x) =

sen3 x + C. 3

PROBLEMA 7.33.

Resolver

R

sen3 xdx.

Soluci´ on

Si descomponemos sen3 x = sen2 x · sen x, debemos expresar sen2 x en función de cos x debido a que en el integrando aparece (cos x)0 = − sen x. Entonces: Z Z Z Z 2 2 I = sen x sen xdx = (1−cos x) sen xdx = sen xdx+ − cos2 x sen xdx. La integral es inmediata. Como la segunda integral es de la forma R 2primera 0 f (x)f (x)dx, con f (x) = cos x, resulta que: I = − cos x +

cos3 x + C. 3

PROBLEMA 7.34.

Resolver

R

sec2 (2ax)dx.

Soluci´ on

Aplicando la fórmula (4), tenemos: Z 1 1 I= sec2 (2ax)(2adx) = tg(2ax) + C. 2a 2a

282

PROBLEMA 7.35.

Resolver

R

ex cos ex dx.

Soluci´ on

Procediendo de forma directa, Z I = cos ex (ex dx) = sen ex + C.

PROBLEMA 7.36. Z

Resolver

1 dx. x+2

Soluci´ on

Aplicamos la fórmula (11): Z d(x + 2) = ln |x + 2| + C. I= x+2

PROBLEMA 7.37. Z

Resolver

1 dx. 2x − 3

Soluci´ on

Análogamente al anterior, Z 1 d(2x − 3) 1 I= = ln |2x − 3| + C. 2 2x − 3 2

283

PROBLEMA 7.38. Z

Resolver

x2

x dx. −1

Soluci´ on

Si escribimos en el numerador la derivada del denominador, resulta: Z Z 1 2x 1 d(x2 − 1) 1 I= dx = = ln |x2 − 1| + C. 2 2 2 x −1 2 x −1 2

PROBLEMA 7.39. Z

Resolver

x2 dx. 1 − 2x3

Soluci´ on

Multiplicando y dividiendo por -6, Z 1 −6x2 1 I=− dx = − ln |1 − 2x3 | + C. 3 6 1 − 2x 6

PROBLEMA 7.40. Z

Resolver

x+2 dx. x+1

Soluci´ on

Separamos en dos fracciones y tenemos: Z Z Z 1 1 I= dx = dx + dx = x + ln |x + 1| + C. 1+ x+1 x+1

284

PROBLEMA 7.41. Z

Resolver

ex

1 dx. +1

Soluci´ on

Usaremos aqu´ı el siguiente artificio: Z Z e−x −e−x dx = − ln(1 + e−x ) + C. I= dx = − e−x (ex + 1) 1 + e−x No es necesario en este caso el valor absoluto porque 1 + e−x > 0, para todo x.

PROBLEMA 7.42.

Resolver

R

tg xdx.

Soluci´ on

Procederemos as´ı: Z Z sen x − sen x I= dx = − dx = − ln | cos x| + C = ln | sec x| + C. cos x cos x

PROBLEMA 7.43.

Resolver

R

tg 2xdx.

Soluci´ on

Análogamente al anterior: Z 1 1 I= tg 2x(2dx) = ln | sec 2x| + C. 2 2 285

PROBLEMA 7.44. Z

Resolver

sen x + cos x dx. cos x

Soluci´ on

Separando la fracción en dos, tenemos: Z I = (tg x + 1)dx = ln | sec x| + x + C.

PROBLEMA 7.45.

Resolver

R

(1 + tg x)2 dx.

Soluci´ on

Desarrollando el cuadrado, tenemos: Z Z 2 I = (1 + 2 tg x + tg x)dx = (sec2 x + 2 tg x)dx = tg x + 2 ln | sec x| + C.

PROBLEMA 7.46.

Resolver

R

x cotg x2 dx.

Soluci´ on Z Sabiendo que

Z cotg xdx = I=

1 2

Z

cos x dx = ln | sen x| + C, resulta: sen x

cotg x2 · (2xdx) = 286

1 ln | sen x2 | + C. 2

PROBLEMA 7.47.

Resolver

R

sec xdx.

Soluci´ on

Es u ´til en este caso utilizar el siguiente artificio: Z Z sec x(sec x + tg x) sec x tg x + sec2 x I= dx = dx = ln | sec x+tg x|+C. sec x + tg x sec x + tg x

PROBLEMA 7.48. Z

Resolver

√ sec x √ dx. x

Soluci´ on

Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta: Z √ dx √ √ I = 2 sec x √ = 2 ln | sec x + tg x| + C. 2 x

PROBLEMA 7.49.

Resolver

R

cosec udu.

Soluci´ on

Un artificio similar al realizado anteriormente permite escribir: Z cosec u(cosec u − cotg u) I = du cosec u − cotg u Z cosec2 u − cosec u cotg u = du = ln | cosec u − cotg u| + C. cosec u − cotg u 287

PROBLEMA 7.50. Z

Resolver

sec x tg x dx. a + b sec x

Soluci´ on

Si hacemos que el numerador sea la derivada del denominador, tenemos Z 1 b sec x tg xdx 1 = ln |a + b sec x| + C. I= b a + b sec x b

PROBLEMA 7.51. Z

Resolver

1 dx. cosec 2x − cotg 2x

Soluci´ on

Aplicando las identidades cosec 2x = 1/ sen 2x y cotg 2x = cos 2x/ sen 2x: Z Z sen 2x 1 2 sen 2xdx 1 I = dx = = ln(1 − cos 2x) + C 1 − cos 2x 2 1 − cos 2x 2 1 1 = ln(2 sen2 x) + C = (ln 2 + 2 ln | sen x|) + C = ln | sen x| + C 0 . 2 2

PROBLEMA 7.52.

Resolver

R

e−x dx.

288

Soluci´ on La fórmula (12) da casi directamente: Z I = − e−x (−dx) = −e−x + C.

PROBLEMA 7.53.

Resolver

R

a2x dx.

Soluci´ on

De nuevo por la fórmula (12), Z 1 1 a2x I= a2x (2dx) = · + C. 2 2 ln a

PROBLEMA 7.54. Z

Resolver

e1/x dx. x2

Soluci´ on

Análogamente a los anteriores, Z dx 1/x I=− e − 2 = −e1/x + C. x

PROBLEMA 7.55.

Resolver

R

e3 cos 2x sen 2xdx.

289

Soluci´ on Podemos hacer el cambio 3 cos 2x = u o bien proceder directamente: Z 1 1 I=− e3 cos 2x (−6 sen 2xdx) = − e3 cos 2x + C. 6 6

PROBLEMA 7.56. Z

Resolver

√

a2

1 dx. − x2

Soluci´ on

De acuerdo a la fórmula (8) tenemos: Z Z dx d(x/a) p p I= = = arc sen x/a + C. 2 a 1 − (x/a) 1 − (x/a)2

PROBLEMA 7.57. Z

Resolver

√

1 dx. 25 − 16x2

Soluci´ on

Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta: Z Z 1 4dx 1 4dx/5 1 4x p p I= = = arc sen + C. 4 4 4 5 52 − (4x)2 1 − (4x/5)2

PROBLEMA 7.58. Z

Resolver

√

x2 dx. 1 − x6 290

Soluci´ on

Análogamente a los anteriores: 1 I= 3

3x2 dx

Z p

1−

(x3 )2

=

1 arc sen x3 + C. 3

PROBLEMA 7.59. Z

Resolver

x+3 √ dx. 1 − x2

Soluci´ on

Si separamos en dos integrales: Z

Z xdx dx √ +3 √ 2 2 Z1 − x Z 1−x p dx −2xdx √ +3 √ = − 1 − x2 + 3 arc sen x + C. = − 2 1 − x2 1 − x2

I =

PROBLEMA 7.60. Z

Resolver

√

1 dx. 20 + 8x − x2

Soluci´ on

Completando cuadrados en la ra´ız y teniendo en cuenta los problemas anteriores, obtenemos: Z I=

dx p

36 −

(x2

− 8x + 16)

Z =

dx p

62

291

− (x −

4)2

= arc sen

x−4 + C. 6

PROBLEMA 7.61. Z

Resolver

√

1 dx. 28 − 12x − x2

Soluci´ on

Análogamente al anterior resulta: Z Z dx dx x+6 p p I= = = arc sen + C. 2 2 2 8 64 − (x + 12x + 36) 8 − (x + 6)

PROBLEMA 7.62. Z

Resolver

√

x+3 dx. 5 − 4x − x2

Soluci´ on

Procedemos de la siguiente manera: Z Z Z (−2x − 6)dx (−2x − 4) − 2 (−2x − 4) 1 1 1 √ √ √ I = − =− dx = − dx 2 2 2 2 2 5 − 4x − x 5 − 4x − x 5 − 4x − x2 Z Z Z dx (−2x − 4) 1 dx √ + √ =− dx + p dx 2 2 2 5 − 4x − x 5 − 4x − x 9 − (x + 2)2 p x+2 + C. = − 5 − 4x − x2 + arc sen 3

PROBLEMA 7.63. Z

Resolver

1 dx. 9 + x2

292

Soluci´ on Aplicamos la fórmula (9) y tenemos: Z Z dx dx/3 1 1 I= = = arc tg(x/3) + C. 9[1 + (x/3)2 ] 3 1 + (x/3)2 3

PROBLEMA 7.64. Z

Resolver

1 dx. +9

4x2

Soluci´ on

Procediendo análogamente al problema anterior: Z Z 1 2dx 1 2dx 1 2x I= = = arc tg + C. 2 (2x)2 + 32 2 9[(2x/3)2 + 1] 6 3

PROBLEMA 7.65. Z

Resolver

x4

x dx. +3

Soluci´ on

Razonando análogamente a los problemas anteriores, tendremos: √ √ Z 1 2xdx 1 1 x2 3 x2 3 I= = · √ arc tg √ + C = arc tg + C. 2 (x2 )2 + 3 2 6 3 3 3

PROBLEMA 7.66. Z

Resolver

y2

1 dy . + 10y + 30 293

Soluci´ on

Al completar cuadrados en el denominador, podemos reducirlo a los casos anteriores: Z Z dy dy 1 y+5 I= = = √ arc tg √ + C. 2 2 (y + 10y + 25) + 5 (y + 5) + 5 5 5 Observaci´ on: Este método sólo es posible porque el denominador no tiene ra´ıces reales. En caso contrario, deberemos aplicar el método de integración por fracciones simples (ver apartado D.)

PROBLEMA 7.67. Z

Resolver

1 dx. ex + e−x

Soluci´ on

Multiplicando numerador y denominador por ex obtenemos directamente: Z ex dx I= = arc tg ex + C. e2x + 1

PROBLEMA 7.68. Z

Resolver

sec x tg x dx. 9 + 4 sec2 x

Soluci´ on

Teniendo en cuenta los problemas anteriores, resulta también: Z 1 2 sec x tg xdx 2 sec x 1 I= = arc tg + C. 2 2 2 3 + (2 sec x) 6 3

294

PROBLEMA 7.69. Z

Resolver

2x − 7 dx. x2 + 9

Soluci´ on

Si separamos en dos integrales, resulta: Z Z dx 7 2xdx −7 = ln(x2 + 9) − arc tg(x/3) + C. I= x2 + 9 x2 + 9 3

PROBLEMA 7.70. Z

Resolver

x2

x+1 dx. − 4x + 8

Soluci´ on

Si intentamos escribir en el numerador la derivada del denominador, obtenemos las siguientes integrales: Z Z Z Z 1 (2x − 4)dx dx 1 (2x − 4)dx dx I = +3 = +3 2 2 2 2 x − 4x + 8 x − 4x + 8 2 x − 4x + 8 (x − 2)2 + 4 1 3 x−2 = ln(x2 − 4x + 8) + arc tg + C. 2 2 2

PROBLEMA 7.71. Z

Resolver

1 √ dx. x 4x2 − 9

Soluci´ on

Aplicando adecuadamente la fórmula (10) resulta: Z Z dx dx p p I = = 2 2 x (2x) − 3 3x (2x/3)2 − 1 Z 1 2dx/3 1 2x p = = arcsec + C. 2 3 3 3 (2x/3) (2x/3) − 1 295

PROBLEMA 7.72. Z

Resolver

1 √ dx. x x4 − 1

Soluci´ on

Análogamente al problema anterior podemos escribir: Z 1 2xdx 1 1 p I= = arcsec x2 + C = arc cos(1/x2 ) + C. 2 2 2 2 2 2 x (x ) − 1

PROBLEMA 7.73.

Resolver

R

sen2 xdx.

Soluci´ on

Aplicando la fórmula sen2 x = (1 − cos 2x)/2 resulta: Z 1 1 1 I= (1 − cos 2x)dx = x − sen 2x + C. 2 2 4

PROBLEMA 7.74.

Resolver

R

cos2 λxdx.

Soluci´ on

Aplicamos en este caso la identidad cos2 λx = (1 + cos 2λx)/2: Z x sen 2λx 1 (1 + cos 2λx)dx = + + C. I= 2 2 4λ

296

PROBLEMA 7.75.

Resolver

R

cos5 xdx.

Soluci´ on

Realizamos la siguiente descomposición: Z Z Z Z 4 2 2 I = cos x cos xdx = (1 − sen x) cos xdx = cos xdx − 2 sen2 x cos xdx Z 2 1 + sen4 x cos xdx = sen x − sen3 x + sen5 x + C. 3 5

PROBLEMA 7.76.

Resolver

R

sen2 x cos3 xdx.

Soluci´ on

De la identidad fundamental sen2 x + cos2 x = 1 resulta: Z Z 2 2 I = sen x cos x cos xdx = sen2 x(1 − sen2 x) cos xdx Z Z 1 1 2 = sen x cos xdx − sen4 x cos xdx = sen3 x − sen5 x + C. 3 5

PROBLEMA 7.77.

Resolver

R

cos4 2x sen3 2xdx.

Soluci´ on

Como el exponente de sen 2x es impar, procedemos as´ı: Z Z I = cos4 2x sen2 2x sen 2xdx = cos4 2x(1 − cos2 2x) sen 2xdx Z Z 1 1 = cos4 2x sen 2xdx − cos6 2x sen 2xdx = − cos5 2x + cos7 2x + C. 10 14 297

PROBLEMA 7.78.

Resolver

R

sen3 3x cos5 3xdx.

Soluci´ on

Análogamente al ejercicio anterior tenemos: Z Z 2 5 I = (1 − cos 3x) cos 3x sen 3xdx = cos5 3x sen 3xdx Z 1 1 − cos7 3x sen 3xdx = − cos6 3x + cos8 3x + C. 18 24 Otra forma similar es usar el hecho de que el exponente de cos 3x también es impar: Z I = sen3 3x(1 − sen2 3x)2 cos 3xdx Z Z Z 3 5 = sen 3x cos 3xdx − 2 sen 3x cos 3xdx + sen7 3x cos 3xdx 1 1 1 sen4 3x − sen6 3x + sen8 3x + C. 12 9 24 Obsérvese que ambos resultados difieren en una constante aunque no lo parezca a simple vista. =

PROBLEMA 7.79.

Resolver

R

sen4 xdx.

Soluci´ on

Como el exponente de sen x es par, utilizamos la identidad sen2 x = (1 − cos 2x)/2 y posteriormente cos2 2x = (1 + cos 4x)/2: Z Z Z Z 1 1 1 2 2 2 I = (sen x) dx = (1 − cos 2x) dx = dx − cos 2xdx 4 4 2 Z Z Z Z 1 1 1 1 cos2 2xdx = dx − cos 2xdx + (1 + cos 4x)dx + 4 4 2 8 1 1 1 1 3 1 1 = x − sen 2x + x + sen 4x + C = x − sen 2x + sen 4x + C. 4 4 8 32 8 4 32 298

PROBLEMA 7.80.

Resolver

R

sen2 x cos2 xdx.

Soluci´ on

Por la fórmula sen 2x = 2 sen x cos x tenemos: Z Z Z 1 1 1 (2 sen x cos x)2 dx = sen2 2xdx = (1 − cos 4x)dx I = 4 4 8 Z Z 1 1 1 1 sen 4x + C. = dx − cos 4xdx = x − 8 8 8 32

PROBLEMA 7.81.

Resolver

R

sen4 3x cos2 3xdx.

Soluci´ on

Por ser ambos exponentes pares tenemos como antes: Z Z 1 2 2 2 I = (sen 3x cos 3x) sen 3xdx = sen2 6x(1 − cos 6x)dx 8 Z Z Z 1 1 1 2 2 = sen 6xdx − sen 6x cos 6xdx = (1 − cos 12x)dx 8 8 16 Z 1 1 1 1 − sen2 6x cos 6xdx = x − sen 12x − sen3 6x + C. 8 16 192 144

PROBLEMA 7.82.

Resolver

R

tg4 xdx.

299

Soluci´ on Aplicamos la fórmula sec2 x = 1 + tg2 x y tenemos: Z Z Z Z 2 2 2 2 2 2 I = tg x tg xdx = tg x(sec x − 1)dx = tg x sec xdx − tg2 xdx Z Z 1 2 = tg xd(tg x) − (sec2 x − 1)dx = tg3 x − tg x + x + C. 3

PROBLEMA 7.83.

Resolver

R

tg5 xdx.

Soluci´ on

De forma análoga al problema anterior podemos escribir: Z Z Z Z 3 2 3 2 3 2 I = tg x tg xdx = tg x(sec x − 1)dx = tg x sec xdx − tg3 xdx Z Z 1 1 3 = tg xd(tg x) − tg x(sec2 x − 1)dx = tg4 x − tg2 x + ln | sec x| + C. 4 2

PROBLEMA 7.84.

Resolver

R

sec4 2xdx.

Soluci´ on

También en este caso tenemos: Z Z I = sec2 2x sec2 2xdx = sec2 2x(1 + tg2 2x)dx Z Z 1 1 = sec2 2xdx + tg2 2x sec2 2xdx = tg 2x + tg3 2x + C. 2 6

300

PROBLEMA 7.85.

Resolver

R

tg3 3x sec4 3xdx.

Soluci´ on

Nuevamente, de la identidad sec2 3x = 1 + tg2 3x, resulta: Z Z Z 3 2 2 3 2 I = tg 3x(1 + tg 3x) sec 3xdx = tg 3x sec 3xdx + tg5 3x sec2 3xdx =

1 4 1 6 tg 3x + tg 3x + C. 12 18

PROBLEMA 7.86.

Resolver

R

tg3 2x sec3 2xdx.

Soluci´ on

En este caso integramos con respecto a d(sec 2x) como sigue: Z Z I = tg2 2x sec2 2x sec 2x tg 2xdx = (sec2 2x − 1) sec2 2x sec 2x tg 2xdx Z Z 1 1 = sec4 2xd(sec 2x) − sec2 2xd(sec 2x) 2 2 1 1 = sec5 2x − sec3 2x + C. 10 6

PROBLEMA 7.87.

Resolver

R

cotg3 2xdx.

301

Soluci´ on De la fórmula cosec2 2x−1 = cotg2 2x y teniendo en cuenta que d(cotg 2x) = −2 cosec2 2xdx, resulta: Z 1 1 I = cotg 2x(cosec2 2x − 1)dx = − cotg2 2x + ln | cosec 2x| + C. 4 2

PROBLEMA 7.88.

Resolver

R

cotg4 3xdx.

Soluci´ on

Procediendo de forma análoga al anterior tenemos: Z Z Z 2 2 2 2 I = cotg 3x(cosec 3x − 1)dx = cotg 3x cosec 3xdx − cotg2 3xdx Z Z 1 = − cotg2 3xd(cotg 3x) − (cosec2 3x − 1)dx 3 1 1 = − cotg3 3x + cotg 3x + x + C. 9 3

PROBLEMA 7.89.

Resolver

R

cosec6 xdx.

Soluci´ on

De forma similar a los anteriores, Z Z Z I = cosec2 x(1 + cotg2 x)2 dx = cosec2 xdx + 2 cotg2 x cosec2 xdx Z 2 1 + cotg4 x cosec2 xdx = − cotg x − cotg3 x − cotg5 x + C. 3 5 302

PROBLEMA 7.90.

Resolver

R

cotg3 x cosec5 xdx.

Soluci´ on Sabiendo que d(cosec x) = − cosec x cotg xdx, tenemos: Z I = cotg2 x cosec4 x cosec x cotg xdx Z = (cosec2 x − 1) cosec4 x cosec x cotg xdx Z Z 6 = − cosec xd(cosec x) + cosec4 xd(cosec x) 1 1 = − cosec7 x + cosec5 x + C. 7 5

PROBLEMA 7.91.

Resolver

R√

1 − cos xdx.

Soluci´ on

Debido a la fórmula 1 − cos x = 2 sen2 (x/2), tenemos: √ Z √ I = 2 sen(x/2)dx = −2 2 cos(x/2) + C.

PROBLEMA 7.92. Z

Resolver

√

1 dx. 1 − sen 2x 303

Soluci´ on

Aplicamos la identidad sen x = cos(π/2 − x) y procedemos como en el problema anterior: Z Z 1 1 p √ I = dx = dx 2 sen(π/4 − x) 1 − cos(π/2 − 2x) √ Z √ 2 2 = cosec(π/4 − x)dx = − ln | cosec(π/4 − x) − cotg(π/4 − x)| + C. 2 2

PROBLEMA 7.93.

Resolver

R

(1 + cos 3x)3/2 dx.

Soluci´ on

Utilizamos la fórmula 1 + cos 3x = 2 cos2 (3x/2): √ Z √ Z 3 I = 2 2 cos (3x/2)dx = 2 2 [1 − sen2 (3x/2)] cos(3x/2)dx √ 2 2 3 = 2 2 sen(3x/2) − sen (3x/2) + C. 3 9

PROBLEMA 7.94. Z

Resolver

1 sen3 x cos3 x

dx.

304

Soluci´ on De la identidad 1 = sen2 x+cos2 x, tenemos la siguiente descomposición: Z Z (sen2 x + cos2 x)2 sen4 x + cos4 x + 2 sen2 x cos2 x I = dx = dx sen3 x cos3 x sen3 x cos3 x Z Z Z sen x cos x 1 = dx + dx + 2 dx 3 3 cos x sen x sen x cos x Z Z Z sec2 x −3 −3 dx = − cos xd(cos x) + sen xd(sen x) + 2 tg x 1 1 = − + 2 ln | tg x| + C. 2 2 cos x 2 sen2 x

PROBLEMA 7.95.

Resolver

R

sen λx cos µxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.

Soluci´ on

Utilizamos la fórmula sen(a + b) + sen(a − b) = 2 sen a cos b: Z 1 [sen(λx + µx) + sen(λx − µx)]dx I = 2 Z 1 1 cos(λ + µ)x cos(λ − µ)x = [sen(λ + µ)x + sen(λ − µ)x]dx = − + + C. 2 2 λ+µ λ−µ

PROBLEMA 7.96.

Resolver

R

sen λx sen µxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.

Soluci´ on

Similar al anterior con la fórmula cos(a−b)−cos(a+b) = 2 sen a sen b: Z 1 I = [cos(λx − µx) − cos(λx + µx)]dx 2 Z 1 sen(λ − µ)x sen(λ + µ)x 1 [cos(λ − µ)x − cos(λ + µ)x]dx = − + C. = 2 2 λ−µ λ+µ 305

PROBLEMA 7.97.

Resolver

R

cos λx cos µxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.

Soluci´ on

Aplicamos en este caso la fórmula cos(a+b)+cos(a−b) = 2 cos a cos b: Z 1 1 sen(λ + µ)x sen(λ − µ)x I= [cos(λx+µx)+cos(λx−µx)]dx = + +C. 2 2 λ+µ λ−µ

PROBLEMA 7.98. Z

Resolver

√

1 x2

+1

dx.

Soluci´ on

Si hacemos el cambio de variable x = tg u, entonces dx = sec2 udu. As´ı: Z Z p 1 2 I= sec udu = sec udu = ln | sec u+tg u|+C = ln(x+ x2 + 1)+C. sec u

PROBLEMA 7.99. Z

Resolver

√

1 dx. 4x2 + 9

Soluci´ on

Escribimos la función como en el problema anterior y aplicamos el resultado obtenido o bien hacemos el cambio 2x/3 = tg u, de modo que 306

dx = (3/2) sec2 udu: (3/2) sec2 udu p dx = 3 sec u (2x)2 + 32 3 (2x/3)2 + 1 √ 1 4x2 + 9 1 2x ln | sec u + tg u| + C = ln + + C. 2 2 3 3

Z I = =

Z

1

1

dx =

p

Z

PROBLEMA 7.100. Z

Resolver

x+2 √ dx. x2 + 9

Soluci´ on

Separamos la integral en dos y aplicamos en la segunda la sustitución x/3 = tg u: Z Z Z 2x + 4 2x 1 1 1 √ √ I = dx = dx + 2 √ dx 2 2 2 2 2 x +9 x +9 x + 9 Z x √x2 + 9 p p = x2 + 9 + 2 sec udu = x2 + 9 + 2 ln + + C. 3 3

PROBLEMA 7.101. Z

Resolver

√

1 x2 − 1

dx.

Soluci´ on

Si hacemos x = sec u, entonces dx = sec u tg udu. Por tanto: Z p 1 I= sec u tg udu = ln | sec u + tg u| + C = ln |x + x2 − 1| + C. tg u 307

PROBLEMA 7.102. Z

Resolver

√

1 dz . − 25

9z 2

Soluci´ on

Si hacemos el cambio 3z/5 = sec u, 3dz/5 = sec u tg udu, entonces: Z Z 1 3/5 1 sec u tg u p I = dz = du 2 3 3 tg u (3z/5) − 1 √ 1 1 3z 9z 2 − 25 = ln | sec u + tg u| + C = ln + + C. 3 3 5 5

PROBLEMA 7.103. Z

Resolver

√

1 ds. 4s + s2

Soluci´ on

Completando cuadrados en el denominador y haciendo el cambio (s+2)/2 = sec u, resulta:

Z I =

Z

1

(s +

2)2

−4

ds =

1

ds [(s + 2)/2]2 − 1 Z s + 2 √4s + s2 = sec udu = ln | sec u + tg u| + C = ln + + C. 2 2 p

2

p

PROBLEMA 7.104. Z

Resolver

√

x+2 dx. x2 + 2x − 3 308

Soluci´ on

Separamos en dos integrales de modo que la primera sea la derivada de una ra´ız y en la segunda hacemos el cambio (x + 1)/2 = sec u: Z Z Z 2x + 4 2x + 2 1/2 √ √ I = dx = dx + p dx 2 2 2 x + 2x − 3 2 x + 2x − 3 [(x + 1)/2]2 − 1 Z p = x2 + 2x − 3 + sec udu x + 1 √x2 + 2x − 3 p = x2 + 2x − 3 + ln + + C. 2 2

PROBLEMA 7.105.

Resolver

R√

3 − 4x2 dx.

Soluci´ on √ √ Haremos el cambio 2x/ 3 = sen u, 2dx/ 3 = cos udu después de escribir la función de forma más conveniente: √ √ Z q √ √ Z 3 2 I = 3 1 − (2x/ 3) dx = 3 cos2 udu 2 Z 3 1 + cos 2u 3 sen 2u = du = u+ +C 2 2 4 2 r √ 3 2x 3 − 4x2 3 = arc sen(2x/ 3) + · 2 · √ · +C 4 8 3 3 √ 3 xp = arc sen(2x/ 3) + 3 − 4x2 + C. 4 2

PROBLEMA 7.106.

Resolver

R√

3 − 2x − x2 dx.

309

Soluci´ on

Completando cuadrados y procediendo como en el problema anterior con el cambio (x + 1)/2 = sen u, resulta: Z p Z p Z 2 2 I = 4 − (x + 1) dx = 2 1 − [(x + 1)/2] dx = 4 cos2 udu x + 1 x + 1p u sen 2u + C = 2 arc sen 3 − 2x − x2 + C. = 4 + + 2 4 2 2

PROBLEMA 7.107. Z

Resolver

x2

√

1 dx. 4 + x2

Soluci´ on √ Si hacemos el cambio tg z = x/2, tendremos dx = 2 sec2 zdz y 4 + x2 = 2 sec z. Entonces: Z Z 2 sec2 z 1 sec z I = dz = dz 2 4 (4 tg z)(2 sec z) tg2 z √ Z 4 + x2 1 1 −2 = sen z cos zdz = − +C =− + C. 4 4 sen z 4x

PROBLEMA 7.108. Z

Resolver

√

x2 dx. x2 − 4

Soluci´ on

Hacemos el cambio x/2 = sec z, con lo que dx = 2 sec z tg zdz y 2 tg z:

Z I =

4 sec2 z (2 sec z tg zdz) = 4 2 tg z

Z

√

x2 − 4 =

sec3 zdz

p 1 p = 2 sec z tg z + 2 ln | sec z + tg z| + C = x x2 − 4 + 2 ln |x + x2 − 4| + C 0 . 2 310

(Ver problema 7.124 para la resolución de la u ´ltima integral.)

PROBLEMA 7.109. Z √

Resolver

9 − 4x2 dx. x

Soluci´ on √ Haciendo 2x/3 = sen z tendremos 2dx/3 = cos zdz y 9 − 4x2 = 3 cos z. As´ı: Z Z 3 cos z cos2 z I = (3/2) cos zdz = 3 dz (3/2) sen z sen z Z Z Z 1 − sen2 z = 3 dz = 3 cosec zdz − 3 sen zdz sen z 3 − √9 − 4x2 p = 3 ln | cosec z − cotg z| + 3 cos z + C = 3 ln + 9 − 4x2 + C 0 . 2x

PROBLEMA 7.110. Z

Resolver

(16 − 9x2 )3/2 dx. x6

Soluci´ on √ Haciendo 3x/4 = sen z tendremos dx = (4/3) cos zdz y 16 − 9x2 = 4 cos z. As´ı: Z Z 64 cos3 z · (4/3) cos z 243 cos4 z I = dz = dz (4096/729) sen6 z 16 sen6 z Z 243 243 = cotg4 z cosec2 zdz = − cotg5 z + C 16 80 243 (16 − 9x2 )5/2 1 (16 − 9x2 )5/2 = − · + C = − · + C. 80 243x5 80 x5

311

PROBLEMA 7.111. Z

Resolver

√

x2 dx. 2x − x2

Soluci´ on

x2 p dx y hacemos el cam1 − (x −√ 1)2 bio x − 1 = sen z. Tendremos as´ı dx = cos zdz y 2x − x2 = cos z. Resulta: Z Z (1 + sen z)2 I = cos zdz = (1 + 2 sen z + sen2 z)dz cos z Z 1 − cos 2z 3 1 = 1 + 2 sen z + dz = z − 2 cos z − sen 2z + C 2 2 4 p p 1 3 = arc sen(x − 1) − 2 2x − x2 − (x − 1) 2x − x2 + C 2 2 p 3 1 = arc sen(x − 1) − (x + 3) 2x − x2 + C. 2 2 Z

Volvemos a escribir la integral como

PROBLEMA 7.112. Z

Resolver

(4x2

1 dx. − 24x + 27)3/2

Soluci´ on

Z

1 dx. [4(x − 3)2 − 9]3/2 √ Haciendo 2(x−3)/3 = sec z, resulta dx = (3/2) sec z tg zdz y 4x2 − 24x + 27 = 3 tg z, con lo que: Z Z (3/2) sec z tg zdz 1 I = = sen−2 z cos zdz 18 27 tg3 z 1 1 x−3 = − sen−1 z + C = − · √ + C. 18 9 4x2 − 24x + 27 Completando cuadrados tenemos que I =

312

PROBLEMA 7.113. Z

Resolver

(1 +

1 √

x2 )

1 + x2

dx.

Soluci´ on √ Haciendo x2 = t, 2xdx = dt, es decir, dx = dt/(2 t). Por tanto, √ Z Z 1 dt/2 t dt √ p = I= . 2 (1 + t) 1 + t (1 + t) (1 + t)t Haciendo ahora

I = = = = =

1 1 1 = z =⇒ − 1 = t =⇒ dt = − 2 dz, tenemos: 1+t z z Z Z − z12 dz · z −dz/z 1 1 p p = 2 2 (1/z)[(1/z) − 1] (1/z 2 ) − (1/z) Z Z 1 −dz/z 1 dz √ √ =− 2 2 (1/z) 1 − z 1−z Z 1 (1 − z)1/2 1 (1 − z)−1/2 dz = · +C − 2 2 1/2 r r √ 1 1+t−1 1−z+C = 1− +C = +C 1+t 1+t √ t x √ + C. +C = √ 1+t 1 + x2

´ POR PARTES. C. INTEGRACION

Este método se basa en la fórmula de derivación de un producto de dos funciones: integrandoRla fórmula (f · g)0R(x) = f 0 (x) · g(x) + f (x) · g 0 (x), se obtiene f (x) · g(x) = f 0 (x) · g(x)dx + f (x) · g 0 (x)dx, de donde, Z Z f (x) · g 0 (x) · dx = f (x) · g(x) − f 0 (x) · g(x) · dx. 313

Otra forma de escribir esta fórmula es llamar u = f (x) y v = g(x), con lo que resulta: Z Z u · dv = u · v − v · du. Este método suele aplicarse cuando el integrando es producto de dos funciones de distinta clase, como por ejemplo, polinómica por exponencial, trigonométrica por exponencial, polinómica por logar´ıtmica, etc. Una gran variedad de integrales que se pueden resolver por este método se ofrece en los problemas que siguen.

PROBLEMA 7.114.

Resolver

R

xex dx.

Soluci´ on

Hacemos u = x, dv = ex dx. Entonces du = dx, v = ex y tenemos: Z x I = xe − ex dx = xex − ex + C.

PROBLEMA 7.115.

Resolver

R

x3 e2x dx.

Soluci´ on

Haciendo u = x3 , dv = e2x dx tendremos du = 3x2 dx, v = (1/2)e2x , con lo que: Z 3 1 I = x3 e2x − x2 e2x dx. 2 2 Haciendo en la integral resultante u = x2 y dv = 2xdx, v = (1/2)e2x , de modo que: Z 1 3 2x 3 1 2 2x 1 2x I= x e − x e − xe dx = x3 e2x − 2 2 2 2 314

e2x dx tendremos du =

3 2 2x 3 x e + 4 2

Z

xe2x dx.

Haciendo en la integral resultante u = x y dv = e2x dx tendremos du = dx y v = (1/2)e2x y nuevamente, I = =

1 3 2x x e − 2 1 3 2x x e − 2

3 2 2x x e + 4 3 2 2x x e + 4

Z 3 1 2x 1 2x xe − e dx 2 2 2 3 2x 3 2x xe − e + C. 4 8

PROBLEMA 7.116.

Resolver

R

2

x3 ex dx.

Soluci´ on

2

2

Hacemos u = x2 y dv = xex dx, de donde du = 2xdx y v = (1/2)ex . Aplicando la fórmula de integración por partes tenemos: Z 1 2 x2 1 1 2 2 2 I = x e − xex dx = x2 ex − ex + C. 2 2 2

PROBLEMA 7.117.

Resolver

R √ x 1 + xdx.

Soluci´ on

√ Haciendo u = x, dv = 1 + xdx tenemos que du = dx, v = (2/3)(1 + x)3/2 : Z 2 2 2 4 3/2 I = x(1 + x) − (1 + x)3/2 dx = x(1 + x)3/2 − (1 + x)5/2 + C. 3 3 3 15

315

PROBLEMA 7.118.

Resolver

R

ln(x2 + 2)dx.

Soluci´ on

2xdx Hacemos u = ln(x2 + 2) y dv = dx, de donde du = 2 y v = x. Por x +2 tanto: Z Z 2x2 dx 4 2 2 I = x ln(x + 2) − 2− 2 dx = x ln(x + 2) − x2 + 2 x +2 √ √ = x ln(x2 + 2) − 2x + 2 2 arc tg(x/ 2) + C. (Ver por ejemplo el problema 7.63 para la resolución de la u ´ltima integral.)

PROBLEMA 7.119.

Resolver

R

ln(x + 1/x)dx.

Soluci´ on

Integrando por partes con u = ln(x + 1/x) y dv = dx, du =

x2 − 1 dx, x(x2 + 1)

v = x, tenemos: Z 2 1 x −1 − dx I = x ln x + x x2 + 1 Z 1 2 = x ln x + − 1− dx = x ln(x + 1/x) − x + 2 arc tg x + C. x 1 + x2

PROBLEMA 7.120.

Resolver

R

ln(x +

√

x2 − 1)dx.

316

Soluci´ on

Hacemos u = ln(x +

√

x2 − 1) y dv = dx, con lo que du = √

dx , v = x. x2 − 1

Entonces: I = x ln(x +

p

x2

Z − 1) −

√

p p x dx = x ln(x + x2 − 1) − x2 − 1 + C. x2 − 1

PROBLEMA 7.121.

Resolver

R

x ln(x + 1)dx.

Soluci´ on

Hacemos u = ln(x + 1) y dv = xdx; du = dx/(x + 1), v = x2 /2. Entonces:

I = = =

Z Z x2 1 x2 x2 1 1 ln(x + 1) − dx = ln(x + 1) − x−1+ dx 2 2 x+1 2 2 x+1 1 x2 x2 ln(x + 1) − − x + ln(x + 1) + C 2 2 2 x2 − 1 x2 x ln(x + 1) − + + C. 2 4 2

PROBLEMA 7.122.

Resolver

R

x sen xdx.

Soluci´ on

Para utilizar el método de integración por partes podemos seguir los siguientes caminos: a) u = x sen x, dv = dx. Entonces du = (sen x+x cos x)dx, v = x. As´ı: Z I = x · x sen x − x(sen x + x cos x)dx. 317

La integral que resulta es menos sencilla que la original por lo cual se descarta este camino. b) u = sen x, dv = xdx. Por tanto, du = cos xdx, v = x2 /2 y resulta: Z 1 2 1 2 I = x sen x − x cos xdx. 2 2 La integral que resulta es menos sencilla que la original y también descartamos este camino. c) u = x, dv = sen xdx. Por tanto du = dx, v = − cos x y resulta: Z I = −x cos x − − cos xdx = −x cos x + sen x + C.

PROBLEMA 7.123.

Resolver

R

x2 sen xdx.

Soluci´ on Haciendo u = x2 , dv = sen xdx tendremos du = 2xdx, v = − cos x. As´ı: Z 2 I = −x cos x + 2 x cos xdx. Hacemos en la integral resultante u = x, dv = cos xdx, du = dx, v = sen x y tenemos: Z 2 I = −x cos x + 2 x sen x − sen xdx = −x2 cos x + 2x sen x + 2 cos x + C.

PROBLEMA 7.124.

Resolver

R

sec3 xdx.

318

Soluci´ on Haciendo u = sec x, dv = sec2 xdx tendremos du = sec x tg xdx, v = tg x. As´ı: Z Z 2 I = sec x tg x − sec x tg xdx = sec x tg x − sec x(sec2 x − 1)dx Z Z 3 = sec x tg x − sec xdx + sec xdx. Por tanto, Z 2I = sec x tg x + I=

sec xdx = sec x tg x + ln | sec x + tg x| + C;

1 (sec x tg x + ln | sec x + tg x|) + C 0 . 2

PROBLEMA 7.125.

Resolver

R√

x2 − 36dx.

Soluci´ on

Si hacemos el cambio x = 6 sec t, entonces dx = 6 sec t tg tdt y resulta:

Z I = 36

Z

2

tg t sec tdt = 36

Z

2

(sec t − 1) sec tdt = 36

3

Z

sec tdt −

De acuerdo al problema anterior, resulta: I = 18(sec t tg t + ln | sec t + tg t|) − 36 ln | sec t + tg t| + C x √x2 − 36 xp 2 = x − 36 − 18 ln + + C. 6 2 6

PROBLEMA 7.126.

Resolver

R√

3x2 + 5dx.

319

sec tdt.

Soluci´ on

p

5[(3/5)x2

√ q √ √ + 1] = 5 (x 3/ 5)2 + 1 y

Escribimos el integrando como √ √ hacemos el cambio x 3/ 5 = tg u: Z 5 5 I = √ sec3 udu = √ (sec u tg u + ln | sec u + tg u|) + C 3 2 3 x√3 √3x2 + 5 1 p 2 5 √ = x 3x + 5 + √ ln √ + + C. 2 2 3 5 5

PROBLEMA 7.127.

Resolver

R√

4x2 − 4x + 5dx.

Soluci´ on

Completamos cuadrados en el radicando y procedemos como en los problemas anteriores, haciendo el cambio 2x − 1 = 2 tg u: Z p Z I = (2x − 1)2 + 4dx = 2 sec3 udu = sec u tg u + ln | sec u + tg u| + C 2x − 1 √4x2 − 4x + 5 2x − 1 p 2 = 4x − 4x + 5 + ln + + C. 2 4 2

PROBLEMA 7.128. Z

Resolver

x dx. cos2 x

Soluci´ on

De nuevo integramos por partes con u = x, dv = dx/ cos2 x: Z Z I = xd(tg x) = x tg x − tg xdx = x tg x + ln | cos x| + C.

320

PROBLEMA 7.129. Z

Resolver

x2 dx. (x cos x − sen x)2

Soluci´ on x sen x 1 = Como d dx, podemos integrar por parx cos x − sen x (x cos x − sen x)2 x sen x dx: tes con u = x/ sen x, dv = (x cos x − sen x)2 Z Z x 1 x sen x x dx I = dx = · · + 2 sen x (x cos x − sen x) x cos x − sen x sen x sen2 x cos x x sen x + cos x x − +C = + C. = (x cos x − sen x) sen x sen x x cos x − sen x

PROBLEMA 7.130.

Resolver

R

cos x ln(1 + cos x)dx.

Soluci´ on

Integramos por partes con u = ln(1 + cos x), dv = cos xdx. − sen x , v = sen x. Por tanto: 1 + cos x Z sen2 x dx I = sen x ln(1 + cos x) + 1 + cos x Z sen2 x(1 − cos x) = sen x ln(1 + cos x) + dx (1 + cos x)(1 − cos x) Z = sen x ln(1 + cos x) + (1 − cos x)dx = sen x ln(1 + cos x) + x − sen x + C. Entonces du =

PROBLEMA 7.131.

Resolver

R

arc sen xdx.

321

Soluci´ on

Haciendo u = arc sen x, dv = dx tenemos que du = √ As´ı:

Z I = x arc sen x −

√

dx , v = x. 1 − x2

p xdx = x arc sen x + 1 − x2 + C. 1 − x2

PROBLEMA 7.132. Z

Resolver

arc tg

x−1 dx. x+1

Soluci´ on

Hacemos u = arc tg As´ı:

x−1 y dv = dx; entonces du = dx/(1 + x2 ) y v = x. x+1

x−1 I = x arc tg − x+1

Z

x x−1 1 dx = x arc tg − ln(1 + x2 ) + C. 2 1+x x+1 2

PROBLEMA 7.133. Z

Resolver

x arc sen x √ dx. 1 − x2

Soluci´ on

xdx e integramos por partes: 1 − x2 Z Z p p 2 2 I = arc sen xd(− 1 − x ) = − 1 − x arc sen x + dx p = − 1 − x2 arc sen x + x + C.

Hacemos u = arc sen x y dv = √

322

PROBLEMA 7.134.

Resolver

R

x3 arc tg xdx.

Soluci´ on

Hacemos en este caso u = arc tg x, dv = x3 dx, con lo que du = dx/(1 + x2 ), v = x4 /4: I = =

Z Z 1 x4 1 x4 x4 1 2 x −1+ dx arc tg x − dx = arc tg x − 4 4 1 + x2 4 4 1 + x2 x4 − 1 x3 x arc tg x − + + C. 4 12 4

PROBLEMA 7.135. Z

Resolver

x2 arc tg xdx. 1 + x2

Soluci´ on

Separamos en dos integrales as´ı: Z Z Z 1 1 I= 1− arc tg xdx = arc tg xdx − arc tg xdx. 1 + x2 1 + x2 En la primera integral hacemos u = arc tg x, dv = dx. Entonces du = dx/(1 + x2 ), v = x, con lo que Z x 1 I1 = x arc tg x − dx = x arc tg x − ln(1 + x2 ) + C1 . 1 + x2 2 Como la segunda integral es inmediata, resulta en definitiva: I = x arc tg x − ln

1 1 + x2 − (arc tg x)2 + C. 2

p

323

PROBLEMA 7.136. Z

Resolver

arc sen x √ dx. (1 − x2 ) 1 − x2

Soluci´ on

Si integramos por partes haciendo u = arc sen x, dv =

(1 −

dx √

x2 )

1 − x2

, se

dx x ,v=√ . As´ı: 2 1−x 1 − x2 Z x x dx √ arc sen x − √ ·√ 2 2 1−x 1 − x2 Z 1−x 1 1 x −2x x √ arc sen x + arc sen x + ln |1 − x2 | + C. dx = √ 2 2 2 2 1−x 2 1−x 1−x

tiene du = √ I = =

PROBLEMA 7.137.

Resolver

R

x arc sen xdx.

Soluci´ on

Integramos por partes con u = arc sen x y dv = xdx: Z 1 x2 x2 √ arc sen x − dx. I= 2 2 1 − x2 Z Z p Z 1 x2 √ √ 1 − x2 dx. Ahora bien, dx = dx − 1 − x2 1 − x2 √ Haciendo en esta u ´ltima integral u = 1 − x2 y dv = dx, tenemos: Z p Z p x2 2 2 1 − x dx = x 1 − x + √ dx. 1 − x2 Z p x2 1 Resulta entonces que √ dx = [arc sen x − x 1 − x2 ] + C. Por tan2 1 − x2 to: 2x2 − 1 xp 1 − x2 + C. I= arc sen x + 4 4 324

PROBLEMA 7.138. Z

Resolver

1 + sen x x e dx. 1 + cos x

Soluci´ on 1 + sen x 1 = [1 + tg(x/2)]2 y tenemos: 1 + cos x 2 Z Z Z 1 1 2 x 2 x [1+tg (x/2)+2 tg(x/2)]e dx = sec (x/2)e dx+ ex tg(x/2)dx. I= 2 2 Recordamos la fórmula

En la primera integral hacemos u = ex , dv = sec2 (x/2)dx, con lo que du = ex dx, v = 2 tg(x/2): Z Z x x I = e tg(x/2) − e tg(x/2)dx + ex tg(x/2)dx = ex tg(x/2) + C.

PROBLEMA 7.139.

Resolver las integrales I =

R

eax sen bxdx, J =

R

eax cos bxdx.

Soluci´ on

Integrando por partes cada una de ellas, resulta: Z 1 ax b 1 b eax cos bxdx = eax sen bx − J. I = e sen bx − a a a a Z 1 ax b 1 b J = e cos bx + eax sen bxdx = eax cos bx + I. a a a a ax Basta pues resolver el sistema aI + bJ = e sen bx, bI − aJ = −eax cos bx, para obtener los valores de I y J. En definitiva,

I = J

=

eax (a sen bx − b cos bx) + C; a2 + b2 eax (b sen bx + a cos bx) + C 0 . a2 + b2 325

PROBLEMA 7.140. Z

Resolver I =

xearc sen x √ dx y J = 1 − x2

Z

earc sen x dx.

Soluci´ on

Vamos a integrar I por partes siguiendo dos caminos distintos: En primer lugar hacemos u = earc sen x , dv = √

xdx y tenemos: 1 − x2

Z p p arc sen x 2 I =− 1−x e + earc sen x dx = − 1 − x2 earc sen x + J. earc sen x dx y tenemos: En segundo lugar hacemos u = x, dv = √ 1 − x2 Z arc sen x I = xe − earc sen x dx = xearc sen x − J. Sumando y restando ordenadamente las dos fórmulas obtenidas llegamos a: p 1 I = (x − 1 − x2 )earc sen x + C; 2 p 1 J = (x + 1 − x2 )earc sen x + C. 2

PROBLEMA 7.141. Z

Resolver

earc tg x √ dx. (1 + x2 ) 1 + x2

Soluci´ on

Integramos por partes haciendo u = earc tg x , dv = sulta: 326

dx √ . As´ı re(1 + x2 ) 1 + x2

xearc tg x I=√ − 1 + x2

Z

xearc tg x √ dx. (1 + x2 ) 1 + x2

En esta u ´ltima integral, que también resolvemos por partes, hacemos u = earc tg x , xdx √ y se tiene dv = 2 (1 + x ) 1 + x2 Z

xearc tg x 1 √ dx = − √ earc tg x + (1 + x2 ) 1 + x2 1 + x2

Z

earc tg x √ dx. (1 + x2 ) 1 + x2

De aqu´ı se deduce inmediatamente: x + 1 arc tg x I= √ e + C. 2 1 + x2 Z xdx √ Observación: La integral es inmediata pues es igual 2 (1 + x ) 1 + x2 a Z 1 1 (1 + x2 )−3/2+1 1 . (1+x2 )−3/2 d(1+x2 ) = · = −(1+x2 )−1/2 = − √ 2 2 −3/2 + 1 1 + x2

PROBLEMA 7.142. Z

Resolver In =

1 dx. (1 + x2 )n+1

Soluci´ on

Utilizamos el siguiente artificio: Z Z 1 + x2 − x2 1 + x2 x2 dx = dx − dx = (1 + x2 )n+1 (1 + x2 )n+1 (1 + x2 )n+1 Z Z Z dx x2 dx x2 dx = − = I − . n−1 (1 + x2 )n (1 + x2 )n+1 (1 + x2 )n+1 Z

In

Para la u ´ltima integral utilizamos el método de integración por partes. Para −1 xdx ello hacemos u = x, dv = , con lo que du = dx, v = . 2 n+1 (1 + x ) 2n(1 + x2 )n As´ı: Z x2 dx −x 1 = + In−1 . 2 n+1 2 n (1 + x ) 2n(1 + x ) 2n 327

En definitiva, In = In−1 +

x 1 2n − 1 x − In−1 = In−1 + . 2 n 2n(1 + x ) 2n 2n 2n(1 + x2 )n

´ POR FRACCIONES SIMPLES. D. INTEGRACION

Este método es exclusivo para integrar funciones racionales. El procedimiento general es el siguiente: Z p(x) Para calcular dx donde p y q son polinomios, realizaremos los siq(x) guientes pasos: p(x) r(x) = c(x) + donde c es el cociente y r el q(x) q(x) resto, con grado r < grado q. Entonces: Z Z Z p(x) r(x) dx = c(x)dx + dx. q(x) q(x) 1) Se realiza la división

La primera integral es inmediata y a continuación estudiaremos la segunda. Observación: Si el grado de p ya es menor que el grado de q, este paso se omite, pues p(x) = r(x). 2) Se factoriza el denominador a partir de sus ra´ıces (ya sean reales o complejas). Tenemos: q(x) = a(x − r1 )m1 · · · · · (x − rn )mn (x2 + a1 x + b1 )q1 · · · · · (x2 + ap x + bp )qp . Nota: En lo que sigue supondremos que a = 1 pues, en caso contrario, puede salir de la integral como una constante. 3) Se descompone el integrando en fracciones simples: r(x) q(x)

=

A1 Am1 K1 Kmn + ··· + + · · · + + · · · + m x − r1 (x − r1 ) 1 x − rn (x − rn )mn αq x + βq1 α1 x + β1 + 2 + ··· + 2 1 + ... x + a1 x + b1 (x + a1 x + b1 )q1 σq x + βqp σ 1 x + τ1 + 2 + ··· + 2 p . x + ap x + bp (x + ap x + bp )qp 328

4) Se calculan las constantes A1 , . . . , Am1 , . . . , K1 , . . . , Kmn , α1 , β1 , . . . , αq1 , βq1 , . . . , σ1 , τ1 , . . . , σqp , τqp igualando los numeradores de ambos miembros. 5) Se integra por separado cada fracción simple. Los siguientes problemas ilustran la forma de integrar seg´ un sea la descomposición de la fracción.

PROBLEMA 7.143. Z

Resolver

x2

1 dx. −4

Soluci´ on

Como x2 − 4 = (x − 2)(x + 2), podemos descomponer la fracción como x2

1 A B = + , −4 x−2 x+2

de donde 1 = A(x + 2) + B(x − 2). Para x = 2, 1 = 4A =⇒ A = 1/4. Para x = −2, 1 = −4B =⇒ B = −1/4. Tenemos entonces: Z Z 1 dx 1 dx 1 1 1 x − 2 I= − = ln |x−2|− ln |x+2|+C = ln +C. 4 x−2 4 x+2 4 4 4 x + 2

PROBLEMA 7.144. Z

Resolver

9x2

1 dx. − 16

Soluci´ on

Procediendo como el anterior, tenemos: 1 A B = + , 9x2 − 16 3x − 4 3x + 4 329

de donde 1 = A(3x+4)+B(3x−4) =⇒ A = 1/8, B = −1/8. Entonces: Z Z 1 1 1 1 I = dx − dx 8 3x − 4 8 3x + 4 3x − 4 1 1 1 + C. = ln |3x − 4| − ln |3x + 4| + C = ln 24 24 24 3x + 4

PROBLEMA 7.145. Z

Resolver

1 dx. x2 + 6x + 8

Soluci´ on

Como x2 + 6x + 8 = (x + 2)(x + 4), tenemos: 1 A B = + , + 6x + 8 x+2 x+4 de donde 1 = A(x + 4) + B(x + 2) =⇒ A = 1/2 y B = −1/2. Resulta entonces: 1 1 x + 2 I = (ln |x + 2| − ln |x + 4|) + C = ln + C. 2 2 x + 4 x2

PROBLEMA 7.146. Z

Resolver

1 dx. 9 − x2

Soluci´ on

Como 9 − x2 = (3 − x)(3 + x), resulta: 1 A B = + =⇒ 1 = A(3 + x) + B(3 − x). 2 9−x 3−x 3+x Obtenemos los valores A = B = 1/6, con lo que: 1 1 3 + x I = (− ln |3 − x| + ln |3 + x|) + C = ln + C. 6 6 3 − x 330

PROBLEMA 7.147. Z

Resolver

1 dx. 4x − x2

Soluci´ on

Como 4x − x2 = x(4 − x), tenemos: 1 A B = + =⇒ 1 = A(4 − x) + Bx. 4x − x2 x 4−x De aqu´ı, A = B = 1/4; por tanto: 1 x 1 + C. I = (ln |x| − ln |4 − x|) + C = ln 4 4 4 − x

PROBLEMA 7.148. Z

Resolver

4x2

2−x dx. + 4x − 3

Soluci´ on

Al factorizar el denominador tenemos 4x2 +4x−3 = (2x−1)(2x+3) y: 4x2

A B 2−x = + =⇒ 2 − x = A(2x + 3) + B(2x − 1). + 4x − 3 2x − 1 2x + 3

De aqu´ı se obtiene que A = 3/8, B = −7/8. Entonces: (2x − 1)3 3 7 1 + C. I= ln |2x − 1| − ln |2x + 3| + C = ln 16 16 16 (2x + 3)7

PROBLEMA 7.149. Z

Resolver

x+1 dx. x3 + x2 − 6x 331

Soluci´ on

Factorizamos en primer lugar el denominador: x3 +x2 −6x = x(x−2)(x+3). Por tanto: x+1 A B C = + + ⇒ x+1 = A(x−2)(x+3)+Bx(x+3)+Cx(x−2) x3 + x2 − 6x x x−2 x+3 Para x = 0, 1 = −6A =⇒ A = −1/6. Para x = 2, 3 = 10B =⇒ B = 3/10. Para x = −3, −2 = 15C =⇒ C = −2/15. La integral queda entonces: Z Z Z 1 dx 3 dx 2 dx I = − + − 6 x 10 x − 2 15 x+3 3 2 |x − 2|3/10 1 ln |x − 2| − ln |x + 3| + C = ln 1/6 = − ln |x| + + C. 6 10 15 |x| |x + 3|2/15

PROBLEMA 7.150. Z

Resolver

x3

3x + 5 dx. − x2 − x + 1

Soluci´ on

Al factorizar el denominador tenemos x3 − x2 − x + 1 = (x + 1)(x − 1)2 . As´ı: 3x + 5 A B C = + + x3 − x2 − x + 1 x + 1 x − 1 (x − 1)2 con lo que 3x + 5 = A(x − 1)2 + B(x − 1)(x + 1) + C(x + 1). Para x = −1, 2 = 4A =⇒ A = 1/2. Para x = 1, 8 = 2C =⇒ C = 4. Para determinar la constante B se sustituye otro valor de x, por ejemplo x = 0. Resulta 5 = A − B + C =⇒ B = −1/2. Por tanto: Z Z Z dx 1 dx dx 1 − +4 I = 2 x+1 2 x−1 (x − 1)2 1 1 4 4 1 x + 1 = ln |x + 1| − ln |x − 1| − +C =− + ln + C. 2 2 x−1 x − 1 2 x − 1 332

PROBLEMA 7.151. Z

Resolver

x4 − x3 − x − 1 dx. x3 − x2

Soluci´ on

En primer lugar se realiza la división y resulta x+1 x+1 x4 − x3 − x − 1 =x− 3 =x− 2 . 3 2 2 x −x x −x x (x − 1) Después se descompone la fracción resultante en fracciones simples: x+1 A B C = + 2+ =⇒ x + 1 = Ax(x − 1) + B(x − 1) + Cx2 . − 1) x x x−1

x2 (x

Para x = 0, 1 = −B =⇒ B = −1. Para x = 1, 2 = C. Para x = 2, 3 = 2A + B + 4C =⇒ A = −2. Por tanto: Z Z Z Z dx dx dx I = xdx + 2 + −2 2 x x x−1 x 1 1 2 1 1 2 + C. x + 2 ln |x| − − 2 ln |x − 1| + C = x − + 2 ln = 2 x 2 x x − 1

PROBLEMA 7.152. Z

Resolver

x2 dx. a4 − x4

Soluci´ on

Descomponemos el integrando en fracciones simples: B Cx + D x2 A = + + 2 . a4 − x4 a−x a+x a + x2 333

Por tanto, x2 = A(a + x)(a2 + x2 ) + B(a − x)(a2 + x2 ) + (Cx + D)(a − x)(a + x). Para x = a, a2 = 4Aa3 y A = 1/4a. Para x = −a, a2 = 4Ba3 y B = 1/4a. Para x = 0, 0 = Aa3 + Ba3 + Da2 = a2 /2 + Da2 y D = −1/2. Para x = 2a, 4a2 = 15Aa3 − 5Ba3 − 6Ca3 − 3Da2 y C = 0. As´ı pues: Z Z Z 1 dx dx dx 1 1 I = + − 2 4a a − x 4a a+x 2 a + x2 1 1 1 = − ln |a − x| + ln |a + x| − arc tg(x/a) + C. 4a 4a 2a

PROBLEMA 7.153. Z

Resolver

2x2 + 3 dx. (x2 + 1)2

Soluci´ on

Si descomponemos el integrando, tenemos 2x2 + 3 Ax + B Cx + D = 2 + 2 . 2 2 (x + 1) x +1 (x + 1)2 Por tanto: 2x2 + 3 = (Ax + B)(x2 + 1) + Cx + D = Ax3 + Bx2 + (A + C)x + (B + D). Igualando términos del mismo grado resulta A = 0, B = 2, A + C = 0, B + D = 3, lo que al resolver queda A = 0, B = 2, C = 0, D = 1. Entonces, Z Z 2dx dx + . I= x2 + 1 (x2 + 1)2 Para la segunda integral hacemos el cambio x = tg z con lo cual Z Z Z dx sec2 z = dz = cos2 zdz = z/2 + (1/4) sen 2z + C, (x2 + 1)2 sec4 z de donde I = 2 arc tg x + (1/2) arc tg x +

x/2 x/2 + C = (5/2) arc tg x + 2 + C. x2 + 1 x +1 334

PROBLEMA 7.154. Z

Resolver

x3 + x2 + x + 2 dx. x4 + 3x2 + 2

Soluci´ on

Debido a que x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2) tenemos x3 + x2 + x + 2 Ax + B Cx + D = 2 + 2 , x4 + 3x2 + 2 x +1 x +2 de donde: x3 + x2 + x + 2 = (Ax + B)(x2 + 2) + (Cx + D)(x2 + 1) = (A + C)x3 + (B + D)x2 + (2A + C)x + (2B + D), luego A + C = 1, B + D = 1, 2A + C = 1, 2B + D = 2. Resolviendo el sistema resulta A = 0, B = 1, C = 1, D = 0. Por tanto: Z Z xdx 1 dx + = arc tg x + ln(x2 + 2) + C. I= 2 2 x +1 x +2 2

PROBLEMA 7.155. Z

Resolver

x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x − 4 dx. (x2 + 2)3

Soluci´ on

Tenemos x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x − 4 Ax + B Cx + D Ex + F = 2 + 2 + 2 , 2 3 2 (x + 2) x +2 (x + 2) (x + 2)3 de donde: x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x − 4 = (Ax + B)(x2 + 2)2 + (Cx + D)(x2 + 2) + Ex + F = Ax5 + Bx4 + (4A + C)x3 + (4B + D)x2 + (4A + 2C + E)x + (4B + 2D + F ) 335

y se obtiene A = 1, B = −1, C = 0, D = 0, E = 4, F = 0. La integral queda entonces: Z I=

x−1 dx+4 x2 + 2

Z

√ x 1 2 x 1 2 dx = ln(x +2)− +C. arc tg √ − 2 2 3 (x + 2) 2 2 2 (x + 2)2

E. APLICACIONES DE LA INTEGRAL INDEFINIDA.

Es com´ un tener que resolver problemas en donde se trata de encontrar una función conocida una expresión que involucra a alguna de sus derivadas. Estos problemas reciben el nombre de ecuaciones diferenciales y se resuelven mediante el proceso de integración. Ahora bien, como hay muchas funciones que tienen la misma derivada, para encontrar una de ellas se necesita una condición adicional. Generalmente, esa condición consiste en proporcionar un punto por donde pasa la función.

PROBLEMA 7.156.

Encontrar una funci´ on cuya derivada es el punto (1, 0).

dy = 3x2 y que pase por dx

Soluci´ on La función que buscamos debe ser primitiva de la función dada. De este modo Z y = 3x2 dx = x3 + C. Si sustituimos el punto dado, resulta que 0 = 13 + C. Por tanto, C = −1. La función que cumple las condiciones del problema es f (x) = x2 − 1. 336

PROBLEMA 7.157.

Encontrar una funci´ on f sabiendo que f 00 (x) =

x4 + 1 . x3

Soluci´ on

En este caso debemos realizar dos integraciones: la primera para determinar f 0 y la segunda para obtener f. Deben aparecer por lo tanto dos constantes arbitrarias, una por cada integral. Dichas constantes no tienen que ser necesariamente las mismas. Z 4 Z x +1 1 x2 x−2 x2 x−2 0 f (x) = dx = (x + )dx = + = − + C1 . x3 x3 2 −2 2 2 Z f (x) =

x2 x−2 x3 x−1 − + C1 dx = + + C1 x + C2 . 2 2 6 2

Un caso com´ un de esta situación consiste en encontrar la posición en cada instante de un punto que se mueve en l´ınea recta conocida la velocidad o la aceleración del mismo.

PROBLEMA 7.158.

La aceleraci´ on de una part´ıcula que se mueve a lo largo de una recta es a(t) = π 2 cos πt m2 /sg. Si en el instante inicial (t = 0), la posici´ on de la part´ıcula es s = 0 y la velocidad es v = 8, hallar s cuando t = 1. Soluci´ on

Mediante integración directa de la aceleración con respecto al tiempo, se obtiene la velocidad en cualquier instante t: Z Z v(t) = π 2 cos πtdt = π π cos πtdt = π sen πt + C. 337

Para determinar la constante C, evaluamos la función en el punto t = 0: v(0) = 8 = π sen π0 + C = C; as´ı pues, v(t) = π sen πt + 8. Integrando de nuevo respecto a t, de la velocidad se obtiene la posición s(t) : Z s(t) = (π sen πt + 8)dt = − cos πt + 8t + K. La constante K se obtiene conocida la posición en el instante t = 0: s(0) = 0 = − cos π0 + 8 · 0 + K = −1 + K, de donde K = 1. En definitiva, s(t) = − cos πt + 8t + 1. Como la pregunta que se plantea es calcular s(1), al sustituir resulta s(1) = − cos π + 8 + 1 = 10 metros. Existen ecuaciones diferenciales más generales en donde no es posible despejar la derivada de la función con respecto a la variable independiente. Un caso simple de resolver y el u ńico que estudiaremos aqu´ı es aquél en donde se pueden separar en ambos miembros de la ecuación las variables x e y. El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento a seguir.

PROBLEMA 7.159.

Resolver la ecuaci´ on

dy √ = y sen 2x sabiendo que y(3π/4) = 1 dx

Soluci´ on

En primer lugar intentamos que las variables x e y estén separadas cada una en un miembro de la ecuación. Para ello tratamos a la derivada dy/dx como un cociente de diferenciales y podemos escribir dy √ = sen 2xdx. y A continuación se integran ambos miembros de la ecuación. El primero respecto de la variable y y el segundo respecto de la variable x. Es decir escribimos: Z Z dy √ = sen 2xdx, y de modo que y 1/2 = −(1/2) cos 2x + C. 1/2 338

(La constante se a˜ nade a uno de los miembros de la ecuación, pues representa la diferencia entre las funciones que tienen la misma derivada). El valor de C se calcula mediante la condición inicial y(3π/4) = 1. 11/2 = −(1/2) cos(2 · 3π/4) + C =⇒ 2 = C. 1/2 Despejando el valor de y llegamos a: y 1/2 = (1/2)(−(1/2) cos 2x+2) = −(1/4) cos 2x+1 =⇒ y = [−(1/4) cos 2x+1]2 . En general no se puede obtener la ecuación en su forma expl´ıcita. La ecuación impl´ıcita será suficiente para definir la función.

339

F. EJERCICIOS PROPUESTOS.

Resolver las siguientes integrales indefinidas: Z

1.-

4x2 + 7 dx. x2

Resp.: 4x − (7/x) + C.

2.-

R

(4x − 1)43 dx.

Resp.: (4x − 1)44 /176 + C.

3.-

R

x(ax3 + b)2 dx.

Resp.: a2 x8 /8 + 2abx5 /5 + b2 x2 /2 + C. Z

4.-

5.-

4x dx. 1 − 2x2 √ Resp.: −2 1 − 2x2 + C.

R

√

sen t cos t(sen t + cos t)dt.

Resp.: 31 (sen3 t − cos3 t) + C. Z

6.-

cos x dx. sen2 x

Resp.: − cosec x + C. Z

7.-

√

4 dx. 1 − 4x2

Resp.: 2 arc sen 2x + C. Z

8.-

√

x dx. x+1

Resp.: 32 (x + 1)3/2 − 2(x + 1)1/2 + C. Sug.: Sumar y restar 1 al numerador. Después separar en dos integrales.

340

9.-

R √ 3

8x7 dx.

Resp.: 3x10/3 /5 + C. Z

10.-

√

1 √ dx. x(1 + x)2

Resp.:

−2 √ + C. 1+ x

sen t + cos2 t √ dt. cos2 t t + sec t √ Resp.: 2 t + sec t + C. Z

11.-

12.-

R

(2x2 − 5x + 3)dx.

Resp.: 2x3 /3 − 5x2 /2 + 3x + C. Z

13.-

1 dx. 1 − x2 1 1 + x Resp.: ln + C. 2 1 − x Z

14.-

1 dx. x2 − 4 1 x − 2 Resp.: ln + C. 4 x + 2 Z

15.-

16.-

1 dy . 25 − 16y 2 5 + 4y 1 + C. Resp.: ln 40 5 − 4y R

(4x3 + 3x2 + 2x + 5)dx.

Resp.: x4 + x3 + x2 + 5x + C.

17.-

R

(3 − 2x − x4 )dx.

Resp.: 3x − x2 − x5 /5 + C.

341

Z

18.-

x3 + 5x2 − 4 dx. x2

Resp.: x2 /2 + 5x + 4/x + C.

19.-

R

(x2 − 1)2 dx.

Resp.: x5 /5 + x − 2x3 /3 + C. Z

20.-

√

1 dx. 4 − x2

Resp.: arc sen(x/2) + C. Z

21.-

1 p

4 − (x + 2)2

Resp.: arc sen Z

22.-

x+2 + C. 2

x+2 dx. 4x − x2 p x−2 Resp.: − 4x − x2 + 4 arc sen + C. 2 √

Z

23.-

9x2 Resp.:

24.-

dx.

R

2x + 3 dx. − 12x + 8 1 13 3x − 2 ln(9x2 − 12x + 8) + arc tg + C. 9 18 2

cos3 xdx.

Resp.: sen x − (1/3) sen3 x + C.

25.-

R

sen3 x cos5 xdx.

Resp.: (1/8) cos8 x − (1/6) cos6 x + C.

26.-

R

tg2 x sec3 xdx.

Resp.: (1/4) sec3 x tg x − (1/8) sec x tg x − (1/8) ln | sec x + tg x| + C.

27.-

R

cotg 3x cosec4 3xdx.

Resp.: −(1/6) cotg2 3x − (1/12) cotg4 3x + C.

342

28.-

R

sen2 λxdx.

Resp.: (x/2) − (1/4λ) sen 2λx + C.

29.-

R

cos2 3xdx.

Resp.: x/2 + (1/12) sen 6x + C.

30.-

R

cos3 (x/3)dx.

Resp.: 3 sen(x/3) − sen3 (x/3) + C.

31.-

R

sen 3x sen 2xdx.

Resp.: (1/2) sen x − (1/10) sen 5x + C.

32.-

R

sen 3x cos 5xdx.

Resp.: (1/4) cos 2x − (1/16) cos 8x + C.

33.-

R

cos 4x cos 2xdx.

Resp.: (1/4) sen 2x + (1/12) sen 6x + C.

34.-

R√

25 − x2 dx. √ Resp.: (1/2)x 25 − x2 + (25/2) arc sen(x/5) + C. Z

35.-

36.-

1 √ dx. x 9 + 4x2 √ 1 9 + 4x2 − 3 Resp.: ln + C. 3 x R

x2 ln xdx.

Resp.: (1/3)x3 ln x − (1/9)x3 + C.

37.-

R

x tg2 xdx.

Resp.: x tg x + ln | cos x| − x2 /2 + C.

38.-

R

x2 arc tg xdx.

Resp.: (1/3)x3 arc tg x − x2 /6 + (1/6) ln(1 + x2 ) + C.

343

Z

39.-

1 dx. −1 1 x − 1 Resp.: ln + C. 2 x + 1 x2

Z

40.-

2x − 3 dx. 4x2 − 11

√ √ 1 3 11 2x − 11 2 √ + C. Resp.: ln |4x − 11| − ln 2x + 11 4 44

41.- Sea y = f (x) una funci´ on cuya derivada es f 0 (x) =

1 . Cal(x − 1)2

cular f (4) si f (2) = −1. Resp.: f (x) = −1/(x − 1) + C; f (4) = −1/3.

42.- Definir y representar gr´ aficamente una funci´ on y = f (x) que verifique f 00 (x) = 2, f 0 (1) = 2, f (3) = 5. Resp.: f (x) = x2 − 4.

43.- Encontrar la velocidad y la posici´ on de una part´ıcula en cualquier instante t si ´ esta se mueve en l´ınea recta con una aceleraci´ on dada por a(t) = 3t − t2 si adem´ as la velocidad y la posici´ on en el instante t = 1 sg. son v = 7/6 m/sg. y s = 1 m. Resp.: v(t) = 3t2 /2 − t3 /3 m/sg.; s(t) = t3 /2 − t4 /12 + 7/12 m.

44.- Responder a las mismas preguntas del ejercicio anterior si a(t) = 18 sen 3t; v = −6 y s = 4 cuando t = 0. Resp.: v(t) = −6 cos 3t; s(t) = 4 − 2 sen 3t. p dy = 3x sabiendo que y(0) = −2. 45.- Resolver la ecuaci´ on y 4 − x2 dx p Resp.: y = − −6(4 − x2 )1/2 + 16.

46.- Determinar la curva cuya pendiente en cada punto (x, f (x)) es √ x 1 + x2 y que pase por el punto (0, −3). Resp.: f (x) =

(1 + x2 )3/2 − 10 . 3 344

47.- Hallar la ecuaci´ on de la curva que pasa por el punto (4, 2) y cuya pendiente en cada punto es x/y . Resp.: x2 − y 2 = 12.

48.- Sea y = f (x) una funci´ on cuya derivada est´ a dibujada a continuaci´ on.

Si f (x) es continua en −2 y f (−2) = 0, definir f y representarla. ( 2 x +x si − 3 ≤ x ≤ −2, Resp.: f (x) = 2 −x − 2 si − 2 < x ≤ 1.

345

CAPÍTULO VIII. CONVERGENCIA DE SUCESIONES

SECCIONES A. Criterios de convergencia. B. Ejercicios propuestos.

347

A. CRITERIOS DE CONVERGENCIA.

Una función cuyo dominio es el conjunto de los n´ umeros naturales se dice sucesi´ on. Si f : N → R es una sucesión y f (n) = an , n ∈ N, representamos la sucesión por {an }n∈N o simplemente {an } y an se llama término general (o n-ésimo) de la sucesión. Una sucesión {an } es convergente cuando existe y es finito l´ım an . Si dicho n→∞ l´ımite es infinito, la sucesión es divergente, y si no existe, la sucesión es oscilante. Las propiedades de los l´ımites de funciones se aplican a sucesiones en forma directa. Por tanto, para estudiar la convergencia de una sucesión son válidos los mismos métodos utilizados en el cálculo de l´ımites de funciones. También se pueden aplicar las equivalencias entre infinitésimos nombradas all´ı (ver cap´ıtulo 3). También es válida aqu´ı la fórmula l´ım (1 + un )1/un = e, cuando n→∞ un → 0. Sin embargo existen otros criterios espec´ıficos para las sucesiones que enunciamos a continuación: 1) Media aritmética: Si l´ım an = a, entonces n→∞

l´ım

n→∞

a1 + · · · + an = a. n

2) Media geométrica: Si l´ım an = a y an > 0, ∀n, entonces n→∞

l´ım

√ n

n→∞

a1 · · · · · an = a.

3) Cociente-Ra´ız: Si an > 0, ∀n y l´ım

n→∞

an √ = L, entonces l´ım n an = L. n→∞ an−1

4) Stolz: Si {an } es una sucesión arbitraria, {bn } es una sucesión creciente an − an−1 an tal que l´ım bn = +∞ y l´ım = L, entonces l´ım = L. n→∞ n→∞ bn − bn−1 n→∞ bn Aparte de estos criterios, es u ´til la f´ ormula de Stirling: l´ım

n→∞

n! √

nn e−n

2πn

√ = 1, es decir, n! y nn e−n 2πn son infinitos equivalentes.

En los problemas que siguen se desarrollan distintos métodos para los diferentes casos de indeterminación en el cálculo de l´ımites de sucesiones. 348

PROBLEMA 8.1.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ an = n2 + 4n − n2 − n. Soluci´ on

Multiplicamos y dividimos por el conjugado y se obtiene: √ √ √ √ ( n2 + 4n − n2 − n)( n2 + 4n + n2 − n) √ √ L = l´ım n→∞ n2 + 4n + n2 − n 5n 5 5 √ p = l´ım √ = l´ım p = . n→∞ 2 n2 + 4n + n2 − n n→∞ 1 + 4/n + 1 − 1/n

PROBLEMA 8.2.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ an = n2 + n + 1 − n. Soluci´ on

Como tenemos una indeterminación ∞ − ∞, multiplicamos y dividimos por el conjugado: p √ L = l´ım ( n2 + n + 1 − n2 ) n→∞ √ √ √ √ ( n2 + n + 1 − n2 )( n2 + n + 1 + n2 ) √ = l´ım √ n→∞ n2 + n + 1 + n2 n+1 1 + 1/n 1 √ = l´ım p = l´ım √ √ = . 2 2 2 n→∞ n→∞ 2 1 + 1/n + 1/n + 1 n +n+1+ n

PROBLEMA 8.3.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p √ √ an = n2 + n4 + 1 − 2n. 349

Soluci´ on

Multiplicamos y dividimos dos veces por el conjugado y obtenemos: q p √ L = l´ım n2 + n4 + 1 − 2n2 n→∞ p √ √ √ √ p n2 + n4 + 1 − 2n2 n2 + n4 + 1 + 2n2 p = l´ım √ √ n→∞ n2 + n4 + 1 + 2n2 √ √ n4 + 1 − n4 = l´ım p √ √ n→∞ n2 + n4 + 1 + 2n2 n4 + 1 − n4 = l´ım p √ √ = 0. √ √ n→∞ n2 + n4 + 1 + 2n2 n4 + 1 + n4

PROBLEMA 8.4.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ an = n2 + n + 1 − 3n2 − 1 − 3n. Soluci´ on

Debido a la indeterminación ∞ − ∞, procedemos as´ı: L =

p p n2 + n + 1 − 3n2 + 1 √ l´ım ( n2 + n + 1 − 3n2 − 1) − l´ım 3n = l´ım √ n→∞ n→∞ n→∞ n2 + n + 1 + 3n2 − 1 −2n2 + . . . √ − l´ım 3n = l´ım √ − ∞ = −∞. n→∞ n→∞ n2 + . . . + 3n2 + . . .

PROBLEMA 8.5.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ 3 an = n3 + 2n2 − 3 n3 − n.

350

Soluci´ on Teniendo en cuenta la factorización a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ), si llamamos √ √ a = 3 n3 + 2n2 y b = 3 n3 − n, resulta: a3 − b3 n→∞ n→∞ a2 + ab + b2 n3 + 2n2 − n3 + n = l´ım n→∞ (n3 + 2n2 )2/3 + (n3 + 2n2 )1/3 (n3 − n)1/3 + (n3 − n)2/3 2n2 + n √ √ = l´ım √ n→∞ 3 n6 + . . . + 3 n6 + . . . + 3 n6 + . . . 2 + 1/n 2 √ √ = l´ım √ = . 3 3 3 n→∞ 3 1 + ... + 1 + ... + 1 + ...

L =

l´ım (a − b) = l´ım

PROBLEMA 8.6.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ 3 an = n9 + 2n − n6 − 7n3 . Soluci´ on p p Teniendo en cuenta que L = l´ım 6 (n9 + 2n)2 − 6 (n6 − 7n3 )3 , si llamamos p n→∞ p a = 6 (n9 + 2n)2 , b = 6 (n6 − 7n3 )3 , aplicamos la fórmula a−b=

a6 − b6 a5 + a4 b + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5

y obtenemos (n9 + 2n)2 − (n6 − 7n3 )3 p l´ım (a − b) = l´ım p n→∞ n→∞ 6 (n9 + 2n)10 + · · · + 6 (n6 − 7n3 )15 4n10 + 4n2 − (−21n15 + 147n12 − 73 n9 ) 21 7 √ √ = l´ım = = . 6 6 90 90 n→∞ 6 2 n + ... + ··· + n + ...

L =

PROBLEMA 8.7.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p p 3 3 an = n3 + 5 + 8n3 + 4n2 − 3n. 351

Soluci´ on

En primer lugar, transformamos la indeterminación ∞ − ∞ en 0 · ∞: hp i p L = l´ım 3 n3 (1 + 5/n3 ) + 3 8n3 (1 + 4n2 /8n3 ) − 3n n→∞ h i = l´ım n(1 + 5/n3 )1/3 + 2n(1 + 1/2n)1/3 − 3n n→∞ h i = l´ım n (1 + 5/n3 )1/3 + 2(1 + 1/2n)1/3 − 3 . n→∞

Aplicamos ahora la fórmula de Newton: 5 n3

1/3

1 1+ 2n

1/3

1+

1/3 5 1/3 52 + + ... 1 n3 2 n6 1 5 1/3(1/3 − 1) 52 5 25 = 1+ · 3 + · 6 + ··· = 1 + 3 − 6 + ... 3 n 2! n 3n 9n 1/3 1 1/3 1 = 1+ + + ... 2 1 2n 2 2 n2 1/3(1/3 − 1) 1 1 1 1 1 + · 2 2 + ··· = 1 + − + ... = 1+ · 3 2n 2! 2 n 6n 36n2

= 1+

Sustituyendo en la u ´ltima expresión de L: 5 25 1 1 L = l´ım n 1 + 3 − 6 + · · · + 2 + − + · · · − 3 n→∞ 3n 9n 3n 18n2 1 1 1 1 1 = l´ım n − + . . . = limn→∞ − + ... = . 2 n→∞ 3n 18n 3 18n 3

PROBLEMA 8.8.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p p a a an = na + na−1 − na − na−1 , a ∈ N. Soluci´ on

En primer lugar sacamos n factor com´ un en cada sumando: s s 1 1 a a L = l´ım n 1+ −n 1− . n→∞ n n 352

Desarrollamos ahora cada término en serie de potencias: 1 1/a 1/a 1 1/a 1 1/a 1 1+ = 1+ + + ... + n 1 n 3 n3 2 n2 1 1 1/a(1/a − 1) 1 1/a(1/a − 1)(1/a − 2) 1 = 1+ · + · 2+ · 3 + ... a n 2! n 3! n 1 1−a (1 − a)(1 − 2a) = 1+ + + + ... an 2a2 n2 6a3 n3 1/a 1 1/a 1 1/a 1 1/a 1 1− = 1− − + ... + 2 n 1 n 3 n3 2 n 1 1−a (1 − a)(1 − 2a) = 1− + 2 2− + ... an 2a n 6a3 n3 Sustituyendo ahora en la u ´ltima expresión del l´ımite, resulta: (1 − a)(1 − 2a) 2 L = l´ım n + + ... n→∞ an 3a3 n3 2 2 (1 − a)(1 − 2a) + + ... = . = l´ım 3 2 n→∞ a 3a n a

PROBLEMA 8.9.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ n( n + 2n + 1) an = . n2 + 3 Soluci´ on

Comparando los grados del numerador y denominador, resulta: √ n n + 2n2 + n L = l´ım = 2. n→∞ n2 + 3

PROBLEMA 8.10.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

(3n − 2)(n + 3)(2n − 5)2 . n2 (2n + 6)(3n − 5) 353

Soluci´ on

Comparando de nuevo los grados del numerador y del denominador, obtenemos: L =

(3n2 + 9n − 2n − 6)(4n2 + 25 − 20n) 12n4 + . . . = l´ ım = 2. n→∞ n→∞ 6n4 + . . . n2 (6n2 − 10n + 18n − 30) l´ım

PROBLEMA 8.11.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1 2 n an = 2 + 2 + · · · + 2 . n n n Soluci´ on

Aplicamos la fórmula 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)/2. Resulta: L =

1 + 2 + ··· + n n(n + 1) n+1 1 = l´ım = l´ım = . 2 2 n→∞ n→∞ n→∞ 2n n 2n 2 l´ım

PROBLEMA 8.12.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1 n an = a , a ∈ N. n a Soluci´ on

Al desarrollar L =

n a

resulta directamente:

1 n(n − 1)(n − 2) . . . (n − a + 1) 1 na + . . . 1 · = l´ ım = . a a n→∞ n a! a! n→∞ n a! l´ım

354

PROBLEMA 8.13.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ n . an = q p √ n+ n+ n

Soluci´ on Si dividimos numerador y denominador por L =

=

l´ım q

n→∞

1 √ n+

√

n+ n n

√

n, tenemos:

= l´ım r n→∞

1+

1

l´ım r

n→∞

1+

q

1 q

√ n+ n n2

= 1.

1/n +

p

n/n4

PROBLEMA 8.14.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ 5 3 3 4 − 4 n2 √ an = 3 √ . n − 3(4 − 5 n) Soluci´ on

Para comparar los grados del numerador y denominador escribimos: √ √ √ √ 15 15 15 15 3 45 − 4 n 6 3 45 − 4 n 6 √ √ √ p L = l´ım 15 = l´ım 15 15 15 n→∞ (n − 3)5 (4 − n3 ) n→∞ 4 n5 − 5n4 · 3 + . . . − n8 + . . . 3

=

√ √ 15 15 45√ −4 n6 15 8

n √ √ l´ım 15 n8 +... n→∞ 4 15 n5 −5n4 ·3+...− √ 15 8 n

=

355

0 = 0. 0−1

PROBLEMA 8.15.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p p √ √ n2 + n − n2 − n an = p p √ √ . n 3 n3 + n − 3 n3 − n Soluci´ on

Si racionalizamos numerador y denominador, tenemos: √ √ p √ (n2 + n − n2 + n)( 3 (n3 + n)2 + . . . ) p p L = l´ım √ √ √ √ n→∞ n(n3 + n − n3 + n)( n2 + n + n2 − n) p √ √ p √ √ 2 n 3 (n3 + n)2 + 3 n6 − n + 3 (n3 − n)2 3 p = l´ım = , √ p 2 √ √ 2 n→∞ 2 2n n( n + n + n − n) debido a que los grados del numerador y denominador son iguales.

PROBLEMA 8.16.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

3n + 7 . 5n − 4

Soluci´ on Debido a la indeterminación ∞/∞, dividimos numerador y denominador por 5n : L =

(3/5)n + (7/5n ) 0 = = 0, n n→∞ 1 − (4/5 ) 1 l´ım

debido a que (3/5)n → 0.

PROBLEMA 8.17.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ 4 4 p n + h − n + k 12 √ · n + j. an = √ 3 3 n+h− n+k 356

Soluci´ on

En primer lugar tenemos: p 4

p 4 p n(1 + k/n) 12 p L = l´ım p · n(1 + j/n) n→∞ 3 n(1 + h/n) − 3 n(1 + k/n) n1/4 (1 + h/n)1/4 − (1 + k/n)1/4 · n1/12 · (1 + j/n)1/12 = l´ım 1/3 n→∞ n (1 + h/n)1/3 − (1 + k/n)1/3 n(1 + h/n) −

=

(1 + h/n)1/4 − (1 + k/n)1/4 · (1 + j/n)1/12 . n→∞ (1 + h/n)1/3 − (1 + k/n)1/3 l´ım

Desarrollamos ahora las potencias de los binomios:

h 1+ n

1/4 = =

h 1+ n

1/3 = =

1+

j n

1/4 h 1/4 h2 1+ + + ... 1 n 2 n2 1 h 1/4(1/4 − 1) h2 h 3h2 1+ · + · 2 + ··· = 1 + − + ... 4 n 2! n 4n 32n2 1/3 h 1/3 h2 1+ + + ... 1 n 2 n2 h h2 1 h 1/3(1/3 − 1) h2 · 2 + ··· = 1 + − 2 + ... 1+ · + 3 n 2! n 3n 9n 2 1/12 j 1/12 j 1+ + + ... 1 n 2 n2 1/12(1/12 − 1) j 2 j 11j 2 1 j · + · 2 + ··· = 1 + − + ... 1+ 12 n 2! n 12n 288n2

1/12 = =

Sustituimos en la fórmula del l´ımite y tenemos: k 3k2 + · · · − 1 + 4n − 32n 2 + ... L = l´ım n→∞ h h2 k k2 1 + 3n − 9n + · · · − 1 + − + . . . 2 3n 9n2 2 j 11j × 1+ − + ... 12n 288n2 3(h2 −k2 ) h−k + ... j 11j 2 4n − 32n2 = l´ım h−k h2 −k2 1+ − + ... n→∞ 12n 288n2 3n − 9n2 + . . . 1+

=

1 4 (h 1 3 (h

h 4n

−

3h2 32n2

− k) 3 ·1= . 4 − k)

357

PROBLEMA 8.18.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

1/(2n2 ) + 1 − cos 1/n . n4

Soluci´ on

Operando directamente resulta L = 0/∞ = 0.

PROBLEMA 8.19.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

ln(5n4 − 4n3 + 6n2 + 3n − 2) . ln(6n3 + 4n2 − 5n + 7)

Soluci´ on

Por las propiedades de los logaritmos, tenemos: ln n4 (5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4 ) n→∞ ln n3 (6 + 4/n − 5/n2 + 7/n3 ) ln n4 + ln(5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4 ) = l´ım n→∞ ln n3 + ln(6 + 4/n − 5/n2 + 7/n3 ) 4 ln n + ln(5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4 ) = l´ım n→∞ 3 ln n + ln(6 + 4/n − 5/n2 + 7/n3 ) 4 + ln(5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4 )/ ln n 4 = l´ım = . 2 3 n→∞ 3 + ln(6 + 4/n − 5/n + 7/n )/ ln n 3

L =

l´ım

PROBLEMA 8.20.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

πn sen 2n−1 √ . −π sen 4n−2 · 4 n4 + 1

358

Soluci´ on

πn → sen π/2 = 1, y teniendo en cuenta la equivalencia 2n − 1 −π −π de infinitésimos sen ∼ , resulta: 4n − 2 4n − 2 Debido a que sen

πn sen 2n−1 4n − 2 4 √ = l´ım =− . L = l´ım −π √ 4 4 4 4 n→∞ n→∞ π n +1 −π n + 1 4n−2 ·

PROBLEMA 8.21.

Sabiendo que 2 sen A sen B = − cos(A + B) + cos(A − B), calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 2 3 n 1 an = sen 2 + sen 2 + sen 2 + · · · + sen 2 . n n n n Soluci´ on

Multiplicando y dividiendo el término general de la sucesión por 2 sen an =

1 2 sen(1/2n2 )

1 : 2n2

2·1 1 2·2 1 2n 1 2 sen 2n 2 sen 2n2 + 2 sen 2n2 sen 2n2 + · · · + 2 sen 2n2 sen 2n2 .

Si aplicamos ahora la fórmula dada, tenemos: 3 1 2n + 1 2n − 1 + cos an = − cos 2 + cos 2 + · · · + − cos 2n 2n 2n2 2n2 1 1 1 2n + 1 × = cos 2 − cos 2 2 2 sen(1/2n ) 2 sen(1/2n ) 2n 2n2 1 n+1 n = · 2 sen sen 2 . 2 2 2 sen(1/2n ) 2n 2n Entonces, debido a la equivalencia sen un ∼ un cuando un → 0: L =

1 n+1 n n+1 1 ·2· · 2 = l´ım = . 2 2 n→∞ 2 · (1/2n ) n→∞ 2n 2n 2n 2 l´ım

359

PROBLEMA 8.22.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = √ 3

πn tg 2n+1

n3 + 2n − 1

.

Soluci´ on

Por una parte,

L =

tg l´ım √ 3

n→∞

π 2

−

π 4n+2

n3 + 2n − 1

= l´ım √ 3 n→∞

Teniendo en cuenta la equivalencia tg

π cotg 4n+2

π 1/ tg 4n+2 = l´ım √ . n3 + 2n − 1 n→∞ 3 n3 + 2n − 1

π π ∼ , podemos escribir 4n + 2 4n + 2

4n+2 π

4n + 2 n→∞ + 2n − 1 n→∞ π n3 + 2n − 1 4 + 2/n 4 = l´ım p = . n→∞ π 3 1 + 2/n2 − 1/n3 π

L =

l´ım √ 3

= l´ım

n3

√ 3

PROBLEMA 8.23.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general r n+a an = n ln . n−a Soluci´ on

n+a n+a ∼ − 1, tenemos: n−a n−a n+a n n+a · ln = l´ım −1 n − a n→∞ 2 n − a n+a−n+a 2an · = l´ım = a. n→∞ 2n − 2a n−a

Debido a la equivalencia ln n n→∞ 2 n = l´ım n→∞ 2

L =

l´ım

360

PROBLEMA 8.24.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general m n+1 an = (4n + 3)m ln donde m ∈ R. n−2 Soluci´ on

n+1 n+1 ∼ − 1 y resulta: n−2 n−2 m n+1 m n+1 L = l´ım (4n + 3) ln = l´ım (4n + 3) −1 n→∞ n→∞ n−2 n−2 m 3 = 12m . = l´ım (4n + 3) n→∞ n−2

Aplicamos la equivalencia ln

PROBLEMA 8.25.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ n an = n a − n, siendo a > 0. Soluci´ on

Aplicaremos la equivalencia a1/n − 1 ∼ (1/n) ln a: L = l´ım (na1/n − n) = l´ım n(a1/n − 1) = l´ım n · n→∞

n→∞

n→∞

1 ln a = ln a. n

PROBLEMA 8.26.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

(a + n)(n − 1)n−1 . nn

361

Soluci´ on Si tomamos logaritmos y utilizamos la equivalencia ln(1 + un ) ∼ un , cuando un → 0, resulta: a + n (n − 1)n−1 a+n n−1 ln L = l´ım ln = l´ ım ln · + l´ ım (n − 1) ln n→∞ n→∞ n→∞ n nn−1 n n n−1 a+n + l´ım (n − 1) − 1 = ln 1 + (−1) = −1. = ln l´ım n→∞ n→∞ n n Por tanto, L = e−1 .

PROBLEMA 8.27.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = (n/3) ln(n + a)(n + b)(n + c) − ln nn . Soluci´ on

Tenemos una indeterminación ∞−∞ que operamos del siguiente modo: h i L = l´ım (n/3) ln(n + a)(n + b)(n + c) − ln(nn/3 nn/3 nn/3 ) n→∞

=

l´ım [(n/3) ln(n + a) + (n/3) ln(n + b) + (n/3) ln(n + c)

n→∞

−(n/3) ln n − (n/3) ln n − (n/3) ln n] n+a n+b n+b + l´ım (n/3) ln + l´ım (n/3) ln = l´ım (n/3) ln n→∞ n→∞ n→∞ n n n n a n b n c = l´ım · + l´ım · + l´ım · n→∞ 3 n n→∞ 3 n n→∞ 3 n c a+b+c a b = + + = . 3 3 3 3

PROBLEMA 8.28.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

3n4 sen2 (1/n) ln(1 + 1/n) . (n + 5) cos πn+5 4n+1 362

Soluci´ on

Debido a las equivalencias sen 1/n ∼ 1/n y ln(1+1/n) ∼ 1/n, tenemos: 3n4 1/n2 · 1/n · √ n→∞ n + 5 2/2 4 √ 3n · 2 6 = l´ım √ = √ = 3 2. n→∞ 2n3 (n + 5) 2

L =

l´ım

PROBLEMA 8.29.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = n2 (ln sen(π/2 + 2/n) − ln cos 1/n). Soluci´ on

Nuevamente, por la equivalencia ln un ∼ un − 1, cuando un → 1, resulta: sen(π/2 + 2/n) sen(π/2 + 2/n) − cos 1/n L = l´ım n2 ln = l´ım n2 n→∞ n→∞ cos 1/n cos 1/n cos 2/n − cos 1/n cos(1/n + 1/n) − cos 1/n = l´ım n2 = l´ım n2 n→∞ n→∞ cos 1/n cos 1/n 2 2 cos 1/n − sen 1/n − cos 1/n = l´ım n2 n→∞ cos 1/n 2 n cos 1/n(cos 1/n − 1) sen2 1/n = l´ım − l´ım n2 n→∞ n→∞ cos 1/n cos 1/n 2 2 1 1 3 n (−1)(1/n) = l´ım − l´ım =− −1=− . n→∞ n→∞ cos 1/n 2 2 2 En la u ´ltima l´ınea aplicamos las equivalencias sen(1/n) ∼ 1/n y 1−cos(1/n) ∼ (1/n)2 /2.

PROBLEMA 8.30.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

(3n2 + 1)(1 − cos(1/n) . (n2 − 2) ln[1 + (1/n2 )] 363

Soluci´ on

Teniendo en cuenta las equivalencias de los infinitésimos 1 − cos y ln(1 + un ) ∼ un , cuando un → 0, tenemos:

1 (1/n)2 ∼ n 2

1/n2

3n2 + 1 1 − cos(1/n) 3 L = l´ım 2 l´ım = 3 l´ım 2 2 = . 2 n→∞ n − 2 n→∞ ln(1 + (1/n )) n→∞ 1/n 2

PROBLEMA 8.31.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general ! 2n−1 r 1 − n 1+3n an = . 1 − 2n Soluci´ on

Calculando directamente los l´ımites de la base y el exponente, tenemos que p 2/3 1 1/2 L= = √ . 3 2

PROBLEMA 8.32.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general n−3 n+1 an = . n−1 Soluci´ on

Tenemos una indeterminación del tipo 1∞ . Tomamos logaritmos y utilizamos la equivalencia ln un ∼ un − 1 cuando un → 1: n+1 ln L = l´ım (n − 3) −1 n→∞ n−1 (n − 3)(n + 1 − n + 1) 2n − 6 = l´ım = l´ım = 2 =⇒ L = e2 . n→∞ n→∞ n − 1 n−1 364

PROBLEMA 8.33.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general (n2 −1)/n 2 n +3 an = . n2 + 4n Soluci´ on

De forma similar al anterior, tenemos: n2 − 1 n2 + 3 (n2 − 1)(n2 + 3 − n2 − 4n) ln L = l´ım − 1 = l´ ım n→∞ n→∞ n n2 + 4n n(n2 + 4n) 3n2 − 4n3 − 3 + 4n = l´ım = −4 =⇒ L = e−4 . n→∞ n3 + 4n2

PROBLEMA 8.34.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

n2 + 3n − 2 n2 + n

n32+2

2n +1

.

Soluci´ on

Como la indeterminación es del tipo 1∞ , tenemos: n3 + 2 n2 + 3n − 2 ln n→∞ 2n2 + 1 n2 + n 3 2 n + 2 n + 3n − 2 − n2 − n 2n4 + . . . = l´ım · = l´ ım = 1. n→∞ 2n2 + 1 n→∞ 2n4 + . . . n2 + n

ln L =

l´ım

Por tanto, L = e1 = e. 365

PROBLEMA 8.35.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 2n2 −3 n2 − 3n + 5 n+1 an = 1 + ln . n2 − 9n Soluci´ on

Con la misma indeterminación anterior, deberemos aplicar dos veces la equivalencia ln un ∼ un − 1 cuando un → 1: 2n2 − 3 n2 − 3n + 5 2n2 − 3 n2 − 3n + 5 ln L = l´ım ln = l´ım −1 n→∞ n + 1 n→∞ n + 1 n2 − 9n n2 − 9n 2n2 − 3 n2 − 3n + 5 − n2 + 9n · = l´ım n→∞ n + 1 n2 − 9n 2 (6n + 5)(2n − 3) 12n3 + . . . = l´ım = l´ ım = 12 =⇒ L = e12 . n→∞ (n2 − 9n)(n + 1) n→∞ n3 + . . .

PROBLEMA 8.36.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general ln(n + a) n ln n an = . ln n Soluci´ on

Debido a que ln n(1 + a/n) ln n + ln(1 + a/n) ln(1 + a/n) ln(n + a) = = =1+ → 1, ln n ln n ln n ln n tenemos una indeterminación del tipo 1∞ . Por tanto, si llamamos L al l´ımite de la sucesión, resulta ln(n + a) ln L = l´ım n ln n − 1 = l´ım n ln(1 + a/n) n→∞ n→∞ ln n = l´ım n ln(1 + a/n) = l´ım ln(1 + a/n)n = ln ea = a. n→∞

n→∞

366

Queda en definitiva que L = ea .

PROBLEMA 8.37.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = [1 + ln(n2 − 5n + 3) − ln(n2 + 3n − 5)]2n−5 . Soluci´ on

2n−5 n2 − 5n + 3 Debido a que an = 1 + ln 2 → 1∞ , resulta: n + 3n − 5 2 n − 5n + 3 n2 − 5n + 3 ln L = l´ım (2n − 5) ln 2 = l´ım (2n − 5) −1 n→∞ n + 3n − 5 n→∞ n2 + 3n − 5 (2n − 5)(−8n + 8) = −16. = l´ım n→∞ n2 + 3n − 5 En definitiva, L = e−16 .

PROBLEMA 8.38.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 2n+1 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 an = 3 · . 4n3 Soluci´ on

Calcularemos en primer lugar la expresión 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 k(k + 1)(2k + 1) utilizando la fórmula 12 + 22 + · · · + k 2 = , ∀k ∈ N: 6 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52 + · · · + (2n − 1)2 + (2n)2 −[22 + 42 + · · · + (2n)2 ] = 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + (2n − 1)2 + (2n)2 − 22 (12 + 22 + · · · + n2 ) 2n(2n + 1)(4n + 1) n(n + 1)(2n + 1) 8n3 − 2n − 22 = . = 6 6 6 367

3 8n3 − 2n · De este modo an = 4n3 6

2n+1

4n2 − 1 = 4n2

2n+1

→ 1∞ .

Entonces hacemos ln L =

l´ım (2n + 1)

n→∞

4n2 − 1 −(2n + 1) − 1 = l´ım = 0. n→∞ 4n2 4n2

Por tanto L = e0 = 1.

PROBLEMA 8.39.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 3 !√ √ n3 +n2 /2 2 4n − 7n an = √ . 3 8n3 + 4n2

Soluci´ on

Tenemos un l´ımite de la forma 1∞ . Llamando L = l´ım an , si utilizamos la n→∞ equivalencia ln un ∼ un − 1, tenemos: √ 4n2 − 7n − 3 8n3 + 4n2 √ + · ln L = l´ım 3 n→∞ 8n3 + 4n2 r p 3 2 p 3 n + n /2 6 2 − 7n)3 − 6 (8n3 + 4n2 )2 = l´ım (4n n→∞ 8n3 + 4n2 p p 1 = l´ım 6 (4n2 − 7n)3 − 6 (8n3 + 4n2 )2 . 2 n→∞ p p Si llamamos ahora a = 6 (4n2 − 7n)3 y b = 6 (8n3 + 4n2 )2 y utilizamos la identidad a6 − b6 = (a − b)(a5 + a4 b + · · · + b5 ), tenemos √

p 3

ln L = =

n3

n2 /2

1 (4n2 − 7n)3 − (8n3 + 4n2 )2 p l´ım p 2 n→∞ 6 (4n2 − 7n)15 + · · · + 6 (8n3 + 4n2 )10 1 −400n5 + 572n4 − 343n3 1 −400 −25 p l´ım p = · = . 30/6 6 6 30 30 n→∞ 2 2 6·2 24 (2n) + . . . + · · · + (2n)

En definitiva, L = e−25/24 . 368

PROBLEMA 8.40.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general cos(a + 1/n) n an = . cos a Soluci´ on Como tenemos una indeterminación 1∞ , hacemos: cos(a + 1/n) cos(a + 1/n) − cos a ln L = l´ım n − 1 = l´ım n · . n→∞ n→∞ cos a cos a A−B A+B sen y tenemos: Aplicamos la fórmula cos A − cos B = −2 sen 2 2 1 1 1 −2 sen a + 2n sen 2n −2 sen a + 2n 1 ln L = l´ım n · = l´ım · l´ım n sen n→∞ n→∞ n→∞ cos a cos a 2n −2 sen a 1 1 = · l´ım n · = −2 tg a · = − tg a. n→∞ cos a 2n 2 Queda en definitiva L = e− tg a .

PROBLEMA 8.41.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1 n an = cos √ . n Soluci´ on

Análogamente al anterior tenemos: ln L =

1 l´ım n cos √ − 1 . n→∞ n

Utilizaremos la fórmula cos 2x = cos2 x − sen2 x = 1 − 2 sen2 x =⇒ cos 2x − 1 = −2 sen2 x y resulta: 2 1 2 1 √ ln L = l´ım n −2 sen √ = l´ım (−2n) n→∞ n→∞ 2 n 2 n −2n −1 = l´ım = . n→∞ 4n 2 369

En definitiva, L = e−1/2 .

PROBLEMA 8.42.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1 + tg 1/n n an = . 1 − tg 1/n Soluci´ on

Como tenemos una indeterminación del tipo 1∞ , hacemos lo siguiente: 1 + tg 1/n 2 tg 1/n ln L = l´ım n − 1 = l´ım n . n→∞ n→∞ 1 − tg 1/n 1 − tg 1/n Como 1/n → 0, podemos sustituir tg 1/n por 1/n. As´ı: ln L =

l´ım n ·

n→∞

2/n 2 = l´ım = 2. 1 − tg 1/n n→∞ 1 − tg 1/n

Por tanto, L = e2 .

PROBLEMA 8.43.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = (cos φ/n + a sen φ/n)n . Soluci´ on

Como tenemos un l´ımite de la forma 1∞ , usamos las equivalencias ln un ∼ un − 1, 1 − cos un ∼ u2n /2, sen un ∼ un , cuando un → 0 y resulta: ln L = = =

l´ım n (cos φ/n − 1 + a sen φ/n)

n→∞

l´ım n (cos φ/n − 1) + l´ım n · a sen φ/n

n→∞

l´ım −n ·

n→∞

n→∞

φ2 2n2

+ l´ım n · a · (φ/n) = φ · a. n→∞

370

Luego L = eφa .

PROBLEMA 8.44.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = (1/n + sen 1/n + cos 1/n)cotg 1/n . Soluci´ on

Tomando logaritmos, y usando las equivalencias tg 1/n ∼ 1/n, 1 − cos 1/n ∼ (1/n)2 2 , tenemos: ln L =

l´ım cotg 1/n(1/n + sen 1/n + cos 1/n − 1)

n→∞

1/n + sen 1/n + cos 1/n − 1 n→∞ tg 1/n 1/n sen 1/n cos 1/n − 1 = l´ım + l´ım + l´ım n→∞ tg 1/n n→∞ tg 1/n n→∞ tg 1/n −(1/n)2 1/n + l´ım cos 1/n + l´ım = 1 + 1 − 0 = 2. = l´ım n→∞ n→∞ 2(1/n) n→∞ 1/n =

l´ım

de donde L = e2 .

PROBLEMA 8.45.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general ! 1/n 1/n n a1 + · · · + ak an = . k Soluci´ on

Debido a la indeterminación 1∞ , usamos la equivalencia a1/n ∼ (1/n) ln a con lo que: " 1/n # 1/n 1/n 1/n a1 + · · · + ak (a − 1) + · · · + (ak − 1) ln L = l´ım n − 1 = l´ım n 1 n→∞ n→∞ k k =

l´ım n

n→∞

(1/n) ln a1 + · · · + (1/n) ln ak ln(a1 . . . ak ) = . k k 371

De donde, L =

√ k

a1 . . . ak .

PROBLEMA 8.46.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general n2 √ n+ na √ an = . n+ nb Soluci´ on

Procediendo como en el problema anterior, tenemos: √ √ √ √ n2 ( n a − n b) n2 (n + n a − n − n b) √ √ = l´ım ln L = l´ım n→∞ n→∞ n+ nb n+ nb √ √ √ √ n n ( n a − 1) − ( n b − 1) a−1 b−1 √ √ √ = l´ım = l´ ım − l´ ım n n n→∞ n→∞ 1/n + 1/n + b/n2 b/n2 n→∞ 1/n + n b/n2 (1/n) ln a (1/n) ln b √ √ = l´ım − l´ım n 2 n→∞ 1/n + n→∞ 1/n + n b/n2 b/n ln b a ln a √ √ − l´ım = ln a − ln b = ln . = l´ım n→∞ 1 + n b/n n→∞ 1 + n b/n b Por tanto, L = a/b.

PROBLEMA 8.47.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ √ !n n 1 + n 2 + ··· + n p an = . p

372

Soluci´ on Utilizaremos la equivalencia aun − 1 ∼ un ln a, cuando un → 0: √ n

ln L = = = = = Por tanto, L = eln

√ n

√ 2 + ··· + n p l´ım n ln n→∞ p i √ nh √ √ n n n l´ım ( 1 − 1) + ( 2 − 1) + · · · + ( p − 1) n→∞ p n √ n √ n l´ım ( 1 − 1) + · · · + l´ım ( n p − 1) n→∞ p n→∞ p n 1 n 1 l´ım · ln 1 + · · · + l´ım · ln p n→∞ p n n→∞ p n p ln 1 + · · · + ln p ln(1 . . . p) = = ln p p! p p √ p

p!

=

√ p

1+

p!

PROBLEMA 8.48.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general " #n p · a1/n + q · b1/n + r · c1/n an = . p+q+r

Soluci´ on

Como tenemos un l´ımite de la forma 1∞ , hacemos lo siguiente: " # p · a1/n + q · b1/n + r · c1/n ln L = l´ım n −1 n→∞ p+q+r " # p(a1/n − 1) + q(b1/n − 1) + r(c1/n − 1) = l´ım n n→∞ p+q+r h i 1 1/n 1/n 1/n = p l´ım n(a − 1) + q l´ım n(b − 1) + r l´ım n(c − 1) . n→∞ n→∞ p + q + r n→∞ Tal como hemos visto en el problema anterior, l´ım n(a1/n − 1) = ln a, l´ım n(b1/n − 1) = ln b, l´ım n(c1/n − 1) = ln c.

n→∞

n→∞

n→∞

373

Luego, 1 (p ln a + q ln b + r ln c) p+q+r 1 1 = ln(ap bq cr ) = ln(ap bq cr ) p+q+r . p+q+r √ y finalmente L = p+q+r ap bq cr . ln L =

PROBLEMA 8.49.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1/ ln(3/n) 1 . an = n

Soluci´ on En este caso tenemos una indeterminación 00 . As´ı pues: 1/ ln(3/n) 1 1 1 ln L = ln l´ım = l´ım ln n→∞ n n→∞ ln(3/n) n − ln n/ ln n − ln n = l´ım = 1. = l´ım n→∞ ln 3/ ln n − ln n/ ln n n→∞ ln 3 − ln n Como ln L = 1 =⇒ L = e.

PROBLEMA 8.50.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1/ ln(n4 −3) n+2 an = . 3n3 − 1

374

Soluci´ on Debido a la indeterminación 00 , tomamos logaritmos y aplicamos las equin+2 n valencias ln(n4 − 3) ∼ ln n4 y ln 3 ∼ ln 3 = ln n−2 : 3n − 1 n 1

n+2 1 ln n−2 = l´ım 3 − 3) 3n − 1 n→∞ ln n4 −2 ln n 1 = l´ım =− . n→∞ 4 ln n 2

ln L =

l´ım

n→∞ ln(n4

ln

Se deduce entonces que L = e−1/2 .

PROBLEMA 8.51.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1/(1+ln n) n+1 . an = 2 n +n+5 Soluci´ on

Tomando logaritmos, tenemos: ln L = = = = =

1 n+1 ln(n + 1) − ln(n2 + n + 5) ln 2 = l´ım n→∞ 1 + ln n n + n + 5 n→∞ 1 + ln n ln n(1 + 1/n) − ln n2 (1 + 1/n + 5/n2 ) l´ım n→∞ 1 + ln n ln n + ln(1 + 1/n) − 2 ln n − ln(1 + 1/n + 5/n2 ) l´ım n→∞ 1 + ln n ln n − 2 ln n ln(1 + 1/n) − ln(1 + 1/n + 5/n2 ) l´ım + l´ım n→∞ n→∞ 1 + ln n 1 + ln n − ln n −1 1 l´ım + 0 = l´ım = −1 =⇒ L = e−1 = . n→∞ 1/ ln n + 1 n→∞ 1 + ln n e l´ım

PROBLEMA 8.52.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = (2 + 3n4 )1/[3+2 ln(n+1)] . 375

Soluci´ on La indeterminación es en este caso del tipo ∞0 . As´ı pues: ln L =

l´ım

n→∞

1 ln(2 + 3n4 ). 3 + 2 ln(n + 1)

Teniendo en cuenta las equivalencias ln(2 + 3n4 ) ∼ ln n4 y ln(n + 1) ∼ ln n, resulta: ln L =

l´ım

n→∞

4 ln n 4 = l´ım = 2. 3 + 2 ln n n→∞ 3/ ln n + 2

Por tanto, L = e2 .

PROBLEMA 8.53.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = (1 − 1/22 )(1 − 1/32 ) . . . (1 − 1/n2 ). Soluci´ on

Desarrollando cada factor y simplificando, tenemos: n2 − 1 22 − 1 32 − 1 · . . . n→∞ 22 32 n2 (2 − 1)(2 + 1) (3 − 1)(3 + 1) (n − 1)(n + 1) = l´ım · ... 2 2 n→∞ 2 3 n2 n+1 1 = l´ım = . n→∞ 2n 2

L =

l´ım

PROBLEMA 8.54.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1 1 1 1 an = + + ··· + + . 1·2 2·3 (n − 1)n n(n + 1) 376

Soluci´ on

Si descomponemos cada fracción en fracciones simples tenemos: 1 A B A(k + 1) + Bk = + = =⇒ 1 = A(k + 1) + Bk. k(k + 1) k k+1 k(k + 1) Entonces A = 1, B = −1, de donde

1 1 1 = − . k(k + 1) k k+1

Aplicando lo anterior a cada sumando de la sucesión dada tenemos: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 an = + +· · ·+ + = 1− − − − − . 1 2 2 3 n−1 n n n+1 n+1 Es evidente entonces que L =

l´ım an = 1.

n→∞

PROBLEMA 8.55.

Demostrar que √ que n n → 1.

ln n → 0 cuando n → ∞. Deducir de lo anterior n

Soluci´ on

ln n ≥ 0. n→∞ n Por otro lado, si llamamos an = ln n, tenemos: Por ser ln n > 0 y n > 0, entonces l´ım

ln n an an an = l´ım an ≤ l´ım an = l´ım a →∞ a →∞ a →∞ n e 2 (1 + 1)an n n n a an n = l´ım ≤ l´ım an an →∞ 1 + an + an + . . . an →∞ 2 3 2 an 2 = 0. = l´ım = l´ım an →∞ an (an − 1)/2! an →∞ an − 1

L =

l´ım

n→∞

Esto prueba entonces que l´ım

n→∞

ln n = 0. n

Si ahora aplicamos la fórmula ab = eb ln a , podemos calcular: √ l´ım n n = l´ım n1/n = el´ımn→∞ 1/n ln n = e0 = 1. n→∞

n→∞

377

PROBLEMA 8.56.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ n an = nn+1 ( n a − 1). Soluci´ on

Teniendo en cuenta la equivalencia a1/n − 1 ∼ (1/n) ln a y sabiendo que √ n n → 1, resulta: L = =

1 l´ım n(n+1)/n (a1/n − 1) = l´ım n(n+1)/n ln a n→∞ n √ l´ım n(n+1)/n · n−1 · ln a = l´ım n n ln a = ln a.

n→∞ n→∞

n→∞

PROBLEMA 8.57.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p n an = n3 + an2 + bn + c. Soluci´ on

Debido a que an n→∞ an−1 l´ım

=

n3 + an2 + bn + c = 1, n→∞ (n − 1)3 + a(n − 1)2 + b(n − 1) + c l´ım

se deduce por el criterio del cociente-ra´ız que L = 1.

PROBLEMA 8.58.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p 3n n 3 − 1. an = 378

Soluci´ on

√ 1/3 √ Por el mismo criterio anterior, si escribimos 3n n3 − 1 = n n3 − 1 , √ n3 − 1 n como l´ım n3 − 1 = 1. Por tanto, L = 1. = 1, entonces l´ ım n→∞ (n − 1)3 − 1 n→∞

PROBLEMA 8.59.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general r n (a + 1)(a + 2) . . . (a + n) . an = n! Soluci´ on

Calculamos también el l´ımite del cociente entre dos términos consecutivos: L =

(a+1)(a+2)...(a+n) n! n→∞ (a+1)(a+2)...(a+n−1) (n−1)!

l´ım

= l´ım

n→∞

(a + n) = 1. n

PROBLEMA 8.60.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general q √ an = n nn+1 ( a − 1). Soluci´ on

Por el criterio del cociente-ra´ız, tenemos: √ nn+1 ( a − 1) nn+1 √ L = l´ım = l´ ım n→∞ (n − 1)n ( a − 1) n→∞ (n − 1)n n n = l´ım n = +∞ · e = +∞. n→∞ n−1

379

PROBLEMA 8.61.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ n nln n an = . ln a Soluci´ on

Utilizamos el mismo criterio de los problemas anteriores y tenemos: L =

√ 1 nln n 1 n l´ım nln n = l´ım . ln a n→∞ ln a n→∞ (n − 1)ln(n−1)

Teniendo en cuenta la equivalencia ln n ∼ ln(n − 1), resulta:

L = =

ln n 1 n 1 n→∞ l´ım ln n· n−n+1 n−1 l´ım = e ln a n→∞ n − 1 ln a ln n 1 0 1 n→∞ 1 l´ım n−1 = e e = . ln a ln a ln a

PROBLEMA 8.62.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p n an = (1 + 1/n)p . . . (1 + n/n)p . Soluci´ on

Por el criterio del cociente-ra´ız nuevamente, resulta: L =

(1 + 1/n)p . . . (1 + n/n)p . n→∞ [1 + 1/(n − 1)]p . . . [1 + (n − 1)/(n − 1)]p l´ım

380

Escribimos ahora 1 n−1 2 n−1 3 n−1 ... n−2 n−1 n−1 n−1

1+ 1+ 1+ 1+ 1+

=

1+

=

1+

=

1+

=

1+

=

1+

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

y obtenemos  L =

l´ım 

n→∞

(1 + 1/n) . . . (1 + (n − 1)/n)(1 + n/n) (1 +

n·n 1/n) (n+1)(n−1)

 =

l´ım 

n→∞

l´ım (1 + n/n)

n→∞

n−1 n

n−1



2n − 1 n

#p = (4e−1 )p = (4/e)p .

PROBLEMA 8.63.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ 1 + 2 + ··· + n n an = . n Soluci´ on

Por el criterio de la media aritmética L = En general l´ım

n→∞

√ n



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

" =

. . . (1 + (n − p

n·(2n−2) 1)/n) (n−1)(2n−1)

p

l´ım

n→∞

√ n

n = 1. n→∞ n − 1

n = l´ım

np = 1. n→∞ (n − 1)p

np = l´ım

381

PROBLEMA 8.64.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

ln(n!) . n

Soluci´ on

Por el criterio de Stolz (o el de la media aritmética), tenemos: L =

ln 1 + ln 2 + · · · + ln n = l´ım ln n = ∞. n→∞ n→∞ n l´ım

PROBLEMA 8.65.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ √ 3 1 + 2 + 3! + · · · + n n! an = . n2 Soluci´ on

Aplicamos el criterio de Stolz y utilizamos la fórmula de Stirling: p √ √ √ √ √ 1 + 2 + 3 3! + · · · + n n! − (1 + 2 + 3 3! + · · · + n−1 (n − 1)!) L = l´ım n→∞ n2 − (n − 1)2 p √ √ n n n! nn e−n 2πn = l´ım 2 = l´ım n→∞ n − n2 + 2n − 1 n→∞ 2n − 1 q q √ n n 1 n √ n = l´ım l´ım 2πn = l´ım l´ım 2πn = . n→∞ 2en − e n→∞ n→∞ e(2n − 1) n→∞ 2e

PROBLEMA 8.66.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

n 1

+

n−1 2

+

n−2 3

382

+ ··· + ln n!

2 n−1

+

1 n

.

Soluci´ on

Aplicamos el criterio de Stolz por dos veces: h n−1 2 1 n−1 n−2 2 n + + · · · + + − 1 2 n−1 n 1 + 2 + · · · + n−2 + L = l´ım n→∞ ln n! − ln(n − 1)! 1 1 1 1 1 + 2 + · · · + n−1 + n 1 + 12 + · · · + n−1 + n1 = l´ım = l´ım n→∞ n→∞ ln[n!/(n − 1)!] ln n h i 1 1 1 1 1 1 + 2 + · · · + n−1 + n − 1 + 2 + · · · + n−1 = l´ım n→∞ ln n − ln(n − 1) 1/n 1 1 n = l´ım = l´ım = l´ım = 1. n→∞ ln(n/n − 1) n→∞ n→∞ ln e ln n

1 n−1

i

n−1

PROBLEMA 8.67.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general n √ P ln[arc tg(1/ k) + 1] an = k=1 n . P √ 1/ 3k + 2 k=1

Soluci´ on

Aplicamos en primer lugar el criterio de Stolz: n P

L = l´ım

n→∞

n−1 √ √ P ln[arc tg(1/ k) + 1] − ln[arc tg(1/ k) + 1]

k=1 n P

√

1/ 3k + 2 −

k=1

k=1 n−1 P

√ 1/ 3k + 2

k=1

√

Teniendo en cuenta que arc tg 1/ n → 0 y ln(un + 1) ∼ un cuando un → 0, tenemos r √ √ ln[arc tg(1/ n) + 1] 1/ n 3n + 2 √ √ √ L = l´ım = l´ım = l´ım = 3. n→∞ n→∞ 1/ 3n + 2 n→∞ n 1/ 3n + 2

383

PROBLEMA 8.68.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1 1 1 √ + ··· + √ . an = √ n n 1 Soluci´ on

Por el criterio de Stolz tenemos directamente: √ √ √ 1/ n n+ n−1 √ L = l´ım √ = l´ım √ n→∞ n − n − 1 n→∞ n(n − n + 1) √ √ n+ n−1 √ = l´ım = 2. n→∞ n

PROBLEMA 8.69.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ √ 1 + 2 2 + ··· + n n √ an = . n2 n Soluci´ on

Nuevamente por el criterio de Stolz tenemos: √ √ √ √ n n n n(n2 n + (n − 1)2 n − 1) √ L = l´ım 2 √ = l´ım n→∞ n n − (n − 1)2 n − 1 n→∞ n4 · n − (n − 1)4 · (n − 1) √ √ n4 + n(n − 1)2 n2 − n n4 + n8 + . . . 2 = l´ım = l´ım = . n→∞ n→∞ n5 − (n − 1)5 5n4 + . . . 5

PROBLEMA 8.70.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general hp p √ p √ √ i 3 n ln 1 + 2 · 1 + 3 2... 1 + n 2 . an = sen 1 + sen(1/2) + · · · + sen(1/n) 384

Soluci´ on

Aplicamos el criterio de Stolz y tenemos en cuenta la equivalencia sen 1/n ∼ 1/n: p p p √ √ √ 3 n ln 1 + 2 + ln 1 + 3 2 + · · · + ln 1 + n 2 L = l´ım n→∞ sen 1 + sen(1/2) + · · · + sen(1/n) p √ n ln 1 + n 2 (1/n) ln(1 + 21/n ) = l´ım = l´ım n→∞ sen(1/n) n→∞ sen(1/n) =

(1/n) ln(1 + 21/n ) = l´ım ln(1 + 21/n ) = ln 2. n→∞ n→∞ (1/n) l´ım

PROBLEMA 8.71.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

ln 1 − ln 2 + ln 3 − · · · + ln(2n − 1) − ln(2n) . ln n

Soluci´ on

Por el criterio de Stolz y la equivalencia ln un ∼ un − 1, cuando un → 1, tenemos: ln(2n − 1) − ln(2n) ln(2n − 1)/(2n) = l´ım n→∞ ln n − ln(n − 1) n→∞ ln n/(n − 1) 2n−1 −1 1−n 1 = l´ım 2n = l´ım =− . n n→∞ n→∞ 2n 2 n−1 − 1

L =

l´ım

PROBLEMA 8.72.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

12 + 22 + · · · + n 2 n n n . 1 + 2 + ··· + n

385

Soluci´ on

Recordando que 2n = (1 + 1)n =

n X n k=0

k

1k · 1n−k y aplicando sucesivamen-

te el criterio de Stolz, tenemos: 12 + 22 + · · · + n 2 n2 = l´ ım n→∞ n→∞ 2n − 1 − 2n−1 + 1 (1 + 1)n − 1 2 n n2 n2 = l´ım n = l´ ım = l´ ım n→∞ 2 − 2n−1 n→∞ 2n (1 − 1/2) n→∞ 2n−1 n2 − (n − 1)2 2n − 1 2n − 1 − (2n − 3) = l´ım n−1 = l´ım = l´ım n−2 n−2 n→∞ 2 n→∞ 2 n→∞ −2 2n−2 − 2n−3 2 = l´ım n−3 = 0. n→∞ 2

L =

l´ım

PROBLEMA 8.73.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general p √ √ 1 · 2 · 3 + 2 · 3 · 4 + · · · + n(n + 1)(n + 2) √ an = . n2 n Soluci´ on

Por el criterio de Stolz se obtiene directamente: p

n(n + 1)(n + 2) √ √ n→∞ n2 n − (n − 1)2 n − 1 √ √ √ n3 + 3n2 + 2n(n2 n + (n − 1)2 n − 1) = l´ım n→∞ n5 − (n − 1)5 √ √ √ n3 + . . .( n5 + n5 + . . .) 2 = . = l´ım n→∞ 5n4 + . . . 5

L =

l´ım

386

PROBLEMA 8.74.

Sabiendo que l´ım un = a, calcular n→∞

u1 + 2u2 + 3u3 + · · · + nun . n2 u1 /1 + u2 /2 + · · · + un /n b) L2 = l´ım . n→∞ ln n

a) L1 = l´ım

n→∞

Soluci´ on

a) Por el criterio de Stolz, L1 = l´ım

n→∞ n2

n a nun = l´ım un · l´ım = . 2 n→∞ n→∞ 2n − 1 − (n − 1) 2

b) Si aplicamos nuevamente el criterio de Stolz, un /n un = l´ım n→∞ ln n − ln(n − 1) n→∞ n ln n n−1 1 1 n = a · = l´ım un l´ım = a. n→∞ n→∞ n ln e ln n−1

L2 =

l´ım

PROBLEMA 8.75.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1 2 32 43 (n + 1)n an = 2 + + 2 + ··· + . n 1 2 3 nn−1 Soluci´ on

Por el criterio de Stolz tenemos: (n+1)n nn−1

n n n+1 n L = l´ım 2 = l´ım n→∞ 2n − 1 n→∞ n − (n − 1)2 n 1 n 1 e = l´ım l´ım 1 + = ·e= . n→∞ 2n − 1 n→∞ n 2 2 387

PROBLEMA 8.76.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = n2 e−

√

n

.

Soluci´ on

Tomando logaritmos, resulta: √

l´ım [2 ln n −

ln L =

n→∞

n] = l´ım

√

n→∞

2 ln n n √ −1 . n

2 ln n Aplicamos ahora el criterio de Stolz para resolver el l´ımite de cn = √ : n l´ım cn =

n→∞

n 2 ln n−1 2 ln n − 2 ln(n − 1) √ = l´ım n−(n−1) √ n→∞ √ √ n→∞ n− n−1

l´ım

n+ n−1

√ √ = 2 l´ım ( n + n − 1) ln n→∞

1 = 2 l´ım ln 1 + n→∞ n−1 = 2 ln e

l´ım

n→∞

√ √ n+ n−1 n−1

n = 2 l´ım ln n→∞ n−1

(n−1)

n n−1

√ √ n+ n−1 n−1

= 2 ln e0 = 0.

Resulta entonces que ln L =

l´ım

n→∞

√

n[cn − 1] = −∞.

y L = e−∞ = 0.

PROBLEMA 8.77.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

388

(ln n)2 . n

√n+√n−1

Soluci´ on Aplicando el criterio de Stolz tenemos: (ln n)2 − [ln(n − 1)]2 = l´ım [ln n − ln(n − 1)][ln n + ln(n − 1)] n→∞ n→∞ n − (n − 1) n n = l´ım ln[n(n − 1)] ln = l´ım ln(n2 − n) −1 n→∞ n − 1 n→∞ n−1 2 ln(n − n) . = l´ım n→∞ n−1

L =

l´ım

Aplicamos nuevamente el criterio de Stolz, y obtenemos: ln(n2 − n) − ln[(n − 1)2 − (n − 1)] n→∞ n − 1 − (n − 2) 2 n −n = l´ım ln 2 = ln 1 = 0. n→∞ n − 3n + 2

L =

l´ım

PROBLEMA 8.78.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an = n(cos x)n , 0 < x < π/2. Soluci´ on

En el intervalo 0 < x < π/2, 0 < cos x < 1 y (cos x)n → 0, por lo que tenemos un l´ımite indeterminado de la forma ∞ · 0. Resulta: ln n n + ln cos x ln L = l´ım ln n(cos x) = l´ım [ln n + n ln cos x] = l´ım n n→∞ n→∞ n→∞ n ln n = l´ım n · l´ım + ln cos x . n→∞ n→∞ n Por una parte, seg´ un el criterio de Stolz, ln n ln n − ln(n − 1) n = l´ım = l´ım ln = 0. n→∞ n n→∞ n→∞ n − (n − 1) n−1 l´ım

Por otra parte, como 0 < cos x < 1, entonces −∞ < ln cos x < 0, con lo que 389

l´ım

n→∞

ln n + ln cos x = k < 0 y n ln n + ln cos x = +∞ · k = −∞. ln L = l´ım n l´ım n→∞ n→∞ n

En definitiva, L = e−∞ = 0.

PROBLEMA 8.79.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

ln 1 + ln 2 + · · · + ln n . n ln n

Soluci´ on

Aplicando el criterio de Stolz, ln n ln n = l´ım n n→∞ n ln n − (n − 1) ln(n − 1) ln n − ln(n − 1)n−1 ln n ln n = l´ım = l´ım n−1 n n n→∞ ln n→∞ n (n−1)n−1 ln n n−1

L =

=

Como

l´ım

n→∞

ln n l´ım n−1 = n→∞ n→∞ n ln n + ln n−1 1+ l´ım

n n−1

n−1

=

1 1+ n−1

1 n−1 . 1 n ln ln n n−1

n−1 → e, L =

1 1+0

= 1.

PROBLEMA 8.80.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 1p an = n (n + 1)(n + 2) . . . (n + n). n

390

Soluci´ on En primer lugar tomamos logaritmos: r n (n + 1)(n + 2) . . . (n + n) ln L = l´ım ln n→∞ nn 1 (n + 1)(n + 2) . . . (n + n) = l´ım ln . n→∞ n nn Aplicamos ahora el criterio de Stolz y resulta: ln L =

l´ım

− ln n(n+1)...(n−1+n−1) ln (n+1)(n+2)...(n+n) nn (n−1)n−1

n − (n − 1) (n + 1)(n + 2) . . . (2n) (n − 1)n−1 l´ım ln · n→∞ nn n(n + 1) . . . (2n − 2) n−1 (2n − 1)2n (n − 1) l´ım ln · n→∞ n nn (2n − 1)2n (n − 1)n−1 l´ım ln · n→∞ n2 nn−1 (2n − 1)2n n − 1 n−1 ln l´ım + ln l´ım n→∞ n→∞ n2 n n→∞

= = = =

= ln 4 + ln e−1 = ln(4e−1 ). Queda por tanto, L = 4e−1 .

PROBLEMA 8.81.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

1 22 · 33 · 44 . . . (n − 1)n−1 · nn ln 2 3 4 . n 5 · 6 · 7 . . . (n + 2)n−1 · (n + 3)n

Soluci´ on

Agrupando términos y aplicando las propiedades de los logaritmos, 2 3 4 n 1 2 3 4 n − 1 n−1 n L = l´ım ln ... n→∞ n 5 6 7 n+2 n+3 " # n 1 2 2 3 3 n + ln + · · · + ln = l´ım ln n→∞ n 5 6 n+3 1 2 3 n = l´ım 2 ln + 3 ln + · · · + n ln . n→∞ n 5 6 n+3 391

Aplicando ahora el criterio de Stolz, obtenemos: n n ln n+3 n = l´ım n ln n→∞ n − (n − 1) n→∞ n+3 n −3n = l´ım n − 1 = l´ım = −3. n→∞ n→∞ n + 3 n+3

L =

l´ım

PROBLEMA 8.82.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general s n n n n2 an = ... . 1 2 n Soluci´ on

Tomamos logaritmos y aplicamos el criterio de Stolz: ln L =

l´ım

ln

n→∞

n 1

n 2

2 n n

n n

n−1 n−1 − ln ... 2 1 2 = l´ım 2 2 n→∞ n − (n − 1) (n1 )(n2 )...(nn) ln n−1 n−1 ... n−1 ( 1 )( 2 ) (n−1) = l´ım . n→∞ n2 − (n − 1)2 ln

n k n−1 k

Sabiendo que

=

n 1

...

n! (n−k)!k! (n−1)! (n−k−1)!k!

...

n n

n y = n−k

n n ln n−1 · n−2 . . . n2 · ln L = l´ım n→∞ 2n − 1

n 1

n = 1, resulta: n n−1

= l´ım

n−1 n−1

n ln (n−1)!

ln(nn /n!) . n→∞ 2n − 1

= l´ım

2n − 1 √ Aplicamos ahora la fórmula de Stirling n! ∼ nn e−n 2πn y tenemos: n→∞

n

ln L =

l´ım

n

n√ ln nn e−n 2πn

ln √e2πn

= l´ım n→∞ 2n − 1 2n − 1 √ √ n ln e − ln 2πn n ln 2πn = l´ım = l´ım − l´ım . n→∞ n→∞ 2n − 1 n→∞ 2n − 1 2n − 1 n→∞

392

Volvemos a aplicar el criterio de Stolz: ln L = =

p √ √ ln 2πn − ln 2π(n − 1) 1 1 1 2πn − l´ım = − l´ım ln p 2 n→∞ 2n − 1 − (2n − 3) 2 n→∞ 2 2π(n − 1) r 1 1 n 1 1 1 − l´ım ln = − ln 1 = . 2 2 n→∞ n−1 2 2 2

Tenemos entonces L = e1/2 =

√

e.

PROBLEMA 8.83.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general an =

n[2 · 4 · 6 · . . . (2n − 2)]2 . [1 · 3 · 5 · . . . (2n − 1)]2

Soluci´ on

Escribiremos la sucesión en términos de factoriales y aplicaremos la fórmula de Stirling: n−1 2 2 · 4 . . . (2n − 2) 2 2 · 1 · 2 . . . (n − 1) · 2 · 4 . . . 2n l´ım n = l´ım n n→∞ n→∞ 1 · 3 . . . (2n − 1) 1 · 2 · 3 . . . (2n − 1) · 2n n−1 2 n−1 2 2 (n − 1)! · 2 · 4 . . . 2n 2 · (n − 1)! · 2n · n! l´ım n = l´ım n n→∞ n→∞ (2n)! (2n)! 2n−1 2 2 · (n − 1)! n! l´ım n n→∞ (2n)! #2 " p √ 22n−1 (n − 1)n−1 e−n+1 2π(n − 1) · nn e−n 2πn √ l´ım n n→∞ (2n)2n e−2n 2π · 2n #2 " √ p (n − 1)n−1 e π n(n − 1) n · e2 π 2 n(n − 1)(n − 1)2n−2 √ l´ım n = l´ ım n→∞ n→∞ 4 · n2n · n 2nn n (n − 1)2n−1 e2 π 2 n − 1 2n−1 π 2 e2 l´ım = l´ım n→∞ n→∞ 4n2n−1 n 4 2n−1 2 2 −2 2 2 2 π e 1 π e e π l´ım 1 − = = . n→∞ 4 n 4 4

L = = = =

= = =

393

PROBLEMA 8.84.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 2n −n √ an = 4 n. n Soluci´ on Por la fórmula de Stirling, tenemos: √ √ √ (2n)! 4−n n (2n)2n e−2n 4πn 4−n n L = l´ım = l´ım n→∞ n→∞ (n!)2 n2n e−2n · 2πn √ √ 4n n2n e−2n 2n · 4−n π π = l´ım = . 2n −2n n→∞ n e · 2πn π

PROBLEMA 8.85.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 2 · 4 . . . (2n − 2) 2 an = n . 1 · 3 . . . (2n − 1) Soluci´ on Aplicando nuevamente la fórmula de Stirling,  2 √ n−1 [(n − 1)!]2 2n−1 2 √ (n − 1)! 2n−1 n · 2  = l´ım L = l´ım  n · (2n−1)! n→∞ n→∞ (2n − 1)! n−1 2 (n−1)! #2 "√ p n · 22n−2 e−2n+2 (n − 1)2n−2 [ 2π(n − 1)]2 p = l´ım n→∞ e−2n+1 (2n − 1)2n−1 2π(2n − 1) "√ #2 n · 22n−2 e · (n − 1)2n−1 2π p = l´ım n→∞ (2n − 1)2n−1 2π(2n − 1) 2n−1 2 e2 nπ 2 2 (n − 1)2n−1 = l´ım · n→∞ (2n − 1)2n−1 4πn − 2π " 2n−1 #2 2n − 2 e2 nπ 2 = l´ım · l´ım n→∞ 2n − 1 n→∞ 4πn − 2π = (e−1 )2 · e2

π2 π = . 4π 4 394

PROBLEMA 8.86.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ 22n (n!)2 n an = . (2n + 1)! Soluci´ on

Utilizamos la fórmula de Stirling en el numerador y denominador: √ 22n e−2n n2n 2πn n √ L = l´ım −2n−1 n→∞ e (2n + 1)2n+1 4πn + 2π √ 22n n2n 2πn n √ = l´ım −1 n→∞ e (2n + 1)2n+1 4πn + 2π 2n √ 2n 2πn n √ = l´ım · e · l´ım n→∞ 2n + 1 n→∞ (2n + 1) 4πn + 2π √ 2π π −1 = e ·e· √ = . 2 2 4π

PROBLEMA 8.87.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general n 2 (2n!)2 en /(n!) − 1 an = . nn Soluci´ on nn nn = l´ ım = 0, resulta la equivalenn→∞ (n!)2 n→∞ n2n e−2n 2πn nn n 2 cia de infinitésimos en /(n!) − 1 ∼ . Luego (n!)2 Debido a que A = l´ım

L =

4(n!)2 nn = 4. n→∞ nn (n!)2 l´ım

395

PROBLEMA 8.88.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general √ n n! an = . n Soluci´ on

Si aplicamos la fórmula de Stirling, tenemos: p √ √ n √ nn e−n 2πn n · e−1 2n 2πn 2n L = l´ım = l´ım = l´ım e−1 2πn. n→∞ n→∞ n→∞ n n p √ √ √ Ahora bien, como l´ım 2n 2πn = l´ım 2n 2π n n = 1, resulta que L = e−1 . n→∞

n→∞

PROBLEMA 8.89.

Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general 22n (n!)2 an = √ . n[(2n)!] Soluci´ on

Aplicando la fórmula de Stirling tenemos: √ 22n n2n e−2n · 2πn 22n (nn e−n 2πn)2 p √ L = l´ım √ = l´ım √ n→∞ n(2n)2n e−2n 2π(2n) n→∞ n · 22n n2n e−2n 4πn √ 2πn √ √ = π. = l´ım √ n→∞ n·2 π n

PROBLEMA 8.90.

Dada la sucesi´ on {an } definida por a1 = 2, an = 5an−1 + 3, calcular an l´ım . n→∞ 5n 396

Soluci´ on

Vamos a obtener el término general de la sucesión dando valores a n: an = 5an−1 + 3; an−1 = 5an−2 + 3 =⇒

5an−1 = 52 an−2 + 5 · 3;

an−2 = 5an−3 + 3 =⇒

52 an−2 = 53 an−3 + 52 · 3;

... a3 = 5a2 + 3 =⇒

5n−3 a3 = 5n−2 a2 + 5n−3 · 3;

a2 = 5a1 + 3 =⇒

5n−2 a2 = 5n−1 a1 + 5n−2 · 3.

Sumando miembro a miembro, an = 5n−1 a1 +3(5n−2 +· · ·+52 +5+1). El u ´ltimo paréntesis corresponde a la suma de los términos de una progresión geométrica, con lo que an = 5n−1 · 2 + 3 ·

11 · 5n−1 − 3 5n−1 − 1 = . 5−1 4

Entonces, 11 · 5n−1 − 3 11 3 11 an = l´ım − = . L = l´ım n = l´ım n n n→∞ n→∞ 20 n→∞ 5 4·5 4·5 20

397

B. EJERCICIOS PROPUESTOS.

Calcular el l´ımite de las sucesiones de t´ ermino general

1.- an =

n+1 n−1

n2 +2 n−3

.

Resp.: L = e2 . 3n2 − 2 2.- an = 3n2 − 1

pn2 −1

.

Resp.: L = −p/3. s

3.- an =

n

2n . n

Resp.: L = 4.

4.- an =

(2n + 1)3 − (2n − 1)3 . 3n2 + 1

Resp.: L = 8.

5.- an =

nπ − 2n(4n − n3 ) 1 + n−1 · . 5 − n3 1+n

Resp.: L = −2.

6.- an =

√ 3

n3 + an2 −

√ 3

n3 − an2 .

Resp.: L = 2a/3. p √ √ n2 + n − n2 − n p 7.- an = p √ √ . n 3 n3 + n − 3 n3 − n p

Resp.: L = 0. √

n cos(tg n) . n! Resp.: L = 0.

8.- an =

398

9.- an = n sen(π/n). Resp.: L = π.

10.- an =

p n

n2 + n.

Resp.: L = 1.

11.- an = (4n + 3) ln

n+1 . n+2

Resp.: L = −4. 3n+4 5n + 2 9n−5 12.- an = . 15n − 4 √ Resp.: L = 1/ 3 3.

√

13.- an =

n2

n!

Resp.: L = 0. 1p n (n + 1)(n + 2) . . . 2n. n Resp.: L = 4/e.

14.- an =

√ n

n! . n Resp.: L = 1/e.

15.- an =

1m + 2m + · · · + n m , (m > −1). nm+1 Resp.: L = 1/(1 + m).

16.- an =

q p √ 17.- an = 2 2 . . . 2 (n veces). Resp.: L = 2. q p √ 18.- an = 2 + 2 + . . . 2 (n veces). Resp.: L = 2.

399

19.- an =

1+

√

2! +

√ 3

3! + · · · + n2

√ n

n!

.

Resp.: L = 1/e.

20.- an = √

1 n2

+1

+√

1 n2

+2

+√

1 n2

Resp.: L = 1.

400

+3

+ ··· + √

1 . +n

n2

CAPÍTULO IX. ´ SERIES NUMERICAS

SECCIONES A. Series de términos no negativos. B. Ejercicios propuestos.

401

´ A. SERIES DE TERMINOS NO NEGATIVOS.

Dada una sucesión {a1 , a2 , . . . ,P an , . . . }, se llama serie de término general an , y que representaremos por an , a la sucesión de sumas parciales {Sn } n≥1

definida por S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , . . . , Sn = a1 + a2 + · · · + an , . . . . P Si existe S = l´ım Sn , la serie an se dice convergente y tiene suma S y n→∞ n≥1 P se escribe an = S. n≥1

Si dicho l´ımite es infinito o no existe, la serie

P

an es divergente.

n≥1

Enunciaremos a continuación los criterios generales para estudiar el carácter (convergente o divergente) de una serie. Nos limitaremos a las series de términos no negativos (an ≥ 0) aunque el primer criterio es válido para series generales. 1. Condici´ on del resto. P Si una serie an es convergente, entonces l´ım an = 0. n→∞

n≥1

De aqu´ı se deduce que si el término general de una serie no converge a cero, dicha serie es divergente. 2. Criterio de comparaci´ on. P P P Dadas dos series an y bn , si an ≤ bn , ∀n y bn converge, n≥1 n≥1 n≥1 P an converge. entonces n≥1

Rec´ıprocamente, si una serie es divergente y todos sus términos son mayores o iguales que los de otra serie, esta u ´ltima es también divergente. 3. Criterio de comparaci´ on por paso al l´ımite. an a) Si l´ım = L (L finito y L 6= 0), entonces n→∞ bn X X an converge ⇐⇒ bn converge. n≥1

b) Si l´ım

n→∞

n≥1

an = 0, entonces bn X X bn converge =⇒ an converge. n≥1

n≥1

402

an = ∞, entonces n→∞ bn X X bn converge. an converge =⇒

c) Si l´ım

n≥1

n≥1

Para utilizar los criterios de comparación es conveniente conocer la convergencia de las siguientes series: X 1/np es convergente cuando p > 1 y - Serie arm´ onica: La serie n≥1

divergente cuando p ≤ 1. -Serie geom´ etrica: La serie

X

a · rn es convergente cuando |r| < 1

n≥1

y divergente cuando |r| ≥ 1. 4. Criterio del cociente (D’Alembert). an+1 Sea L = l´ım . Entonces, n→∞ an P a) si L < 1, an converge; n≥1

b) si L > 1,

P

an diverge.

n≥1

5. Criterio de la ra´ız (Cauchy). √ Sea L = l´ım n an . Entonces, n→∞ P a) si L < 1, an converge; n≥1

b) si L > 1,

P

an diverge.

n≥1

6. Criterio de Raabe. P an+1 a) Si l´ım n · 1 − > 1, entonces an converge. an P an+1 b) Si l´ım n · 1 − < 1, entonces an diverge. an Nota: Este criterio puede ser conveniente en los casos en que los criterios del cociente o de la ra´ız no son concluyentes. 7. Criterio de la integral. Sea f : [1, ∞) → R una función decreciente y f (x) > 0, ∀x. Entonces Z ∞ X f (n) converge ⇐⇒ f (x)dx converge. 1

n≥1

403

8. Criterio del producto (Pringsheim). a) Si l´ım np an = L ≥ 0, para alg´ un p > 1, entonces

P

an converge.

b) Si l´ım np an = L > 0, para alg´ un p ≤ 1, entonces

P

an diverge.

9. Criterio logar´ıtmico. Si l´ım

log 1/an = L, entonces log n

a)

P

an converge cuando L > 1.

b)

P

an diverge cuando L < 1.

PROBLEMA 9.1.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

n(n + 1) . n2 + 2n

Soluci´ on

Como l´ım

n(n + 1) = 1 6= 0, la serie es divergente. n2 + 2n

PROBLEMA 9.2.

Sabiendo que la suma de los n primeros t´ erminos de una serie es 5n2 − 3n + 2 Sn = , n2 − 1 hallar el t´ ermino general y estudiar su naturaleza. Soluci´ on

Aplicamos la fórmula an = Sn − Sn−1 y obtenemos: an =

5n2 − 3n + 2 5(n − 1)2 − 3(n − 1) + 2 3n2 − 17n + 10 − = . n2 − 1 (n − 1)2 − 1 n4 − 2n3 − n2 + 2n 404

Como además l´ım Sn = l´ım

5n2 − 3n + 2 = 5, la serie es convergente. n2 − 1

Observaci´ on: No confundir con la condición necesaria de convergencia en la que debe ser cero el l´ımite del término general de la serie an , no del término general de la sucesión de sumas parciales Sn . En este caso, como l´ım Sn = 5, quiere decir que la suma de la serie es precisamente 5.

PROBLEMA 9.3.

Hallar el mayor valor entero que debe tomar k para que la serie P nk an de t´ ermino general an = sea convergen(n + 1)(n + 2)(n + 3) te. Soluci´ on

Aplicando el criterio logar´ıtmico, l´ım

log(1/an ) log n

log (n+1)(n+2)(n+3) log(n + 1)(n + 2)(n + 3) − log nk nk = l´ım log n log n 3 2 log(n + 6n + 11n + 6) − k log n l´ım log n log(n3 )(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 ) − k log n l´ım log n 3 log n + log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 ) − k log n l´ım log n log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 ) l´ım 3 − k + = 3 − k. log n

= l´ım = = = =

Para que sea convergente, debe ser 3 − k > 1, y como k debe ser entero, el mayor valor que hace la serie convergente es k = 1.

PROBLEMA 9.4.

Estudiar el car´ acter de la serie an = √

P

an de t´ ermino general

1 1 −√ . n−1 n+1 405

Soluci´ on

Tenemos que 1 1 √ −√ = n−1 n+1

√

√ 2 n+1− n+1 = . n−1 n−1

Por el criterio de comparación, como l´ım

P 2/(n − 1) = 2 y la serie 1/n es 1/n

divergente, la serie dada es divergente.

PROBLEMA 9.5.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an de t´ ermino general n an = √ . 2n3 + 1

Soluci´ on

Aplicamos el criterio de Prinsgheim, y tenemos: l´ım nα √

nα+1 n = l´ım √ . 2n3 + 1 2n3 + 1

Para que dicho l´ımite sea real debe ser el grado del numerador igual al grado del denominador. En este caso α + 1 = 3/2 =⇒ α = 1/2. Como α < 1, la serie es divergente.

PROBLEMA 9.6. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general r n an = . 4 n +1 Soluci´ on

Aplicando el criterio de Pringsheim, tenemos: r n nα+1/2 α √ l´ım n = l´ ım . n4 + 1 n4 + 1 406

Dicho l´ımite es un n´ umero real no nulo cuando α = 3/2. Como es mayor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.7.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

1 . 1 + np

Soluci´ on

1 = 1. De este modo, 1 + np cuando p > 1, la serie es convergente y cuando p ≤ 1, la serie es divergente. Seg´ un el criterio de Pringsheim, si α = p, l´ım nα

PROBLEMA 9.8. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general √ x+n−1 an = √ . x2 + n2 + 1 Soluci´ on

Aplicamos nuevamente el criterio de Pringsheim y debemos determinar el valor de α para que l´ım nα an sea un n´ umero real no nulo. Tenemos que √ x+n−1 l´ım nα √ = 1 cuando α = 1/2. x2 + n2 + 1 Como es un valor menor que uno, se deduce que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.9. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general √ √ an = n + 1 − n. 407

Soluci´ on

Aplicamos en este caso el criterio de Pringsheim: √ √ l´ım nα ( n + 1 − n) = l´ım √

nα √ . n+1+ n

Este l´ımite es finito cuando α = 1/2 por lo que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.10.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an = √ n

an de t´ ermino general

1 . n+1

Soluci´ on

Como l´ım an = l´ım √ n

1 1 n = 1 6= 0, = l´ım n+1 = l´ım n + 1 n+1 n

la serie es divergente.

PROBLEMA 9.11.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an = ln

an de t´ ermino general

n+1 . n

Soluci´ on

n+1 1 n+1 Debido a la equivalencia de los infinitésimos ln ∼ −1= y n n n P como la serie 1/n es divergente, la serie dada también diverge. 408

PROBLEMA 9.12.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an =

an de t´ ermino general

n! . n2

Soluci´ on

n! Si calculamos el l´ımite del término general se obtiene que l´ım 2 = ∞ por n lo que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.13.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

5 · loga n . 3 · logb n

Soluci´ on

Aplicando la fórmula del cambio de base de logaritmos, podemos escribir 5 ln b 5 · (ln n/ ln a) an = = · . 3 · (ln n/ ln b) 3 ln a Como el término general es constante, no tiende a cero, por lo que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.14.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an =

409

an de t´ ermino general

ln n . n

Soluci´ on P ln n 1 Por el criterio de comparación, como > y la serie armónica 1/n es n n divergente, la serie dada también es divergente.

PROBLEMA 9.15.

Demostrar que las series u1 + u2 + · · · + un + . . . y ln(1 + u1 ) + ln(1 + u2 ) + · · · + ln(1 + un ) + . . . tienen el mismo car´ acter si un > 0 y l´ım un = 0. n→∞

Soluci´ on Utilizando el criterio de comparación tenemos: l´ım

ln(1 + un ) = l´ım ln(1 + un )1/un = ln l´ım(1 + un )1/un = ln e = 1 6= 0. un

Esto asegura que ambas series tienen el mismo carácter.

PROBLEMA 9.16.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an de t´ ermino general √ an = arc sen(1/ n).

Soluci´ on √ arc sen(1/ n) √ = 1, la serie dada es equivalente a la serie Debido a que l´ım 1/ n P √ armónica 1/ n, la cual es divergente.

PROBLEMA 9.17.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

1 + sen2 n . n2

410

Soluci´ on

P 1 + sen2 n 2 Como 0 ≤ ≤ 2 y la serie 2/n2 es convergente, por el criterio 2 n n de comparación se deduce la convergencia de la serie dada.

PROBLEMA 9.18.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an =

an de t´ ermino general

n! . nn

Soluci´ on

Aplicamos el criterio del cociente de D’Alembert: n!/nn n!(n − 1)n−1 l´ım = l´ ım = l´ım (n − 1)!/(n − 1)n−1 nn (n − 1)!

n−1 n

n−1

= e−1 .

Como el l´ımite es menor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.19.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

nn . 3n · n!

Soluci´ on

Aplicando el criterio del cociente: l´ım

an an−1

nn 3n−1 · (n − 1)! nn−1 1 · = l´ ım · 3n · n! (n − 1)n−1 3 (n − 1)n−1 n−1 n−1 n 1 1 e 1 l´ım = l´ım 1 + = < 1. 3 n−1 3 n−1 3

= l´ım =

411

Por tanto la serie dada es convergente.

PROBLEMA 9.20. P

Estudiar el car´ acter de la serie an =

an de t´ ermino general

1 a tg n . n 2 2

Soluci´ on

Aplicando el criterio de D’Alembert: l´ım

an+1 an

tg(a/2n+1 ) 2n 1 a a · = l´ım tg n+1 · cotg n n+1 n 2 tg(a/2 ) 2 2 2 n a 2 1 1 l´ım n+1 · = < 1. 2 2 a 4

= l´ım =

Esto prueba que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.21. P

Estudiar el car´ acter de la serie an =

an de t´ ermino general

2n x2n respecto a los diversos valores de x. 1 + x2n

Soluci´ on 2n → ∞ y la serie será divergenEn primer lugar, si x2 = 1 =⇒ an = 1+1 te. Si x2 > 1 =⇒ l´ım an = l´ım 2n · l´ım divergente.

x2n = ∞ · 1 = ∞. La serie es 1 + x2n

Para x2 < 1 aplicamos el criterio de D’Alembert: l´ım

an 2n x2n 1 + x2(n−1) 2x2 (1 + x2n−2 ) = l´ım · = l´ ım = 2x2 , an−1 1 + x2n 2n−1 x2(n−1) 1 + x2n 412

pues x2n → 0 y x2n−2 → 0 cuando x2 < 1. La serie es convergente cuando 2x2 < 1, es decir √ cuando |x| < divergente cuando 2x2 > 1, es decir cuando |x| > 2/2.

√

2/2 y

Para el caso en que 2x2 = 1 tenemos x2 = 1/2, de donde: an =

2n (1/2n ) 1 = →1 n 1 + (1/2 ) 1 + (1/2n )

con lo que la serie es también es divergente cuando |x| =

√

2/2.

PROBLEMA 9.22.

Estudiar el car´ acter de la serie an = ln

P

an de t´ ermino general

n2 + 2n + 2 . n2 − 2n + 2

Soluci´ on

Si aplicamos el criterio de Pringsheim resulta: 2 n2 + 2n + 2 4n α α n + 2n + 2 l´ım n ln 2 = l´ım n − 1 = l´ım nα 2 . 2 n − 2n + 2 n − 2n + 2 n − 2n + 2 Si hacemos α = 1, el l´ımite da como resultado 4. De aqu´ı se concluye que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.23.

Estudiar el car´ acter de la serie

P

an de t´ ermino general

2n − 1 . an = √ ( 2)n Soluci´ on

Por el criterio de la ra´ız: s 2n − 1 1 √ 1 2n − 1 1 l´ım n √ = l´ım √ n 2n − 1 = √ l´ım =√ . 2n − 3 ( 2)n 2 2 2 413

Como el l´ımite es menor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.24. P

Estudiar el car´ acter de la serie an =

an de t´ ermino general

1 . (ln n)ln n

Soluci´ on

Aplicando el criterio logar´ıtmico tenemos: ln (ln n)ln n ln n ln(ln n) ln(1/an ) = l´ım = l´ım = l´ım ln(ln n) = ∞ > 1. l´ım ln n ln n ln n Esto indica que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.25. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general a n+1 an = ln . n−1

Soluci´ on Comparamos esta serie con la de término general bn =

2 n−1

a

que tenemos: ia  2 ln 1 + ln 1 + n−1 a = l´ım = l´ım  2 h

l´ım

an bn

2 n−1

"

= l´ım ln 1 +

2 n−1

a 

n−1

2 n−1 414

n−1 #a 2

= (ln e)a = 1a = 1.

, con lo

Esto quiere decir que las dos series atienen el mismo carácter y como la serie 2 de término general bn = es una serie armónica, es convergente n−1 cuando a > 1 y divergente cuando a ≤ 1.

PROBLEMA 9.26.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

logn a . loga n

Soluci´ on

Aplicando la fórmula del cambio de base en los logaritmos podemos escribir ln a/ ln n ln a 2 an = = . ln n/ ln a ln n Aplicando el criterio logar´ıtmico: ln(1/an ) l´ım ln n

ln

ln n 2 ln a

2 ln(ln n) − 2 ln(ln a) ln n ln n ln(ln a) ln(ln n) − 2 l´ım . = 2 l´ım ln n ln n

= l´ım

= l´ım

El segundo l´ımite da como resultado cero y para calcular el primero, aplicamos el criterio de Stolz:

l´ım

ln(ln n) ln n

ln n

ln ln(n−1) ln(ln n) − ln[ln(n − 1)] = l´ım n ln n − ln(n − 1) ln n−1 1 ln n = l´ım −1 n ln(n − 1) ln n−1 = l´ım

1

= l´ım ln

ln

n n−1

1

= l´ım

n n−1

ln n − ln(n − 1) ln(n − 1) n ln n−1 1 · = l´ım = 0. ln(n − 1) ln(n − 1) ·

415

Como el l´ımite es menor que uno, la serie es divergente.

PROBLEMA 9.27. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general 2n−1 n an = . 3n − 1 Soluci´ on

Por el criterio de la ra´ız de Cauchy: s 2n−1 2n−1 n n n n l´ım = l´ım = (1/3)2 = 1/9. 3n − 1 3n − 1 Como el l´ımite es menor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.28. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general n n+1 an = . 2n − 1 Soluci´ on

Aplicamos nuevamente el criterio de la ra´ız: s l´ım

n

n+1 2n − 1

n = l´ım

n+1 1 = < 1. 2n − 1 2

Se deduce que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.29. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general sen a n an = (a fijo). n 416

Soluci´ on

Por el criterio de Raabe,  l´ım n

sen a n

 1 −



(n − 1)n sen a  n−1  = l´ım n 1 − nn (n − 1) sen a n

n−1

n − 1 n sen a = ∞ · 1 = ∞. = l´ım n 1 − n n−1 Como el l´ımite es mayor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.30. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general b con 0 < a < π/2. an = tg n a + n Soluci´ on

Aplicamos el criterio de la ra´ız: l´ım

√ n

b an = l´ım tg a + n

= tg a.

De aqu´ı se deduce que si 0 < a < π/4, la serie es convergente pues el l´ımite anterior es menor que uno. Si π/4 < a < π/2, el citado l´ımite es mayor que uno por lo que la serie es divergente. Para a = π/4 se tiene: l´ım an

π b tg(π/4) + tg(b/n) n = l´ım tg + = l´ım 4 n 1 − tg(π/4) tg(b/n) n 1 + tg(b/n) = l´ım = eL , 1 − tg(b/n) n

donde

1 + tg(b/n) 2 tg(b/n) L = l´ım n − 1 = l´ım n · 1 − tg(b/n) 1 − tg(b/n) 2 = l´ım n tg(b/n) · l´ım = 2b. 1 − tg(b/n) 417

Por lo tanto, l´ım an = e2b 6= 0 y la serie es divergente.

PROBLEMA 9.31.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

nln n . (ln n)n

Soluci´ on

Aplicamos el criterio de Cauchy o de la ra´ız: l´ım

√ n

an = l´ım

nln n/n . ln n

Tomando logaritmos resulta: l´ım ln

√ n

(ln n)2 ln n ln n − ln(ln n) = l´ım − ln(ln n) . an = l´ım n n

Utilizamos el criterio de Stolz para calcular el l´ımite del primer sumando: l´ım

(ln n)2 n

(ln n)2 − [ln(n − 1)]2 n − (n − 1) l´ım[ln n + ln(n − 1)][ln n − ln(n − 1)] n l´ım ln n(n − 1) ln n−1 ln(n2 − n) n − 1 = l´ım l´ım ln(n2 − n) n−1 n−1 2 2 ln(n − n) − ln[(n − 1) − (n − 1)] l´ım n − 1 − (n − 1 − 1) 2 n −n l´ım ln 2 = ln 1 = 0. n − 3n + 2

= l´ım = = = = =

Como el l´ımite del segundo sumando es l´ım ln(ln n) = +∞, resulta que l´ım ln

√ n

an = −∞ =⇒ l´ım

de modo que la serie es convergente. 418

√ n

an = 0 < 1,

PROBLEMA 9.32.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

1 √ n. (1 + 1/ n)

Soluci´ on

Aplicamos el criterio logar´ıtmico: √

l´ım

ln(1/an ) ln n

ln 1 + = l´ım

√1 n

n

ln n √ n ln 1 +

= l´ım

√1 n

ln = l´ım √ n

ln n

1+

√1 n

√ n

n

ln n

√ n n 1 . = l´ım l´ım ln 1 + √ ln n n √

Es evidente que el l´ımite del segundo factor es 1. Utilizaremos el criterio de Stolz para calcular el l´ımite del primer factor: √ √ √ n n− n−1 n − (n − 1) 1 √ l´ım = l´ım = l´ım √ · n ln n ln n − ln(n − 1) n + n − 1 ln n−1 1 n−1 = l´ım √ √ = +∞. = l´ım √ √ n+ n−1 ( n + n − 1) n − 1 n−1

En definitiva, l´ım

ln(1/an ) = +∞ > 1 y la serie es convergente. ln n

PROBLEMA 9.33. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general " #−n n + 1 n+1 n + 1 − an = . n n Soluci´ on

Por el criterio de la ra´ız: v" #−n u n+1 u n + 1 n + 1 n l´ım t − = l´ım n n 419

1 n+1 n+1 n

−

n+1 n

=

1 < 1. e−1

Esto muestra que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.34. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general n −n 2n + 1 n+1 + an = . n n Soluci´ on

Aplicando el criterio de la ra´ız: l´ım

√ n

an = l´ım

1 +

n+1 n n

2n+1 n

= l´ım

1 1+

1 n n

+

2n+1 n

=

1 < 1. e+2

La serie es convergente.

PROBLEMA 9.35.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

nn . 1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)(2n − 1)

Soluci´ on Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert: l´ım

an an−1

nn 1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3) · 1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)(2n − 1) (n − 1)n−1 1 nn nn−1 n = l´ım · = l´ ım · 2n − 1 (n − 1)n−1 2n − 1 (n − 1)n−1 n−1 n n 1 l´ım = · e > 1. = l´ım 2n − 1 n−1 2 = l´ım

Por tanto la serie es divergente. 420

PROBLEMA 9.36.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

ln 2 · ln 3 . . . ln n . n!

Soluci´ on

Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert: l´ım

an an−1

ln 2 · ln 3 . . . ln n (n − 1)! · n! ln 2 · ln 3 . . . ln(n − 1) ln n = 0 < 1. = l´ım n

= l´ım

Entonces se trata de una serie convergente.

PROBLEMA 9.37.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

n! . (a + 1)(a + 2) . . . (a + n)

Soluci´ on

Aplicamos el criterio del cociente:

l´ım

n! (a + 1)(a + 2) . . . (a + n − 1) n · = l´ım = 1. (a + 1)(a + 2) . . . (a + n) (n − 1)! a+n

El criterio no permite decidir sobre la convergencia de la serie por lo que aplicamos el criterio de Raabe: n an l´ım n 1 − = l´ım = a. a+n a+n Resulta que si a < 1, la serie es divergente; si a > 1, la serie es convergente. 421

Cuando a = 1, sustituimos este valor en la serie y obtenemos X

X 1 n! = 2 · 3 · · · · · (n + 1) n+1

la cual es evidentemente divergente.

PROBLEMA 9.38.

Estudiar el car´ acter de la serie an =

P

an de t´ ermino general

1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1) . 2 · 4 · 6 · · · · · (2n + 2)

Soluci´ on

Aplicaremos el criterio de D’Alembert: an l´ım = l´ım an−1

1·3·5·····(2n−1) 2·4·6·····(2n+2) 1·3·5·····(2n−3) 2·4·6·····(2n)

= l´ım

2n − 1 = 1. 2n + 2

Como este criterio no decide el carácter de la serie, aplicamos el criterio de Raabe: an 3n 3 2n − 1 l´ım n 1 − = l´ım = . = l´ım n 1 − an−1 2n + 2 2n + 2 2 Como el l´ımite es mayor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.39.

Estudiar el car´ acter de la serie −n2 x

an = e

P

an de t´ ermino general

seg´ un los valores de x.

Soluci´ on

Por el criterio de Raabe, tenemos: ! 2 e−n x 2 2 l´ım n 1 − −(n−1)2 x = l´ım n 1 − e−n x+n x+x−2nx = l´ım n 1 − ex(1−2n) . e 422

Cuando x = 0, la serie dada es

P

1 que es evidentemente divergente. Cuando x < 0, l´ım n 1 − ex(1−2n) = −∞ < 1 por lo que la serie es divergente. Cuando x > 0, l´ım n 1 − ex(1−2n) = +∞ > 1 por lo que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.40. P Estudiar el car´ acter de la serie an de t´ ermino general s α(α + 1) . . . (α + n − 1) an = seg´ un los valores de α y β . β(β + 1) . . . (β + n − 1)

Soluci´ on

Por el criterio de Raabe: q   α(α+1)...(α+n−1) r α+n−1 an β(β+1)...(β+n−1)   q l´ım n 1 − = l´ım n 1 − = l´ım n 1 − α(α+1)...(α+n−2) an−1 β+n−1 β(β+1)...(β+n−2) √ √ β+n−1− α+n−1 √ = l´ım n β+n−1 β+n−1−α−n+1 √ = l´ım n · √ √ β + n − 1( β + n − 1 + α + n − 1) n(β − α) β−α √ = l´ım . = 2 2 β + n − 1 + n + ... De aqu´ı se deduce que si β − α > 2, la serie es convergente. Si β − α < 2, la serie es divergente. En el caso en sque β −α = 2, es decir β = α+2, al sustituir en la serie original X α(α + 1) . Aplicando ahora el criterio de Pringsheim, resulta (α + n)(α + n + 1) s α(α + 1) resulta que l´ım np es finito y no nulo cuando p = 1 lo (α + n)(α + n + 1) que hace que la serie sea divergente. En definitiva, la serie es convergente si y sólo si β − α > 2. 423

PROBLEMA 9.41.

Calcular la suma de la serie

∞ X n=1

n2

1 √

− 2 2n + 1

.

Soluci´ on

Si descomponemos el término general en fracciones simples, obtenemos: A B 1 √ √ √ = + . − 2 2n + 1 n− 2−1 n− 2+1 √ √ Esto implica que 1 = A(n − 2 + 1) + B(n − 2 − 1) por lo que A = 1/2 y B = −1/2. n2

Sumando ahora los n primeros términos de la sucesión tenemos: an = an−1 = an−2 = ...

1/2 1/2 √ √ − n− 2−1 n− 2+1 1/2 1/2 √ √ − n− 2−2 n− 2 1/2 1/2 √ √ − n− 2−3 n− 2−1

1/2 1/2 √ − √ 1− 2 3− 2 1/2 1/2 √ − √ a1 = − 2 2− 2 1 1 1 1 1 √ √ √ √ Sn = + − − . 2 1− 2 − 2 n− 2+1 n− 2 X 1 1 1 √ √ En definitiva, S = an = l´ım Sn = + . 2 1− 2 − 2 a2 =

PROBLEMA 9.42.

Dada la serie de t´ ermino general an = que es convergente y sumarla.

424

n3

n + 12 , demostrar + 5n2 + 6n

Soluci´ on Por el criterio de Pringsheim, l´ım np an = l´ım 2 > 1, por lo que la serie es convergente.

np (n + 12) = 1 cuando p = n3 + 5n2 + 6n

Para sumar la serie descomponemos el término general en fracciones simples: A B C n + 12 = + + n3 + 5n2 + 6n n n+2 n+3 A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2) = n(n + 2)(n + 3) =⇒ n + 12 = A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2).

an =

Para n = 0, 12 = 6A =⇒ A = 2. Para n = −2, 10 = −2B =⇒ B = −5. Para n = −3, 9 = 3C =⇒ C = 3. De aqu´ı obtenemos: an = an−1 = an−2 = an−3 = ...

2 5 3 − + n n+2 n+3 2 5 3 − + n−1 n+1 n+2 5 3 2 − + n−2 n n+1 2 5 3 − + n−3 n−1 n

2 5 3 − + 4 6 7 2 5 3 a3 = − + 3 5 6 2 5 3 a2 = − + 2 4 5 2 5 3 a1 = − + 1 3 4 2 2 3 3 2 2 Sn = − − + − + + =⇒ S = l´ım Sn = −1 + 1 + 2 = 2. n+1 n+2 n+3 3 2 1 a4 =

PROBLEMA 9.43.

Sumar la serie

1 1 1 + + + . . .. 1·3·5 3·5·7 5·7·9 425

Soluci´ on El término general de la serie es an =

1 . Al descom(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)

ponerlo en fracciones simples resulta: A B C + + 2n − 1 2n + 1 2n + 3 A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n − 1)(2n + 3) + C(2n − 1)(2n + 1) = (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) =⇒ A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n − 1)(2n + 3) + C(2n − 1)(2n + 1) = 1

an =

=⇒ A = 1/8, B = −1/4, C = 1/8. Por tanto, 1 1 2 1 − + 8 2n − 1 2n + 1 2n + 3 1 1 2 1 an−1 = − + 8 2n − 3 2n − 1 2n + 1 1 1 2 1 an−2 = − + 8 2n − 5 2n − 3 2n − 1 ... 1 1 2 1 a2 = − + 8 3 5 7 1 1 2 1 a1 = − + 8 1 3 5 1 1 1 1 Sn = − +1− . 8 2n + 3 2n + 1 3 1 1 1 Tenemos entonces que S = l´ım Sn = 1− = . 8 3 12 an =

PROBLEMA 9.44.

Sumar la serie

∞ X

1

n=1

n+3 3

.

426

Soluci´ on

Escribimos el término general en la forma an =

3! y lo (n + 3)(n + 2)(n + 1)

descomponemos en fracciones simples: 6 A B C = + + . (n + 3)(n + 2)(n + 1) n+3 n+2 n+1 Esto implica que 6 = A(n + 2)(n + 1) + B(n + 3)(n + 1) + C(n + 3)(n + 2) lo que al resolver produce los valores A = 3, B = −6, C = 3. Sumando ahora los n primeros términos de la sucesión: an = an−1 = an−2 = ... a2 = a1 = Sn =

6 3 3 − + n+3 n+2 n+1 3 6 3 − + n+2 n+1 n 3 6 3 − + n+1 n n−1 3 6 3 − + 5 4 3 3 6 3 − + 4 3 2 3 6 3 3 6 3 − + + − + . n+3 n+2 n+2 3 3 2

Entonces S = l´ım Sn = 1/2.

PROBLEMA 9.45.

Sumar la serie

∞ X n=2

ln n+1 n . ln n ln(n + 1)

Soluci´ on

Escribimos el término general como an =

ln(n + 1) − ln n 1 1 = − . ln n · ln(n + 1) ln n ln(n + 1) 427

Sumando los primeros términos de la sucesión resulta: an = an−1 = a3 = a2 = Sn =

1 1 − ln n ln(n + 1) 1 1 − ln(n − 1) ln n ... 1 1 − ln 3 ln 4 1 1 − ln 2 ln 3 1 1 − . ln 2 ln(n + 1)

Entonces S = l´ım Sn = 1/ ln 2.

PROBLEMA 9.46.

Sumar la serie

X n≥2

1 ln 1 − 2 . n

Soluci´ on

Escribimos el término general de la forma: an = ln

n2 − 1 (n + 1)(n − 1) = ln = ln(n + 1) − 2 ln n + ln(n − 1). 2 n n2

Dando valores decrecientes a n tenemos: an = ln(n + 1) − 2 ln n + ln(n − 1) an−1 = ln n − 2 ln(n − 1) + ln(n − 2) an−2 = ln(n − 1) − 2 ln(n − 2) + ln(n − 3) ... a4 = ln 5 − 2 ln 4 + ln 3 a3 = ln 4 − 2 ln 3 + ln 2 a2 = ln 3 − 2 ln 2 + ln 1. n+1 − ln 2. n La suma de la serie es S = l´ım Sn = ln 1 − ln 2 = − ln 2. Sn = ln(n + 1) − ln n − ln 2 = ln

428

PROBLEMA 9.47.

Estudiar el car´ acter y hallar la suma de la serie X 2n + 1 n≥1

7n

.

Soluci´ on

Aplicando el criterio de D’Alembert, an 2n + 1 7n−1 1 2n + 1 1 = l´ım · = l´ım · = < 1. n an−1 7 2(n − 1) + 1 7 2n − 1 7 La serie es convergente. l´ım

5 2n + 1 3 . Los términos Para hallar su suma escribimos Sn = + 2 + · · · + 7 7 7n de la serie resultan de multiplicar los términos de la progresión aritmética 3, 5, . . . 2n+1 por los correspondientes de la progresión geométrica 1/7, 1/72 , . . . 1/7n . Estas series, llamadas aritmético-geométricas, se suman de la siguiente forma: 3 5 2n − 1 2n + 1 Sn = + 2 + · · · + n−1 + 7 7 7 7n 1 3 5 2n − 1 2n + 1 Sn = 2 + 3 + · · · + + n+1 7 7 7 7n 7 Restando: 6 3 2 2 2 2n + 1 Sn = + 2 + 3 + · · · + n − n+1 7 7 7 7 7 7 2 2 − 3 2n + 1 n+1 2 7 = + 7 1 − n+1 . 7 7 − 1 7 Como l´ım

2n + 1 = 0, resulta que la suma de la serie es: 7n+1 6 3 2/49 10 5 S= + = =⇒ S = . 7 7 6/7 21 9

PROBLEMA 9.48.

Sumar la serie

P

n2 xn , 0 < x < 1.

n≥1

429

Soluci´ on

El proceso que seguiremos es el siguiente: Sn = x + 4x2 + 9x3 + · · · + (n − 1)2 xn−1 + n2 xn xSn = x2 + 4x3 + · · · + (n − 2)2 xn−1 + (n − 1)2 xn + n2 xn+1 . Restando miembro a miembro: (1 − x)Sn = x + 3x2 + 5x3 + · · · + (2n − 1)xn − n2 xn+1 x(1 − x)Sn = x2 + 3x3 + · · · + (2n − 3)xn + (2n − 1)xn+1 − n2 xn+2 . Restando nuevamente las dos u ´ltimas igualdades: (1 − x)2 Sn = x + 2x2 + 2x3 + · · · + 2xn − (n2 + 2n − 1)xn+1 + n2 xn+2 xn+1 − x2 − (n2 + 2n − 1)xn+1 + n2 xn+2 . = x+2· x−1 Como 0 < x < 1, (n2 + 2n − 1)xn+1 → 0 y n2 xn+2 → 0 cuando n → ∞. Resulta entonces que si llamamos S = l´ım Sn a la suma de la serie, tenemos: 2x2 x2 + x (1 − x)2 S = x − =⇒ S = . x−1 (1 − x)3

430

B. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Estudiar la convergencia de las siguientes series: X nn a) . (2n + 1)n Resp.: Convergente (ra´ız).

b)

X

24n−3 . (4n − 3)!

Resp.: Convergente (cociente). X n . en Resp.: Convergente (cociente).

c)

d)

X

2n . 1 · 3 · 5 . . . (2n + 1)

Resp.: Convergente (cociente).

e)

X cos2 n n2

.

Resp.: Convergente (comparación con

f)

X

√ 3

X n2

X nn · n! (3n)!

.

Resp.: Convergente (cociente).

i)

P

1/n8/3 ).

n+2 . +1

. n! Resp.: Convergente (cociente).

h)

1/n2 ).

n3

Resp.: Convergente (comparación con

g)

P

X (2n)! (n!)2

. 431

Resp.: Divergente (cociente).

j)

X

1 . (ln n!) + n2

Resp.: Convergente (comparación con

P

1/n2 ).

1 1·3 1·3·5 + + + ... 3 3·6 3·6·9

k)

Resp.: Convergente (cociente).

l)

X 1 · 3 . . . (2n − 1) 2 · 4 . . . 2n

.

Resp.: Divergente (Raabe).

m)

1

X p

n(n + 1)

.

Resp.: Divergente (comparación con

n)

X 2n n

P

1/n).

.

Resp.: Divergente (cociente).

o)

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

.

Resp.: Convergente (cociente).

p)

X nn/2 · 5n n!

.

Resp.: Convergente (ra´ız).

q)

X

1 . (3n − 2)(3n + 1)

Resp.: Convergente (comparación con

r)

X

1 . n ln 1 + n1

Resp.: Divergente (l´ım an 6= 0). 432

P

1/n2 ).

s)

X 1 · 11 · 21 . . . (10n − 9) (2n − 1)!

.

Resp.: Divergente (cociente). X n! . nn Resp.: Convergente (ra´ız).

t)

u)

X 2n senn

√

3

en n2

.

Resp.: Convergente (ra´ız). 1 . n ln n Resp.: Divergente (integral).

v)

X

2.- Calcular la suma de las siguientes series: X 3n + 5 a) . 2n n≥1

Resp.: S = 11.

b)

X

n(n − 1)xn para |x| < 1.

n≥1

Resp.: S = √

c)

X n≥1

2x2 . (1 − x)3

√ n+1− n √ . n2 + n

Resp.: S = 1.

d)

X n≥1

1 . (3n + 2)(3n + 8)

Resp.: S = 13/240.

e)

X n − 1 2 n≥2

en

.

433

Resp.: S =

f)

X n≥2

e2 + 1 . (e2 − 1)3

2n + 3 . (n − 1)n(n + 2)

Resp.: S = 65/36.

g)

X n≥1

(4n2

n . − 1)2

Resp.: S = 1/8.

h)

X

nen .

n≥1

Resp.: S = ∞.

i)

X 2n2 + n − 1 n≥1

Resp.: S =

en

.

2e2 − 2e + 9 . (e − 1)3

434

CAPÍTULO X. ´ INTEGRACION DEFINIDA

SECCIONES A. Definición de función integrable. Primeras propiedades. B. Teoremas fundamentales del cálculo integral. C. Ejercicios propuestos.

1

´ ´ A. DEFINICION DE FUNCION INTEGRABLE. PRIMERAS PROPIEDADES.

El concepto de integral definida tiene su origen en el problema de calcular áreas de figuras planas limitadas por l´ıneas curvas. En este cap´ıtulo nos limitaremos a definir y establecer las principales propiedades de la integral definida y en el siguiente cap´ıtulo veremos de qué manera aplicar este concepto al cálculo de áreas. Los pasos fundamentales para definir este nuevo e importante concepto se esbozan a continuación. Se define partición de un intervalo cerrado [a, b] a cualquier conjunto ordenado de puntos P = {x0 , x1 , . . . , xn } que verifiquen la propiedad a = x0 < x1 < . . . < xn = b. Toda partición determina n subintervalos [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xn−1 , xn ]. Una partición P de [a, b] es regular si dos puntos consecutivos cualesquiera son equidistantes, es decir cuando xi −xi−1 = (b−a)/n, i = 1, 2, . . . , n. INTEGRAL DE FUNCIONES ESCALONADAS Una función y = s(x) definida en [a, b] se dice escalonada cuando existe una partición P de [a, b] tal que s es constante en cada subintervalo abierto de P , es decir cuando existen constantes s1 , . . . , sn tales que s(x) = si , si x ∈ (xi−1 , xi ), para i = 1, . . . , n. Se define la integral de s entre a y b como la cantidad Z

b

s(x) dx = a

n X

si · (xi − xi−1 ).

i=1

A los n´ umeros a y b se les llama l´ımites o extremos de integración y a la función y = s(x) se le llama función integrando. Observaci´ on. Si la función es no negativa en [a, b], es decir si si ≥ 0, ∀i, la definición de integral coincide precisamente con la suma de las áreas de los rectángulos que la función determina con el eje OX. Este hecho, que motiva la definición de integral, lo aplicaremos en el cap´ıtulo siguiente para calcular áreas de figuras planas. Para que tengan sentido integrales con l´ımites de integración arbitrarios, utilizaremos en lo sucesivo los siguientes convenios: Z

b

Z s(x) dx = −

a

a

Z s(x) dx,

b

s(x) dx = 0. a

2

a

PROPIEDADES. Sean s y t dos funciones escalonadas en [a, b]. Z b Z b Z b t(x) dx. s(x) dx + [s(x) + t(x)] dx = 1. Aditiva: a

a

a

Z

b

b

Z k · s(x) dx = k ·

2. Homog´ enea:

s(x) dx. a

a

b

Z

Z s(x) dx ≤

3. Monoton´ıa: Si s(x) ≤ t(x), ∀x ∈ [a, b], entonces b

Z

5. Traslaci´ on: ∀c ∈ R,

Z

b

Z

b

s(x) dx. c

a

a

Z

c

s(x) dx +

s(x) dx =

4. Uni´ on: Si a < c < b, entonces

t(x) dx. a

a

Z

b

b+c

s(x − c) dx.

s(x) dx = a+c

a

Z 6. Cambio de escala: ∀k 6= 0,

b

Z

kb

s(x) dx = (1/k) a

s(x/k) dx. ka

INTEGRAL DE FUNCIONES ACOTADAS ARBITRARIAS Una función y = f (x) definida y acotada en [a, b] es integrable en [a, b] Z b Z b cuando existe un u ńico n´ umero I tal que s(x) dx ≤ I ≤ t(x) dx, para a

a

cada par de funciones escalonadas s y t tales que s(x) ≤ f (x) ≤ t(x), ∀x ∈ [a, b]. Z b f (x) dx se le llama integral de f desde a hasta b. La función Al valor I = a

f se llama integrando (o función sub-integral) y a, b son los l´ımites o extremos de integración. Otra definición de función integrable se expresa en términos de las integrales superior e inferior, definidas de la siguiente manera: Sea f una función acotada en [a, b]. Definimos los conjuntos Z

b

S = s(x) dx : s es una función escalonada con s(x) ≤ f (x), ∀x , a Z b T = t(x) dx : t es una función escalonada con t(x) ≥ f (x), ∀x a

que, al ser no vac´ıos y acotados, tienen supremo e ´ınfimo. Llamamos entonces integral inferior de f al n´ umero real I(f ) = sup S e integral superior de f a S(f ) = ´ınf T . Es evidente que S ≤ T . Decimos entonces que f es integrable en [a, b] cuando I(f ) = S(f ), es decir cuando coinciden las integrales inferior y superior de f . 3

Una simplificación muy com´ un en la práctica consiste en considerar una partición arbitraria de [a, b] y sustituir los conjuntos S y T por I(f, P ) = S(f, P ) =

n X k=1 n X

(xk − xk−1 ) · f (uk ), donde uk = ´ınf{f (x), x ∈ (xk−1 , xk )}, (xk − xk−1 ) · f (vk ), donde vk = sup{f (x), x ∈ (xk−1 , xk )}.

k=1

De este modo, la función s(x) = f (uk ), ∀x ∈ (xk−1 , xk ), k = 1, . . . , n, es escalonada con s ≤ f y, también, la función t(x) = f (vk ), ∀x ∈ (xk−1 , xk ), k = 1, . . . , n, es escalonada con f ≤ t, como se observa en las figuras adjuntas.

En este contexto, las integrales superior e inferior se definen como

I(f ) = sup {I(f, P ) : P es partición de [a, b]} , S(f ) = ´ınf {S(f, P ) : P es partición de [a, b]} . Entre los ejemplos de funciones integrables podemos destacar las funciones continuas en [a, b] y las funciones monótonas. Incluso las funciones monótonas a trozos (monótonas en subintervalos de [a, b]) son integrables. 4

Las propiedades ya enunciadas 1 a 5 de las integrales de funciones escalonadas son válidas también para las funciones integrables. En algunos de los problemas que siguen se demuestran algunas de estas y otras propiedades de las funciones integrables.

PROBLEMA 10.1

Calcular las integrales de las siguientes funciones en los intervalos que se indican: a) f (x) = [x] en [0, n], con n ∈ N. b) f (x) = [x]2 en [0, n], con n ∈ N. c) f (x) = [x2 ] en [0, 2]. √ d) f (x) = [ x] en [0, 9]. e) f (x) = [ex ] en [0, 2]. Soluci´ on a) Como f (x) = k cuando x ∈ [k, k + 1), donde k = 0, 1, . . . , n − 1, se trata de una función escalonada. Por tanto, su integral vale: Z

n

[x] dx = 0

n−1 X

k · 1 = 1 + 2 + · · · + (n − 1) =

k=0

n(n − 1) . 2

b) Análogamente al caso anterior, tenemos una función escalonada que toma los valores f (x) = k 2 en los intervalos x ∈ [k, k + 1), con k = 0, 1, . . . , n − 1. Entonces, Z

n 2

[x] dx = 0

n−1 X

k 2 = 12 + 22 + · · · + (n − 1)2 =

k=0

n(n − 1)(2n − 1) , 6

resultado que se puede probar por inducción (ver cap´ıtulo 1). c) En primer lugar debemos determinar los sub-intervalos de [0, 2] donde la función es constante. Estos son los siguientes: 0≤x 0.

si x ∈ Q no es integrable en si x ∈ 6 Q,

Soluci´ on Debemos comprobar que las integrales superior e inferior no coinciden. Para ello consideramos cualquier partición regular P = {x0 , x1 , . . . , xn } del intervalo [a, b]. En cualquier subintervalo (xi−1 , xi ) de P hay infinitos n´ umeros racionales e infinitos n´ umeros irracionales. Esto quiere decir que, en (xi−1 , xi ), el ´ınfimo de la función es cero y el supremo es f (xi ) = xi pues la función, restringida a los racionales, es creciente en dicho intervalo. Tenemos entonces que I(f, P ) = S(f, P ) = =

n X

0 · (xi − xi−1 ) = 0;

i=1 n X

n b−aX b−a xi · (xi − xi−1 ) = a+i· n n i=1 i=1 b−a b − a n(n + 1) (b − a)(n + 1) n·a+ · = (b − a) a + . n n 2 2n 9

De lo anterior se deduce que la integral inferior es cero y la integral superior es (b − a)(n + 1) (b − a)(b + a) S(f ) = l´ım (b − a) a + = 6= 0. n→∞ 2n 2 Como I(f ) 6= S(f ), la función no es integrable en dicho intervalo.

PROBLEMA 10.6

a) Sea f una funci´ on integrable y no negativa en [a, b] tal que Z b f (x) dx = 0. Demostrar que f (x) = 0 en cada punto de contia

nuidad de f . b) Sea f una funci´ on continua y no negativa en [a, b]. Supongamos Z b que existe c ∈ [a, b] tal que f (c) > 0. Probar que f (x) dx > 0. a

Soluci´ on a) Procederemos por reducción al absurdo: si fuera f (c) 6= 0 para alg´ un c ∈ (a, b) donde f es continua, entonces necesariamente f (x) > 0, Z c+ε ∀x ∈ (c − ε, c + ε). Pero esto indica que f (x) dx > 0 lo que c−ε Z b contradice la hipótesis de que f (x) dx = 0. a

b) Como f (c) > 0, por ser f continua, existe un intervalo (c − δ, c + δ) tal que f (x) > 0, ∀x ∈ (c − δ, c + δ). Consideramos ahora una partición P = {x0 , x1 , . . . , xn } de [a, b] de tal manera que existan dos puntos xi , xi+1 ∈ (c − δ, c + δ) (en caso contrario siempre se pueden a˜ nadir dos puntos as´ı a la partición). Sea uk ∈ [xk−1 , xk ] el valor para el cual f alcanza el m´ınimo en el subintervalo [xk−1 , xk ]. Por definición,

I(f, P ) =

n X

f (uk ) · (xk − xk−1 ) > 0

k=1

porque en (c−δ, c+δ) la función es estrictamente positiva y en el resto es no negativa. Como I(f ) = supP I(f, P ), también será I(f ) > 0, de Z b donde se deduce que f (x) dx > 0. a

10

PROBLEMA 10.7 Z 1 Z Sabiendo que f (x) dx = 6,

cular: Z 5 f (x) dx. a)

0

2

Z f (x) dx = 4,

0

5

f (x) dx = 1, cal2

0 2

Z

f (x) dx.

b) 1 1

Z

c)

f (x) dx. 5

Z

d)

1

f (2x) dx. 0

Soluci´ on a) Debido a la propiedad aditiva de la integral, tenemos: Z 5 Z 2 Z 5 f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = 4 + 1 = 5. 0

0

Z

2

b

Z f (x) dx = −

b) Teniendo en cuenta que a

a

f (x) dx, si descomponemos b

nuevamente la integral en dos sumandos, resulta: Z 2 Z 0 Z 2 Z 1 Z f (x)dx = f (x)dx+ f (x)dx = − f (x)dx+ 1

1

0

0

2

f (x)dx = −6+4 = −2.

0

c) Utilizando el resultado de a) y descomponiendo la integral, obtenemos: Z 1 Z 0 Z 1 Z 5 Z 1 f (x) dx = f (x) dx+ f (x) dx = − f (x) dx+ f (x) dx = −5+6 = 1. 5

5

0

Z d) Por la propiedad de escala

0 b

Z

Z

b/c

f (x) dx = c a

resulta:

0

f (cx) dx con c = 2, a/c

1

Z

2

f (2x) dx = (1/2) 0

f (x) dx = 4/2 = 2. 0

PROBLEMA 10.8 Z 2 2 2 ≤ ex −x dx ≤ 2e2 . Probar que √ 4 e 0 11

Soluci´ on Calcularemos en primer lugar el máximo y el m´ınimo de la función integrando en el intervalo [0, 2]: 2 −x

f (x) = ex

=⇒

f 0 (x) = (2x − 1) · ex

2 −x

,

0

f (x) = 0 ⇐⇒ 2x − 1 = 0 ⇐⇒ x = 1/2. Además como f 0 (x) < 0 para x < 1/2, f decrece en (0, 1/2); por otra parte, como f 0 (x) > 0 cuando x > 1/2, f crece en (1/2, 2). Esto quiere decir que el m´ınimo de la función corresponde a x = 1/2 y toma el valor f (1/2) = e−1/4 y el máximo estará en alguno de los extremos del intervalo. Ahora bien, como f (0) = 1 y f (2) = e2 , el máximo es el punto (2, e2 ). Lo anterior permite escribir la desigualdad e−1/4 ≤ f (x) ≤ e2 , ∀x ∈ (0, 2) (como se observa en la figura). Como esta desigualdad sigue siendo válida al calcular las integrales respectivas (propiedad de monoton´ıa), obtenemos en definitiva que Z 2 Z 2 Z 2 Z 2 2 −1/4 x2 −x 2 −1/4 e dx ≤ e dx ≤ e dx =⇒ 2e ≤ ex −x dx ≤ 2e2 , 0

0

0

0

como quer´ıamos demostrar.

PROBLEMA 10.9

Sean f y g dos funciones continuas en [a, b]. Probar que Z a

b

2 Z b Z b f (x)g(x) dx ≤ f 2 (x) dx · g 2 (x) dx a

(llamada desigualdad de Schwarz). 12

a

Soluci´ on Si g es la función nula, la igualdad es evidentemente cierta (ambos miembros de la desigualdad son nulos). Sea pues g 6= 0 y llamamos λ a un n´ umero real cualquiera. Como la función 2 (f + λg) es no negativa, entonces su integral será también no negativa. Desarrollándola tenemos: Z b Z b Z b Z b 2 2 2 2 f (x)g(x) dx. g (x) dx+2λ f (x) dx+λ (f +λg) (x) dx = 0≤ a

a

a

a

Si sustituimos en la desigualdad el valor λ =

−

Rb

f (x)g(x) dx , resulta: Ra b 2 a g (x) dx

!2 Z b f (x)g(x) dx f (x) dx + g 2 (x) dx 0 ≤ · Rb 2 a a a g (x) dx Rb Z b f (x)g(x) dx −2 · aR b · f (x)g(x) dx 2 a a g (x) dx R 2 R 2 b b Z b f (x)g(x) dx f (x)g(x) dx a a = f 2 (x) dx + −2· Rb Rb 2 2 a a g (x) dx a g (x) dx R 2 b Z b f (x)g(x) dx a = f 2 (x) dx − Rb 2 a a g (x) dx 2 Z b Z b Z b 2 2 f (x)g(x) dx ≤ f (x) dx · g (x) dx . =⇒ Z

Rb

b

2

a

a

a

a

PROBLEMA 10.10

Sea f una funci´ on integrable en [a, b]. Probar las siguientes propiedades: Z b Z b a) f (x) dx ≤ |f (x)| dx. a

a

b) Si m ≤ f (x) ≤ M en todo [a, b], entonces existe alg´ un k ∈ [m, M ] Z b tal que f (x) dx = (b − a) · k . a

c) (Teorema del valor medio para integrales.) Si f es continua en [a, b], entonces existe alg´ un c ∈ [a, b] tal que Z b f (x) dx = (b − a) · f (c). a

13

Soluci´ on b

Z a) Aplicaremos la propiedad f ≤ g =⇒

b

Z f (x) dx ≤

g(x) dx y el hecho

a

a

b

Z

de que |x| ≤ A ⇐⇒ −A ≤ x ≤ A. Tenemos pues: Z

b

Z

−|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)| =⇒ − |f (x)| dx ≤ f (x) dx ≤ a a Z b Z b f (x) dx ≤ |f (x)| dx. =⇒ a

b

|f (x)| dx a

a

b) Aplicamos de nuevo la propiedad anterior, con lo que: Z m ≤ f (x) ≤ M

b

Z

b

Z

Z

M dx a

a

a

b

f (x) dx ≤

m dx ≤

=⇒

b

=⇒ m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a) a Z b Z b 1 1 =⇒ m ≤ f (x) dx ≤ M =⇒ f (x) dx = k, b−a a b−a a para alg´ un k ∈ [m, M ]. c) Por ser f continua, alcanza sus valores máximo y m´ınimo, es decir, m ≤ f (x) ≤ M con m = f (c0 ) y M = f (c1 ). Procediendo como en Z b 1 el apartado anterior, de la desigualdad m ≤ f (x) dx ≤ M y b−a a aplicando la propiedad de Darboux (ver cap´ıtulo 4), se deduce que Z b 1 existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = f (x) dx. b−a a Geométricamente, esta propiedad indica que, en el caso de ser f no negativa en [a, b], el área limitada por la función y el eje X en el intervalo [a, b] coincide con el área de un rectángulo de base b − a y cuya altura es el valor de la función en alg´ un punto c ∈ [a, b].

PROBLEMA 10.11

Sean f y g dos funciones continuas en [a, b] donde adem´ as g no cambia de signo. Probar que existe alg´ un c ∈ [a, b] tal que Z

b

Z f (x)g(x) dx = f (c)

a

b

g(x) dx a

(teorema generalizado del valor medio para integrales). 14

Soluci´ on Por ser f continua en un intervalo cerrado [a, b], es acotada y existen dos constantes m y M tales que m ≤ f (x) ≤ M , ∀x ∈ [a, b]. Suponemos además que g(x) ≥ 0 en [a, b] (en caso contrario, cambia sólo el sentido de las desigualdades siguientes). Entonces: m · g(x) ≤ f (x) · g(x) ≤ M · g(x) Z b Z b Z b M · g(x) dx =⇒ m · g(x) dx ≤ f (x) · g(x) dx ≤ a a a Rb Rb f (x) · g(x) dx a f (x) · g(x) dx =⇒ m ≤ ≤ M =⇒ ∃r ∈ [m, M ] : r = a R b . Rb a g(x) dx a g(x) dx Aplicando ahora la propiedad de Darboux, como r ∈ [m, M ], existe c ∈ [a, b] tal que f (c) = r, lo que prueba la propiedad buscada. Se observa que si g es la función identidad, la propiedad se reduce al teorema del valor medio probado en el problema anterior.

PROBLEMA 10.12

Sea f una funci´ on continua en [a, b]. Comparar la cantidad (b − Z b f (x) dx en los siguientes casos: a)f (b) con a

a) f constante en [a, b]. b) f creciente en [a, b]. c) f decreciente en [a, b]. Soluci´ on a) Si f es constante, entonces f (x) = f (b), ∀x ∈ [a, b]. Integrando miembro a miembro, resulta: Z

b

Z

b

f (x) dx = a

Z

b

f (x) dx = (b − a)f (b).

f (b) dx =⇒ a

a

b) Si f es creciente, f (x) ≤ f (b), ∀x ∈ [a, b]. Por la propiedad de monoton´ıa, Z

b

Z f (x) dx ≤

a

b

Z

a

a

15

b

f (x) dx ≤ (b − a)f (b).

f (b) dx =⇒

c) Si f es decreciente, f (x) ≥ f (b), ∀x ∈ [a, b]. Nuevamente tenemos: Z

b

Z f (x) dx ≥

b

Z a

a

a

b

f (x) dx ≥ (b − a)f (b).

f (b) dx =⇒

´ B. TEOREMAS FUNDAMENTALES DEL CALCULO INTEGRAL.

El concepto de integral definido en el apartado anterior está ´ıntimamente relacionado con el cálculo de integrales indefinidas o primitivas, como muestran los llamados teoremas fundamentales del cálculo integral. Estos son:

´ PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO INTEGRAL Dada una función Zy = f (x) definida en un intervalo [a, b], se define la función x

f (t) dt, para todo x ∈ [a, b].

primitiva F (x) = a

a) Si f es integrable en [a, b], entonces F es continua en [a, b]. b) Si f es continua en [a, b], entonces F es derivable y su derivada es precisamente F 0 (x) = f (x), ∀x ∈ [a, b]. El resultado de este teorema justifica el nombre dado a F de función primitiva de f pues su derivada es la propia f . Consecuencia del teorema anterior es el llamado ´ SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO INTEGRAL Si y = f (x) es una función continua en [a, b] y g es cualquier primitiva de Z b f , entonces f (x) dx = g(b) − g(a). a

Este resultado, que también es válido si f es cualquier función integrable en [a, b], permite calcular la integral de una función sin más que realizar los pasos siguientes: 1) Calcular una primitiva de f , es decir una función g tal que g 0 (x) = f (x). 2) Sustituir g en los puntos x = a y x = b. 16

b

Z 3) La resta g(b) − g(a) es precisamente el valor de

f (x) dx. a

En forma esquemática se suele representar este proceso como

Z a

b

b f (x) dx = g(x) a = g(b) − g(a).

Algunas variaciones de los resultados anteriores, que permiten calcular derivadas de funciones cuya variable está en alg´ un extremo de integración, son las siguientes: a

Z

f (t) dt, entonces F 0 (x) = −f (x).

a) Si F (x) = x

h(x)

Z

f (t) dt, entonces F 0 (x) = f (h(x)) · h0 (x).

b) Si F (x) = a

Z

h2 (x)

c) Si F (x) =

f (t) dt, entonces F 0 (x) = f (h2 (x)) · h02 (x) − f (h1 (x)) · h01 (x).

h1 (x)

El segundo teorema fundamental también permite extender los métodos de integración. Podemos destacar los siguientes: a) M´ etodo de sustituci´ on o cambio de variable: b

Z

0

Z

0

h(b)

f (h(x)) · h (x) dx = a

f 0 (t) dt = f (h(b)) − f (h(a)).

h(a)

b) Integraci´ on por partes:

Z a

b

b f (x)g(x) a −

Z

b

f 0 (x)g(x) dx a Z b = f (b)g(b) − f (a)g(a) − f 0 (x)g(x) dx.

f (x)g 0 (x) dx =

a

Otros resultados y aplicaciones se presentan en los problemas que siguen.

17

PROBLEMA 10.13

Resolver: Z 1 d 1 dx. a) 1 + 21/x −1 dx Z x2 p d b) 1 + t2 dt. dx 0 Z x3 dt d √ c) . dx x2 1 + t4 Z x Z y d 3 sen sen d) sen t dt dy . dx 0 0 Soluci´ on a) Por la definición de integral: Z

1

−1

d dx

1 1 + 21/x

dx =

1 1 + 21/x

1 = −1

1 1 1 1 1 − = − =− . 1 + 2 1 + 2−1 3 3/2 3

b) Aplicamos en este caso el primer teorema fundamental del cálculo integral pues la variable independiente está en el l´ımite superior de integración. Tenemos as´ı: d dx

x2

Z

p

1 + t2 dt =

p 1 + (x2 )2 · 2x = 2x 1 + x4 .

p

0

c) Análogamente al apartado anterior, d dx

Z

x3

√

x2

dt 1 + t4

Z d) Llamando u(x) = De aqu´ı resulta:

x

1 1 = 3x2 · p − 2x · p 3 4 1 + (x ) 1 + (x2 )4 3x2 2x = √ −√ . 12 1+x 1 + x8 Z

sen 0

y

3

x

Z

0

3

sen t dt dy, entonces u (x) = sen 0

sen t dt . 0

d (sen u(x)) = cos u(x) · u0 (x) dx Z x Z = cos sen 0

0

18

y 3

sen t dt

Z

dy · sen

x 3

sen t dt . 0

PROBLEMA 10.14 √ √ Dadas las funciones f (x) = x + sen2 πx, g(x) = 1 + x4 , Z f (x) g(x) dx, calcular h0 (1). h(x) = 0

Soluci´ on Aplicando el teorema fundamental del cálculo integral, h0 (x) = g(f (x)) · f 0 (x). Por otra parte, si aplicamos las reglas usuales de derivación, obtene1 + 2 sen(πx) cos(πx) · π √ mos que f 0 (x) = . En definitiva, 2 x + sen2 πx √ h0 (1) = g(f (1)) · f 0 (1) = g(1) · (1/2) = 2/2.

PROBLEMA 10.15

Determinar todas las funciones continuas f para las cuales Z x+1 g(x) = f (t) dt es constante. x−1

Soluci´ on Para que g sea constante debe ser g 0 ≡ 0. Como g 0 (x) = f (x + 1) − f (x − 1), g será constante cuando f (x + 1) = f (x − 1) para todo x, o, lo que es equivalente, f (x) = f (x + 2), ∀x. Esta propiedad corresponde precisamente a las funciones periódicas de per´ıodo 2.

PROBLEMA 10.16 R x2 √ tg t dt Calcular l´ım 0 . x→0 x − sen x Soluci´ on Tenemos una indeterminación del tipo 0/0 por lo que aplicaremos la regla de L’Hôpital y las equivalencias de infinitésimos tg f (x) ∼ f (x) y 1−cos f (x) ∼ [f (x)]2 /2 cuando f (x) → 0. As´ı √ 2x tg x2 2x · |x| 4|x| L = l´ım = l´ım 2 = l´ım , x→0 1 − cos x x→0 x /2 x→0 x 19

lo que tiene diferentes valores seg´ un x sea positivo o negativo. En concreto, 4|x| 4|x| l´ım = 4 y l´ım = −4. x→0+ x x→0− x

PROBLEMA 10.17 √ Dadas las funciones f (x) = x2 , g(x) = x2 + 1 · sen(πx) y Z f (x) g(t) dt, calcular los m´ aximos y m´ınimos relativos de h(x) = h.

0

Soluci´ on En primer lugar calculamos los puntos cr´ıticos, es decir aquellos puntos en que h0 (x) = 0: p h0 (x) = g(f (x)) · f 0 (x) = x4 + 1 · sen(πx2 ) · 2x; √ h0 (x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ó πx2 = kπ, k ∈ Z ⇐⇒ x = ± k, k ∈ N ∪ {0}. Para saber si corresponden a posibles máximos o m´ınimos, calculamos la derivada de segundo orden: p 2x · sen(πx2 ) · 4x3 p √ h00 (x) = 2x 1 + x4 ·cos(πx2 )·2πx+ +2 1 + x4 ·sen(πx2 ). 2 1 + x4 De aqu´ı se deduce que si k es par, como cos(πk) = 1, sen(πk) = 0, entonces p √ √ p √ h00 ( k) = 2 k · 1 + k 2 · 2π k = 4πk 1 + k 2 > 0, √ lo que implica que x = k corresponde a un m´ınimo relativo. Por otra parte, si k es impar, cos(πk) = −1 y sen(πk) = 0, con lo que p √ p √ √ h00 ( k) = −2 k · 1 + k 2 · 2π k = −4πk 1 + k 2 < 0, √ lo que implica que x = k corresponde a un máximo relativo. Por u ´ltimo, si k = 0, h00 (0) = 0 pero, en un entorno reducido de x = 0, 0 h (x) > 0, si x > 0 y h0 (x) < 0 si x < 0, lo que indica que x = 0 corresponde a un m´ınimo relativo.

PROBLEMA 10.18 Z

Probar que la funci´ on f (x) = 1

x

2

e−1/t dt, definida en el intervalo

(0, ∞), tiene inversa derivable. Calcular (f −1 )0 (0). 20

Soluci´ on 2

La derivada de la función es f 0 (x) = e−1/x , que es siempre positiva. Esto quiere decir que la función es creciente en (0, ∞) y, por tanto, tiene inversa. 1 Por la regla de derivación de la función inversa, (f −1 )0 (x0 ) = 0 −1 , f (f (x0 )) y sabiendo que f (1) = 0 equivale a que f −1 (0) = 1, tenemos: (f −1 )0 (0) =

1 f 0 (f −1 (0))

=

1 f 0 (1)

=

1 e−1

= e.

PROBLEMA 10.19

Sea y = g(x) una funci´ R x on continua y positiva en [0, ∞). Probar que tg(t) dt es creciente en (0, ∞). la funci´ on f (x) = R0x 0 g(t) dt Soluci´ on La función será creciente donde su derivada sea positiva. Aplicando la regla de derivación del cociente tenemos: Rx Rx xg(x) 0 g(t) dt − g(x) 0 tg(t) dt 0 f (x) = 2 R x g(t) dt 0 Rx Rx Rx g(x) 0 (x − t)g(t) dt g(x) 0 xg(t) dt − g(x) 0 tg(t) dt = . = 2 2 R x R x 0 g(t) dt 0 g(t) dt El denominador es evidentemente positivo. Además, como g es positiva, para todo x > 0, si t ∈ (0, x), entonces g(x) > 0 y (x − t)g(t) > 0. Sabiendo que la integral de una función positiva es positiva, se obtiene también que el numerador es positivo. De esto se deduce que la función es creciente cuando x > 0.

PROBLEMA 10.20

Demostrar que, si f es una funci´ on continua, se tiene la siguiente igualdad Z x Z x Z u (x − u)f (u)du = f (t) dt du. 0

0

21

0

Soluci´ on Si llamamos Z

x

Z

(x − u)f (u)du = x Z0 x Z u G(x) = f (t) dt du,

x

f (u)du −

F (x) =

0

Z

0

x

uf (u)du, 0

0

debemos comprobar que F 0 (x) = G0 (x) y que en alg´ un punto x0 , F (x0 ) = G(x0 ). Ahora bien: Z x Z x 0 F (x) = f (u)du + xf (x) − xf (x) = f (u)du; 0 Z0 x f (t) dt. G0 (x) = 0

Esto indica que F y G se diferencian en una constante F (x) − G(x) = C. Pero como F (0) = 0 = G(0), resulta que C = 0, con lo que F = G.

PROBLEMA 10.21 Z 3 f 0 (x) Calcular dx. 2 −1 1 + f (x) Soluci´ on Recordando que D(arc tg f (x)) = Z

3

−1

f 0 (x) , obtenemos: 1 + f 2 (x)

f 0 (x) dx = [arc tg f (x)]3−1 = arc tg f (3) − arc tg f (−1). 1 + f 2 (x)

PROBLEMA 10.22

Hallar, mediante integrales definidas, los siguientes l´ımites: 1 2 n−1 a) l´ım + 2 + ··· + . n→∞ n2 n n2 1 π 2π (n − 1)π sen + sen + · · · + sen . b) l´ım n→∞ n n n n 1p + 2p + · · · + n p , (p > 0). n→∞ np+1 1 1 d) l´ım n + ··· + 2 . n→∞ 12 + n2 n + n2

c) l´ım

22

Soluci´ on En todos los casos debemos construir una función adecuada y determinar un intervalo de modo que la definición de integral de dicha función en el intervalo corresponda al l´ımite buscado. Utilizaremos la definición de integral Z b n b−aX f (x) dx = l´ım f (ui ), ui ∈ [xi−1 , xi ], n→∞ n a i=1

donde xi = a + i(b − a)/n, i = 0, 1, 2, . . . , n es un punto genérico de una partición regular del intervalo [a, b], para lo cual escribiremos las sumas dadas como en el caso general. a) Escribimos 1 2 n−1 1 + + ··· + = n2 n2 n2 n

0 1 2 n−1 + + + ··· + n n n n

.

Consideramos la función f (x) = x en el intervalo [0, 1]. Una partición regular del intervalo es P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1}. Como la función es creciente, la integral inferior en el intervalo [0, 1] es, por definición, I(f ) = l´ım

n→∞

n X i=1

n n X X i−1 1 i−1 f (xi−1 )(xi −xi−1 ) = l´ım · = l´ım . n→∞ n→∞ n n n2 i=1

i=1

Por otra parte, como la función es integrable, podemos aplicar el segundo teorema fundamental, con lo que dicho l´ımite es igual a 2 1 Z 1 n x 1 1 Xi−1 = I(f ) = I = x dx = = . l´ım n→∞ n n 2 0 2 0 i=1

b) Aplicamos el procedimiento anterior a la función f (x) = sen(πx) en el intervalo [0, 1]. Z 1 n 1 1X i−1 1 2 l´ım f = sen(πx) dx = − cos(πx) 0 = . n→∞ n n π π 0 i=1

c) Escribimos la suma dada como 1p + 2p + · · · + np 1 = [(1/n)p + (2/n)p + · · · + (n/n)p ] , p+1 n n lo que sugiere considerar la función f (x) = xp en [0, 1]. Procediendo como en los casos anteriores, tenemos: Z 1 n 1X i 1 p+1 1 1 l´ım f = xp dx = x = . 0 n→∞ n n p+1 p+1 0 i=1

23

d) Nuevamente debemos adaptar la suma dada para que tenga la forma de una suma de Riemann. Para ello dividimos numerador y denominador por n2 con lo que 1 1 1 1 1 n + ··· + 2 = + ··· + . 12 + n 2 n + n2 n 1 + (1/n)2 1 + (n/n)2 El l´ımite de esta suma corresponde a la integral de la función f (x) =

1 1 + x2

en [0, 1]. De este modo, n

1X l´ım f n→∞ n i=1

Z 1 1 1 i = dx = arc tg x = π/4. 0 2 n 0 1+x

PROBLEMA 10.23

Sea f una funci´ on que verifica f (0) = 1, f (2) = 3, f 0 (2) = 5. Hallar Z 1 xf 00 (2x) dx. 0

Soluci´ on Integramos por partes haciendo u = x, dv = f 00 (2x) dx. De este modo, du = dx, v = (1/2)f 0 (2x), con lo que Z Z xf 00 (2x) dx = x·(1/2)f 0 (2x)− (1/2)f 0 (2x) dx = (1/2)xf 0 (2x)−(1/4)f (2x). Aplicando ahora el teorema fundamental tenemos que Z 1 h i1 xf 00 (2x) dx = (1/2)xf 0 (2x) − (1/4)f (2x) 0

0

=

f 0 (2) 2

−

f (2) f (0) 5 3 1 + = − + = 2. 4 4 2 4 4

PROBLEMA 10.24 Z

Resolver la ecuaci´ on

x

√

√ dt π = cuando x > 2. 2 12 t t −1 √

2

24

Soluci´ on Calculamos primero la integral indefinida para lo que hacemos el cambio de variable t2 − 1 = u2 . Queda entonces: Z Z p dt du √ = = arc tg u = arc tg t2 − 1. u2 + 1 t t2 − 1 Si sustituimos ahora en los extremos de integración, Z x p p dt π π = √ √ = arc tg x2 − 1 − arc tg 1 = arc tg x2 − 1 − 2 12 4 2 t t −1 p p √ π π π =⇒ arc tg x2 − 1 = + = =⇒ x2 − 1 = tg π/3 = 3 12 4 3 =⇒ x2 = 4 =⇒ x = 2, pues debe ser x >

√

2.

PROBLEMA 10.25

Hallar un polinomio p(x) tal que p(0) = p(−2) = 0, p(1) = 15, Z 0 3 p(x) dx = 4. −2

Soluci´ on Como se proporcionan cuatro condiciones, probamos como solución un polinomio de grado 3, p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 . De acuerdo con los datos, tenemos el sistema de ecuaciones siguiente: p(0) = 0 =⇒ a0 = 0 p(−2) = 0 =⇒ a0 − 2a1 + 4a2 − 8a3 = 0 p(1) = 15 =⇒ a0 + a1 + a2 + a3 = 15 0 0 4 a1 x2 a2 x3 a3 x4 + + = 3 p(x) dx = 4 =⇒ a0 x + 2 3 4 3 −2 −2 8a2 4 =⇒ − −2a0 + 2a1 − + 4a3 = . 3 3 Z

Al resolver el sistema, obtenemos la solución a0 = 0, a1 = 4, a2 = 8, a3 = 3.

25

PROBLEMA 10.26

Dada una funci´ on integrable f , probar las siguientes propiedades: Z b+c Z b f (x − c) dx. f (x) dx = a) a+c

a

Z

b

Z

1

f [a + (b − a)x] dx.

f (x) dx = (b − a)

b)

0

a

Soluci´ on a) Haciendo en la segunda integral el cambio de variable x − c = t, el intervalo de integración x ∈ (a + c, b + c) se transforma en t ∈ (a, b). Como además dx = dt, la integral queda ahora: Z b+c Z b Z b f (x − c) dx = f (t) dt = f (x) dx. a+c

a

a

b) Al igual que el caso anterior, hacemos en la segunda integral el cambio de variable t = a + (b − a)x; de aqu´ı, cuando x = 0, es t = a y cuando x = 1, es t = b. Además dt = (b − a) dx, con lo que Z 1 Z b Z b (b − a) f [a + (b − a)x] dx = f (t) dt = f (x) dx. 0

a

a

PROBLEMA 10.27

Sea f una funci´ on integrable en [a, b] que verifica f (a + b − x) = Z b Z a+b b f (x), ∀x. Probar que xf (x) dx = f (x) dx. 2 a a Soluci´ on Si hacemos en la primera integral el cambio de variable u = a + b − x, obtenemos: Z b Z a xf (x) dx = (a + b − u)f (a + b − u)(−du) a b Z b Z b Z b Z b = (a + b)f (u) du − uf (u) du = (a + b)f (x) dx − xf (x) dx. a

a

a

a

Agrupando términos iguales y despejando, resulta: Z b Z b Z b Z a+b b f (x) dx. 2 xf (x) dx = (a + b) f (u)du =⇒ xf (x) dx = 2 a a a a 26

PROBLEMA 10.28 Z 1 Z n m Probar que x (1 − x) dx = 0

1

xm (1 − x)n dx, ∀n, m ∈ Z.

0

Soluci´ on Hacemos en la primera integral el cambio de variable t = 1 − x. De este modo: Z 1 Z 0 Z 1 n m n m tm (1 − t)n dt, (1 − t) t (− dt) = x (1 − x) dx = 0

1

0

que es la igualdad buscada.

PROBLEMA 10.29

Sea f una funci´ on continua en el intervalo [−a, a]. Z a Z a a) Si f es par, probar que f (x) dx = 2 f (x) dx. −a

0

Z

a

b) Si f es impar, probar que

f (x) dx = 0. −a

Soluci´ on En ambos casos descomponemos la integral en suma del siguiente modo: Z

a

Z

0

f (x) dx =

f (x) dx +

f (x) dx,

−a

−a

a

Z 0

y en el primer sumando hacemos el cambio de variable x = −t. a) Teniendo en cuenta que, al ser f par, f (−x) = f (x), ∀x, tenemos: Z

0

Z

0

f (x) dx = −a

Z f (−t)(− dt) =

a

a

Z f (−t) dt =

0

a

f (t) dt. 0

Sustituyendo este resultado en la primera igualdad, se obtiene en definitiva que Z a Z a Z a Z a f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = 2 f (x) dx. −a

0

0

27

0

b) Procedemos análogamente al caso anterior, pero, al ser f impar, utilizamos la propiedad f (−x) = −f (x), ∀x. As´ı: 0

Z

Z

0

a

Z

−a

f (t) dt, 0

0

a

a

Z −f (t) dt = −

f (−t)(− dt) =

f (x) dx =

Z

a

f (x) dx = 0.

por lo que, al sustituir, se deduce que −a

PROBLEMA 10.30

Sean f y g dos funciones integrables en R con las siguientes caracter´ısticas: Z f es impar, g es par, f (5) = 7, f (0) = 0, g(x) = f (x + 5), x

g(t) dt para todo x. Demostrar:

f (x) = 0

a) f (x − 5) = −g(x) para todo x. Z 5 b) f (t) dt = 7. 0

Z

x

f (x) dx = g(0) − g(x).

c) 0

Soluci´ on a) Aplicando que f es impar y que g es par, obtenemos: f (x − 5) = −f (5 − x) = −g(−x) = −g(x). b) Por la propiedad de traslación, haciendo t = x + 5 y aplicando el problema anterior, resulta: Z

5

Z

0

f (t) dt =

Z f (x + 5) dx =

−5

0

0

Z g(x) dx =

−5

5

g(x) dx = f (5) = 7. 0

c) Hacemos el cambio de variable x = u + 5 y aplicamos los resultados anteriores. As´ı tenemos que Z

x

Z

x−5

f (x) dx =

Z f (u + 5) du =

−5 Z 5

0

x−5

Z

0

g(u) du = −5

Z

x−5

g(u) du + −5

g(u) du 0

g(u) du + f (x − 5) = f (5) + f (x − 5) = g(0) − g(x).

= 0

28

PROBLEMA 10.31

Probar que si f es integrable odica de per´ıodo T , Z a+T Z T en todo R y peri´ entonces f (x) dx = f (x) dx, ∀a ∈ R. a

0

Soluci´ on Por ser f periódica de per´ıodo T , se verifica que f (x) = f (x + nT ), ∀x ∈ R, n ∈ Z. Z (n+1)T Z T f (x) dx, para cualf (x) dx = Probaremos en primer lugar que nT

0

quier entero n. Para ello basta hacer en la segunda integral el cambio de variable t = x − nT , con lo que, Z (n+1)T Z T Z T (∗) f (x) dx = f (t + nT ) dt = f (t) dt. nT

0

0

Si a es cualquier n´ umero real, por la propiedad arquimediana de los n´ umeros reales, existe n ∈ Z tal que nT ≤ a < (n + 1)T . Hacemos pues la descomposición Z Z Z a+T

(n+1)T

f (x) dx = a

a+T

f (x) dx + a

f (x) dx. (n+1)T

En el segundo sumando hacemos el cambio de variable u = x− T . As´ı: Z a+T Z a Z a f (x) dx = f (u + T ) du = f (u) du. (n+1)T

nT

nT

Sustituyendo este resultado en la igualdad anterior y aplicando (*), obtenemos: Z (n+1)T Z T Z a+T Z (n+1)T Z a f (x) dx = f (x) dx+ f (u) du = f (x) dx = f (x) dx. a

a

nT

nT

La siguiente figura ilustra la situación planteada en el problema.

29

0

PROBLEMA 10.32 ( x − [x] − 1/2 si x no es entero Sea f (x) = y se define la fun0 si x es entero, Z x ci´ on P (x) = f (t) dt, para todo x real. 0

a) Dibujar la gr´ afica de f en el intervalo [−3, 3] y probar que f (x+1) = f (x) para todo x. b) Demostrar que P (x) = de per´ıodo 1.

x2 − x , si 0 ≤ x ≤ 1, y que P es peri´ odica 2 Z

1

[P (t) + c] dt = 0.

c) Determinar una constante c tal que 0

Z

x

[P (t) + c] dt. Demostrar que ∀x ∈ [0, 1],

d) Sea ahora Q(x) = 0

Q(x) =

x3 x2 x − + y que Q es peri´ odica de per´ıodo 1. 6 4 12

Soluci´ on a) Si n es cualquier entero y x ∈ (n, n + 1), entonces [x] = n, con lo que f (x) = x − n − 1/2, lo que corresponde a una recta de pendiente uno y que corta al eje X en x = n + 1/2. La gráfica es pues de la forma:

De la misma construcción se deduce que f (x + 1) = f (x), ∀x, lo que quiere decir que la función es periódica de per´ıodo 1. Anal´ıticamente, si x ∈ [n, n + 1), x + 1 ∈ [n + 1, n + 2), y [x + 1] = n + 1. Entonces, f (x+1) = x+1−[x+1]−1/2 = x+1−(n+1)−1/2 = x−n−1/2 = f (x). b) Si x ∈ (0, 1), [x] = 0 y f (x) = x − 1/2, con lo que: Z P (x) = 0

x

t2 t (t − 1/2) dt = − 2 2

30

x = 0

x2 x x2 − x − = . 2 2 2

Además, es evidente que P (0) = 0 y, por ser f integrable, P es continua y x2 − x P (1) = l´ım P (x) = l´ım = 0. 2 x→1− x→1− Por otra parte, al ser f periódica, del problema anterior se deduce que para todo x, Z x+1 Z 1 f (t) dt = f (t) dt = P (1) = 0. x

0

Por tanto, si x ∈ [n, n + 1), con n ∈ Z, Z

x+1

Z f (t) dt =

P (x+1) =

x

Z f (t) dt+

x

Z

f (t) dt = P (x),

f (t) dt = 0

x

0

0

x+1

lo que prueba que P es periódica de per´ıodo 1. c) Cuando x ∈ [0, 1], P (x) = (x2 − x)/2. Por tanto, 1 Z 1 1 2 1 t3 t2 1 [P (t) + c] dt = (t − t) dt + [ct]0 = − +c 2 0 2 3 2 0 0 1 1 1 1 1 − + c = − + c =⇒ c = . 2 3 2 12 12

Z 0 = =

1

d) Procediendo como en b), si x ∈ [0, 1], tenemos: x Z x 1 t3 t2 t x3 x2 x Q(x) = [P (t) + c] dt = − + = − + . 2 3 2 12 0 6 4 12 0 Además, como P (t) + c es también periódica de per´ıodo 1, Z

x+1

Z

Q(x + 1) =

x

Z

x+1

[P (t) + c] dt = [P (t) + c] dt + 0 0 x Z x Z 1 = [P (t) + c] dt + [P (t) + c] dt = Q(x). 0

0

31

[P (t) + c] dt

C. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Calcular las integrales de las siguientes funciones en los intervalos que se indican:

a)f (x) = x + [x] en [0, 2]. Resp.: I = 3.

b) f (x) = [x] sen Resp.: I =

πx en [0, 6]. 6

6 [5 + cos(5π/6) + cos(2π/3) + cos(π/3) + cos(π/6)] = 30/π. π

c) f (x) = [x] · [2x] en [−2, 2]. Resp.: 11. 2. Sea y = f (x) una funci´ on acotada en [−1, 1] y P , P1 dos particiones de dicho intervalo con P ⊂ P1 . Responder justificadamente si las siguientes afirmaciones pueden ser verdaderas o son siempre falsas:

a) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 2. Resp.: Falsa. Siempre debe ser I(f, P ) ≤ S(f, P ). Z

1

f (x) dx = 2.

b) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6, −1

Z

1

Resp.: Falsa pues debe cumplirse que I(f, P ) ≤

f (x) dx ≤ S(f, P ). −1

Z

1

c) I(f, P ) = 3, S(f, P ) = 6,

f (x) dx = 10. −1

Resp.: Falsa por la misma razón que (b).

d) S(f, P ) = 4, S(f, P1 ) = 5. Resp.: Falsa porque si P ⊂ P1 , entonces S(f, P ) ≥ S(f, P1 ).

e) I(f, P ) = 5, I(f, P1 ) = 4. 32

Resp.: Falsa porque si P ⊂ P1 , entonces I(f, P ) ≤ I(f, P1 ). 3. Hallar los errores en los siguientes c´ alculos: √ √ 3 Z 3 dx 2x π 1 a) arc tg =− . = 2 2 1 + x 2 1 − x 6 0 0 Resp.: Hemos obtenido un resultado negativo al integrar una función positiva debido a que la primitiva utilizada no está definida en x = 1, que es un punto interior del intervalo de integración. Z

π

b) 0

dx = 1 + 2 sen2 x

Z

π

dx 2 x + 3 sen2 x cos 0 Z π iπ √ dx/ cos2 x 1 h √ = arc tg( = 0. = 3 tg x) 2 0 3 0 1 + 3 tg x

Resp.: El resultado aparentemente contradice el apartado b) del problema 10.6. Sin embargo la primitiva obtenida no está definida en x = π/2 que pertenece al intervalo de integración. ( x + [x] 4. Probar que la funci´ on f (x) = 0 en [0, 2].

si x ∈ Q no es integrable si x ∈ 6 Q,

Sugerencia: Proceder como en el problema 10.5. 5. Hallar, mediante integrales definidas, los siguientes l´ımites: b 2b nb b a) l´ım sen + sen + · · · + sen . n→∞ n n n n Resp.: L = 1−cos b (basta aplicar la definición de integral definida a la función y = sen x en el intervalo [0, b] o a la función y = sen(bx) en el intervalo [0, 1]. √ n

b) l´ım

n→∞

e+

√ n

e2 +

√ n

e3 + · · · + n

√ n

en

. Z

Resp.: L = e pues dicho l´ımite es precisamente

1

ex dx.

0

6. Calcular la derivada respecto a x de las siguientes funciones: 33

x

Z

a) 1

dt . t

Resp.: 1/x.

b)

Z

x2

Z

1+x2

dt . 1 + t2 1 2x . Resp.: √ 1 + x4 √

f (t) dt.

c) 0

Resp.: 2x · f (1 + x2 ). tg x

Z

d)

f (t) dt. x

Resp.: sec2 x · f (tg x) − f (x). Z

e)

x3

sen3 t dt.

a

Resp.: 3x2 sen3 x3 . Rx 7. Calcular l´ım

x→0

0

ln(1 + sen t) dt . x2

Resp.: L = 1/2 (ver problema 10.16). 8. Sea f continua en [0, 1]. Demostrar que Z Z π π π f (sen x) dx. xf (sen x) dx = 2 0 0 Sugerencia: Descomponer las integrales en dos sumandos correspondientes a los intervalos [0, π/2] y [π/2, π]. Al hacer el cambio de variable x = π − t, tanto el primer miembro como el segundo dan como Z π/2 resultado π f (sen x) dx. 0

9. La tangente a la curva y = f (x) forma un a ńgulo de π/3 con el Z b eje OX en x = a y de π/4 en x = b. Hallar f 00 (x) dx. Resp.: 1 −

√

3 (los datos indican que

34

f 0 (a)

=

√

a

3, f 0 (b) = 1).

10. Probar: Z b Z b f (a + b − x) dx. f (t) dt = a) a

a

Sugerencia: Hacer el cambio de variable t = a + b − x. Z

b)

b

Z

b/c

f (cx) dx.

f (x) dx = c a

a/c

Sugerencia: Hacer el cambio de variable x = ct. 11. Sea f una funci´ on con derivada de primer orden continua en Z b [a, b] y tal que f (a) = f (b) = 0. Si f 2 (x) dx = 1, probar que a Z b 0 xf (x)f (x) dx = −1/2. a

Sugerencia: Basta integrar por partes haciendo u = xf (x) y dv = f 0 (x) dx. Z 12. Probar que x

1

dt = 1 + t2

Z 1

1/x

dt , para x > 0. 1 + t2

Sugerencia: Basta ver que sus derivadas son iguales y que para x = 1 las funciones coinciden. Z

x

13. Hallar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on F (x) = 0

sen t dt, t

en el intervalo (0, 2π). Resp.: Tiene un máximo relativo en x = π. 14. Se considera la funci´ on f (x) = x2 ex . Z x f (t) a) Hallar la derivada de G(x) = dt en el intervalo (1, ∞). t3 1 Resp.: G0 (x) = ex /x.

b) Estudiar el crecimiento y la concavidad G(x) en el intervalo (1, ∞). Resp.: G es creciente y cóncava hacia arriba en (1, ∞).

35

CAPÍTULO XI. APLICACIONES DE LA INTEGRAL DEFINIDA

SECCIONES ´ A. Areas de figuras planas. B. Cálculo de vol´ umenes. C. Longitud de curvas planas. D. Ejercicios propuestos.

37

´ A. AREAS DE FIGURAS PLANAS.

En Geometr´ıa Elemental se conocen las fórmulas para hallar el área de cualquier región limitada por una poligonal cerrada. Ahora bien, si una región está limitada por alguna l´ınea curva, como es el c´ırculo, el área se expresa como un l´ımite de las áreas de poligonales “próximas”. El procedimiento descrito en el cap´ıtulo anterior para definir el concepto de integral de una función consiste precisamente en aproximar la función por funciones escalonadas; si consideramos una función y = f (x) no negativa en un intervalo [a, b], la integral inferior es el l´ımite de la suma de las áreas de los rectángulos inscritos en la región limitada por la curva y = f (x), el eje OX y las rectas x = a y x = b, y la integral superior es el l´ımite de las áreas de los rectángulos circunscritos a dicha región. De este modo podemos definir el área de dicha región como la integral de la función f en el intervalo [a, b]. En general, Dada una función y = f (x) integrable en un intervalo [a, b], el área de la región limitada por la función, el eje OX y las rectas x = a y x = b se define como Z b

|f (x)| dx.

A= a

Observaci´ on: El valor absoluto de la función es debido a que en los intervalos donde la función es negativa, la integral también es negativa y su valor es opuesto al del área correspondiente. En la práctica, para eliminar el valor absoluto en el integrando, debemos determinar los intervalos de [a, b] donde la función es positiva o negativa y descomponer la integral en suma de integrales correspondientes a cada uno de los intervalos indicados colocando el signo adecuado. As´ı, en la figura adjunta, el área se expresa como Z r Z s Z b A= f (x) dx − f (x) dx + f (x) dx. a

r

s

38

En particular, si la función está expresada en forma paramétrica x = x(t), y = y(t), el área viene expresada como Z t1 Z b y(t) · x0 (t) dt, y dx = A= t0

a

donde a = x(t0 ), b = x(t1 ). Regiones más generales que las descritas son aquellas que están limitadas por dos funciones y = f (x), y = g(x) entre dos rectas verticales x = a y x = b. En este caso el área se expresa mediante la fórmula Z b A= |f (x) − g(x)| dx. a

En el ejemplo de la figura, el área se descompone como: Z s Z b Z r [g(x) − f (x)] dx + [f (x) − g(x)] dx + [g(x) − f (x)] dx. A= r

a

s

Si la región está limitada por dos curvas y = f (x), y = g(x) entre dos rectas horizontales y = c e y = d, consideramos las funciones inversas e integramos respecto a la variable y. El área se expresa entonces como Z d A= |f −1 (y) − g −1 (y)| dy. c

En el ejemplo de la figura, dicha integral se descompone como Z r Z d −1 −1 A= [f (y) − g (y)] dy + [g −1 (y) − f −1 (y)] dy. c

r

39

En los ejercicios que siguen veremos ejemplos de todas las situaciones planteadas. Al ser válidas aqu´ı todas las propiedades de las integrales obtenidas en el cap´ıtulo anterior, aplicaremos siempre los teoremas fundamentales de la integral. Omitiremos en la mayor´ıa de los casos el cálculo de las primitivas pues ya se han realizado en el cap´ıtulo 7. Nos limitaremos a escribir el resultado de dicha primitiva y a indicar las sustituciones en los extremos de integración. S´ı es muy conveniente tener una idea aproximada de la representación gráfica de las funciones involucradas para conocer la posición relativa de las mismas y los intervalos de integración. Es importante también observar las simetr´ıas de las figuras para as´ı poder escribir fórmulas más sencillas para el área de las mismas.

PROBLEMA 11.1

Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por la gr´ afica de la funci´ on f y el eje X en el intervalo indicado: a) f (x) = |x| − |x − 1| en [−1, 2]. b) f (x) = x(ln x)2 en [1, e]. c) f (x) = e−x | sen x| en [0, 2π]. Soluci´ on a) El área de la región (que es la parte sombreada de la figura) viene dada Z 2 |x| − |x − 1| dx. por la fórmula A = −1

Teniendo en cuenta el signo de la función, la integral se descompone as´ı: Z 0 Z 0,5 Z 1 Z 2 5 A= 1 · dx + −(2x − 1) dx + (2x − 1) dx + 1 · dx = . 2 −1 0 0,5 1

40

b) La función y = x(ln x)2 es no negativa en el intervalo [1, e].

El área es entonces, integrando por partes, 2 e Z e x x2 x2 e2 − 1 2 2 A= x(ln x) dx = · (ln x) − · ln x + = . 2 2 4 1 4 1

Z c) Nuevamente la función es no negativa, por lo que A =

2π

e−x | sen x| dx.

0

Para integrar descomponemos en dos sumandos y tenemos: Z A =

2π

−x

e

Z

π

| sen x| dx =

0

−x

e 0 π

−x e = − (sen x + cos x) 2

0

Z

2π

sen x dx +

−e−x sen x dx

π

2π e−x (e−π + 1)2 + (sen x + cos x) = . 2 2 π

PROBLEMA 11.2

Hallar el ´ area de la figura limitada por la funci´ on f (x) = x(x − 1)(x − 2) y el eje OX . Soluci´ on Como la curva corta al eje OX enZ los puntos de abscisa x = 0, x = 1 y 2 x = 2, el área viene dada por A = |f (x)| dx. 0

41

Ahora bien, en el intervalo [0, 1] la curva queda por encima del eje X mientras que en el intervalo [1, 2] queda por debajo del mismo. Tenemos pues Z A=

1

Z f (x) dx+

0

2

Z −f (x) dx =

1

0

1

Z 2 1 (x3 −3x2 +2x) dx− (x3 −3x2 +2x) dx = . 2 1

PROBLEMA 11.3

Hallar el ´ area del menor de los sectores que la recta x = 3 determina en la circunferencia de ecuaci´ on x2 + y 2 = 25. Soluci´ on

Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura basta calcular el área de la región contenida en el primer cuadrante. Tenemos Z A = 2

5p

25 − x2 dx

3

p x 25 x 5 25π 3 2 = 2 25 − x + arc sen = − 12 − 25 arc sen . 2 2 5 3 2 5

42

PROBLEMA 11.4

Hallar el ´ area de la figura limitada por la recta x = 2a y la hip´ erbola x2 y 2 − 2 = 1. a2 b Soluci´ on

De acuerdo con la figura, el área se obtiene como Z 2a p A = 2 b (x/a)2 − 1 dx a # " x + √x2 − a2 2a √ √ bx p 2 = x − a2 − ab ln = ab[2 3 − ln(2 + 3)]. a a a

PROBLEMA 11.5

Hallar el ´ area limitada por la curva y 2 = x4 (4 + x). Soluci´ on

Como la figura está determinada por el intervalo x ∈ [−4, 0] y es simétrica respecto al eje X, el área será 0 Z 0 2 √ 8(4 + x) 16 4096 2 3/2 (4 + x) A=2 x 4 + x dx = 4(4 + x) − + = . 7 5 3 105 −4 −4 43

PROBLEMA 11.6

Hallar el ´ area limitada por la curva x4 − ax3 + b2 y 2 = 0. Soluci´ on

La curva está definida cuando x ∈ [0, a] y es simétrica respecto a OX. El área viene dada por: Z a p x ax − x2 dx = (cambio (a/2) cos t = x − a/2) A = 2 0 b π Z a3 π a3 t sen 2t sen3 t πa3 2 = sen t · (1 + cos t) dt = − + = . 4b 0 4b 2 4 3 8b 0

PROBLEMA 11.7

Hallar el ´ area de la figura limitada por la curva (x/5)2 + (y/4)2/3 = 1. Soluci´ on

El área de la figura, teniendo en cuenta sus simetr´ıas, es Z 5 Z 2 3/2 A = 4 4(1 − x /25) dx = (cambio x = 5 cos t) = 16 0

π/2

5 sen4 t dt

0

Z = 20 0

π/2

3t sen 4t (1 − cos 2t) dt = 20 − sen 2t + 2 8 2

44

π/2 = 15π. 0

PROBLEMA 11.8

Hallar el ´ area limitada por la curva x = (y 2 + x)2 . Soluci´ on

p√ En forma expl´ıcita, la ecuación de la curva es y = ± x − x. Como la gráfica es simétrica respecto al eje OX, el área viene dada por Z 1q √ 1 √ sen t A = 2 x − x dx = (cambio − x = ) 2 2 0 π/2 Z 1 π/2 1 t sen 2t cos3 t π 2 = cos t · (1 − sen t) dt = + + = . 2 −π/2 2 2 4 3 4 −π/2

PROBLEMA 11.9

Hallar el ´ area encerrada por la curva y 2 =

x2 2 (a − x2 ). a2

Soluci´ on

De acuerdo con la figura y gracias a la simetr´ıa, tenemos: Z a p Z π/2 x 2 2 2 A = 4 a − x dx = (cambio x = a sen t) = 4a cos2 t · sen t dt 0 a 0 π/2 cos3 t 4a2 2 = 4a − = . 3 3 0 45

PROBLEMA 11.10

Hallar el ´ area de la figura limitada por la cardioide de ecuaci´ on x(t) = a(2 cos t − cos 2t), y(t) = a(2 sen t − sen 2t). Soluci´ on

Como la figura es simétrica respecto al eje OX, el área viene dada por Z a Z 0 A = 2 y · dx = 2 y(t)x0 (t) dt −3a 0

π

Z

a(2 sen t − sen 2t)2a(sen 2t − sen t) dt sen 2t sen 4t 0 3 2 −3t + 2 sen t + + = 6πa2 . = 4a 2 2 8 π = 2

π

PROBLEMA 11.11

Hallar el ´ area comprendida entre un lazo de la cicloide x = a(t − sen t), y = a(1 − cos t) y el eje OX . Soluci´ on

2πa Integrando respecto a la variable t, como un lazo de la cicloide se encuentra en el intervalo t ∈ [0, 2π], resulta: Z 2πa Z 2π A = y(t) dx(t) = a(1 − cos t)a(1 − cos t) dt 0 0 sen 2t 2π 2 3t = 3πa2 . = a − 2 sen t + 2 4 0 46

PROBLEMA 11.12

Hallar el ´ area encerrada por la astroide de ecuaci´ on (ax)2/3 + 2/3 2 2 2/3 (by) = (a − b ) . Soluci´ on Escribimos la ecuación en forma paramétrica como x(t) = (c2 /a) cos3 t, y(t) = (c2 /b) sen3 t, donde c2 = a2 − b2 . c2 /b

c2 /a

Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura podemos escribir el área como Z c2 /a Z 0 A = 4 y · dx = 4 (c2 /b) sen3 t · (c2 /a)(−3 cos2 t sen t) dt 0

=

12c4 ab

π/2

Z 0

π/2

π/2 12c4 t sen 4t sen3 2t 3πc4 = sen t cos t dt = − − . ab 16 64 48 8ab 0 4

2

PROBLEMA 11.13

Hallar el ´ area de la figura limitada por la curva y 3 = x, la recta y = 1 y la vertical x = 8. Soluci´ on

47

Como la recta y = 1 corta a la curva en el punto de abscisa x = 1 y en el intervalo [1, 8] la curva queda por encima de la recta, el área viene dada por " #8 Z 8 3 x4/3 17 1/3 (x − 1) dx = A= −x = . 4 4 1 1

PROBLEMA 11.14

Calcular el ´ area limitada por la curva y = e2x y las rectas y = e2 , x = 0. Soluci´ on En este caso, la recta y = e2 queda por encima de la curva y = e2x en la región comprendida entre los valores x = 0 y x = 1.

e2

El área se obtiene como 1 Z 1 e2 1 e2x e2 + 1 2 2x 2 A= (e − e ) dx = e x − = e2 − + = . 2 0 2 2 2 0

PROBLEMA 11.15

Hallar el ´ area de la regi´ on y ≥ x2 − 9, x2 + (y − 3)2 ≥ 9, y ≤ −x + 3.

48

Soluci´ on

El centro de la circunferencia es el punto (0, 3) por el cual pasa la recta y = −x + 3. Esto quiere decir que la recta es un diámetro y el área de la figura sombreada es la diferencia entre el área de la región comprendida entre dicha recta y la parábola y el área del semic´ırculo de radio 3. Los puntos de intersección de la parábola y la recta se obtienen del sistema y = x2 − 9, y = −x + 3 =⇒ x2 + x − 12 = 0 =⇒ x = 3, x = −4. Tenemos entonces: Z 3 Z 3 9π 9π 2 A = [(−x + 3) − (x − 9)] dx − = (−x2 − x + 12) dx − 2 2 −4 −4 3 2 3 9π x x 343 9π − = 12x − − = − . 2 3 −4 2 6 2

PROBLEMA 11.16

Calcular el ´ area de la figura limitada por las curvas y = ex , y = e−x y la recta x = 1.

49

Soluci´ on

Como en el intervalo x ∈ [0, 1] la curva y = ex queda por encima de la curva y = e−x , el área viene dada por Z A= 0

1

1 (ex − e−x ) dx = ex + e−x 0 = e + e−1 − 2.

PROBLEMA 11.17

Hallar el ´ area comprendida entre las par´ abolas y 2 = 2px, x2 = 2py .

Soluci´ on

Como los puntos de intersección de ambas parábolas son (0, 0) y (2p, 2p), el área viene dada por la integral: Z A= 0

2p p

x2 2px − 2p

"

dx =

50

2x3/2 x3 2p · − 3 6p

#2p

p

= 0

4p2 . 3

PROBLEMA 11.18

Dada la curva de ecuaci´ on y = x3 y la recta y = λx (ver figura), demostrar que la regi´ on S1 limitada por la curva y la recta en el intervalo x ∈ [0, a] tiene la misma ´ area que la regi´ on S2 limitada por la curva y el eje X en el mismo intervalo. Soluci´ on Como la recta pasa por el punto (a, a3 ), se debe cumplir que a3 = λa, es decir λ = a2 .

Al calcular cada una de las áreas mencionadas obtenemos 2 a Z a λx x4 2λa2 − a4 a4 3 (λx − x ) dx = S1 = − = = , 2 4 0 4 4 0 4 a Z a 4 a x S2 = x3 dx = = , 4 0 4 0 lo que prueba el enunciado.

PROBLEMA 11.19

Hallar el ´ area de la figura encerrada por la par´ abola y = x2 /4 y la 8 . curva de Agnesi y = 2 x +4

51

Soluci´ on

Los puntos de intersección de ambas curvas son solución del sistema formado por ambas ecuaciones. Tenemos que: √ x2 8 = 2 ⇐⇒ x4 + 4x2 = 32 ⇐⇒ x2 = −2 ± 4 + 32 = −2 ± 6. 4 x +4 Como la solución x2 = −8 no es real, sólo es posible x2 = 4 ⇐⇒ x = ±2. El área es entonces, teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, Z 2 Z 2 8 x2 8 x2 A = − dx = 2 − dx 2 4 x2 + 4 4 −2 x + 4 0 2 4 x x3 = 2π − . = 2 4 arc tg − 2 12 0 3

PROBLEMA 11.20

Calcular el ´ area limitada por las curvas y = x2 , y = sen

πx . 2

Soluci´ on Como se observa en la figura, la región que limitan dichas curvas se encuentra πx en el intervalo [0, 1] en el cual la función y = sen queda por encima de 2 2 y=x .

El área es entonces 1 Z 1h i πx 2 πx x3 1 2 2 A= sen − x dx = − cos − =− + . 2 π 2 3 0 3 π 0 52

PROBLEMA 11.21

Calcular el ´ area de los dos trozos en que la circunferencia x2 + (y + R)2 = 2R2 divide a la circunferencia x2 + y 2 = R2 . Soluci´ on Los puntos de intersección de ambas curvas son: x2 +y 2 = R2 , x2 +y 2 +2Ry+R2 = 2R2 =⇒ 2Ry = 0 =⇒ y = 0 =⇒ x = ±R, y las regiones que limitan son las indicadas en la figura.

Las áreas de ambas regiones son: Z R p p A1 = R2 − x2 − 2R2 − x2 + R dx −R

" √ #R x R2 − x2 R2 x = + arc sen 2 2 R −R " √ #R x 2R2 − x2 x 2 2 − + R arc sen √ + [Rx]R −R = R ; 2 R 2 −R

2

2

A2 = πR − A1 = (π − 1)R .

PROBLEMA 11.22

Calcular el ´ area comprendida entre las curvas y = sen3 x, y = 1/ sen x, para x ∈ [π/4, π/2]. 53

Soluci´ on En el intervalo indicado, la curva y = 1/ sen x queda por encima de y = sen3 x.

π/4

Z

π/2

A = π/4

π/2

π

1 3 − sen x dx sen x

√ π/2 √ cos3 x 5 2 = − ln( 2 − 1) − . = ln | cosec x − cotg x| + cos x − 3 12 π/4

PROBLEMA 11.23

Calcular el ´ area comprendida entre las curvas y = 1/ cos2 x, y = sen6 x para x ∈ [0, π/4]. Soluci´ on En este caso también la curva y = 1/ cos2 x queda por encima de y = sen6 x. Bastará pues integrar la resta de ambas funciones en el intervalo indicado.

π/4 54

π/2

π

Z

π/4

A =

(sec2 x − sen6 x) dx

0

π/4 5 1 3 1 59 5π = tg x − x + sen 2x − sen 4x − sen3 2x − . = 16 4 64 48 48 64 0

PROBLEMA 11.24

Hallar el ´ area de la figura comprendida entre la hip´ erbola equil´ atera x2 − y 2 = 9, el eje OX y la recta que une el origen con el el punto (5, 4). Soluci´ on El área de la región se puede obtener como la resta entre el área del triángulo de vértices O(0, 0), A(5, 0) y B(5, 4) y el área de la región limitada por la hipérbola y el eje OX en el intervalo [3, 5].

Tenemos pues: Z 5p 5·4 A = − x2 − 9 dx 2 3 " √ x x2 − 9 9 − ln = 10 − 2 2

x+

√

x2 − 9 3

!#5 = 3

9 ln 3. 2

PROBLEMA 11.25

Determinar el ´ area de la parte com´ un a las dos elipses x2 y 2 x2 y 2 + = 1 , + 2 = 1 con a > b. a2 b2 b2 a

55

Soluci´ on Debido a la simetr´ıa de la región (ver figura), basta calcular el área de la región comprendida en el primer cuadrante.

El punto de intersección de las elipses tiene abscisa x = √

ab , con lo + b2

a2

que el área pedida es

Z A = 4

√

ab a2 +b2

b

p

1−

x2 /a2

Z

b

dx + 4 √

0

p a 1 − x2 /b2 dx

ab a2 +b2

√ ab b a2+b2 4a b2 4b a2 x xp 2 x xp 2 a − x2 + b −x2 = arc sen + arc sen + a 2 a 2 b 2 b 2 √ ab 0 a2+b2 b a π = 2ab arc sen √ − arc sen √ + . 2 2 2 2 2 a +b a +b

PROBLEMA 11.26

Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = |x − 1| y g(x) = x2 − 2x. Soluci´ on Los puntos de intersección de las curvas son: y = |x − 1|, y = x2 − 2x

=⇒ |x − 1| = x2 − 2x ( x − 1 = x2 − 2x =⇒ −x + 1 = x2 − 2x 56

si x > 1 =⇒ si x < 1

( x= x=

√ 3+ 5 2√ , 1− 5 2 .

Debido a la simetr´ıa de la figura, el área se puede expresar como: Z A=

√ 3+ 5 2 √ 1− 5 2

2

Z

[|x−1|−(x −2x)] dx = 2

√ 3+ 5 2

1

√ 7+5 5 [(x−1)−(x −2x)] dx = . 6 2

PROBLEMA 11.27

Calcular el ´ area de la figura limitada por la par´ abolas y = x2 , y = x2 /2 y la recta y = 2x. Soluci´ on La primera parábola y = x2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 2 mientras que la segunda parábola y = x2 /2 corta a la recta en el punto de abscisa x = 4.

El área se descompone entonces como suma de integrales de la siguiente forma: Z 2 Z 4 2 2 A= (x − x /2) dx + (2x − x2 /2) dx = 4. 0

2

57

PROBLEMA 11.28

Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f y g en el intervalo que se indica en cada caso: √ a) f (x) = x, g(x) = x2 en [0, 2]. b) f (x) = x(x2 − 1), g(x) = x en [−1, 2].

Soluci´ on

a) Los puntos de intersección de las curvas son y=

√

x, y = x2 =⇒ x = x4 =⇒ x = 0, x = 1.

El área se descompone entonces como la suma Z A=

1

√ ( x − x2 ) dx +

Z

0

2 2

(x − 1

√

√ 10 − 4 2 x) dx = . 3

b) Los puntos de intersección de las curvas son: y = x(x2 − 1), y = x =⇒ x(x2 − 1) = x =⇒ x = 0, x = 58

√

√ 2, x = − 2.

El área se obtiene entonces como:

Z

2

|x(x2 − 1) − x| dx

A = −1

Z

√

0 3

Z

(x − 2x) dx +

= −1

2 3

(2x − x ) dx + 0

Z

2

√

(x3 − 2x) dx = 2

11 . 4

PROBLEMA 11.29

Calcular el ´ area limitada por las regiones y ≤ x2 + 1, y ≥ x2 − 9, y ≤ 3 − x.

Soluci´ on Calculamos los puntos de intersección de las curvas:

y = x2 + 1, y = 3 − x

=⇒ x2 + x − 2 = 0 =⇒ x = −2, x = 1;

y = x2 − 9, y = 3 − x

=⇒ x2 + x − 12 = 0 =⇒ x = −4, x = 3. 59

El área queda entonces como la suma de las siguientes integrales:

Z

−2

Z

2

1

[(3 − x) − (x − 9)] dx +

A =

[(x2 + 1) − (x2 − 9)] dx

−2

−4

Z

3

[(3 − x) − (x2 − 9)] dx 1 Z −2 Z 1 Z 3 158 2 = (−x − x + 12) dx + 10 dx + (−x2 − x + 12) dx = . 3 −4 −2 1 +

PROBLEMA 11.30

Calcular el ´ area comprendida entre las cuatro par´ abolas y 2 = x, y 2 = 2x, x2 = y , x2 = 2y . Soluci´ on Los distintos puntos de intersección son los siguientes: x2 = 2y, y 2 = x

=⇒ x = 0, x = 41/3 ;

x2 = y, y 2 = x

=⇒ x = 0, x = 1;

2

=⇒ x = 0, x = 41/6 ;

2

x = y, y = 2x x2 = 2y, y 2 = 2x

=⇒ x = 0, x = 2. 60

El área es entonces Z

41/6 2

[x −

A=

√

Z

41/3

x] dx +

1

Z √ √ [ 2x − x] dx +

√ 1 [ 2x − x2 /2] dx = . 3 41/3

41/6

2

PROBLEMA 11.31

Calcular el ´ area de la figura interior a la circunferencia x2 + (y − 2 1) = 5 y a la par´ abola x = 2(y − 1)2 . Soluci´ on Los puntos de intersección de ambas curvas son: x2 + (y − 1)2 = 5, x/2 = (y − 1)2 =⇒ 2x2 + x − 10 = 0 =⇒ x = 2, x = −5/2. Como la parábola está definida en x ≥ 0, sólo es posible la solución x = 2 lo que da los puntos (2, 0) y (2, 2).

Como debemos descomponer la integral en dos sumandos para integrar res61

pecto a la variable x, integramos respecto a y, lo que da lugar a: Z 2 hp i A = 5 − (y − 1)2 − 2(y − 1)2 dy 0 2 2 2 y − 1 y − 1p 1 5 3 5 − (y − 1)2 − (y − 1) arc sen √ + = 5 arc sen √ + . = 2 2 3 5 5 3 0

PROBLEMA 11.32

Encontrar el ´ area de la regi´ on com´ un a las circunferencias C1 : x2 + y 2 = 4, C2 : x2 + y 2 = 4x. Soluci´ on

√ √ Los puntos de intersección de las circunferencias son (1, 3) y (1, − 3), de modo que, si integramos respecto a la variable y, el área puede expresarse como la integral √

Z A = 2

3

√

Z p p 2 2 [ 4 − y − (2 − 4 − y )] dy = 4

0

= 4

hy p 2

4 − y 2 + 2 arc sen

y −y 2

i√3 0

3

p ( 4 − y 2 − 1) dy

0

=

√ 8π − 2 3. 3

PROBLEMA 11.33

Sea f la funci´ on indicada en la figura adjunta. Z 1 Hallar f y tambi´ en el ´ area de la regi´ on comprendida entre la 0

funci´ on f y el eje X .

62

Soluci´ on

El área será la suma de las áreas de los triángulos que la función determina con el eje OX. Resulta entonces la siguiente serie geométrica: ∞ ∞ X X 1 1 1 1 1 1/2 1 1 · − n ·1= · n = · = . A= n−1 2 2 2 2 2 2 1 − 1/2 2 n=1

n=1

Para calcular la integral, debemos sumar las áreas de los triángulos que queden por encima del eje OX y restarle la suma de las áreas de los triángulos que quedan por debajo del mismo. Tenemos nuevamente las series geométricas, Z

1

f 0

X ∞ ∞ X 1 1 1 1 1 1 = · − − · − 2 22n 22n+1 2 22n−1 22n =

n=0 ∞ X

n=0

n=1

1 22n+2

−

∞ X n=1

1 22n+1

=

1/4 1/8 1 − = . 1 − 1/4 1 − 1/4 6

´ ´ B. CALCULO DE VOLUMENES.

El concepto de integral también puede aplicarse para calcular vol´ umenes de ciertos sólidos. Los distintos casos y métodos utilizados son los que exponemos a continuación. 63

´ ´ ´ CONOCIDA. B.1.- VOLUMENES DE SOLIDOS DE SECCION Supongamos que un sólido está limitado por dos planos paralelos entre s´ı y perpendiculares a un eje fijo t en los puntos t = t0 y t = t1 . Supongamos además que las secciones producidas en el sólido por planos perpendiculares al eje t son regiones cuya área se puede escribir como una función A(t) integrable en [t0 , t1 ]. Entonces el volumen de dicho sólido verifica la fórmula de Cavalieri Z t1 A(t) dt. (1) V = t0

En particular,Zsi las secciones son perpendiculares al eje OX entre los valores x1

A(x) dx.

x0 y x1 , V = x0

As´ı, en el ejemplo de la figura tenemos una pirámide de base b y altura h y las secciones perpendiculares al eje OX son cuadrados. Para calcular el lado de un cuadrado genérico escribimos la ecuación de la recta que une el origen con el punto (h, b) y calculamos su valor en el punto de abscisa x. Resulta pues y = bx/h con lo que la función a integrar será el área del cuadrado A(x) = (2y)2 = (2bx/h)2 y el volumen es Z V = 0

h

h 4b2 x3 4b2 h = . (2bx/h) dx = 2 h 3 0 3 2

64

´ ´ ´ B.2.- VOLUMENES DE SOLIDOS DE REVOLUCION. El sólido de revolución es la figura obtenida al girar una región plana alrededor de un eje fijo (eje de revolución o eje de giro). Esto quiere decir que las secciones perpendiculares a dicho eje son c´ırculos (o coronas circulares). El volumen se obtiene seg´ un el caso con los siguientes métodos: B.2.1.´ METODO DE LOS DISCOS. Consiste en interpretar el volumen como l´ımite de la suma de los vol´ umenes de los discos que se obtienen al cortar la figura por planos perpendiculares al eje de giro. Podemos distinguir dos casos: (*) El eje de giro forma parte del contorno de la regi´ on plana. Si consideramos la región plana limitada por la curva y = f (x), el eje de giro y las rectas x = a, x = b, las secciones perpendiculares al eje de giro son c´ırculos con lo que debemos integrar la función que corresponda al área de los mismos en el intervalo correspondiente.

As´ı, si el eje de giro es el eje OX, tenemos la fórmula Z (2)

V =π

b

[f (x)]2 dx.

a

Si el eje de giro es la recta y = r, el radio del c´ırculo en un punto de abscisa x es |f (x) − r| y el volumen queda entonces: Z (3)

V =π

b

[f (x) − r]2 dx.

a

En otros casos se procede de forma similar. (**) El eje de giro no forma parte del contorno de la regi´ on plana. 65

Consideramos ahora la región limitada por las curvas y = f (x), y = g(x) y dos rectas perpendiculares al eje de giro, siendo éste exterior a la región. En este caso, las secciones perpendiculares al eje de giro son coronas circulares. Debemos pues restar el área del c´ırculo exterior menos el área del c´ırculo interior.

Si el eje de giro es el eje OX, Z (4)

V =π

b

([f (x)]2 − [g(x)]2 ) dx.

a

Análogamente, si el eje de giro es la recta y = r, Z (5)

V =π

b

([f (x) − r]2 − [g(x) − r]2 ) dx.

a

Será necesario conocer la posición relativa de las funciones f y g para lo cual es fundamental tener una idea de las gráficas de las mismas. ´ B.2.2.- METODO DE LOS TUBOS. Este método consiste en interpretar el volumen como l´ımite de la suma de los vol´ umenes de los tubos obtenidos al girar alrededor del eje de giro las franjas de espesor infinitesimal que determina en la región una partición del intervalo. Este método será apropiado cuando al intentar aplicar el método de los discos se deba descomponer la integral en varios sumandos. 66

Como el volumen de cada uno de estos tubos es 2π· radio medio · altura, el volumen obtenido al girar la región comprendida entre la función y = f (x), el eje X y las rectas x = a, x = b tiene las siguientes fórmulas. Cuando el eje de giro es el eje OY : Z (6)

b

x · f (x) dx.

V = 2π a

Cuando el eje de giro es la recta vertical x = r: Z (7)

b

|x − r| · f (x) dx.

V = 2π a

Fórmulas análogas se obtienen para regiones comprendidas entre dos funciones o para ejes horizontales. En los siguientes problemas se realizan ejemplos de todos los casos indicados.

PROBLEMA 11.34

Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la curva y 2 = x3 alrededor del eje X a lo largo del intervalo x ∈ [0, 1].

67

Soluci´ on

De acuerdo con la figura, y aplicando la fórmula (2), tenemos: Z V =π 0

1

x4 x dx = π 4

3

1 = 0

π . 4

PROBLEMA 11.35

Hallar el volumen del cuerpo engendrado por la rotaci´ on, alrededor del eje OX , de la superficie limitada por el eje OX y la par´ abola y = ax − x2 (a > 0). Soluci´ on Aplicamos directamente el método de los discos integrando en el intervalo [0, a] que corresponde a los valores de x que limitan la superficie dada.

As´ı: Z V =π 0

a

(ax − x2 )2 dx = π

Z

a

(a2 x2 + x4 − 2ax3 ) dx =

0

68

πa5 . 30

PROBLEMA 11.36

Calcular el volumen del s´ olido engendrado por la rotaci´ on de la regi´ on limitada por los ejes coordenados y la curva de ecuaci´ on √ √ √ x + y = a (a > 0) alrededor del eje OX . Soluci´ on

√ √ De la ecuación de la curva se obtiene que y 2 = ( a − x)4 = a2 + x2 + 6ax − 4a3/2 x1/2 − 4a1/2 x3/2 . El volumen buscado es pues Z a Z a πa3 V =π y 2 (x) dx = π (a2 + x2 + 6ax − 4a3/2 x1/2 − 4a1/2 x3/2 ) dx = . 15 0 0

PROBLEMA 11.37

Los semiejes positivos y un cuadrante de la astroide de ecuaci´ on x = a cos3 t, y = a sen3 t delimitan una regi´ on cuya ´ area designaremos por S . Se pide: i) El volumen del cuerpo de revoluci´ on engendrado por S al girar en torno al eje OX . ii) El volumen del cuerpo de revoluci´ on engendrado por S al girar en torno al eje OY .

69

Soluci´ on i)

Por el método de los discos, si integramos respecto al parámetro t, como los valores extremos x = 0 y x = a corresponden a t = π/2 y t = 0, respectivamente, tenemos: Z a Z 0 V = π y 2 (t) dx(t) = π a2 sen6 t · (−3a cos2 t sen t) dt 0

π/2

3

3 π/2 cos t 3 cos5 t 3 cos7 t cos9 t 16πa3 sen t cos tdt = −3πa − + − = 3 5 7 9 105 0

π/2

Z

7

= 3πa

0

2

3

ii)

Utilizaremos en este caso el método de integración por tubos. El volumen es Z a Z 0 V = 2π x(t)y(t) dx(t) = 2π a cos3 t · a sen3 t · (−3a cos2 t sen t) dt 0 3

π/2

Z

= 6πa

π/2 5

4

3

cos t sen t dt = 6πa 0

sen5 t 2 sen7 t sen9 t − + 5 7 9

π/2 = 0

El resultado es el mismo debido a las simetr´ıas de la figura.

PROBLEMA 11.38

Hallar el volumen engendrado por la rotaci´ on alrededor del eje OY del ´ area limitada por el primer arco de la cicloide de ecuaci´ on x = t − sen t, y = 1 − cos t. 70

16πa3 . 105

Soluci´ on

2π

De acuerdo con la figura, si aplicamos el método de los tubos e integramos respecto al parámetro t, tenemos: Z V

2π

Z

2π

(t − sen t)(1 − cos t)(1 − cos t) dt

x(t)y(t) dx(t) = 2π

= 2π

0

0

Z

2π

= 2π

(t − 2t cos t + t cos2 t − sen t + 2 sen t cos t − cos2 t sen t) dt

0

3t2 cos3 t 3 cos 2t 7t sen t = 2π − cos t + − − 4 3 8 4

2π

= 6π 3 .

0

PROBLEMA 11.39

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada por la curva f (x) = sen x + cos x y el eje X en el intervalo [0, π] alrededor del eje X .

Soluci´ on

Si aplicamos el método de los discos, resulta: Z V =π 0

π

π 1 (sen x + cos x) dx = π x − cos 2x = π 2 . 2 0 2

La siguiente figura da una idea de la forma del sólido obtenido. 71

PROBLEMA 11.40

Se considera el ´ area S de la regi´ on limitada por un cuadrante de una circunferencia de radio R y las tangentes en sus extremos. Hallar el volumen que engendra S cuando gira en torno a una de las tangentes. Soluci´ on Tomamos como eje OX el eje de giro y como eje OY la recta que, pasando por el centro de la circunferencia, es paralela a la otra tangente. De este √ modo la ecuación de la circunferencia será x2 + (y + R)2 = R2 =⇒ y = R2 − x2 − R.

El volumen pedido viene expresado por: Z V

= π

R 2

Z

R

y (x) dx = π 0

p ( R2 − x2 − R)2 dx

0

R x3 x πR3 2 3 = π 2R x − − R arc sen = (10 − 3π). 3 R 0 6 72

PROBLEMA 11.41

Calcular el volumen engendrado por un segmento circular de ´ angulo central 2α (ver figura) con α < π/2 y radio R al girar alrededor de su cuerda. Soluci´ on

Tomando como eje OX la cuerda AB y como eje OY la perpendicular a esta cuerda que pase por el centro de la circunferencia, debido a que OB = R sen α y |OC| = R cos α, la ecuación de la√circunferencia es x2 + (y + R cos α)2 = R2 , de donde y = −R cos α + R2 − x2 . De esta forma, el volumen pedido es Z V

R sen α 2

= π =

Z

y dx = 2π

−R sen α 2πR3

3

R sen α

(R2 cos2 α + R2 − x2 − 2R cos α

p R2 − x2 ) dx

0

(2 sen α − 3α cos α + cos2 α sen α).

PROBLEMA 11.42

Se considera el arco OAB de la par´ abola de ecuaci´ on y = x(x − a), con OA = a > 0 y OC = c > a. Determinar c de tal manera que el volumen de revoluci´ on engendrado por la zona sombreada de la figura, al girar en torno a OX , sea igual al volumen engendrado por el tri´ angulo OCB girando en torno al mismo eje.

73

Soluci´ on

El volumen engendrado por la zona sombreada es Z a Z c Z a Z c 2 2 2 2 V = π y (x) dx + π y (x) dx = π x (x − a) dx + π x2 (x − a)2 dx =

0 3 πc

30

a

0

a

(6c2 − 15ca + 10a2 ).

Como OC = c, BC = c(c − a) y el volumen del cono engendrado por el triángulo OCB es V0 =

πc2 (c − a)2 · c πc3 (c − a)2 = . 3 3

Igualando los valores de V y V 0 se deduce que c = 5a/4.

PROBLEMA 11.43

√

x se 1 + x2 obtiene en el intervalo [0, x] un s´ olido cuyo volumen designaremos 1 por V (x). Determinar el valor de a para que V (a) = l´ım V (x). 2 x→∞

Al girar alrededor del eje OX la curva de ecuaci´ on y =

Soluci´ on El volumen V (x) se calcula mediante la fórmula: Z V (x) = π

x 2

Z

y (x) dx = π 0

0

x

x dx π −1 x π x2 = = · . (1 + x2 )2 2 1 + x2 0 2 1 + x2 74

π π a2 1 π , deberá cumplirse · = · de 2 x→∞ 2 2 1+a 2 2 donde a = 1 (no es válido a = −1 pues no está en el dominio de la función). Ahora bien, como l´ım V (x) =

PROBLEMA 11.44

Un s´ olido de revoluci´ on est´ a generado por la rotaci´ on de la gr´ afica de y = f (x) para [0, a] alrededor del eje X . Si para a > 0 el volumen es a3 + a, hallar la funci´ on f . Soluci´ on Por la fórmula del volumen tenemos que 3

Z

a +a=V =π

a

[f (x)]2 dx.

0

Si llamamos G a una primitiva de f 2 , es decir tal que G0 (x) = f 2 (x), entonces V = π[G(a) − G(0)] = a3 + a =⇒ G(a) =

Esto sugiere definir G(x) =

a3 + a + G(0). π

x3 + x . De este modo, G(0) = 0 y π

3x2 + 1 G0 (x) = = f 2 (x) =⇒ f (x) = π

r

3x2 + 1 . π

PROBLEMA 11.45

Hallar el volumen de la figura engendrada al girar la superficie comprendida entre la par´ abola y 2 = x y la circunferencia y 2 = 2 2x − x alrededor del eje X . Soluci´ on Los puntos de intersección de ambas curvas son (1, 1) y (1, −1). 75

Utilizando el método de integración por discos y descomponiendo la integral en dos sumandos, tenemos Z V =π

1

Z x dx + π

0

1

2

x2 (2x − x ) dx = π 2

2

1

2 x3 7π 2 +π x − = . 3 1 6 0

PROBLEMA 11.46 √ Se considera la par´ abola de ecuaci´ on y = x2 2/a, con a > 0, y la circunferencia x2 +y 2 = a2 . Determinar el volumen engendrado por la zona sombreada de la figura al girar en torno al eje OX . Soluci´ on

Resolviendo el sistema formado por √ las ecuaciones de la parábola y de la circunferencia, se tiene que OC = a 2/2. Como el radio de la circunferencia 76

es a, el volumen pedido será Z V

= π

√ a 2/2

2x4 /a2 dx + π

Z

a √

(a2 − x2 ) dx

a 2/2

0

a√2/2 a 5 √ 2x x3 πa3 2 = π + π a x − = (20 − 11 2). √ 2 5a 0 3 a 2/2 30

PROBLEMA 11.47

Determinar el volumen del s´ olido obtenido al girar alrededor del eje OY la regi´ on limitada por las par´ abolas y = ax2 , y = b − cx2 , con a, b, c > 0.

Soluci´ on Los puntos de intersección de las parábolas sepobtienen resolviendo el sistema formado por sus ecuaciones. As´ı se tiene A( b/(a + c), ab/(a + c)).

Calculamos el volumen por el método de los discos para lo cual debemos integrar respecto a y en los intervalos (0, ab/(a+c)) y (ab/(a+c), b). Resulta as´ı: Z b Z ab/(a+c) y b−y πb2 V =π dy + π dy = . a c 2(a + c) 0 ab/(a+c)

77

PROBLEMA 11.48

Hallar el volumen generado por la rotaci´ on del ´ area limitada por 2 la par´ abola y = 8x y la ordenada correspondiente a x = 2 i) en torno al eje X ; ii) en torno al eje Y ; iii) en torno a la recta x = 2. Soluci´ on i) Dividiendo el área en franjas verticales, al girar alrededor del eje X se √ obtienen discos de radio y = 8x en el intervalo x ∈ [0, 2].

Aplicando la fórmula de integración por discos se obtiene: Z

2

V =π

8x dx = 16π. 0

ii) Aplicaremos nuevamente el método de los discos para lo cual debemos integrar respecto a la variable y en el intervalo [−4, 4].

78

Como un disco genérico tiene radio exterior 2 y radio interior x = y 2 /8, el volumen viene dado por 4 y5 128π [2 − (y /8) ] dy = π 4y − V =π = . 320 −4 5 −4 Z

4

2

2

2

iii) Aplicaremos en este caso el método de los tubos. Como en √ se observa √ la figura, la altura de un cilindro genérico es 2y = 2 8x = 4 2x y su distancia al eje de giro es 2 − x.

El volumen pedido será Z 2 √ √ Z 2 256π (2x1/2 − x3/2 ) dx = . V = 2π 4 2x(2 − x) dx = 8 2π 15 0 0

PROBLEMA 11.49

¿Cu´ al es el volumen del s´ olido que se obtiene al girar alrededor del eje X la figura limitada por la curva y = ex y las rectas x = 0, y = e?

79

Soluci´ on

Como la recta y = e queda por encima de la curva y = ex en el intervalo [0, 1], si aplicamos la fórmula (4), el volumen viene dado por: e2 + 1 1 2x 1 2 =π· . V =π (e − e ) dx = π e x − e 2 2 0 0 Una idea del sólido obtenido se expresa en la siguiente figura. Z

1

2

2x

PROBLEMA 11.50

Se considera la regi´ on del plano formada por los puntos (x, y) que satisfacen las desigualdades 0 ≤ x ≤ 2, x2 /4 ≤ y ≤ 1. Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar esta regi´ on alrededor del eje Y , alrededor del eje X , alrededor de la recta x = 2, y alrededor de la recta y = 1. 80

Soluci´ on a)

Al girar alrededor del eje Y , el volumen (por el método de los discos) es Z 1 1 V =π 4y dy = π 2y 2 0 = 2π. 0

b)

Nuevamente por el método de los discos, si integramos respecto a x, tenemos: 2 Z 2 x4 8π x5 V =π 1− = dx = π x − . 16 80 0 5 0 c)

Aplicando en esta ocasión el método de los tubos tenemos: Z V = 2π 0

2

2 10π x2 x3 x4 − + = . (2 − x)(1 − x /4) dx = 2π 2x − 2 6 16 0 3 2

81

d)

Integrando por el método de los discos, tenemos por u ´ltimo que 2 Z 2 x3 x5 16π (1 − x2 /4)2 dx = π x − V =π + = . 6 80 15 0 0

PROBLEMA 11.51

Hallar el volumen generado por la rotaci´ on del ´ area limitada por y = −x2 − 3x + 6, x + y − 3 = 0 alrededor de la recta i) y = 0; ii) x = 3. Soluci´ on i) Los puntos de intersección de las curvas son y = −x2 − 3x + 6, y = 3 − x =⇒ −x2 − 2x + 3 = 0 =⇒ x = −3, x = 1.

82

Si aplicamos el método de los discos, como la parábola queda por encima de la recta en el intervalo x ∈ [−3, 1], el volumen es: Z 1 Z 1 V = π (yp2 − yr2 ) dx = π [(−x2 − 3x + 6)2 − (3 − x)2 ] dx −3 1

Z = π

−3

(x4 + 6x3 − 4x2 − 30x + 27) dx =

−3

1792π . 15

ii) La recta x = 3 es exterior a la región que gira. Aplicamos en este caso el método de las tubos. La altura de un cilindro genérico es yp − yr = (−x2 − 3x + 6) − (3 − x) = −x2 − 2x + 3 y el radio es 3 − x (distancia del eje de giro a un punto de la región).

El volumen es pues Z 1 Z 2 V = 2π (3−x)(−x −2x+3) dx = 2π −3

1

−3

(x3 −x2 −9x+9) dx =

256π . 3

PROBLEMA 11.52

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada 2 por las gr´ aficas de f (x) = b(x/a) y g(x) = b|x/a| alrededor de y = 0. Soluci´ on Los puntos de intersección de ambas curvas son: x≥0:y=

bx bx2 bx bx2 , y = =⇒ = =⇒ x2 − ax = 0 =⇒ x = 0, x = a. 2 2 a a a a

83

Debido a la simetr´ıa de la figura, como la recta queda por encima de la parábola, el volumen es: a Z a 2 2 b x b2 x3 b2 x4 x5 4πb2 · a V = 2π dx = 2π · − − = . a2 a4 a2 3 5a2 0 15 0

PROBLEMA 11.53

Calcular el volumen engendrado por la regi´ on que delimitan las 2 2 par´ abolas y = 2px, x = 2py (p > 0), al girar en torno a OX .

Soluci´ on Se obtiene fácilmente que los puntos de intersección de las parábolas son (0, 0) y (2p, 2p).

Por el método de los discos, el volumen es: Z 2p Z 2p 4 x 12 V =π 2px dx − π dx = πp3 . 2 4p 5 0 0

PROBLEMA 11.54

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = sen x y g(x) = cos x en el intervalo [0, π/2] alrededor del eje X .

84

Soluci´ on

π/4

π/2

Aplicando el método de los discos, debido a la posición relativa de las curvas, debemos descomponer la integral en los intervalos [0, π/4] y [π/4, π/2]. As´ı tenemos: π/4

Z V

(cos2 x − sen2 x) dx + π

= π 0

= π

sen 2x 2

Z

π/2

(sen2 x − cos2 x) dx

π/4

π/4

−π

0

sen 2x 2

π/2 = π. π/4

PROBLEMA 11.55

Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = x2 − 4x + 4 y g(x) = 4 − x alrededor de y = −1.

Soluci´ on Los extremos de integración serán los puntos de intersección de las curvas. Estos son: y = x2 − 4x + 4, y = 4 − x =⇒ x2 − 3x = 0 =⇒ x = 0, x = 3. 85

Si aplicamos el método de los discos (fórmula (5)), teniendo en cuenta que el radio exterior es re = yr + 1 = 4 − x + 1 y el radio interior es ri = yp + 1 = x2 − 4x + 4 + 1, resulta:

Z V

= π

3

[(4 − x + 1)2 − (x2 − 4x + 4 + 1)2 ] dx

0

x3 (x − 2)2 2(x − 2)3 = π − 5x2 + 25x − −x− 3 5 3

3 = 0

117π . 5

Una sección del sólido obtenido tiene la forma de la figura adjunta.

86

PROBLEMA 11.56

Determinar el volumen del s´ olido que se obtiene al girar alrededor del eje de abscisas la regi´ on del primer cuadrante limitada por las curvas y = 1/x2 , y = sen(πx/2) y las rectas x = 0, y = e.

Soluci´ on Los puntos de intersección de las curvas son πx 2 2 y = 1/x , y = e

y = 1/x2 , y = sen

πx 1 = 2 =⇒ x = 1; 2 x √ =⇒ x2 = 1/e =⇒ x = 1/ e.

=⇒ sen

Aplicando el método de los discos, tenemos:

V

√ 1/ e

Z 1 πx i 1 2 πx = π e − sen dx + π 4 − sen dx √ 2 x 2 0 1/ e √ √ h x sen πx i1/ e −1 (8e e − 5)π x sen πx 1 2 = π e x− + +π − + = . 2 2π 0 3x3 2 2π 1/√e 6 Z

h

2

2

87

PROBLEMA 11.57

Se considera la hip´ erbola de ecuaci´ on x2 /a2 − y 2 /b2 = 1 y las dos rectas perpendiculares al eje OX de ecuaciones x = p, x = p + h (p > a). Determinar el volumen del cuerpo de revoluci´ on engendrado por la regi´ on ABCD indicada en la figura (siendo OB una de las as´ıntotas) al girar en torno al eje OX . Soluci´ on

Sabiendo que la ecuación de la as´ıntota OB es y = bx/a, el volumen del sólido indicado viene dado por 2 # Z p+h " 2 Z bx πb2 p+h 2 2 2 2 x V =π −b −1 dx = 2 (x −x +a ) dx = πb2 h. 2 a a a p p

PROBLEMA 11.58

Hallar el volumen generado por el ´ area comprendida entre la par´ abo2 la y = 4x − x y el eje X al girar alrededor de la recta y = 6.

88

Soluci´ on

Utilizando el método de los discos, como la región está comprendida en el intervalo [0, 4], el volumen, dado por la fórmula (5), es Z 4 Z 4 2 2 V = π [6 − (6 − y) ] dx = π [36 − (6 − 4x + x2 )2 ] dx 0 0 Z 4 1408π = π (48x − 28x2 + 8x3 − x4 ) dx = . 15 0

PROBLEMA 11.59

Un servilletero se obtiene practicando un agujero cil´ındrico en una esfera de modo que el eje de aqu´ el pase por el centro de ´ esta. Si la longitud del agujero es 2h, demostrar que el volumen del servilletero es πah3 , siendo a un n´ umero racional. Soluci´ on Si llamamos r al radio de la esfera, el radio del agujero cil´ındrico será k = √ r 2 − h2 .

89

De este modo, y de acuerdo con la figura, el sólido obtenido viene dado al girar alrededor del eje X la región limitada por las curvas x2 + y 2 = r2 e y = k. Tenemos entonces: h x3 4πh3 2 2 (r − x − k ) dx = π (r − k )x − V =π = . 3 −h 3 −h Z

h

2

2

2

Como 4/3 es racional, el resultado obtenido prueba el enunciado. Una sección de la figura obtenida es la siguiente:

PROBLEMA 11.60 x2 y 2 Se considera la elipse de ecuaci´ on 2 + 2 = 1 y la cuerda F C a b paralela al eje OX . Determinar OA = h de manera que el volumen engendrado por la regi´ on sombreada de la figura al girar en torno a OX sea la mitad del volumen del elipsoide engendrado por el ´ area que limita la elipse dada girando en torno al mismo eje.

90

Soluci´ on

Designaremos por V1 y V2 a los vol´ umenes del cuerpo engendrado por la región sombreada y del elipsoide engendradop por la elipse, respectivamenp te. Como los puntos C y F tienen abscisa a 1 − h2 /b2 y −a 1 − h2 /b2 , respectivamente, dichos vol´ umenes se obtienen por integración mediante las fórmulas: Z √ 2 2 a

V1 = π −a

1−h /b

√

[b2 (1 − x2 /a2 ) − h2 ] dx

1−h2 /b2

Z a√1−h2 /b2

V2

a b2 x3 2 2 2 2 2 2 = 2π [b (1 − x /a ) − h ] dx = 2π (b − h )x − 3a2 0 0 p 4 πa(b2 − h2 ) 1 − h2 /b2 ; = 3Z a 4 = π b2 (1 − x2 /a2 ) dx = πab2 . 3 −a

√

1−h2 /b2

Como debe ser V1 = V2 /2, al resolver esta ecuación se obtiene que q p √ 2 4 3 2 2 2 2 2 πa(b − h ) 1 − h /b = πab =⇒ h = b 1 − 1/ 4. 3 3

PROBLEMA 11.61

Calcular el volumen del toro, que es el s´ olido de revoluci´ on engendrado al girar un c´ırculo de radio r alrededor de un eje situado en su plano y a una distancia b de su centro (b ≥ r).

91

Soluci´ on

Si hacemos que OX sea el eje de giro y el centro de la circunferencia el punto (0, b), ésta tiene por ecuación x2 + (y − b)2 = r2 . El volumen, aplicando el método de los discos, vendrá dado por:

Z V

r

= π

b+

2 2 p p r2 − x2 − b − r2 − x2 dx = (cambio x = r sen t)

−r

π/2 1 = 4bπ r cos t dt = 2br π t + sen 2t = 2br2 π 2 . 2 −π/2 −π/2 Z

π/2

2

2

2

PROBLEMA 11.62

Hallar el volumen de un cono recto de altura h, cuya base es una elipse de eje mayor 2a y eje menor 2b.

Soluci´ on La sección determinada en el cono por un plano paralelo a la base y de altura OP = z es una elipse de eje mayor 2x y eje menor 2y. Su área es pues πxy. 92

Por semejanza de triángulos, se deduce de la figura que 4

4

PM PC = OA OM 4 4 PD PM M P D ∼ M OB =⇒ = OB OM

x h−z = ; a h y h−z es decir = . b h

M P C ∼ M OA =⇒

es decir

El área de la sección es entonces πxy =

πab(h − z)2 . Luego, h2

πab V = 2 h

Z

h

(h − z)2 dz =

0

πabh . 3

PROBLEMA 11.63

Un s´ olido tiene una base circular de radio 2. Cada secci´ on producida por un plano perpendicular a un di´ ametro fijo es un tri´ angulo equil´ atero. Calcular el volumen del s´ olido. Soluci´ on Si expresamos por la ecuación x2 +y 2 = 4 a la base del sólido y consideramos las secciones perpendiculares el lado de√un triángulo genérico es p al eje X, √ l = 2y y la altura es h = l2 − l2 /4 = l 3/2 = y 3. 93

El volumen será entonces Z

2

V = −2

√ √ √ Z 2 32 3 2y · y 3 2 (4 − x ) dx = dx = 3 . 2 3 −2

PROBLEMA 11.64

Un cilindro cuya base es una elipse se corta por un plano inclinado que pasa por el eje menor de la misma. Hallar el volumen del s´ olido restante.

Soluci´ on Supongamos que la ecuación de la elipse es x2 /a2 + y 2 /b2 = 1 y llamamos H a la altura del cilindro (que corresponde al punto (a, 0)). Cortando el sólido por planos perpendiculares al eje OY obtenemos triángulos rectángulos semejantes. En un punto arbitrario (x, y) el área de uno de dichos triángulos (ver figura) es A=

x2 · tg α x2 · H x·h = = . 2 2 2a 94

Como (x, y) verifica la ecuación de la elipse, escribimos el área en función a2 (1 − y 2 /b2 ) · H de y como A(y) = . El volumen será entonces 2a

Z

b

V =

Z A(y) dy = 2

−b

0

b

b a(1 − y 2 /b2 ) · H y3 2abH dy = aH y − 2 = . 2 3b 0 3

PROBLEMA 11.65

Un s´ olido tiene una base en forma de elipse cuyos ejes mayor y menor miden 10 y 8 unidades respectivamente. Hallar su volumen sabiendo que toda secci´ on del mismo perpendicular al eje mayor es un tri´ angulo is´ osceles de altura igual a 6.

Soluci´ on Escribimos la ecuación de la elipse como x2 /25 + y 2 /16 = 1. 95

El triángulo obtenido por la sección perpendicular al eje OX por un punto p 2 x tiene área A(x) = 2y · h/2 = 6y = 24 1 − x /25, y el volumen del sólido (aplicando los métodos usuales de integración) es Z 5 Z 5p V = A(x) dx = 24 1 − x2 /25 dx −5

−5

=

24 25 x xp arc sen + 25 − x2 5 2 5 2

5 = 60π. −5

PROBLEMA 11.66

La secci´ on de un cierto s´ olido por cualquier plano perpendicular al eje OX es un cuadrado tal que los extremos de una diagonal pertenecen respectivamente a las par´ abolas y 2 = 4x, x2 = 4y . Hallar el volumen del s´ olido. Soluci´ on La región que limitan ambas curvas viene indicada en la figura y los puntos de corte son (0, 0) y (4, 4).

96

Como indica el enunciado, la diagonal de un cuadrado genérico une los √ puntos (x, y1 ) y (x, y2 ) y su longitud, en función de x es d = 2 x − x2 /4. √ Como el área del cuadrado es A(x) = d2 /2 = (2 x − x2 /4)2 /2, el volumen pedido es: Z V = 0

4

" #4 √ 5 7/2 (2 x − x2 /4)2 x 144 1 2x 2x2 + = dx = − . 2 2 80 7 35 0

C. LONGITUD DE CURVAS PLANAS.

Dada la función y = f (x), definida en un intervalo [a, b], a cada partición P = {x0 = a, x1 , . . . , xn−1 , xn = b} de [a, b] le corresponde una poligonal de vértices Pk = (xk , f (xk )), k = 0, 1, . . . , n, como indica la figura.

La longitud del arco de la curva entre los puntos A y B de abscisas x = a y x = b se define como el supremo de los per´ımetros de todas las poligonales. Si es finito, se dice que la curva es rectificable; si no, la curva no es rectificable (tiene longitud infinita). El resultado fundamental que aplicaremos en esta sección es el siguiente: Teorema. Si una función y = f (x) tiene derivada de primer orden continua en [a, b], entonces es rectificable y la longitud del arco viene dada por la fórmula Z bp l = AB = 1 + [f 0 (x)]2 dx. a

97

Si la función viene expresada en coordenadas paramétricas x = x(t), y = y(t), la fórmula queda de la forma Z

t1

l=

p

[x0 (t)]2 + [y 0 (t)]2 dt,

t0

siendo t0 y t1 los parámetros correspondientes a los puntos inicial y final de la curva. En la mayor´ıa de los casos no es posible encontrar expresiones expl´ıcitas de la longitud de un arco de curva. Por ello se deben crear nuevas funciones, como es el caso de las integrales el´ıpticas (que expresan longitudes de arcos de elipses), o utilizar métodos aproximados para calcular arcos de curva.

PROBLEMA 11.67

Hallar la longitud del arco de la par´ abola x2 = 2py , con p > 0, comprendida en el intervalo [0, a]. Soluci´ on Si calculamos la derivada de la función, tenemos 0

y = x/p =⇒

p

p 1 + y 02 =

p

1 + (x/p)2 =

x2 + p2 . p

La longitud del arco pedido queda entonces # " p Z x + px2 + p2 a 2 + p2 1 ap 2 p x x l = x + p2 dx = + ln 2 p 0 2 p p 0 # " p p p a a2 + p2 a + a2 + p2 + ln = . 2 2 p p

PROBLEMA 11.68 ( x cos(π/x) Probar que la curva f (x) = 0 en [0, 1].

98

si x 6= 0 no es rectificable si x = 0

Soluci´ on (−1)n Si consideramos los puntos xn = 1/n, con n ∈ N, sabemos que f (xn ) = n y la longitud de la poligonal de vértices xn es s 2 X 1 X 1 (−1)n (−1)n+1 2 X 2 ln = − + − = , n n+1 n n+1 n n≥1

n≥1

n≥1

que es una serie divergente. Esto prueba que la curva no es rectificable en [0, 1]. PROBLEMA 11.69

Calcular la longitud del arco de curva y = ln(cos x) en el intervalo [0, π/3]. Soluci´ on Como la derivada de la función es y 0 = − tg x, la longitud pedida es Z l= 0

π/3 p

√ π/3 1 + tg2 x dx = ln(sec x + tg x) 0 = ln(2 + 3).

PROBLEMA 11.70

Hallar la longitud de la curva de ecuaci´ on 8a2 y 2 = x2 (a2 − 2x2 ).

Soluci´ on √ −a/ 2

√ a/ 2

x p 2 Si escribimos la ecuación en forma expl´ıcita, tenemos y = ± √ a − 2x2 , 2 2a p (a2 − 4x2 )2 3a2 − 4x2 de donde y 02 = 2 2 y 1 + y 02 = √ √ . 2 8a (a − 2x ) 2 2a a2 − 2x2 La longitud del arco será:

99

√ a/ 2

3a2 − 4x2 √ dx a2 − 2x2 0 #a/√2 √ √ p x 2 2 2a · arc sen + · x · a2 − 2x2 = πa. a a

1 L = 4· √ 2 2a " =

Z

0

PROBLEMA 11.71

Hallar la longitud de la astroide de ecuaci´ on x2/3 + y 2/3 = a2/3 .

Soluci´ on

Escribiendo la ecuación en forma paramétrica como x = a cos3 t, y = a sen3 t y teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, la longitud viene dada por: Z L=4

π/2 p

x0 (t)2

+

y 0 (t)2

Z dt = 4

π/2

3a sen t cos t dt = 6a. 0

0

PROBLEMA 11.72

Hallar la longitud de un lazo de la cicloide x = a(t − sen t), y = a(1 − cos t). Soluci´ on

2aπ

4aπ

100

Como un lazo de la cicloide es el arco de curva comprendido en el intervalo t ∈ [0, 2π], la longitud es: Z L =

2π

p

x0 (t)2

+

y 0 (t)2

Z

2π

p a (1 − cos t)2 + sen2 t dt

dt =

0

0

√ Z = a 2

2π

√

√ Z 1 − cos t dt = a 2

0

2π

√

2 sen(t/2) dt = 8a.

0

PROBLEMA 11.73

Hallar la longitud de la curva cuya ecuaci´ on en forma param´ etrica 3 2 es x(t) = a cos t, y(t) = a sen t(1 + cos t). Soluci´ on

Debido a la simetr´ıa de la figura, por la fórmula de la longitud de arco tenemos: Z π/2 p Z π/2 p L = 4 x0 (t)2 + y 0 (t)2 dt = 4 a cos t 4 − 3 sen2 t dt = (cambio 0 0 √ √ Z π/3 3 8a sen 2u π/3 2a(4π + 3 3) 16a 2 √ sen t = sen u) = √ cos u du = √ u + = . 2 2 3 0 3 3 3 0

101

D. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Encontrar una f´ ormula que permita calcular el ´ area de cada una de las regiones I, II, III y IV de la figura siguiente:

g(b) − f (0) · x a la recta que pasa b por los puntos (0, f (0)) y (b, g(b)), tenemos: Z b AI = [f (x) − g(x)] dx; Resp.: Si llamamos r(x) = f (0) +

a a

Z

b

Z [h(x) − g(x)] dx +

AII = 0

[h(x) − f (x)] dx; a

a

Z

Z [f (x) − r(x)] dx +

AIII = 0

Z

b

[g(x) − r(x)] dx; a

a

[g(x) − f (x)] dx.

AIV = 0

2. Hallar el ´ area de la figura limitada por la hip´ erbola equil´ atera xy = a2 , el eje OX y las rectas x = a, x = 2a. Resp.: A = a2 ln 2. 3. Hallar el ´ area encerrada por la recta y = 1 y la curva y = ln2 x. Resp.: A = 4/e. 4. Calcular el ´ area limitada por las curvas y = (x − 4)2 , y = 16 − x2 . 102

Resp.: A = 64/3. 5. Hallar el ´ area limitada por la curva y = x2 − 2x + 2, su tangente en el punto (3, 5), el eje OX y el eje OY . Resp.: A = 23/8. 6. Calcular el ´ area de la figura del primer cuadrante limitada por las par´ abolas x2 = 2py , y 2 = 2px en el interior de la circunferencia 2 x + y 2 = 3p2 , (p > 0). Resp.: A =

√ p2 √ (4 2 + 9π − 36 arc sen 1/ 3). 24

7. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las curvas y = −x2 + 6, (y − 2)2 + x2 = 4, y = x. 1 Resp.: A = (49 − 6π). 6 8. Hallar el ´ area de la regi´ on limitada por la curva y = (x2 + 2x)e−x y el eje OX en el tercer cuadrante. Resp.: A = 4. 9. Hallar el ´ area de la regi´ on limitada por la curva y =

x · arc sen x (1 − x2 )2

y las rectas x = 0, x = 1/2, y = 0. Resp.: A =

1 π − √ . 9 2 3

10. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las curvas y = 5 − x2 , 2 y = (x − 1) . Resp.: A = 9. 11. Calcular el ´ area de la elipse

x2 y 2 + 2 = 1. a2 b

Resp.: A = πab. 12. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las curvas x2 + y 2 = 2, y = x2 , y = x + 6. Resp.: A =

45 + π . 2

103

13. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las gr´ aficas de f (x) = x2 − 4x + 4 y g(x) = 4 − x. Resp.: A = 9/2. 14. Calcular el ´ area de la figura limitada por la curva y = x3 , la recta y = 8 y el eje OY . Resp.: A = 12. 15. Hallar el ´ area limitada por la curva y 2 = x2 − x4 . Resp.: A = 4/3. 16. Hallar el ´ area de la superficie interior a la circunferencia x2 + y 2 = 16 y por encima de la par´ abola x2 = 12(y − 1). √ 16π + 4 3 . Resp.: A = 3 17. Hallar el ´ area limitada por la curva y = cos 2x + cos x y el eje X entre las dos ordenadas que corresponden a una distancia igual a un per´ıodo de la curva. √ Resp.: A = 3 3. 18. Hallar el ´ area encerrada por el bucle de la curva x3 = a(x2 − y 2 ). Resp.: A =

8a2 . 15

x2 y 2 − 2 = 1, determinar el ´ area A a2 b √ √ del tri´ angulo mixtil´ıneo AP Q, siendo A(a, 0), P (a 2, b), Q(a 2, 0).

19. Dada la hip´ erbola de ecuaci´ on

Resp.: A =

√ ab √ [ 2 − ln(1 + 2)]. 2

20. Hallar el ´ area del segmento circular de centro O y radio r comprendido entre las rectas x = a, x = b. p p b a Resp.: A = b r2 − b2 + r2 arc sen − a r2 − a2 − r2 arc sen . r r

104

21. Hallar el ´ area del segmento parab´ olico comprendido entre y 2 = 2px las rectas x = a, x = b. √ 4 2p 3/2 Resp.: A = (b − a3/2 ). 3 22. Hallar el volumen del s´ olido de revoluci´ on engendrado por la figura limitada por la curva y = xex y las rectas y = 0, x = 1 al girar alrededor del eje OX . Resp.: V =

πe2 . 4

23. Calcular el volumen del s´ olido engendrado al girar alrededor del eje OX la regi´ on interior a la circunferencia x2 + y 2 = 1 y a la 2 par´ abola y = 3x/2. Resp.: 19π/48. 24. Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar alrededor del eje √ OX la regi´ on limitada por la curva y = 2 − 1 − x2 y el eje OX . π Resp.: V = (28 − 6π). 3 25. Calcular el volumen del s´ olido limitado por las curvas x2 −y 2 = 4, y = 2, y = −2 al girar alrededor del eje OX . 32π √ Resp.: V = (2 2 − 1). 3 26. Calcular el volumen del s´ olido limitado por las curvas y = sen x, y = 2x/π al girar alrededor del eje OX . Resp.: V = π 2 /6. 27. Calcular el volumen del s´ o√ lido obtenido al girar la regi´ on limitada √ 2 por las gr´ aficas de f (x) = 4 − x y g(x) = 1 en el intervalo [0, 3] alrededor de y = 0. √ Resp.: V = 2π 3. 28. Sea R la regi´ on interior a la circunferencia de centro (1, −1) y √ radio 2 y por encima de la recta y = 3 − 1.

a) Determinar el ´ area de R. 105

b) Calcular el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on R alrededor del eje OX . √ 2π √ 2π Resp.: A = − 3; V = (2 + 3 3 − 2π). 3 3 29. Sea R la regi´ on limitada por las curvas x + y = 2y 2 , y = x3 . Calcular el ´ area de R y el volumen que engendra R al girar alrededor del eje OX . Resp.: A = 7/12 (pensar x como función de y); V = 11π/21 (método de los tubos). x2 30. Sea R la regi´ on limitada por las curvas y = + 2 y 5x+8y −14 = 4 0. Calcular el ´ area de R y el volumen de la figura obtenida al girar R alrededor del eje OX . Resp.: A = 27/192; V =

891π (método de los discos). 1280

31. Sea R la regi´ on limitada por las curvas y = 4x − x2 y 2x − y = 0. Calcular el ´ area de R y el volumen de la figura obtenida al girar R alrededor del eje OX . Resp.: A = 4/3; V = 32π/5. x2 1 e y = . Cal2 1+x 2 cular el ´ area de R y el volumen de la figura obtenida al girar R alrededor de los ejes OX y OY . π π Resp.: A = (3π − 2)/6; VX = (5π + 8) (discos); VY = (4 ln 2 − 1) 20 4 (tubos).

32. Sea R la regi´ on limitada por las curvas y =

33. Se considera la regi´ on R limitada por las curvas x2 + (y − 1)2 = 5, 2 x = 2(y − 1) .

a) Calcular el ´ area de R. b) Calcular el volumen obtenido al girar la regi´ on R alrededor del eje OY . c) Calcular el volumen obtenido al girar la regi´ on R alrededor de la recta y = 1. 106

√ 2 1 116π 10 5 − 19 Resp.: A = 5 arc sen √ + ; VY = (discos); Vy=1 = ·π 15 3 5 3 (tubos). 34. Dada la regi´ on limitada por las curvas y = 4x2 , y = x2 /9, y = 2, calcular el ´ area de la regi´ on y el volumen obtenido al girar dicha regi´ on alrededor de los ejes OX y OY . √ √ Resp.: A = 20 2/3; VX = 16π 2 (tubos); VY = 35π/2 (discos). 35. Dada la regi´ on limitada por las curvas y = x2 + 1, y − 1 = x, calcular el ´ area de la regi´ on y el volumen obtenido al girar dicha regi´ on alrededor del eje OY . Resp.: A = 1/6; VY = π/6. 36. Dada la regi´ on limitada por las curvas x2 + y 2 = 12, x2 = 4y , 2 y = 4x, calcular el ´ area de la regi´ on y el volumen obtenido al girar dicha regi´ on alrededor del eje OY . √ p √ 4 2 π Resp.: A = + 12 arc sen 2/3 − 3π; VY = (256 5 − 200). 3 15 37. Se considera la regi´ on limitada por la curva y = sen(πx/2) + cos(πx/2) + 1 y las rectas x = 0, x = 1 e y = 0. Hallar el ´ area de dicha regi´ on y el volumen del s´ olido obtenido al girar alrededor del eje OX . Resp.: A = 1 +

4 ; V = 2π + 10. π

38. Calcular el volumen del tronco de cono con radios de las bases r y R y altura h. Resp.: V =

πh 2 (r + rR + R2 ). 3

39. Calcular la longitud del arco de la curva y = ex/2 + e−x/2 entre los puntos de abscisa x = 0 y x = 2. Resp.: L = e − e−1 . 40. Calcular la longitud del arco de la curva y = ln

y x = 2. Resp.: L = ln(e2 + 1) − 1.

107

ex + 1 entre x = 1 ex − 1

CAPÍTULO XII. INTEGRALES IMPROPIAS

SECCIONES A. Integrales impropias de primera especie. B. Integrales impropias de segunda especie. C. Aplicaciones al cálculo de áreas y vol´ umenes. D. Ejercicios propuestos.

109

A. INTEGRALES IMPROPIAS DE PRIMERA ESPECIE.

El concepto de integral definida se refiere a funciones acotadas en intervalos cerrados [a, b], con a, b ∈ R. Este concepto se puede extender eliminando estas restricciones. Ello da lugar a las integrales impropias. Llamaremos integral impropia de primera especie aquella cuyo intervalo de integración es infinito, ya sea de la forma (a, ∞), (−∞, b) o bien (−∞, ∞), pero la función está acotada. Para cada uno de los casos indicados se define Z

∞

B

Z f (x) dx =

a Z b

f (x) dx,

l´ım

B→∞ a

b

Z f (x) dx =

−∞ Z ∞

f (x) dx =

l´ım

f (x) dx,

l´ım

f (x) dx, 1

A→−∞ A Z B A→−∞ A B→∞

−∞

y se dice que la integral impropia correspondiente es convergente si el l´ımite existe y es finito y divergente en caso contrario. Las siguientes propiedades son análogas a las correspondientes en las integrales propias (sólo consideraremos el caso del intervalo (a, ∞) pues el segundo caso se puede reducir al primero con el cambio de variable t = −x y el tercer caso es combinación de los dos anteriores al descomponer la integral en dos sumandos). PROPIEDADES. (1) La convergencia de la integral no depende del l´ımite de integración real. Z Z ∞

∞

f (x)dx converge ⇐⇒

Es decir,

f (x)dx converge.

a

b

Z

∞

(2) Homog´ enea. Si

λf es convergente,

a

a

para todo λ ∈ R y se cumple: Z

∞

∞

Z λf = λ

a

Z (3) Aditiva. Si además

∞

f. a

∞

Z f,

a

∞

Z f es convergente, entonces

Z

∞

g convergen, entonces a

Z

(f + g) converge y a

∞

Z (f + g) =

a

Z f+

a

110

∞

∞

g. a

(4) Integraci´ on por partes. Si f y g tienen derivadas de primer orden continuas en [a, ∞) y dos de los tres l´ımites Z b Z b 0 f 0 (x)g(x) dx, l´ım [f (b)g(b) − f (a)g(a)] f (x)g (x) dx, l´ım l´ım b→∞

b→∞ a

b→∞ a

existen, entonces el tercero también existe y se tiene que Z ∞ Z ∞ 0 f 0 (x)g(x) dx. f (x)g (x) dx = l´ım [f (b)g(b) − f (a)g(a)] − b→∞

a

Z

∞

a

Z

∞

|f | converge, entonces

(5) Si a

f converge. a

Esta u ´ltima propiedad permite definir el concepto de convergencia absoluta para el caso en que la función integrando no tenga signo constante en [a, ∞). Z ∞ Dada una función f integrable en [a, x], para todo x > a, se dice que a Z ∞ Z ∞ converge absolutamente si la integral |f | converge, y que f converge a Z a Z ∞ ∞ condicionalmente si f converge pero |f | diverge. a

a

En los casos en que no sea posible (o no sea necesario) calcular expl´ıcitamente la integral, su convergencia se puede deducir por alguno de los siguientes criterios (observar el paralelismo que mantienen algunos de estos criterios con sus correspondientes para la convergencia de series). CRITERIOS DE CONVERGENCIA. (1) Criterio de comparaci´ on. Si f y g son funciones continuas Z ∞ Z ∞en [a, ∞) y 0 ≤ f (x) ≤ g(x), ∀x > a, entonces 0 ≤ f (x) dx ≤ g(x) dx. a Z a Z ∞ ∞ Por tanto, si g(x) dx converge, entonces f (x) dx converge. a

a

(2) Comparaci´ on por paso al l´ımite. Sean f y g continuas y no negativas en [a, ∞). a) Si l´ım

f (x) = λ 6= 0, λ finito, entonces g(x) Z ∞ Z ∞ f (x) dx converge ⇐⇒ g(x) dx converge.

x→∞

a

a

f (x) = 0, entonces x→∞ g(x) Z ∞ Z g(x) dx converge =⇒

b) Si l´ım

a

a

111

∞

f (x) dx converge.

Z

∞

1 dx converge si α > 1 y diverge xα 1 si α ≤ 1 (ver problema 12.1), se aplica el criterio anterior con g(x) = 1/xα . Este queda entonces as´ı: En muchos casos, debido a que

(3) Sea f una función continua y no negativa en [a, ∞). a) Si l´ım xα f (x) = λ 6= 0, λ finito, entonces x→∞

∞

Z

f (x) dx converge ⇐⇒ α > 1. a ∞

Z

α

b) Si l´ım x f (x) = 0 y α > 1, entonces x→∞

f (x) dx converge. a

c) Si l´ım xα f (x) = ∞ y α ≤ 1, entonces

∞

Z

x→∞

f (x) dx diverge. a

(4) Criterio de Dirichlet. Sean f una función continua con primitiva F acotada ∀x ≥ a y g una función decreciente con derivada primera Z ∞

continua ∀x ≥ a. Si l´ım g(x) = 0, entonces

f (x)g(x) dx converge.

x→∞

a

(5) Criterio de la serie asociada. Sea f una función decreciente y no negativa ∀x ≥ a, y tal que l´ım f (x) = 0. Entonces x→∞

∞

Z

f (x) dx converge ⇐⇒

X

f (n) converge.

a

PROBLEMA 12.1 Z ∞ Calcular xn dx con a > 0. a

Soluci´ on Para n 6= −1, Z

b

xn+1 x dx = n+1

b

1 (bn+1 − an+1 ). n + 1 a a Z ∞ Si n > −1, entonces l´ım F (b) = ∞, con lo que xn dx diverge. F (b) =

n

b→∞

=

a

Si n < −1, entonces la integral converge y Z ∞ an+1 l´ım F (b) = xn dx = − . b→∞ n+1 a 112

Para n = −1, Z F (b) = a

b

dx = ln b − ln a x

y, como l´ım F (b) = ∞, la integral diverge. b→∞

PROBLEMA 12.2 Z 0 ex dx. Calcular −∞

Soluci´ on Resolvemos directamente la integral: Z 0 Z 0 0 x e dx = l´ım ex dx = l´ım ex a = l´ım (1 − ea ) = 1. −∞

a→−∞ a

a→−∞

a→−∞

PROBLEMA 12.3 ∞

Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

1 √ dx. ex

Soluci´ on Calcularemos directamente la integral aplicando la definición de integral impropia.

Z 0

∞

1 √ dx = l´ım b→∞ ex

Z 0

b

b e−x/2 dx = l´ım −2e−x/2 0 = l´ım (−2e−b/2 +2) = 2, b→∞

b→∞

de lo que se deduce que la integral es convergente.

PROBLEMA 12.4 Z

∞

Estudiar la convergencia de la integral

e−a|x| dx, a ∈ R.

−∞

Soluci´ on En primer lugar, si a = 0, e0 = 1 y la integral diverge. 113

Si a 6= 0, descomponemos la integral en dos sumandos y obtenemos: Z

0

I =

ax

e

∞

Z

−ax

dx +

−∞

e

dx = l´ım

ax

k→−∞ k m −ax

0

0

Z

0

e

Z dx + l´ım

m→∞ 0

1 = l´ım + l´ım − e m→∞ k→−∞ a k 0 ( 2/a 1 1 ak 1 −am 1 = l´ım = − e + l´ım − e + m→∞ k→−∞ a a a a ∞ 1 ax e a

m

e−ax dx

si a > 0, si a < 0.

Resulta en definitiva que la integral propuesta es convergente cuando a > 0 y divergente cuando a ≤ 0.

PROBLEMA 12.5 Z ∞ xe−x dx. Calcular 0

Soluci´ on Utilizaremos la propiedad (4), relacionada con la integración por partes para integrales impropias. Para ello, tomando f (x) = x, g 0 (x) = e−x , tenemos que f 0 (x) = 1, g(x) = −e−x y Z

∞

l´ım

b→∞ 0

0

=

debido a que l´ım

b→∞

b

Z

xe−x dx =

l´ım

b→∞

−

− xe−x

xe−x dx b xe−x 0

b 0

Z + l´ım

b→∞ 0

b

e−x dx = l´ım

b→∞

− e−x

b 0

= 1,

−b = 0. b→∞ eb

= l´ım −be−b = l´ım b→∞

PROBLEMA 12.6 Z ∞ dx Hallar . x −x −∞ e + e Soluci´ on Como ambos l´ımites de integración son infinitos, descomponemos la integral 1 ex en dos sumandos. Si escribimos el integrando como x = , tee + e−x 1 + e2x 114

nemos: b

Z 0 x ex dx e dx I = l´ım + 0 l´ım 2x b→∞ 0 1 + e b →−∞ b0 1 + e2x 0 b = l´ım arc tg ex 0 + 0 l´ım arc tg ex b0 Z

b →−∞

b→∞

0

l´ım (arc tg eb − π/4) + 0 l´ım (π/4 − arc tg eb ) =

=

b →−∞

b→∞

π π π π − + −0= . 2 4 4 2

PROBLEMA 12.7 Z

∞

1 dx. x(ln x)8

Estudiar la convergencia de la integral 2

Soluci´ on Si calculamos directamente la integral, tenemos: ∞

Z 2

(ln x)−7 (1/x)(ln x) dx = l´ım l´ım b→∞ b→∞ 2 −7 −1 1 1 = l´ım + = , b→∞ 7(ln b)7 7(ln 2)7 7(ln 2)7 Z

1 dx = x(ln x)8

b

−8

b 2

de modo que la integral es convergente.

PROBLEMA 12.8 Z

∞

x

ex−e dx.

Estudiar la convergencia de la integral −∞

Soluci´ on Resolvemos en primer lugar la integral indefinida haciendo el cambio de variable ex = t: Z Z Z x x x ex−e dx = ex · e−e dx = e−t dt = −e−t = −e−e . Calculamos a continuación la integral impropia y tenemos: Z

∞

−∞

x

ex−e dx = l´ım

Z

a→−∞ a b→∞

b

x

b

a

ex−e dx = l´ım (−e−e + e−e ) = 0 + 1 = 1; a→−∞ b→∞

de lo que se deduce que la integral es convergente. 115

∞

Z PROBLEMA 12.9 Hallar

e−x sen x dx.

0

Soluci´ on El l´ımite superior de integración es infinito con lo que, al integrar por partes, obtenemos: b Z b 1 −x −x e sen x dx = l´ım − e (sen x + cos x) I = l´ım b→∞ b→∞ 0 2 0 1 −b 1 = l´ım − e (sen b + cos b) + . b→∞ 2 2 Cuando b → ∞, e−b → 0, mientras que | sen b + cos b| ≤ 2, luego I = 1/2.

PROBLEMA 12.10 Z ∞ Calcular In = xn e−x dx, para n ∈ N. 0

Soluci´ on Integrando por partes, obtenemos que Z Z n −x n −x x e dx = −x e + n xn−1 e−x dx. Recordando además que l´ım bn e−b = 0, resulta: b→∞

Z In = l´ım

b→∞ 0

b

n −x

x e

n −b

dx = l´ım −b e b→∞

Z + n l´ım

b→∞ 0

b

xn−1 e−x dx = n · In−1 .

Procediendo por Z recurrencia, se llega a que In = n(n − 1)In−2 = · · · = n! · I0 ∞

y como I0 =

e−x dx = 1, obtenemos que In = n!

0

PROBLEMA 12.11 Z +∞ dx Hallar . 2 x +4 0

116

Soluci´ on Por definición de integral impropia, tenemos: Z I = l´ım

b→∞ 0

b

dx arc tg(x/2) b π = l´ım = . 2 x + 4 b→∞ 2 4 0

PROBLEMA 12.12 Z Calcular la integral

∞

−∞

x2 − x + 2 dx. x4 + 10x2 + 9

Soluci´ on Por definición de integral impropia Z

∞

−∞

x2 − x + 2 dx = l´ım 4 x + 10x2 + 9 A→−∞ B→∞

Z

B

A

x2 − x + 2 dx. + 10x2 + 9

x4

Resolvemos en primer lugar la integral indefinida para lo cual aplicamos el método de integración por fracciones simples. Como " r # Z x2 − x + 2 1 x2 + 9 7 x dx = + arc tg x + arc tg ln , x4 + 10x2 + 9 8 x2 + 1 3 3 la integral propuesta valdrá π 7 π 5π 1 π 7 π ln 1 + + · − ln 1 + + · = I= . 8 2 3 2 2 3 2 12

PROBLEMA 12.13 Z ∞ Demostrar que 0

dx es convergente, para todo m ∈ N. (1 + x2 )m

Soluci´ on En efecto, si hacemos el cambio de variable x = tg t, dx = sec2 t dt, los l´ımites de integración son ahora t = 0 (correspondiente a x = 0) y t = π/2 (cuando x = ∞). La integral queda ahora Z 0

π/2

sec2 t dt = (1 + tg2 t)m

Z

π/2

sec

2−2m

0

Z t dt = 0

117

π/2

cos2m−2 t dt,

la cual es evidentemente convergente para m natural.

PROBLEMA 12.14

Determinar Z ∞ el valor de C paraque sea convergente la integral imx C propia dx. Hallar el valor de dicha inte− 2 2x + 2C x+1 1 gral. Soluci´ on Si escribimos la función integrando como cociente de polinomios, x C x2 + x − 2Cx2 − 2C 2 (1 − 2C)x2 + x − 2C 2 − = = , 2x2 + 2C x+1 (2x2 + 2C)(x + 1) (2x2 + 2C)(x + 1) observamos que el denominador tiene grado 3. Para que la integral sea convergente, el grado del numerador debe ser menor que 2. De aqu´ı se deduce que 1 − 2C = 0, es decir C = 1/2. Para este valor, la integral queda: Z b Z ∞ Z b x 1/2 x 1/2 − dx = l´ım dx − dx 2 b→∞ 2x2 + 1 x + 1 1 1 2x + 1 1 x+1 b 1 1 2 = l´ım ln(2x + 1) − ln(x + 1) b→∞ 4 2 1 1 1 1 1 2 = l´ım ln(2b + 1) − ln 3 − ln(b + 1) + ln 2 b→∞ 4 4 2 2 2 4(2b + 1) 1 8 1 = l´ım · ln = · ln . b→∞ 4 3(b + 1)2 4 3

PROBLEMA 12.15

Hallar los valores de los par´ ametros a y b para que Z ∞ 2 2x + bx + a − 1 dx = 1. x(2x + a) 1 Soluci´ on Al igual que en el problema anterior, escribimos el integrando como una fracción para comparar los grados del numerador y denominador. Como 2x2 + bx + a (b − a)x + a −1= , x(2x + a) x(2x + a) 118

la integral será convergente cuando b − a = 0, es decir a = b. En este caso, si integramos por fracciones simples, obtenemos que Z ∞ 2 x k 2x + bx + a I = − 1 dx = l´ım ln k→∞ x(2x + a) 2x + a 1 1 k 1 1 1 = l´ım ln − ln = ln − ln . k→∞ 2k + a 2+a 2 2+a Como debe ser 1 = ln

1 1 − ln , resulta que a = b = 2e − 2. 2 2+a

PROBLEMA 12.16 Z

∞

Estudiar la convergencia de la integral 1

ln x dx. x2

Soluci´ on Resolvemos la integral indefinida por partes haciendo u = ln x y dv = dx/x2 . As´ı du = dx/x, v = −1/x y: Z Z ln x ln x dx ln x 1 1 + ln x dx = − + =− − =− . 2 2 x x x x x x La integral impropia queda entonces: Z b Z ∞ 1 + ln b ln x 1 + ln x b ln x = l´ım − dx = l´ım dx = l´ım − + 1 = 1, b→∞ b→∞ 1 x2 b→∞ x2 x b 1 1 pues l´ım ln b/b = 0 (se puede aplicar por ejemplo la regla de L’Hôpital). b→∞

Otra posibilidad, en la que no se calcula directamente la integral, es utilizar el criterio de comparación. Debido a que: ln x/x2 ln x 1/x 2 = l´ım 1/2 = l´ım = l´ım 1/2 = 0, x→∞ 1/x3/2 x→∞ x x→∞ (1/2)x−1/2 x→∞ x l´ım

Z e 1

∞

1 x3/2

dx es convergente, se deduce la convergencia de la integral pro-

puesta.

PROBLEMA 12.17 Z

Estudiar la convergencia de la integral 1

119

∞

x2 + 3x + 1 √ dx. x4 + x3 + x

Soluci´ on En primer lugar observamos que la función integrando es positiva en el intervalo de integración. Como la diferencia de grados entre el denominador y el numerador es 2, comparamos el integrando con la función 1/x2 . Debido a que x2 +3x+1 √ x4 +x3 + x l´ım x→∞ 1/x2

Z

∞

dx/x2 es convergente, la integral propuesta tam-

y la integral impropia bién es convergente.

x4 + 3x3 + x2 √ = 1, x→∞ x4 + x3 + x

= l´ım

1

PROBLEMA 12.18 Z

∞

Estudiar la convergencia de la integral 1

dx √ . 3 2x + x + 1 + 5

Soluci´ on Análogamente al problema anterior, la función es positiva en el intervalo [1, ∞). Además, cuando x → ∞, es un infinitésimo del mismo orden que 1/x, es decir l´ım

x→∞

Z

∞

Como 1

√1 2x+ 3 x+1+5

1/x

= 1/2.

dx es divergente, la integral propuesta también lo será. x

PROBLEMA 12.19 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

∞

√

x dx. +1

x4

Soluci´ on La convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de la integral Z ∞ x √ dx porque, en el intervalo [0, 1], el integrando es acotado y la x4 + 1 1 integral es propia. Como la función integrando es positiva en el intervalo de integración, podemos aplicar el criterio de comparación. As´ı tenemos que √ x/ x4 + 1 x2 l´ım = l´ım √ = 1, x→∞ x→∞ 1/x x4 + 1 120

pues el grado Z ∞ del numerador coincide con el grado del denominador. Como la dx integral es divergente, también es divergente la integral propuesta. x 1 PROBLEMA 12.20 Z

∞

Investigar la convergencia de la integral 1

√

dx . x3 + 1

Soluci´ on Como el integrando es positivo aplicamos el criterio de comparación por paso al l´ımite. Cuando x → ∞, tenemos √

1 x3

+1 Z Como la integral

1

será.

1

=p

x3 (1

∞

+

1/x3 )

=

1 1 1 ·p ∼ 3/2 . 3 x3/2 x 1 + 1/x

dx es convergente, la integral propuesta también lo x3/2

PROBLEMA 12.21 Z

∞

Estudiar la convergencia de la integral 0

x2 dx . (a2 + x2 )3/2

Soluci´ on Comparamos el integrando con la función y = 1/x. Tenemos as´ı: l´ım

x→∞

Z

∞

Como 0

x2 (a2 +x2 )3/2

1/x

x3 = 1. x→∞ x3 · (a2 /x2 + 1)3/2

= l´ım

dx es divergente, también lo es la integral propuesta. x

PROBLEMA 12.22 Z

Estudiar la convergencia de la integral 3

∞

x dx √ . x6 + 1

Soluci´ on Comparando los grados del numerador y denominador, obtenemos que g(x) = 1/x2 es un infinitésimo equivalente a la función integrando cuando x → ∞. 121

Z

∞

dx es convergente, por el criterio de comparación dedux2 3 cimos que la integral propuesta es también convergente.

Como además

PROBLEMA 12.23 ∞

Z

2

e−x dx.

Estudiar la convergencia de la integral −∞

Soluci´ on En primer lugar descomponemos la integral en tres sumandos. Además, debido a la simetr´ıa de la función integrando, podemos escribir: −1

Z I=

−x2

e

Z

1

dx+

−∞

−x2

e −1

Z dx+

∞

−x2

e

Z

1

−x2

dx =

e

Z

−1

1

∞

dx+2

2

e−x dx.

1

Para estudiar la convergencia de esta u ´ltima integral impropia, como la función integrando es positiva, aplicamos el criterio de comparación. Tenemos 2 por un lado que se verifica la acotación e−x ≤ e−x , ∀x ≥ 1, y por otro lado que Z

∞

−x

e

Z dx = l´ım

b→∞ 1

1

b

b e−x dx = l´ım −e−x 1 = l´ım −e−b + e−1 = e−1 . b→∞

b→∞

Esto indica que la integral propuesta es convergente.

PROBLEMA 12.24 Z

∞

Investigar la convergencia de la integral 0

x3 dx. 2x

Soluci´ on x3 Debido a que 2x es un infinito de orden superior a x3 , es decir l´ım x = 0, x→∞ 2 aplicaremos el criterio de comparación por paso al l´ımite con la función g(x) = 1/2x . Ahora bien, como x3 /2x = l´ım x3 = ∞, x→∞ 1/2x x→∞ l´ım

Z e 0

∞

dx converge, el criterio no puede aplicarse con esta función. 2x 122

Si tomamos una función un poco mayor que g, como h(x) = (2/3)x , tenemos: x3 x3 /2x = l´ ım = 0, l´ım x→∞ (4/3)x x→∞ (2/3)x y además Z

∞

(2/3)x dx = l´ım

0

b→∞

(2/3)x ln 2/3

b =− 0

1 . ln 2/3

El citado criterio de comparación indica pues que la integral propuesta es convergente.

PROBLEMA 12.25 Z

Determinar si la integral 1

∞

√

x

3x

dx converge o no.

Soluci´ on El integrando es no negativo y decreciente en [1, ∞). Recordamos que, de acuerdo con el criterio de la integral para series Z infinitas, si f es una función ∞ X f y f (n) convergen no creciente y no negativa en [1, ∞), entonces 1

n≥1

ambas o divergen ambas. En este caso la convergencia de la serie

X √n n≥1

3n

se puede determinar por el

criterio de la ra´ız. Tenemos as´ı: √ √ n + 1/3n+1 3n · n + 1 1 √ l´ım = l´ım n+1 √ = < 1, n n→∞ n→∞ 3 n/3 3 · n de modo que la serie converge, con lo que también la integral dada converge.

PROBLEMA 12.26 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

∞

ex

x dx. −1

Soluci´ on x = 1, la ex − 1 función está acotada para x > 0 y la integral no es impropia enX x = 0. El n carácter de esta integral es el mismo que el de la serie asociada . en − 1

Aunque la función no está definida en x = 0, como l´ım

x→0+

123

Aplicando el criterio de Pringsheim, como l´ım n2 · n→∞

convergente, también lo es la serie anterior.

X 1 n = 0 y es en − 1 n2

PROBLEMA 12.27 ∞

Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

4x3 + 2x + 1 dx. ex

Soluci´ on Debido a que la función integrando es positiva en el intervalo de integración y tiende a cero cuando x → ∞, reducimos el estudio de la convergencia X 4n3 + 2n + 1 de la integral al de la serie asociada . Por el criterio de la en n≥0

ra´ız, r

4n3 + 2n + 1 = l´ım 1/e < 1. n→∞ n→∞ en Entonces la integral es convergente. l´ım

n

PROBLEMA 12.28 Z

Estudiar el car´ acter de la integral I = 0

∞

ln(1 + x) dx. ex

Soluci´ on Como la función integrando es no negativa en el intervalo de integración, X ln(1 + n) estudiaremos el carácter de la serie asociada . en Aplicando el criterio del cociente tenemos: l´ım

ln(n+2) en+1 ln(n+1) en

= l´ım

ln(n + 2) 1 = < 1, e ln(n + 1) e

lo que indica que la serie es convergente y, en consecuencia, también es convergente la integral propuesta.

PROBLEMA 12.29 Z

Estudiar el car´ acter de la integral 0

124

∞

x dx . 1 + x2 sen2 x

Soluci´ on X n Como la serie asociada a la integral impropia es , la cual es 2 1 + n sen2 n X1 equivalente a la serie y esta es divergente, también será divergente la n integral dada.

PROBLEMA 12.30 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

∞

sen kx dx. ex2

Soluci´ on Como la función integrando cambia de signo, estudiamos la convergencia X | sen kn| absoluta. La serie asociada a la integral es que es convergente en2 n≥0 pues

| sen kn| 1 ≤ n2 y, por el criterio de la ra´ız, 2 n e e r 1 1 l´ım n n2 = l´ım n = 0 < 1. n→∞ n→∞ e e

Lo anterior indica que la integral dada es absolutamente convergente.

PROBLEMA 12.31 Z

∞

Estudiar la convergencia de la integral 1

α > 0.

sen x dx, para xα

Soluci´ on Como la función f (x) = sen x tiene primitiva F (x) = − cos x acotada y la función g(x) = 1/xα es derivable y decreciente, con l´ım g(x) = 0, por el x→∞

criterio de Dirichlet (4) se deduce que la integral es convergente.

PROBLEMA 12.32 Z

Estudiar el car´ acter de la integral 1

125

∞

cos x dx. x2

Soluci´ on Como el integrando no es una función positiva en el intervalo de integración, debemos estudiar la convergencia | cos x| ≤ 1, ∀x, tenemos Z ∞ absoluta.ZComo cos x ∞ cos x 1 1 que 2 ≤ 2 de donde dx ≤ dx, la cual es convergenx x x2 x2 1 1 te. Se deduce por el criterio de comparación que la integral propuesta es absolutamente convergente. Z ∞ f (x) Como regla general podemos afirmar que, si en la expresión dx el xn 1 numerador Z ∞ está acotado, la integral impropia converge absolutamente si lo dx . hace n x 1

PROBLEMA 12.33 Z ∞ sen x Probar que dx converge condicionalmente. x 0 Soluci´ on sen x = 1. x→0 x Por tanto la de la integral dada equivale a la convergencia de Z convergencia ∞ sen x la integral dx. Como vimos en el problema 12.31, esta integral es x 1 convergente. Z ∞ 1 − cos 2x sen x Sin embargo, , dx diverge pues, como | sen x| ≥ sen2 x = x 2 1 tenemos que Z ∞ Z Z | sen x| 1 ∞ dx 1 ∞ cos 2x dx ≥ − dx. x 2 1 x 2 1 x 1 Z ∞ Z ∞ dx cos 2x De las dos u ´ltimas integrales, diverge y dx converge, x x 1 1 pues, integrando por partes, Aunque la función no esté definida en x = 0, está acotada pues l´ım

Z 1

∞

Z ∞ Z ∞ cos 2x sen 2x b sen 2x − sen 2 sen 2x dx = l´ım + dx = + dx, 2 b→∞ x 2x 1 1 2x 2 2x2 1

y esta u ´ltima integral converge absolutamente como se deduce por la acota sen 2x ≤ 1 . ción 2 2x 2x2 Z ∞ sen x De lo anterior se deduce que dx converge condicionalmente. x 1 126

PROBLEMA 12.34 Z

∞

Estudiar la convergencia de la integral 0

sen3 x dx. x

Soluci´ on La integral es impropia por tener un l´ımite de integración infinito. Aunque sen3 x x3 además la función no está definida en x = 0, como l´ım = l´ım = 0, x x→0+ x→0+ x la integral no es impropia en x = 0. 3 sen x sen 3x Para estudiar la convergencia utilizamos la fórmula sen3 x = − . 4 4 Entonces Z ∞ Z Z sen3 x 3 ∞ sen x 3 ∞ sen 3x dx = dx − dx, x 4 0 x 4 0 3x 0 y cada uno de los sumandos es convergente como vimos en el problema anterior. Entonces su suma será también convergente.

B. INTEGRALES IMPROPIAS DE SEGUNDA ESPECIE.

Si una función y = f (x) no está acotada en un intervalo [a, b], no tiene sentido el concepto de integral definida de f en [a, b]. Esta situación da lugar a las integrales impropias de segunda especie; para definirlas, distinguimos los siguientes casos: a) Si f es integrable en [a, r], ∀r < b, y l´ım f (x) = ±∞, definimos x→b−

b

Z

r

Z f (x) dx = l´ım

r→b−

a

b−ε

Z f (x) dx = l´ım

ε→0+

a

f (x) dx. a

b) Si f es integrable en [s, b], ∀s > a, y l´ım f (x) = ±∞, definimos x→a+

Z

b

b

Z f (x) dx = l´ım

a

s→a+

Z

b

f (x) dx = l´ım s

127

ε→0+

f (x) dx. a+ε

c) Si existe c ∈ (a, b) tal que f es integrable en [a, r] ∪ [s, b], ∀r < c, s > c y l´ım f (x) = ±∞, definimos x→c

b

Z

Z f (x) dx = l´ım

r→c−

a

r

Z f (x) dx + l´ım

s→c+

a

b

f (x) dx. s

Al igual que para las integrales impropias de primera especie, se dice que una integral es convergente si existe el l´ımite o l´ımites que las definen. Las propiedades 1 a 5 enunciadas para las integrales impropias de primera especie son válidas también aqu´ı con las modificaciones obvias. También los criterios de convergencia son análogos a los all´ı indicados pues existe un paralelismo entre ambos tipos de integrales impropias. As´ı, en el primer caso, si l´ım f (x) = ±∞, al hacer el cambio de variable b − x = 1/t, se x→b−

tiene: Z

b

Z

∞

f (x) dx = a

g(t) dt, 1/(b−a)

y resulta una integral impropia de primera especie. Escribiremos a continuación los criterios espec´ıficos para el caso a) aclarando nuevamente que los demás pueden plantearse de forma similar. (1) Criterio de comparaci´ on. Si f y g son funciones continuas en [a, r], ∀r < b y 0 ≤ f (x) ≤ g(x), ∀x ∈ [a, r], entonces Z b Z b g(x) dx converge =⇒ f (x) dx converge. a

a

(2) Comparaci´ on por paso al l´ımite. Sean f y g continuas y no negativas en [a, r], ∀r < b. a) Si l´ım

x→b−

f (x) = λ 6= 0, λ finito, entonces g(x) Z b Z b f (x) dx converge ⇐⇒ g(x) dx converge. a

b) Si l´ım

x→b−

a

f (x) = 0, entonces g(x) Z b Z b g(x) dx converge =⇒ f (x) dx converge. a

a

Como aplicación, es com´ un considerar el criterio de comparación con Z b 1 la función g(x) = 1/(b − x)α pues dx converge si α < 1 y (b − x)α a diverge si α ≥ 1 (ver problema 12.35). Entonces tenemos: 128

(3) Sea f una función continua y no negativa en [a, r], ∀r < b. a) Si l´ım (b − x)α f (x) = λ 6= 0, λ finito, entonces x→b−

b

Z

f (x) dx converge ⇐⇒ α < 1. a b

Z

α

b) Si l´ım (b − x) f (x) = 0 y α < 1, entonces x→b−

f (x) dx converge. a

Z

α

c) Si l´ım (b − x) f (x) = ∞ y α ≥ 1, entonces x→b−

b

f (x) dx diverge. a

En los siguientes ejercicios se muestran también casos en que una integral debe descomponerse como integral impropia de primera y segunda especie.

PROBLEMA 12.35 Z b dx , con α ∈ R, donde a < b. Resolver α a (b − x) Soluci´ on Distinguiremos los siguientes casos: - Si α = 1, por definición de integral impropia, Z b Z r r dx dx = l´ım = l´ım − ln(b − x) a r→b− a b − x r→b− a b−x = l´ım [− ln(b − r) + ln(b − a)] = ∞. r→b−

- Si α 6= 1, Z b dx (b − x)α a

r dx (b − x)−α+1 = l´ım = l´ım − −α + 1 r→b− a (b − x)α r→b− a ( −α+1 −α+1 ∞ (b − a) − (b − r) = l´ım = (b−a)−α+1 −α + 1 r→b− −α+1 Z

r

si − α + 1 < 0 si − α + 1 > 0.

En definitiva, la integral propuesta es convergente cuando α < 1 y divergente cuando α ≥ 1.

PROBLEMA 12.36 Z b dx Calcular donde a < b. 3/2 a (x − a) 129

Soluci´ on Como la función no está acotada en x = a, hacemos lo siguiente: b Z b Z b dx dx −2 = l´ım = l´ım √ 3/2 c→a+ c (x − a)3/2 c→a+ x−a c a (x − a) −2 2 = ∞. = l´ım √ +√ + c→a c−a b−a

PROBLEMA 12.37 Z 3 dx √ Calcular . 9 − x2 0 Soluci´ on El integrando presenta una discontinuidad esencial en x = 3. Resulta entonces:

Z 0

3

dx √ 9 − x2

Z

3−ε

dx 9 − x2 0 3−ε 3−ε π = l´ım arc sen x/3 0 = l´ım arc sen = arc sen 1 = . + + 3 2 ε→0 ε→0

=

l´ım

ε→0+

√

PROBLEMA 12.38 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

1

dx p

(1 − x)(2 + x)

.

Soluci´ on El integrando f (x) = p mando g(x) = √

1 (1 − x)(2 + x)

es no negativo y l´ım f (x) = ∞. Tox→1−

1 , tenemos: 1−x l´ım

x→1−

f (x) 1 1 = l´ım √ = √ > 0. g(x) x→1− 2 + x 3

Por tanto, la integral dada converge si y sólo si converge la integral de g. Ahora bien, Z 1 Z b √ b dx dx √ √ = l´ım = l´ım − 2 1 − x 0 = 2, 1 − x b→1− 0 1 − x b→1− 0 130

luego la integral dada es convergente.

PROBLEMA 12.39 1

Z

√

Investigar si es convergente la integral 0

dx . 1 − x4

Soluci´ on La función integrando tiene una discontinuidad en x = 1. Comparamos la integral propuesta con la de 1/(1 − x)α con α apropiado. Debido a que √ (1 − x)α 1/ 1 − x4 (1 − x)α p l´ım = l´ım = 1/2, = l´ım √ α x→1− (1 − x)1/2 (1 + x)(1 + x2 ) x→1− x→1− 1/(1 − x) 1 − x4 Z 1 1 cuando α = 1/2 y además dx es convergente, del criterio de 1/2 0 (1 − x) comparación se deduce la convergencia de la integral propuesta.

PROBLEMA 12.40 2

Z

Estudiar la convergencia de la integral

(1 +

0

dx √

x2 )

4 − x2

.

Soluci´ on Z Aplicamos el criterio de comparación con la integral convergente 0

Como l´ım

x→2−

1√ (1+x2 ) 4−x2 1 (2−x)1/2

= l´ım

x→2−

1 (1 +

x2 )(2

+

Z

1

x)1/2

=

2

dx . (2 − x)1/2

1 , 10

la integral es convergente.

PROBLEMA 12.41

Estudiar la convergencia de la integral 0

dx p

(1 − x3 )n

.

Soluci´ on La integral es impropia porque el integrando tiende a infinito cuando x → 1. dt Hacemos el cambio de variable x3 = t, dx = 2/3 . La integral se escribe 3t 131

Z

1

dt p . A primera vista parece que se ha com2/3 (1 − t)n 0 3t plicado la integral pues ahora es impropia para los dos extremos del intervalo. Dividimos éste en dos sumandos: Z 1 Z 1/2 dt dt p p + . I= 2/3 2/3 n 3t (1 − t) (1 − t)n 1/2 3t 0 ahora como I =

Z

1/2

dt t2/3 0 que sabemos es convergente. El segundo sumando, al estar acotado 1/t2/3 en todo el intervalo, será convergente cuando n/2 < 1, es decir n < 2.

El primer sumando es convergente pues la integral es equivalente a

Otro método más sencillo ser´ıa descomponer 1 − x3 de la siguiente forma 1 − x3 = (x2 + x + 1)(1 − x). La integral queda entonces Z I= 0

1

√

dx (x2 +x+1)n

(1 − x)n/2

.

Como el numerador está acotado en todo el intervalo y el grado del denominador es n/2, la integral será convergente cuando n/2 < 1.

PROBLEMA 12.42 Z 4 dx no existe. Demostrar que 2 0 (x − 1) Soluci´ on El integrando presenta una discontinuidad esencial en x = 1, valor comprendido entre los l´ımites de integración. Descomponemos la integral en dos sumandos y resulta: Z 4 Z 1−ε dx dx + l´ım I = l´ım 2 2 + 0 + (x − 1) ε→0 ε →0 1+ε0 (x − 1) 0 1−ε 4 −1 −1 = l´ım + l´ım + 0 + x−1 0 x − 1 1+ε0 ε→0 ε →0 1 1 1 = l´ım − 1 + l´ım − + 0 = ∞. 3 ε ε→0+ ε ε0 →0+ Si no se hubiera tenido en cuenta el punto de discontinuidad, obtendr´ıamos equivocadamente el resultado: 4 Z 4 dx 1 4 =− = − 2 x−1 0 3 0 (x − 1) 132

pues además no es posible que la integral de una función positiva sea negativa.

PROBLEMA 12.43 Z

1

Estudiar la convergencia de la integral I = −1

dx √ . 3 x

Soluci´ on Como la función no está acotada en x = 0, descomponemos la integral en suma: Z 1 Z 0 Z 1 dx dx dx √ √ √ = + . 3 3 3 x x x −1 −1 0 Z a dx con Cada uno de los sumandos es convergente pues tiene la forma α 0 x α < 1. De ello se deduce que la integral es convergente. El valor de la integral ser´ıa el mismo si no se tuviera en cuenta la discontinuidad esencial en x = 0, pero no ser´ıa correcto el proceso seguido.

PROBLEMA 12.44 Z 4 dx √ . Hallar 3 x−1 0 Soluci´ on Como el integrando presenta una discontinuidad en x = 1, tenemos que Z 1−ε Z 4 dx dx √ √ I = l´ım + l´ım 3 3 + 0 + ε→0 x − 1 ε →0 1+ε0 x − 1 0 1−ε 4 3 3 (x − 1)2/3 0 + l´ım (x − 1)2/3 1+ε0 = l´ım ε→0+ 2 ε0 →0+ 2 3 3 √ 3 √ 3 3 = l´ım [(−ε)2/3 − 1] + l´ım [ 9 − (ε0 )2/3 ] = 9−1 . 2 ε0 →0+ 2 ε→0+ 2

PROBLEMA 12.45 Z

Determinar el car´ acter de la integral 2

133

3

dx p

(3 − x)(x − 2)

.

Soluci´ on La integral es impropia porque el integrando tiende a infinito en los dos extremos del intervalo. Separamos la integral en dos sumandos y tenemos: Z 2,5 Z 3 dx dx p p I= + . (3 − x)(x − 2) (3 − x)(x − 2) 2 2,5 Aplicaremos el criterio de comparación para estudiar la convergencia de cada integral. En el caso de que 2 ≤ x ≤ 2,5, deducimos que (3 − x)(x − 2) ≥ (x − 2)/2 =⇒ =⇒ Z

2,5

(x − 2)1/2 √ 2 √ 2 1 p . ≤ (x − 2)1/2 (3 − x)(x − 2)

p

(3 − x)(x − 2) ≥

√

2 dx es convergente, también lo será el primer 1/2 (x − 2) 2 sumando de la integral dada. Como además

Procediendo análogamente con el segundo sumando obtenemos que, si 2,5 < x < 3, √ 2 1 p ≤ (3 − x)1/2 (3 − x)(x − 2) √ Z 3 2 dx es convergente. y sabemos también que 1/2 2,5 (3 − x) En definitiva obtenemos que la integral propuesta es convergente.

PROBLEMA 12.46 Z

Determinar la naturaleza de la integral I = 0

1

dx p

x(1 − x2 )

.

Soluci´ on Como la integral es impropia en los dos extremos de integración, la dividimos en dos sumandos. As´ı escribimos Z I= 0

1/2

Z

dx p

x(1 −

x2 )

1

+ 1/2

dx

p = x(1 − x2 )

Z 0

1/2

dx (1−x2 )1/2 x1/2

1

dx

1/2

√x . 1 − x2

Z +

1/2

Los numeradores están acotados en los intervalos correspondientes. Por tanZ 1/2 dx to la primera integral tiene el mismo carácter que que sabemos x1/2 0 134

es convergente. Con respecto a la segunda integral podemos factorizar el Z 1 Z 1 dx dx 1/2 x x1/2 √ denominador y escribir = . Esta inte1/2 (1 + x)1/2 1 − x2 1/2 1/2 (1 − x) Z 1 dx que gral es equivalente en cuanto a su carácter a la integral 1/2 1/2 (1 − x) es también convergente. En definitiva, la integral dada es convergente.

PROBLEMA 12.47 Z π/2 cos x √ Hallar dx. 1 − sen x 0 Soluci´ on El integrando presenta una discontinuidad en x = π/2, de modo que Z I =

π/2−ε

√

l´ım

ε→0+

0

π/2−ε cos x dx = l´ım − 2(1 − sen x)1/2 0 ε→0+ 1 − sen x

= −2 l´ım {[1 − sen(π/2 − ε)]1/2 − 1} = 2. ε→0+

PROBLEMA 12.48 Z Calcular la integral 0

1

ln x √ dx. x

Soluci´ on Esta integral es impropia porque el integrando no está acotado en x = 0. Si realizamos la integral indefinida por partes, tenemos: Z 1 √ 1 √ 2 x ln x √ dx = l´ım 2 x ln x a − I = l´ım dx x x a→0+ a a→0+ a √ √ 1 √ √ = l´ım 2 x ln x − 4 x a = −4 − l´ım (2 a ln a − 4 a) Z

1

a→0+

a→0+

= −4 − l´ım

a→0+

2 ln a 2/a = −4 − l´ım = −4. a→0+ (−1/2)a−3/2 a−1/2

135

PROBLEMA 12.49 Z 1 arc sen x √ dx. Calcular 1 − x2 0 Soluci´ on Por definición de integral impropia, tenemos: 1

Z 0

arc sen x √ dx = 1 − x2

Z

B

arc sen x √ dx 1 − x2 0 B (π/2)2 π2 (arc sen x)2 = = . = l´ım 2 2 8 B→1− 0 l´ım

B→1−

PROBLEMA 12.50 π/2

Z

Determinar los valores de m para que 0

vergente.

1 − cos x dx sea conxm

Soluci´ on x2 1 − cos x 1 Debido a la equivalencia 1 − cos x ∼ si x → 0, entonces ∼ m−2 m 2 x 2x Z π/2 Z π/2 1 − cos x 1 y las dos integrales dx, dx tienen el mismo carácter m m−2 x 2x 0 0 (convergen o divergen a la vez). De aqu´ı se deduce que la integral es convergente cuando m − 2 < 1, o bien m < 3, y divergente cuando m ≥ 3.

PROBLEMA 12.51 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

1

ln x dx. 1−x

Soluci´ on Como la función no está acotada en x = 0 ni en x = 1, descomponemos la integral en dos sumandos as´ı: Z 0

1

ln x dx = 1−x

Z 0

α

ln x dx + 1−x

Z

136

1

α

ln x dx, con 0 < α < 1. 1−x

Aplicamos el criterio de comparación para estudiar la convergencia de cada una de las integrales. Debido a que ln x 1−x l´ım x→0 1/x1/2

Z

α

y que 0

=0

dx es convergente, el primer sumando es convergente. x1/2

Análogamente, como l´ım

x→1

Z

ln x 1−x

√ =0 1/ 1 − x

1

dx es convergente, el segundo sumando es también convergente. 1−x α De lo anterior se deduce que la integral propuesta es convergente. y

√

PROBLEMA 12.52 Z

Determinar la naturaleza de la integral 0

valores de a > 0.

1

√

1 − x dx seg´ un los xa ln x

Soluci´ on Como la función integrando no está definida en x = 0 ni en x = 1, descomponemos la integral en dos sumandos Z I= 0

1/2

√

1 − x dx + xa ln x

Z

1

1/2

√

1 − x dx = I1 + I2 . xa ln x

En la segunda integral hacemos el cambio de variable z = 1 − x, con lo que √ Z 1/2 z dz I2 = . a ln(1 − z) (1 − z) 0 Debido a la equivalencia de infinitésimos ln(1 − z) ∼ −z cuando z → 0, Z 1/2 √ Z 1/2 − z dz −dz √ y esta u podemos comparar la integral con = ´ltima z z 0 0 es convergente. Estudiamos ahora el primer sumando, que es una integral impropia en x = 0 porque √ 1−x x−a −ax−a−1 l´ım a = l´ım = l´ım = ∞. x→0 x ln x x→0 ln x x→0 1/x 137

Z

1/2

dx que es convergente si b < 1 y diverxb 0 gente si b ≥ 1. Calculando el l´ımite del cociente, obtenemos: ( √ 0 si b ≥ a 1 − x/xa ln x xb−a = l´ım l´ım = b 1/x x→0+ ln x x→0+ ∞ si b < a. Compararemos la integral con

De este modo, si a < 1, elegimos b = a, en cuyo caso el l´ımite del cociente es cero y la integral I1 es convergente. Por otra parte, si a > 1, elegimos b = 1 lo que hace que el l´ımite del cociente sea infinito y la integral sea divergente. Z 1/2 √ 1−x Estudiaremos por u ´ltimo el caso a = 1. Como dx tiene el x ln x 0 Z 1/2 √ 1 mismo carácter que dx pues 1 − x está acotada en (0, 1/2), y x ln x 0 además Z 1/2 1/2 1 dx = l´ım ln | ln x| a = ∞, + x ln x a→0 0 la integral es también divergente. En definitiva, obtenemos que la integral propuesta es convergente cuando a < 1 y divergente cuando a ≥ 1.

PROBLEMA 12.53 1

Z

x3 e1/x dx.

Estudiar el car´ acter de la integral I = 0

Soluci´ on Z Si hacemos el cambio de variable x = 1/t, resulta la integral I = 1

∞

et dt. t5

en Ahora bien, como la sucesión de término general an = 5 es divergente, n X (l´ım an = ∞), la serie an es divergente. Por el criterio de la serie asociada, la integral impropia I es también divergente.

PROBLEMA 12.54 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

138

π

dx . 1 − cos x

Soluci´ on El denominador se anula cuando x = 0; por tanto el integrando no está acox2 tado en x = 0. Debido a la equivalencia 1 − cos x ∼ , resulta que la inte2 Z π dx . Como ésta es divergente, gral propuesta tiene el mismo carácter que 2 0 x también lo es la integral propuesta.

PROBLEMA 12.55 Z

∞

√

Estudiar la convergencia de la integral 0

1 dx. x + x4

Soluci´ on Descomponemos la integral en dos sumandos como Z ∞ Z 1 1 1 √ √ dx + dx. I= 4 x+x x + x4 1 0 As´ı tenemos dos integrales impropias: la primera es de segunda especie pues la función no está acotada en x = 0 y la segunda de primera especie, pues el intervalo de integración es infinito. Aplicamos el criterio de comparación en ambos casos. Por una parte, √ 1/ x + x4 1 √ l´ım = l´ım √ =1 x→0 x→0 1/ x 1 + x3 Z 1 1 √ dx es convergente. e x 0 Por otra parte, √ x2 1/ x + x4 √ = l´ ım =1 l´ım x→∞ x→∞ 1/x2 x + x4 Z

∞

1 dx es convergente. Como ambas integrales son convergentes, tamx2 1 bién lo será la suma de ambas.

e

PROBLEMA 12.56 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

139

∞

√

e− √

x

x

dx.

Soluci´ on √

e− Como l´ım √

x

= ∞, la integral es impropia en ambos extremos de intex gración. Calculando directamente la integral, obtenemos: x→0+

√

Z

e− √

x

x

√ − x

dx = −2e =

h

l´ım

Z

∞

=⇒

−2e−

√

√

e− √

x

0

x

B

+ 2e−

dx = l´ım

√

A→0+ B→∞ A

i

h

−2e−

√

x

iB A

= 2.

A→0+ B→∞

PROBLEMA 12.57

Determinar los valores de a para los cuales es convergente la inZ ∞ xa−1 tegral I = dx. 1+x 0 Soluci´ on Por una parte el intervalo de integración es infinito y por otra, en el caso de que a − 1 < 0, el integrando no está acotado en x = 0. Debemos pues descomponer la integral en dos sumandos Z

1

I= 0

xa−1 dx + 1+x

Z 1

∞

xa−1 dx. 1+x Z

1

La primera integral tiene el mismo carácter que gente cuando 1 − a < 1, es decir a > 0.

0

dx , la cual es converx1−a

Con respecto al segundo sumando, debido a la equivalencia 1+x ∼ Z x, cuando Z ∞ Z ∞ a−1 ∞ 1 x x → ∞, la integral es equivalente a dx = xa−2 dx = dx, 2−a x x 1 1 1 la cual es convergente si 2 − a > 1, o bien a < 1. En definitiva, las dos condiciones indican que la integral propuesta es convergente cuando 0 < a < 1 y divergente en caso contrario.

PROBLEMA 12.58 Z

Estudiar la convergencia de la integral 0

distintos valores de α. 140

∞

e−x − 1 dx seg´ un los xα

Soluci´ on Debido a que la función integrando no está acotada en x = 0 cuando α > 1, descomponemos la integral en dos sumandos Z ∞ −x Z 1 −x Z ∞ −x e −1 e −1 e −1 dx = dx + dx, α α x x xα 0 0 1 y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos. −x En el primer sumando, e − 1 −x ∼ 1 , de modo que la como e − 1 ∼ −x si x → 0, entonces xα xα−1 integral es convergente si α − 1 < 1 y divergente si α − 1 ≥ 1. −x e − 1 = l´ım 1 , la convergencia Para el segundo sumando, como l´ım x→∞ xα α x→∞ x Z ∞ dx equivale a la de la integral . Por tanto, converge si α > 1 y diverge α x 1 si α ≤ 1. Como la integral propuesta es convergente cuando lo sean ambos sumandos, tenemos que es convergente cuando α ∈ (1, 2) y divergente en el resto.

PROBLEMA 12.59 Z

Probar que la integral impropia 0

diverge si α ≤ 1.

∞

tα−1 dt converge si α > 1 y et − 1

Soluci´ on Descomponemos la integral en dos sumandos como Z 1 α−1 Z ∞ α−1 Z ∞ α−1 t t t dt = dt + dt, t t e −1 et − 1 0 e −1 1 0 y estudiamos la convergencia de cada uno de ellos. El primer sumando corresponde a una integral impropia de segunda especie. tα−1 1 Debido a la equivalencia et − 1 ∼ t cuando t → 0, resulta que t ∼ 2−α . e −1 t Esto indica que la integral converge cuando 2 − α < 1, es decir α > 1, y diverge cuando α ≤ 1. El segundo sumando es siempre Z ∞ convergente como se deduce al compararlo dt con la integral convergente . En efecto: t2 1 l´ım t2 ·

t→∞

tα−1 tα+1 = l´ ım = 0. et − 1 t→∞ et − 1 141

La integral propuesta es por tanto convergente cuando α > 1.

PROBLEMA 12.60

Se define la funci´ on Γ(x) como: Z ∞ tx−1 e−t dt. Γ(x) = 0

a) Probar que converge para x > 0 y diverge para x ≤ 0. b) Probar que Γ(x + 1) = xΓ(x) para x > 0. c) De lo anterior, deducir que Γ(n) = (n−1)! para cualquier n natural. Soluci´ on a) Vamos a separar el estudio en tres casos: - x ≥ 1: La integral es impropia de primera especie pues Z ∞ la función dt está acotada. Aplicamos el criterio de comparación con , que es t2 1 convergente: t2+x−1 = 0, l´ım t2 · tx−1 e−t = l´ım t→∞ t→∞ et como se deduce al aplicar la regla de L’Hôpital sucesivas veces (el denominador es un infinito de orden superior al del numerador). Esto indica que la integral impropia es convergente. - 0 < x < 1: En este caso la integral también es impropia de segunda especie pues en x = 0 la función no está acotada. Descomponemos la integral como Z ∞ Z 1 Z ∞ tx−1 e−t dt = tx−1 e−t dt + tx−1 e−t dt. 0

0

1

El segundo sumando es convergente (se procede como en el caso anterior); para estudiar la convergencia del primer sumando aplicamos de Z 1 dt nuevo el criterio de comparación con donde elegimos cualquier α 0 t α que cumpla 1 > α > 1 − x. Debido a que l´ım tα · tx−1 e−t = l´ım tα+x−1 = 0,

t→0+

Z y a que vergente.

0

1

t→0+

dt es convergente, también la integral propuesta es contα

142

- x ≤ 0: De nuevo tenemos una integral impropia de segunda especie. Z 1 dt Aplicamos el criterio de comparación con , haciendo α = 1−x ≥ α 0 t 1. Resulta: l´ım tα · tx−1 e−t = l´ım e−t = 1 t→0+

1

Z y, como 0

t→0+

dt es divergente, también lo es la integral propuesta. tα

b) Aplicando el método de integración por partes, Z Γ(x + 1) = =

l´ım

b→∞ 0 bx

l´ım

b→∞

eb

b

tx e−t dt = l´ım

b→∞

− tx e−t

Z

b

+ l´ım x 0 b→∞

b

tx−1 e−t dt

0

+ xΓ(x) = xΓ(x).

c) Aplicando el apartado b) sucesivas veces, tenemos: Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = · · · = (n − 1)(n − 2) . . . 2 · 1 · Γ(1). Z ∞ e−t dt = 1, deducimos que Γ(n) = (n − 1)! Como además Γ(1) = 0

´ ´ ´ C. APLICACIONES AL CALCULO DE AREAS Y VOLUMENES.

El concepto de integral impropia permite también aplicarlo al cálculo de áreas y vol´ umenes de regiones no acotadas. Como veremos en los problemas siguientes, es posible que regiones no acotadas tengan áreas o vol´ umenes finitos, lo cual será debido a la convergencia de las integrales que las definen.

PROBLEMA 12.61 Rx (arc tg t)2 dt Resolver l´ım 0 √ . x→∞ x2 + 1

143

Soluci´ on La integral del numerador es divergente porque l´ım (arc tg t)2 = π 2 /4 6= 0. t→∞

Como el l´ımite del denominador también es infinito, tenemos una indeterminación ∞/∞. Aplicando la regla de L’Hôpital, Rx (arc tg t)2 dt (arc tg x)2 π 2 /4 √ L = l´ım 0 √ = l´ım = = π 2 /4. x→∞ x→∞ x/ x2 + 1 1 x2 + 1

PROBLEMA 12.62 R 2 x t2 e dt 0 . Resolver l´ım R x 2t2 x→∞ dt 0 e Soluci´ on Z Como las integrales

∞

t2

∞

Z

0

2

e2t dt son divergentes (los integran-

e dt y 0

dos son funciones que no están acotadas en (0, ∞)), tenemos una indeterminación del tipo ∞/∞. Aplicando por dos veces la regla de L’Hôpital, resulta: 2 R x t2 2 2 Rx e dt 2ex 0 et dt 0 = l´ım L = l´ım R x 2t2 x→∞ x→∞ dt e2x2 0 e R x t2 2 2 0 e dt 2ex = l´ım = l´ım = l´ım 1/x = 0. x→∞ x→∞ 2xex2 x→∞ ex2

PROBLEMA 12.63 Z

Sea F la funci´ on definida en todo R por F (x) = 1

1+x2

et dt. t

a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de F . b) Probar que l´ım F (x) = l´ım F (x) = ∞. x→∞

x→−∞

Soluci´ on a) Como la función integrando f (x) = ex /x es continua en R \ {0}, será integrable en cualquier intervalo que no contenga al cero. Esto implica que F es continua en R pues, al ser 1 + x2 > 0, cualquier punto del 144

intervalo [1, 1 + x2 ] es positivo. Además es también derivable en todo R, siendo 2 e1+x f 0 (x) = · 2x, ∀x ∈ R. 1 + x2 Z ∞ t e b) Como l´ım F (x) = l´ım F (x) = dt, debemos estudiar la conx→∞ x→−∞ t 1 vergencia de esta integral impropia. et = ∞, la función integrando no está acotada, de t→∞ t modo que la integral es divergente. Tenemos en definitiva que

Debido a que l´ım

l´ım F (x) = l´ım F (x) = +∞.

x→∞

x→−∞

PROBLEMA 12.64

Demostrar la acotaci´ on 2

e−x 2x 1 +

Z 1 2x2

≤

∞

2

−t2

e x

e−x dt ≤ . 2x

Soluci´ on 1 2 Integramos en primer lugar por partes, haciendo u = y dv = 2te−t dt. 2t As´ı:

Z

∞

2

e−t dt =

x

Z ∞ 1 1 −1 −t2 b 2 2 · 2te−t dt = l´ım ·e − · e−t dt 2 b→∞ 2t 2t 2t x x x Z ∞ 2 −x 1 e 2 . =⇒ 1 + 2 · e−t dt = 2t 2x x Z

∞

1 1 ≤ 1 + 2 . Por tanto, 2t2 2x Z ∞ Z ∞ 2 e−x 1 1 2 −t2 = 1+ 2 ·e 1 + 2 · e−t dt dt ≤ 2x 2t 2x x x Z ∞ Z ∞ 2 2 −x e e−x 2 −t2 −t y también e . =⇒ e dt ≥ dt ≤ 2x 2x 1 + 2x12 x x

Como x ≤ t, 1 +

Observaci´ on. Esta acotación permite estimar el error que se comete al 2 despreciar el área situada bajo la curva y = e−x para valores grandes de x.

145

PROBLEMA 12.65

Hallar el ´ area comprendida entre la estrofoide y 2 (a + x) = x2 (a − x) y su as´ıntota.

Soluci´ on r a−x En forma expl´ıcita, la ecuación es y = ±x y su as´ıntota es la recta a+x x = −a.

De acuerdo con la figura y teniendo en cuenta la simetr´ıa, el área es:

Z

0

A=2

r x

−a

a−x dx = 2 l´ım a+x r→−a+

Z

0

r x

r

a−x a2 (4 + π) dx = . a+x 2

PROBLEMA 12.66

Hallar el ´ area situada a la derecha de x = 3 y limitada por la curva 1 y el eje X . y= 2 x −1

146

Soluci´ on

Z

∞

dx −1 3 que es una integral impropia. Resolviendo la integral indefinida por el método de fracciones simples, obtenemos: De acuerdo con la gráfica, el área viene dada por la fórmula A =

x2

1 x−1 b dx = l´ım ln A = l´ım b→∞ 3 x2 − 1 2 b→∞ x+1 3 1 b−1 1 1 1 1 − 1/b 1 1 = l´ım ln − ln = l´ım ln + ln 2 = ln 2. 2 b→∞ b + 1 2 2 2 b→∞ 1 + 1/b 2 2 Z

b

PROBLEMA 12.67

Calcular el ´ area limitada por las curvas y = intervalo x ∈ [1, ∞). Soluci´ on

147

1 x , y= en el x 1 + x2

De acuerdo con la gráfica y por definición de integral impropia, tenemos: ∞

Z b

1 x dx − b→∞ 1 x 1 + x2 1 b √ 1 b 1 2 = l´ım ln x − ln(1 + x ) = l´ım ln √ − ln √ = ln 2. b→∞ b→∞ 2 2 1 + b2 1 Z

A =

1 x − x 1 + x2

dx = l´ım

PROBLEMA 12.68

Hallar el ´ area limitada por la curva x2 y 2 + x2 − y 2 = 0 y sus as´ıntotas y el volumen engendrado por dicha ´ area al girar alrededor del eje X . Soluci´ on r a) Si despejamos la variable y, la curva se expresa como y = ± que indica que las as´ıntotas son x = 1 y x = −1.

x2 lo 1 − x2

Teniendo en cuenta que la curva es simétrica respecto a los dos ejes de coordenadas (lo que se deduce al sustituir x por −x e y por −y), el área Z 1 x dx √ vendrá dada por la fórmula A = 4 . Como el integrando 1 − x2 0 presenta una discontinuidad en x = 1, debemos calcular Z A = 4 l´ım

ε→0+

0

1−ε

p p 1−ε x dx √ = 4 l´ım − 1 − x2 0 = 4 l´ım (1− 2ε − ε2 ) = 4. ε→0+ ε→0+ 1 − x2

b) Aprovechando de nuevo las simetr´ıas y aplicando el método de los discos, 148

tenemos: Z V

1

y dx = 2π

= π −1

1−ε

Z = 2π l´ım

ε→0+

0

1

1

x2 dx 2 0 1−x 0 " #1−ε x2 1 + x 1/2 dx = 2π l´ım −x + ln = ∞. 1 − x2 1−x ε→0+ Z

2

Z

2

y dx = 2π

0

PROBLEMA 12.69

Hallar el ´ area de la regi´ on comprendida entre la curva de Agnesi a3 y= 2 y el eje de abscisas y el volumen engendrado por la x + a2 misma regi´ on al girar alrededor del eje X . Soluci´ on a3 = 0. x→∞ x2 + a2

El eje de abscisas es la as´ıntota de la curva, pues l´ım

a) Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura, el área viene dada por Z b Z ∞ 1/a a3 a 2 dx = 2 dx = l´ım 2a dx 2 2 2 2 b→∞ (x/a) + 1 0 (x/a) + 1 −∞ x + a 0 b l´ım 2a2 arc tg(x/a) 0 = l´ım 2a2 arc tg(b/a) = πa2 .

Z A = =

∞

b→∞

b→∞

b) Aplicando el método de los discos, el volumen se obtiene por la fórmula Z

∞

y 2 (x) dx = 2π

V =π −∞

Z

∞

0

a6 dx. (x2 + a2 )2

Para realizar la integración aplicamos el cambio de variable x = a tg t, con lo que x = 0 =⇒ t = 0 y x = ∞ =⇒ t = π/2 y obtenemos: Z V

= 2π 0

Z = 2π

∞

a6 dx = 2π (x2 + a2 )2

Z 0

π/2

a2 · a sec2 t dt sec4 t

π/2

a3 cos2 t dt = 2πa3 · π/4 = π 2 a3 /2.

0

149

PROBLEMA 12.70

Se considera la curva y = x−1/4 definida en (0, 1]. a) Hallar el ´ area bajo la curva. b) Hallar el volumen del s´ olido obtenido al girar la curva alrededor del eje X . Soluci´ on

a) Como la función no está acotada en x = 0, el área viene dada por una integral impropia: Z A=

1

x−1/4 dx = l´ım

a→0+

0

1

Z

" x−1/4 dx = l´ım

a→0+

a

x3/4 3/4

#1 = l´ım a

a→0+

4 4a3/4 − 3 3

!

b) Análogamente al apartado anterior, Z V

1

−2/4

x

= π 0

" = π l´ım

a→0+

Z dx = π l´ım a→0+ #1

x1/2 1/2

1

x−1/2 dx

a

= 2π l´ım (1 − a1/2 ) = 2π. a

a→0+

PROBLEMA 12.71

Se considera la regi´ on R limitada por las curvas y(x2 +1)+arc tg x = 0 y x2 y 3 = 1 en el intervalo x ∈ [0, 1]. i) Calcular el ´ area de la regi´ on R. ii) ¿Existe el volumen del s´ olido obtenido al girar R alrededor del eje X?

150

4 = . 3

Soluci´ on i)

De acuerdo con la figura, el área viene dada por: 1

"

x1/3 (arc tg x)2 A = x dx = l´ım + 2 a→0+ 1/3 0 (π/4)2 π2 (arc tg a)2 =3+ . = l´ım 3 + − 3a1/3 − 2 2 32 a→0+ Z

−2/3

arc tg x + 2 x +1

#1 a

ii) El volumen pedido es el mismo que el de la región comprendida entre la curva y = x−2/3 y el eje X en el intervalo [0, 1] (basta observar que al girar esta región ya queda incluida la parte comprendida en el cuarto cuadrante). Aplicando el método de los discos, Z V

= π

1

Z

2

y dx = π 0

"

1

−4/3

x 0

−1/3

= −3π l´ım (1 a→0+

−1/3

−a

x−1/3 dx = l´ım π · −1/3 a→0+

#1 a

) = ∞.

PROBLEMA 12.72

Determinar el volumen del s´ olido obtenido al girar la regi´ on limi−y tada por la curva e = −x y los ejes de coordenadas alrededor del eje OX .

151

Soluci´ on

De acuerdo con la figura, si aplicamos el método de los tubos, la fórmula del volumen da: Z ∞ Z ∞ V = 2π (−x)ydy = 2π ye−y dy. 0

0

Como es una integral impropia debemos estudiar su convergencia. Integramos en primer lugar por partes y obtenemos: Z ye−y dy = −(y + 1)e−y , con lo que B V = l´ım 2π −(y + 1)e−y 0 = l´ım −2π(B + 1)e−B + 2π = 2π. B→∞

B→∞

152

D. EJERCICIOS PROPUESTOS.

Z

0

e2x dx.

1. Hallar −∞

Resp.: I = 1/2. ∞

Z 2. Calcular 0

dx . 1 + x2

Resp.: I = π/2. ∞

Z 3. Calcular

x3

1

dx √ . x2 − 1

Resp.: I = π/4. ∞

Z 4. ¿Para qu´ e valores de a es convergente 0

xa−1 dx? 1+x

Resp.: Diverge para todo a. ∞

Z 5. Calcular 0

Resp.: I =

4ex

dx . + 9e−x

π 1 2 − arc tg . 12 6 3 Z

∞

6. Estudiar la convergencia de la integral

x2

1

x dx √ . + 2 5 x4 + 1

∞

Z Resp.: Divergente (comparar con

dx/x). 1

Z

∞

7. Estudiar la convergencia de la integral 1

Z

ln x dx . (1 + x2 )2

∞

dx/xα con 1 < α < 4).

Resp.: Convergente (comparar con 1

Z

∞

8. Estudiar la convergencia de la integral 0

Z Resp.: Convergente (comparar con 1

153

∞

dx/x3 ).

x dx. (1 + x2 )2

∞

Z 9. Estudiar la convergencia de la integral 2

Z

x2 − 8x − 17 dx. x4 + 4x3 + 6x2 − 4x − 7

∞

dx/x2 ).

Resp.: Convergente (comparar con 2

∞

Z 10. Estudiar la convergencia de la integral 2

Z Resp.: Convergente (comparar con

∞

3e3x/2 − 2ex + 2ex/2 dx. e2x − 2e3x/2 + 3ex − 4ex/2 + 2

e−x/2 dx).

2

Z 11. Estudiar la convergencia y calcular la integral 0

∞

dx . (1 + x2 )2

Resp.: I = π/4. ∞

Z 12. Estudiar la convergencia de la integral

f (x) dx siendo 0

(

√1 1−x x−1 1+x3

si x < 1

. si x ≥ 1. Z 1 √ x−1 1 Resp.: Convergente pues dx/ 1 − x es convergente y ∼ 2 3 1+x x 0 cuando x → ∞. f (x) =

∞

Z 13. Estudiar la convergencia de la integral

x sen x dx. 0

Resp.: Divergente (la función y = x sen x no está acotada en (0, ∞)). Z

∞

cos x 14. Probar que dx = 1+x 0 verge absolutamente.

∞

Z 0

sen x dx y que una de ellas con(1 + x)2

Sugerencia: La igualdad se obtiene integrando por partes. Ver problema 12.32 para estudiar la convergencia. 15. Se considera la funci´ on f (x) = ce−2x . Z

a) Determinar el valor de c para que

∞

f (x) dx = 1. 0

Z

b) Calcular

∞

xf (x) dx con el valor de c obtenido en a). 0

154

Resp.: a) c = 2; b) I = 1/2. Z

∞

16. Probar que

e−px dx es convergente si p > 0 y divergente si

1

p ≤ 0.

Sugerencia: Resolver la integral. Z

∞

17. Estudiar la convergencia de la integral 1 ∞

Z Resp.: Divergente (comparar con

2 + cos x √ dx. x

√ dx/ x).

1

Z

π/2

sec x dx no existe.

18. Demostrar que 0

Resp.: La integral es divergente. Z

1

19. Calcular −1

dx . x

Resp.: La integral es divergente. Z 20. Calcular 0

3

(x2

x dx . − 1)3/5

√ 5

Resp.: 5(2 2 − 1)/4. Z

1

√

21. Estudiar la convergencia de la integral impropia 0

ex dx . 1 − cos x

1

Z Resp.: Divergente (comparar con

dx/x). 0

Z

1

22. Estudiar la convergencia de 0

1− Z 1

Resp.: Convergente (comparar con

x2

dx √ . + 2 1 − x2

dx/(1 − x)1/2 ).

0

Z

3

dx . 4x − x2 − 3 1 Z c Z 3 √ √ Resp.: Convergente (comparar con dx/ x − 1 y con dx/ 3 − x).

23. Estudiar la convergencia de la integral

1

155

√

c

Z

1

24. Estudiar la convergencia de la integral 0

dx . sen2 x

Resp.: Divergente (integración directa). Z

1

25. Estudiar la convergencia de la integral

ln

1 dx. 1−x

√

dx . x + 4x3

0

Resp.: Convergente (integración directa). Z 26. Estudiar la convergencia de la integral

1

0

Z Resp.: Convergente (comparar con

1

√ dx/ x).

0

−x2

Z

27. Demostrar que l´ım e x→∞

x

2

et dt = 0.

0

Sugerencia: Aplicar la regla de L’Hôpital. 28. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada superiormente por la curva xy = 1, inferiormente por la curva y(x2 + 1) = x y a la izquierda de x = 1. Resp.: A = ∞. x−1 , 29. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por las curvas y = √ x2 − 1 x = 1, x = 3 por encima del eje OX . √ √ Resp.: A = 8 − ln(3 + 8). 30. Calcular el ´ area de la regi´ on limitada por la curva y 2 =

entre los puntos de abscisa x = 0 y x = 1.

x 1 − x3

Resp.: A = π/3. 31. Calcular el a ´rea comprendida entre y = xe−x y el eje X en (0, ∞). Z ∞ ¿Cu´ anto vale xe−x dx? −∞

Resp.: A = 1; I = 0 por ser una función impar y la integral convergente.

156

32. Sea f (x) = e−2x para todo x. Llamamos R a la regi´ on limitada por la curva y el eje X en el intervalo [0, t], con t > 0. Calcular el ´ area A(t) de R y el volumen V (t) obtenido al girar R alrededor del eje X . Interpretar los valores de l´ım A(t) y l´ım V (t). t→∞

1 1 π π Resp.: A(t) = − e−2t + ; V (t) = − e−4t + . 2 2 4 4

157

t→∞

CAPÍTULO XIII. SUCESIONES ´ NUMERICAS

SECCIONES A. Sucesiones convergentes y l´ımites de oscilación. Sucesiones monótonas y acotadas. B. Sucesiones recurrentes. C. Ejercicios propuestos.

159

A. SUCESIONES CONVERGENTES Y L´ IMITES DE OSCILA´ ´ CION. SUCESIONES MONOTONAS Y ACOTADAS.

En el cap´ıtulo 8 se definió el concepto de convergencia de sucesiones numéricas. Vamos a estudiar aqu´ı las sucesiones en un contexto más general, mostrando otros conceptos fundamentales de las sucesiones y las relaciones entre ellos. Estos conceptos son los de convergencia, monoton´ıa y acotación, que pasamos a definir a continuación. A.1.CONVERGENCIA. a) Una sucesión {an }n∈N es convergente cuando existe un n´ umero real L tal que ∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − L| < ε, ∀n > N. Intuitivamente, quiere decir que todos los términos de la sucesión, excepto quizá los N primeros, caen dentro del intervalo (L−ε, L+ ε), es decir su distancia a L es menor que ε. En este caso se dice que L es el l´ımite de la sucesión y se escribe L = l´ım an , o bien an → L (observa que, a diferencia de las n→∞ funciones reales, no tiene sentido calcular l´ımites de sucesiones cuando n → x0 6= ∞, pues en un entorno de x0 puede no haber ning´ un n´ umero natural). b) Una sucesión es divergente cuando se verifica una de las siguientes propiedades: ∀M > 0, ∃N ∈ N : an > M, ∀n > N (y se dice que an → ∞). ∀M < 0, ∃N ∈ N : an < M, ∀n > N (y se dice que an → −∞). c) Una sucesión es oscilante cuando no es convergente ni divergente, es decir, no hay ning´ un n´ umero (finito ni infinito) en cuyas proximidades se encuentren todos los términos de la sucesión, a partir de uno de ellos en adelante. Definimos subsucesión de una sucesión {an } a cualquier sucesión contenida en el conjunto {a1 , a2 , . . . , an , . . . }. Una caracterización de las sucesiones convergentes la proporciona el (1) criterio de convergencia de Cauchy: Una sucesi´ on {an }, con an ∈ R, ∀n, es convergente si y s´ olo si ∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − am | < ε, ∀n, m > N. 160

Esta condición, aunque teórica, permite comprobar la convergencia de una sucesión sin necesidad de conocer su l´ımite. Otras propiedades de interés son las siguientes: (2) El l´ımite de una sucesi´ on, en caso de existir, es u ńico. (3) Si an → a y a 6= 0, entonces existe N ∈ N tal que an tiene el mismo signo que a, ∀n > N . (4) Si an < bn , ∀n, entonces l´ım an ≤ l´ım bn . (5) Si an ≤ bn ≤ cn , ∀n y L = l´ım an = l´ım cn , entonces L = l´ım bn . (6) Si {an } es convergente (o divergente), toda subsucesi´ on de ella tiene el mismo l´ımite. Esta propiedad también se puede expresar diciendo que no se altera el valor del l´ımite de una sucesión al reordenar arbitrariamente sus términos. Un concepto más general que el de l´ımite de una sucesión es el de l´ımite de oscilación. Decimos entonces que un n´ umero L es l´ımite de oscilación de una sucesión {an } si cualquier intervalo de la forma (L − ε, L + ε) contiene infinitos términos de la sucesión. Llamamos l´ımite superior de {an } al mayor, si existe, de los l´ımites de oscilación (y utilizamos la notación L = l´ım sup an ) y el l´ımite inferior de {an } será el menor de los l´ımites de oscilación, en caso de existir (y utilizamos la notación análoga L = l´ım inf an ). A.2. MONOTONIA. a) Una sucesión {an }n∈N es monótona creciente cuando an+1 ≥ an , ∀n ∈ N. b) Análogamente, una sucesión {an }n∈N es monótona decreciente cuando an+1 ≤ an , ∀n ∈ N. En general, diremos que una sucesión es monótona cuando es, o bien monótona creciente, o bien monótona decreciente. A.3.ACOTACION. a) Una sucesión {an }n∈N está acotada superiormente cuando ∃M ∈ R : an ≤ M, ∀n ∈ N. 161

b) Una sucesión {an }n∈N está acotada inferiormente cuando ∃M 0 ∈ R : an ≥ M 0 , ∀n ∈ N. Decimos en general que una sucesión está acotada si lo está superior e inferiormente. Los resultados que relacionan estos tres conceptos son los siguientes: 1) Toda sucesi´ on convergente est´ a acotada. 2a) Toda sucesi´ on creciente y acotada superiormente es convergente. Además el l´ımite es el supremo del conjunto {an }n∈N . 2b) Toda sucesi´ on decreciente y acotada inferiormente es convergente. En este caso el l´ımite es el ´ınfimo del conjunto {an }n∈N . 3) Toda sucesi´ on contiene alguna subsucesi´ on que es creciente o decreciente. 4) Toda sucesi´ on acotada tiene alguna subsucesi´ on convergente. En particular: 5) Toda sucesi´ on acotada tiene l´ımites superior e inferior finitos. As´ı pues, se dice que el l´ımite superior de una sucesión es +∞ si la sucesión no está acotada superiormente y que el l´ımite inferior es −∞ si no está acotada inferiormente. En los siguientes problemas se muestran ejemplos de algunas de estas propiedades y la forma de aplicarlas a casos concretos.

PROBLEMA 13.1

Determinar el menor valor de N para el que se verifica lo siguiente: p a) |an − 2| < 10−5 , ∀n > N, si an = 4 + 1/n. b)

1 (−1)n + < 10−6 , ∀n > N . n n2

162

Soluci´ on a) Se trata de resolver la desigualdad |an − 2| < 10−5 . Debido a que an > 2, ∀n, tenemos la siguiente cadena de equivalencias: p p | 4 + 1/n − 2| < 10−5 ⇐⇒ 4 + 1/n − 2 < 10−5 p ⇐⇒ 4 + 1/n < 10−5 + 2 ⇐⇒ 4 + (1/n) < (10−5 + 2)2 ⇐⇒ 1/n < 10−10 + 4 + 4 · 10−5 − 4 ⇐⇒ n > (10−10 + 4 · 10−5 )−1 = 1010 · (1 + 4 · 105 )−1 . p El resultado indica que la sucesión dada por an = 4 + 1/n tiene l´ımite 2. b) Procediendo análogamente al caso anterior, tenemos: 1 (−1)n + < 10−6 ⇐⇒ n + (−1)n < 10−6 · n2 ⇐⇒ 10−6 · n2 − n − (−1)n > 0. n n2 Si resolvemos esta inecuación de segundo grado, resulta: - Cuando n es par: 10

−6

2

√

1 + 4 · 10−6 2 · 10−6 i h p 1 =⇒ n > 106 + 103 4 + 106 ' 106 . 2

· n − n − 1 > 0 =⇒ n >

1+

- Cuando n es impar: −6

10

2

√

1 − 4 · 10−6 2 · 10−6 h i p 1 106 + 103 106 − 4 < 106 . =⇒ n > 2

· n − n + 1 > 0 =⇒ n >

1+

En definitiva, para n > 106 se verifica la desigualdad propuesta.

PROBLEMA 13.2

Demostrar, utilizando la definici´ on de l´ımite, que la sucesi´ on de 4n − 3 converge a 4. t´ ermino general an = n+1 Soluci´ on Debemos probar que, dado cualquier n´ umero ε > 0, somos capaces de encontrar un n´ umero natural N tal que la distancia entre an y el l´ımite 4, es menor que ε, ∀n > N . Ahora bien, dicha distancia es 4n − 3 −7 = 7 , |an − 4| = − 4 = n+1 n + 1 n + 1 163

7 y será |an − 4| < ε si y sólo si n > − 1. Por tanto, basta elegir cualquier ε 7 n´ umero natural N > − 1 para que se cumpla la definición de l´ımite. ε

PROBLEMA 13.3

Sean a y b positivos. Probar que l´ım

√ n

n→∞

an + bn = máx{a, b}.

Soluci´ on En primer lugar, si a = b, √ √ √ n n n l´ım an + bn = l´ım 2an = l´ım a 2 = a = máx{a, b}. n→∞

n→∞

n→∞

Supongamos ahora que a > b. Entonces p p √ n l´ım an + bn = l´ım n an [1 + (b/a)n ] = l´ım a n 1 + (b/a)n = a = máx{a, b}, n→∞

n→∞

n→∞

debido a que (b/a)n → 0. Análogamente se deduce el caso en que b > a.

PROBLEMA 13.4 an + 1 n Sabiendo que l´ım = 9, calcular el valor de a. n→∞ an − 1 Soluci´ on Como se trata de una indeterminación de la forma 1∞ , podemos tomar an + 1 an + 1 logaritmos y aplicar la equivalencia ln ∼ − 1. De este moan − 1 an − 1 do, an + 1 2 2 ln 9 = l´ım n − 1 = l´ım n · = , an − 1 an − 1 a 2 con lo que debemos tomar a = . ln 9

PROBLEMA 13.5

Hallar la relaci´ on entre los par´ ametros a y b para que se verifique n + a 2n+3 n + 3 bn+4 l´ım = l´ım . n→∞ n + 1 n→∞ n + 2 164

Soluci´ on Ambos l´ımites son de la forma 1∞ . Tomando logaritmos y aplicando la equivalencia ln un ∼ un − 1, cuando un → 1, obtenemos:

n+a n+a = l´ım (2n + 3) −1 n→∞ n→∞ n+1 n+1 n+a−n−1 = l´ım (2n + 3) · = 2(a − 1), n→∞ 1 n + n+3 n+3 = l´ım (bn + 4) −1 = l´ım (bn + 4) ln n→∞ n→∞ n+2 n+2 n+3−n−2 = l´ım (bn + 4) · = b. n→∞ n+2

ln L1 =

ln L2

l´ım (2n + 3) ln

Para que L1 = L2 , debe cumplirse que e2(a−1) = eb , o bien 2(a − 1) = b.

PROBLEMA 13.6

Probar que la sucesi´ on de t´ ermino general an =

1 2 3 n + + + ··· + n 2 4 8 2

es de Cauchy. Soluci´ on La sucesión {an } es precisamente la sucesión de sumas parciales de la serie X n de términos positivos . Como dicha serie es convergente (lo cual se 2n n≥1

puede probar fácilmente aplicando el criterio de la ra´ız), también lo es la sucesión de sumas parciales y converge a la suma de la serie. Como toda sucesión convergente es de Cauchy, obtenemos el resultado deseado.

PROBLEMA 13.7

Sea {xn } una sucesi´ on mon´ otona creciente. Probar que tambi´ en lo x1 + · · · + xn es la sucesi´ on de t´ ermino general yn = . n

165

Soluci´ on Probaremos que yn+1 ≥ yn , para lo cual utilizamos el hecho de que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 : yn+1 = ≥

x1 + · · · + xn + xn+1 x1 + (1/n)xn+1 + · · · + xn + (1/n)xn+1 = n+1 n+1 x1 (1 + 1/n) + · · · + xn (1 + 1/n) nyn (1 + 1/n) = = yn . n+1 n+1

Análogamente se prueba que si {xn } es decreciente, también lo es la sucesión de sus medias aritméticas.

PROBLEMA 13.8

Demostrar que es convergente la sucesi´ on de t´ ermino general 1 1 xn = + ··· + . 2n + 1 3n Soluci´ on Demostraremos que la sucesión es monótona creciente y acotada superiormente, lo que da como consecuencia la convergencia de la sucesión. *) La sucesión está acotada superiormente pues: xn =

1 1 1 n 1 1 + ··· + < + ··· + = = . 2n + 1 3n 2n 2n 2n 2

*) La sucesión es monótona creciente, como se comprueba al realizar la siguiente resta: xn+1 − xn = =

1 1 1 1 1 + + − − 3n + 3 3n + 2 3n + 1 2n + 2 2n + 1 9n2 + 11n + 4 > 0, ∀n. 6(n + 1)(3n + 2)(3n + 1)(2n + 1)

Como hemos indicado al principio, se aqu´ı se deduce que la sucesión es convergente.

PROBLEMA 13.9

Encontrar los l´ımites de oscilaci´ on de las sucesiones siguientes: a) an = n2 [1 + (−1)n ]. nπ n sen2 . b) an = n+1 4 166

Soluci´ on a) Si n es par, tenemos la sub-sucesión an = 2n2 que es divergente (su l´ımite es +∞). Por otra parte, si n es impar, resulta an = 0, que converge a cero. En definitiva, los l´ımites de oscilación son 0 y +∞. √ nπ 2 n b) En este caso, si n es impar, sen =± , con lo que an = 4 2 2(n + 1) que converge a 1/2. nπ Si n es m´ ultiplo de 4, sen = 0 y la subsucesión correspondiente 4 converge a cero. nπ = ±1, con lo Si n es de la forma n = 4k + 2, k ∈ N, entonces sen 4 n que converge a 1. que an = n+1 En definitiva, los l´ımites de oscilación son {0, 1/2, 1}.

PROBLEMA 13.10

Encontrar los l´ımites de oscilaci´ on de la sucesi´ on cuyo t´ ermino nπ 12 + 2n nπ general es an = sen + n+1 · cos . 2 2 2 Soluci´ on Si n es par, n = 2k, tenemos la sub-sucesión a2k = sen kπ +

2k 12 + 22k k 12 + 2 · cos kπ = (−1) 22k+1 2 · 22k

12 + 22k = 1/2, la n→∞ 2 · 22k subsucesión {a2k } es oscilante. Por lo tanto, si k nuevamente es par, la subsucesión correspondiente tiene l´ımite 1/2, y si k es impar, la sub-sucesión converge a −1/2. (debido a que sen kπ = 0 y cos kπ = (−1)k ). Como l´ım

Por otra parte, si n es impar, n = 2k + 1, obtenemos la sub-sucesión a2k+1 = sen

(2k + 1)π (2k + 1)π 12 + 22k+1 + · cos = (−1)k , 2 2 22k+2

que también es oscilante pero tiene l´ımites de oscilación 1 y −1. En definitiva, los l´ımites de oscilación de la sucesión propuesta son −1, −1/2, 1/2 y 1, que son los l´ımites de las subsucesiones {a4k+3 }, {a4k+2 }, {a4k } y {a4k+1 }, respectivamente. 167

PROBLEMA 13.11

Encontrar los l´ımites de oscilaci´ on de la sucesi´ on {m/n : m, n ∈ N, m.c.d.(m, n) = 1} ordenada de modo que m + n vaya de menor a mayor. Soluci´ on Como la sucesión consta de todos los n´ umeros racionales positivos, tiene por l´ımites de oscilación a todos los reales no negativos pues, como es sabido, en cualquier entorno de un n´ umero real hay siempre una infinidad de n´ umeros racionales.

PROBLEMA 13.12

Sea f una funci´ on real mon´ otona creciente y acotada en el intervalo [0, 1]. Definimos las sucesiones {sn } y {tn } como: sn =

n−1

n

k=0

k=1

1X 1X f (k/n), tn = f (k/n). n n

i) Demostrar que Z sn ≤

1

Z f (x) dx ≤ tn y 0 ≤

0

1

f (x) dx − sn ≤ 0

f (1) − f (0) . n

ii) Demostrar que las sucesiones {sn } y {tn } convergen ambas a Z 1 f (x)dx. 0

Soluci´ on i) Como f es creciente, si P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1} es una partición cualquiera del intervalo [0, 1], entonces k−1 k k−1 k f ≤ f (x) ≤ f , ∀x ∈ , , k = 1, . . . , n. n n n n De aqu´ı se deduce que Z k/n Z k/n Z k/n k−1 k f dx ≤ f (x) dx ≤ f dx, n n (k−1)/n (k−1)/n (k−1)/n de modo que, sumando a lo largo de Zlos subintervalos de la partición 1 P , se obtiene precisamente que sn ≤ f ≤ tn . 0

168

Si restamos sn a los tres miembros de la desigualdad anterior, obtenemos que Z 0≤ 0

1

" n # n−1 X 1 X 1 f −sn ≤ tn −sn = f (k/n) − f (k/n) = [f (1)−f (0)]. n n k=1

k=0

Si, en vez de restar sn , restamos tn en la misma desigualdad, se obtiene la desigualdad análoga 1 − [f (1) − f (0)] ≤ n

Z

1

f − tn ≤ 0. 0

ii) De las dos u ´ltimas desigualdades, al calcular el l´ımite de los extremos se obtiene que 1

Z 1 1 0 ≤ l´ım f − sn ≤ l´ım [f (1) − f (0)] = 0 =⇒ l´ım sn = f; n 0 0 Z 1 Z 1 1 f − tn ≤ 0 =⇒ l´ım tn = f. 0 = l´ım − [f (1) − f (0)] ≤ l´ım n 0 0 Z

PROBLEMA 13.13

Sea X el conjunto de los n´ umeros reales que son soluci´ on de las ecuaciones n2 x2 − n(3n − 1)x + (2n2 − 3n − 2) = 0 para cada n ∈ N. Hallar sup X e ´ınf X . Soluci´ on Al resolver la ecuación obtenemos las ra´ıces p n(3n − 1) ± n2 (3n − 1)2 − 4n2 (2n2 − 3n − 2) x = 2n2 2n + 1 n−2 =⇒ an = , bn = . n n Resulta entonces el conjunto X =

2n + 1 n−2 :n∈N ∪ : n ∈ N . Con n

2n + 1 mo la sucesión an = es decreciente y tiene l´ımite 2 y la sucesión n n−2 bn = es creciente y tiene l´ımite 1, se deduce que sup X = a1 = 3 e n ´ınf X = b1 = −1. 169

B. SUCESIONES RECURRENTES.

Sabemos que para definir una sucesión es necesario dar una regla de formación de todos sus términos. Esa regla puede ser una fórmula expl´ıcita que dé la imagen de cada n´ umero natural o una fórmula recurrente, mediante la cual cada término viene dado en función de uno o varios términos precedentes. Este caso merece especial atención pues no se pueden aplicar las reglas usuales para el cálculo de l´ımites sino que la convergencia se deduce de forma indirecta. En los siguientes problemas utilizaremos fundamentalmente el siguiente esquema: 1. Determinar si la sucesión es monótona (bien creciente o decreciente), mediante la comparación de dos términos consecutivos. 2a. En caso afirmativo, comprobar si la sucesión está acotada. Esto ya da como consecuencia la convergencia de la sucesión. 2b. En caso negativo, aplicar el criterio de convergencia de Cauchy. 3. Una vez comprobada la existencia de l´ımite, aplicar la propiedad de unicidad del mismo. Esto quiere decir que, en particular, L = l´ım an = l´ım an+1 . Esto da lugar a una ecuación cuya solución es el l´ımite de la sucesión.

PROBLEMA 13.14

Calcular el l´ımite de las sucesiones de t´ ermino general q p √ a) an = 2 2 2 . . . (n veces). q p √ b) an = 2 + 2 + 2 + . . . (n veces). Soluci´ on a) Si escribimos el término general como n

n

an = 21/2 · 21/4 · · · · · 21/2 = 21/2+1/4+···+1/2 , y sabiendo que el exponente es la suma de los términos de una progresión geométrica de razón 1/2, 1/2 + 1/4 + · · · + 1/2n =

1/2 − 1/2n+1 = 1 − 1/2n , 1 − 1/2

al calcular el l´ımite obtenemos: n

l´ım an = l´ım 21−1/2 = 2. 170

√ Otro método: El término general se puede escribir como an = 2an−1 y se puede probar que es monótona creciente y está acotada superiormente. Por inducción se demuestra que an < 2, ∀n: √ Como a1 = 2, es evidente que a1 < 2. Si suponemos ahora que an−1 < 2, probaremos que an < 2: √ p an = 2an−1 < 2 · 2 = 2. an Por otra parte, como = an−1 es monótona creciente.

s

2 an−1

> 1, se deduce que la sucesión

Lo anterior prueba que la sucesión es convergente y, por tanto, de la relación L = l´ım an = l´ım an−1 resulta que: √ L = 2L =⇒ L2 = 2L =⇒ L = 0 ó L = 2. Como an > 0, ∀n y es creciente, sólo puede ser L = 2. b) Como no podemos escribir una fórmula expl´ıcita (simple) para expresar el término general, aplicamos el segundo método del apartado ante√ rior. Escribimos para ello en forma recurrente an = 2 + an−1 , ∀n y probamos que la sucesión es monótona y acotada. - La sucesión está acotada superiormente por 2: √ Es evidente que a1 = 2 < 2 y, si suponemos que an−1 < 2, resulta que p √ an = 2 + an−1 < 2 + 2 = 2. - La sucesión es monótona creciente. Para ello escribiremos desigualdades equivalentes a la que queremos probar: √ an+1 ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ a2n ⇐⇒ a2n − an − 2 ≤ 0 ⇐⇒ (an − 2)(an + 1) ≤ 0 ⇐⇒ −1 ≤ an ≤ 2, lo que es evidentemente cierto. De lo anterior se deduce nuevamente que la sucesión es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, debido a que L = l´ım an = l´ım an+1 , tenemos: √ L = 2 + L =⇒ L2 = 2+L =⇒ L2 −L−2 = 0 =⇒ (L−2)(L+1) = 0 =⇒ L = 2, ya que los términos de la sucesión son todos positivos y el l´ımite no puede ser negativo. 171

PROBLEMA 13.15

Se considera la sucesi´ on (an )n≥1 definida por a1 = a2 = a > 0, 1 an = 1 otona y acotada y 1 , si n ≥ 3. Probar que es mon´ an−1 + an−2 calcular su l´ımite. Soluci´ on Es evidente por la misma construcción del término general que an ≥ 0, ∀n, lo que indica por una parte que la sucesión está acotada inferiormente por 0. an−1 · an−2 Veamos que es monótona decreciente. Para ello escribimos an = an−1 + an−2 y obtenemos que an an−2 = < 1 =⇒ an < an−1 , an−1 an−1 + an−2 como quer´ıamos probar. Para calcular el l´ımite tenemos en cuenta que L = l´ım an = l´ım an−1 = 1 l´ım an−2 y planteamos la ecuación L = . Esto implica que L = 1/L + 1/L L/2 de donde L = 0.

PROBLEMA 13.16

Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( x1 = 1, 1 xn+1 = 1+x 2 · xn . n

Demostrar que es convergente y que l´ım xn = 0. n→∞

Soluci´ on Para probar que es convergente, basta ver que está acotada inferiormente y que es decreciente. Por una parte, es evidente que xn ≥ 0, ∀n. Por otra parte, como

1 xn+1 = < 1, se deduce que xn+1 < xn , ∀n. xn 1 + x2n

Sabiendo ya que es convergente, para calcular el l´ımite tendremos en cuenta que l´ım xn = l´ım xn+1 . Si llamamos L a dicho l´ımite, resulta que L=

1 1 · L =⇒ L = 0 o´ = 1 =⇒ L = 0. 1 + L2 1 + L2 172

PROBLEMA 13.17

Sea (an )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( a1 = 1, n) an+1 = 2(1+a 2+an . Probar que l´ım an = n→∞

√

2.

Soluci´ on (*) Probaremos en primer lugar por inducción que a2n < 2: a21 = 1 < 2; Si

a2n < 2, a2n+1 = 4 ·

1 + 2an + a2n 2 + 4an + 2a2n = 2 · . 4 + 4an + a2n 4 + 4an + a2n

Pero como a2n < 2, entonces 2 + 4an + 2a2n < 4 + 4an + a2n , de donde a2n+1 < 2. √ Queda pues probado que la sucesión está acotada superiormente por 2. an+1 2 + 2an > 1 =⇒ an+1 > an , = an 2an + a2n es decir que la sucesión es monótona creciente.

(*) Por otra parte, como a2n < 2, entonces

(*) De lo anterior podemos concluir que la sucesión es convergente; si llamamos L = l´ım an , tenemos L=

√ 2(1 + L) =⇒ 2L + L2 = 2 + 2L =⇒ L2 = 2 =⇒ L = 2, 2+L

pues an ≥ 0 para todo n.

PROBLEMA 13.18

Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( x1 = 10, 1 xn+1 = 2 xn + x1n . Demostrar que es convergente y que l´ım xn = 1. n→∞

173

Soluci´ on *) Veremos que la sucesión está acotada inferiormente. Para ello probaremos en primer lugar por inducción que xn > 0, ∀n: Es evidente que x1 > 0 y, si suponemos que xn > 0, tenemos que xn +1/xn > 0, de donde xn+1 > 0. Veamos a continuación que además xn ≥ 1, ∀n. Para ello suponemos también que xn ≥ 1 y probaremos que xn+1 ≥ 1: Como (xn − 1)2 ≥ 0, entonces x2n + 1 − 2xn ≥ 0 =⇒ x2n + 1 ≥ 2xn =⇒

x2n + 1 ≥ 1 =⇒ xn+1 ≥ 1. 2xn

*) La sucesión es monótona decreciente: Como x2n ≥ 1, se deduce que, para todo n, 1 1 xn+1 x2n + 1 1 ≤ 1 =⇒ 1+ ≤ 2 =⇒ = = 2 2 2 xn xn xn 2xn 2

1 1+ 2 xn

≤ 1 =⇒ xn+1 ≤ xn .

*) De lo anterior se deduce que la sucesión es convergente. Además, si llamamos L al l´ımite, tenemos que L=

1 L2 + 1 · =⇒ 2L2 = L2 + 1 =⇒ L2 = 1 =⇒ L = ±1. 2 L

Como todos los términos son positivos, sólo es posible la solución L = 1.

PROBLEMA 13.19

Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( x1 = 1/3, xn+1 = √ 1 . 1+

(1/xn )−1

Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. Soluci´ on - En primer lugar, probaremos por inducción que 0 < xn < 1/2, ∀n: La propiedad es cierta para n = 1 pues x1 = 1/3 < 1/2. 174

Si suponemos cierta la propiedad para xn , veamos que también lo es para xn+1 : p 0 < xn < 1/2 =⇒ 1/xn > 2 =⇒ 1/xn − 1 > 1 =⇒ 1/xn − 1 > 1 p 1 p =⇒ 1 + 1/xn − 1 > 2 =⇒ xn+1 = < 1/2, 1 + (1/xn ) − 1 y además xn+1 > 0. - Veamos a continuación que la sucesión es creciente, es decir xn+1 ≥ xn , ∀n. Para ello, escribiremos inecuaciones equivalentes a la que queremos probar hasta obtener alguna cuya solución sea más asequible: xn+1 ≥ xn ⇐⇒ ⇐⇒

1

≥ xn ⇐⇒

p

p 1 ≥ 1 + (1/xn ) − 1 xn

(1/xn ) − 1 r 1 1 1 1 1 −1≥ − 1 ⇐⇒ − 1 ≥ 1 ⇐⇒ ≥ 2 ⇐⇒ ≥ xn xn xn xn xn 2 1+

lo cual está ya probado al principio. - En definitiva, como la sucesión es monótona creciente y acotada superiormente, será convergente. Para calcular su l´ımite, utilizamos la fórmula L = l´ım xn = l´ım xn+1 y tenemos en cuenta que L ≤ 1/2 (pues 1/2 es una cota superior de {xn }): L=

1 1+

p

1/L − 1

p =⇒ L + L 1/L − 1 = 1 =⇒ L2 (1/L − 1) = (1 − L)2 =⇒ L − L2 = 1 − 2L + L2 =⇒ 2L2 − 3L + 1 = 0 √ 3± 9−8 =⇒ L = =⇒ L = 1 ó L = 1/2 =⇒ L = 1/2. 4

Observaci´ on. Aunque la sucesión esté definida en forma recurrente, en este caso es posible encontrar una fórmula expl´ıcita del término general. As´ı, se 1 puede probar por inducción que xn = , ∀n y es evidente que 1 + 21/2n−1 l´ım xn = 1/2.

PROBLEMA 13.20

Demostrar que la sucesi´ on (xn )n∈N definida por: x1 = 1/8, xn+1 = x2n + 1/4, n ≥ 1, es convergente y calcular su l´ımite. 175

Soluci´ on *) Veamos en primer lugar que {xn } es creciente: xn+1 − xn = x2n − xn + 1/4 = (xn − 1/2)2 ≥ 0, ∀n =⇒ xn+1 ≥ xn , ∀n. *) A continuación probaremos por inducción que la sucesión está acotada superiormente por 1/2. En efecto, x1 = 1/8 < 1/2. Además, si suponemos xn < 1/2, veamos que xn+1 < 1/2: xn < 1/2 =⇒ x2n < 1/4 =⇒ x2n + 1/4 < 1/2 =⇒ xn+1 < 1/2. *) De lo anterior se deduce que {xn } es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, se debe verificar: L = L2 + 1/4 =⇒ L2 − L + 1/4 = 0 =⇒ (L − 1/2)2 = 0 =⇒ L = 1/2.

PROBLEMA 13.21

Se define la siguiente sucesi´ on: x1 ∈ (0,√1), xn+1 = 1 − 1 − xn . Probar que es convergente y calcular su l´ımite. Soluci´ on *) Veamos en primer lugar que la sucesión está acotada probando por inducción que xn ∈ (0, 1), ∀n. Por hipótesis x1 ∈ (0, 1). Si suponemos que xn ∈ (0, 1), resulta: √ 0 < xn < 1 =⇒ 0 > −xn > −1 =⇒ 1 > 1 − xn > 0 =⇒ 1 > 1 − xn > 0 √ √ =⇒ −1 < − 1 − xn < 0 =⇒ 0 < 1 − 1 − xn < 1, que es precisamente la condición 0 < xn+1 < 1. *) La sucesión es decreciente pues, como xn+1 = 1 −

√

1 − xn =

x 1 − (1 − xn ) √ √n = 1 + 1 − xn 1 + 1 − xn 176

y 1+

√

1 − xn > 1, resulta que xn+1 1 √ = < 1 =⇒ xn+1 < xn , ∀n. xn 1 + 1 − xn

*) Lo anterior prueba que la sucesión es convergente. Si llamamos L al l´ımite y utilizamos la propiedad L = l´ım xn = l´ım xn+1 , deducimos que √ √ L = 1 − 1 − L =⇒ L − 1 = − 1 − L =⇒ (L − 1)2 = 1 − L =⇒ (L − 1)2 + (L − 1) = 0 =⇒ (L − 1)(L − 1 + 1) = 0. Esto conduce a las dos posibilidades L = 1 ó L = 0. Al ser la sucesión decreciente y sus términos menores que 1, debe ser L = 0.

PROBLEMA 13.22

Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida por la ley de recurrencia 7xn+1 = x3n + 6. Estudiar la convergencia en los siguientes casos: i) x1 = 1/2. ii) x1 = 3/2. iii) x1 = 5/2. Soluci´ on Estudiaremos en primer lugar el crecimiento en el caso general. Como

xn+1 − xn =

x3n 6 x3 − 7xn + 6 (xn − 1)(xn − 2)(xn + 3) + − xn = n = , 7 7 7 7

el crecimiento depende del signo de los factores. Por otra parte, si la sucesión fuera convergente y llamamos L al l´ımite, debe verificarse que 7L = L3 + 6 ⇐⇒ L3 − 7L + 6 = 0 ⇐⇒ (L − 1)(L − 2)(L + 3) = 0, con lo que los u ńicos posibles l´ımites son L = 1, L = 2 ó L = −3. Veamos las distintas posibilidades seg´ un los valores del primer término. i) Si x1 = 1/2, probaremos por inducción que 0 < xn < 1, ∀n: Efectivamente, si suponemos que 0 < xk < 1, entonces 0 < x3k < 1 =⇒ 6 < x3k + 6 < 7 =⇒ 6/7 < xk+1 < 1, 177

como quer´ıamos probar. De lo anterior se deduce que la sucesión es creciente pues xn − 1 < 0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, de donde xn+1 − xn > 0. Como también está acotada superiormente, debe ser convergente y, recordando que 0 < xn < 1, el l´ımite debe ser L = 1. ii) Si x1 = 3/2, probaremos por inducción que 1 < xn < 2, ∀n: Efectivamente, si suponemos que 1 < xk < 2, entonces 1 < x3k < 8 =⇒ 7 < x3k + 6 < 14 =⇒ 1 < xk+1 < 2, como quer´ıamos probar. En este caso, como ahora xn − 1 > 0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, se deduce que xn+1 − xn < 0, con lo que la sucesión es decreciente. Como está acotada inferiormente, también es convergente y su l´ımite sólo puede ser L = 1. iii) Si x1 = 5/2, se comprueba también por inducción que xn > 2, ∀n: Suponemos para ello que xk > 2; entonces x3k > 8 =⇒ x3k + 6 > 14 =⇒ xk+1 > 2, como quer´ıamos probar. De lo anterior se deduce que la sucesión es creciente pues, como xn −1 > 0, xn −2 > 0 y xn +3 > 0, resulta que xn+1 −xn > 0. Su l´ımite, en caso de existir, deber´ıa ser mayor que 2 lo cual es imposible seg´ un hemos comprobado anteriormente. Esto indica que la sucesión es divergente.

PROBLEMA 13.23

Sea (an )n∈N la sucesi´ on definida por recurrencia de la siguiente forma: a1 = −3/2, 3an+1 = 2 + a3n . a) Comprobar que es convergente y calcular su l´ımite. b) Modificar el primer t´ ermino a1 para que el l´ımite sea −2. Soluci´ on a) - Probaremos en primer lugar que an ∈ (0, 1), ∀n > 2. En efecto, como 3a2 = 2 + (−3/2)3 =⇒ a2 = −11/24, de donde a3 =

2 + (−11/24)3 = 0,63. 3 178

Si suponemos ahora que 0 < an < 1, se deduce que: 0 < a3n < 1 =⇒ 2 < a3n + 2 < 3 =⇒ 0 < 2/3 < an+1 < 1. - Probamos a continuación que la sucesión es creciente. Para ello efectuamos la resta entre dos términos consecutivos y obtenemos: an+1 − an =

2 + a3n 2 + a3n − 3an (an − 1)2 · (an + 2) − an = = > 0, 3 3 3

con lo que, efectivamente, an+1 > an , ∀n. - Lo anterior implica que la sucesión es convergente y L = l´ım an = l´ım an+1 . Entonces: 3L = 2 + L3 =⇒ L3 − 3L + 2 = 0 =⇒ (L − 1)2 (L + 2) = 0. Como an > 0, ∀n > 2, debe ser L = 1. b) Veamos las distintas posibilidades para a1 : - Si a1 > −2, entonces se prueba por inducción que an > −2, ∀n. Debido a que an+1 − an =

(an − 1)2 · (an + 2) > 0, 3

la sucesión es creciente y el l´ımite no puede ser −2, que es una cota inferior. - Si a1 < −2, entonces se prueba análogamente que an < −2, ∀n y que la sucesión es decreciente; el l´ımite no puede ser −2 que es ahora una cota superior. La u ńica posibilidad es pues que a1 = −2. Esto da lugar a una sucesión constante pues, si an = −2, entonces an+1 = (2 − 8)/3 = −2. En este caso el l´ımite es evidentemente −2.

PROBLEMA 13.24

Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: x1 = 2, xn+1 = 2 − x1n . Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. ¿Qu´ e pasar´ıa si x1 = 4?

179

Soluci´ on Para que sea convergente basta comprobar que está acotada inferiormente y es monótona decreciente. Para ello veamos en primer lugar que xn ≥ 1, ∀n: Está claro que x1 ≥ 1. Si además suponemos que xn ≥ 1 para alg´ un n, entonces 1 1 1 ≤ 1 =⇒ − ≥ −1 =⇒ 2 − ≥1 xn xn xn o bien xn+1 ≥ 1. Además, como xn+1 − xn = 2 −

2xn − 1 − x2n (xn − 1)2 1 − xn = =− < 0, xn xn xn

se deduce que xn+1 < xn y la sucesión es efectivamente decreciente. Ahora bien, si llamamos L al l´ımite de la sucesión, como L = l´ım xn = l´ım xn+1 , entonces L = 2 − 1/L =⇒ L2 = 2L − 1 =⇒ L = 1. El mismo procedimiento se aplica al caso en que x1 = 4 pues son válidas las mismas operaciones hechas anteriormente. Observemos que en ambos casos podemos escribir una expresión expl´ıcita para el término general de la sucesión. Concretamente, en el caso en que n+1 3n + 1 x1 = 2, es xn = y, si x1 = 4, entonces xn = , lo que se puede n 3n − 2 probar por inducción.

PROBLEMA 13.25

Sean a1 , a2 > 0, 2an+1 = an + an−1 , para n > 2. Probar que 1 l´ım an = (a1 + 2a2 ). n→∞ 3 Soluci´ on En primer lugar veremos que la sucesión es de Cauchy: an + an−1 |an−1 − an | |an+1 − an | = − an = . 2 2 Procediendo por recurrencia se obtiene que |an+1 − an | = 180

|a1 − a2 | . 2n−1

En general, si m > n, por la desigualdad triangular, |am − an | ≤ |am − am−1 | + |am−1 − am−2 | + · · · + |an+1 − an | 1 1 1 = |a1 − a2 | m−2 + m−3 + · · · + n−1 2 2 2 n−1 1/2 1 ≤ |a1 − a2 | · = |a1 − a2 | · n−2 . 1 − 1/2 2 De lo anterior se deduce que, si m, n → ∞, |am − an | → 0 y la sucesión es de Cauchy. Por el criterio general de convergencia de Cauchy, la sucesión es convergente. Además, 2an+1 = an + an−1 2an = an−1 + an−2 2an−1 = an−2 + an−3 .. . 2a3 = a2 + a1 . Sumando miembro a miembro, 2an+1 + 2an = an + 2a2 + a1 y llamando 2a2 + a1 L = l´ım an = l´ım an+1 , resulta que 3L = 2a2 + a1 , de donde L = . 3

PROBLEMA 13.26

Sea (an )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: q √ √ a1 = 2, an+1 = 2 + an , ∀n = 1, 2, . . . Probar que la sucesi´ on es convergente. Soluci´ on *) Probaremos en primer lugar por inducción que an ∈ (1, 2), ∀n. Para n = 1 es cierto por hipótesis. Suponemos por tanto que también es cierto para n y lo probaremos para n + 1. Tenemos pues: √ √ √ √ 1 < an < 2 =⇒ 1 < an < 2 =⇒ 3 < 2 + an < 2 + 2 < 4 q √ √ =⇒ 3 < 2 + an < 2 =⇒ 1 < an+1 < 2. 181

*) Veamos a continuación que la sucesión es de Cauchy. Para ello, calculamos una cota superior de |an+1 − an |: q q √ √ |an+1 − an | = 2 + an − 2 + an−1 (2 + √an ) − (2 + √an−1 ) = p p √ √ 2 + an + 2 + an−1 =

|an − an−1 | |a − an−1 | p √ < n . p √ √ √ 2·2 2 + an + 2 + an−1 an + an−1

(Esta u ´ltima desigualdad se deduce de que Procediendo por recurrencia se obtiene que |an+1 − an | <

√

an > 1 y

p √ 2 + an > 1.)

|an − an−1 | |a2 − a1 | < ... < . 4 4n−1

De lo anterior resulta que, si n, p > 0: |an+p − an | ≤ |an+p − an+p−1 | + |an+p−1 − an+p−2 | + · · · + |an+1 − an | 1 1 1 < |a2 − a1 | n+p−2 + n+p−3 + · · · + n−1 4 4 4 ∞ X 1 1/4n−1 4|a2 − a1 | < |a2 − a1 | · = |a − a | · = . 2 1 1 − 1/4 3 · 4n−1 4k−1 k=n

Como el u ´ltimo término tiende a cero cuando n → ∞, entonces |an+p −an | < ε, ∀ε > 0. Esto indica que la sucesión es de Cauchy y, por tanto, convergente.

PROBLEMA 13.27

Sean a y b dos n´ umeros reales que verifican 0 < a < b. Demostrar que las dos sucesiones (xn )n∈N , (yn )n∈N definidas de la siguiente forma ( ( y1 = b x1 = a √ , n, xn+1 = xn yn yn+1 = xn +y 2 son convergentes y que tienen el mismo l´ımite, llamado media aritm´ etico-geom´ etrica de a y b. Soluci´ on Es evidente que xn > 0, yn > 0 para todo n ∈ N. (*) Probaremos en primer lugar que xn ≤ yn , ∀n: 182

Como 0 ≤ (xn − yn )2 = x2n + yn2 − 2xn yn = x2n + yn2 + 2xn yn − 4xn yn = (xn + yn )2 − 4xn yn ,

tenemos que (xn + yn )2 ≥ 4xn yn , es decir

4xn yn ≤ 1, ∀n. (xn + yn )2

x2n+1 xn yn 2 , de = ≤ 1, resulta que x2n+1 ≤ yn+1 2 (xn + yn )2 /4 yn+1 ≤ yn+1 , ∀n.

Ahora bien, como donde xn+1

(*) Veamos a continuación que {xn } es creciente y que {yn } es decreciente: r yn xn+1 = ≥ 1, entonces xn+1 ≥ xn y {xn } es creciente. Como xn xn Además yn+1 − yn = ciente.

xn + yn xn − yn − yn = ≤ 0, es decir {yn } es decre2 2

En definitiva, la sucesión {xn } es monótona creciente y acotada superiormente por b y la sucesión {yn } es monótona decreciente y acotada inferiormente por a. Esto implica que ambas son convergentes. (*) Por u ´ltimo, si llamamos L = l´ım xn , M = l´ım yn , tenemos que L = √ LM , de donde L2 = LM y, por ser L > 0, L = M .

PROBLEMA 13.28

Dados los n´ umeros reales u0 y v0 con u0 < v0 , se construyen las sucesiones u0 + v0 2 .. . un−1 + vn−1 un = 2 u1 =

,

v1 =

u0 + 2v0 3

.. . ,

vn =

un−1 + 2vn−1 3

a) Probar que l´ım (un − vn ) = 0. n→∞

b) Probar que las sucesiones {un } y {vn } son convergentes.

183

Soluci´ on a) Si calculamos la diferencia |un − vn |, obtenemos: un−1 + vn−1 un−1 + 2vn−1 |un − vn | = − 2 3 3un−1 + 3vn−1 − 2un−1 − 4vn−1 |un−1 − vn−1 | = . = 6 6

Procediendo por recurrencia, se obtiene que

0 ≤ |un − vn | =

|u0 − v0 | |un−1 − vn−1 | |un−2 − vn−2 | = ··· = . = 2 6 6 6n

|u0 − v0 | = 0, se deduce que l´ım |un − vn | = 0. n→∞ n→∞ 6n

Como l´ım

b) Para probar que ambas sucesiones son convergentes, basta ver que verifican el criterio general de Cauchy. Por el apartado anterior, un + vn |vn − un | |u0 − v0 | |un+1 − un | = − un = = . 2 2 2 · 6n

Si ahora p es un entero positivo cualquiera, |un+p − un | ≤ |un+p − un+p−1 | + |un+p−1 − un+p−2 | + · · · + |un+1 − un | |u0 − v0 | 1 1 = + ··· + n 2 6n+p−1 6 |u0 − v0 | 1 1 + · · · + n+p−1 + . . . ≤ 2 6n 6 |u0 − v0 | 1/6n 3 = · = · |u0 − v0 | → 0, 2 1 − 1/6 5 · 6n

cuando n → ∞. Para demostrar que {vn } es de Cauchy se procede de forma completamente análoga. Se podr´ıa razonar también diciendo que si {un − vn } y {un } son ambas convergentes, también debe serlo {vn } que es su resta. 184

PROBLEMA 13.29

Dadas las constantes k > 0 y a > 0, se definen las sucesiones: p a) an+1 = k + an con a1 = a; b) bn+1 =

k con b1 = a. 1 + bn

Probar que {an } converge a la ra´ız positiva de la ecuaci´ on x2 − x − k = 0 y que {bn } converge a la ra´ız positiva de la ecuaci´ on 2 x + x − k = 0. Soluci´ on a) Sea L la ra´ız positiva de la ecuación x2 − x − k = 0; as´ı L verifica L2 = L + k. Dividiremos el estudio de la sucesión en tres casos: 1) Caso a1 = a = L. En este caso la sucesión es constante pues, debido a que L2 = L + k, si suponemos an = L, entonces √ p √ an+1 = k + an = k + L = L2 = L. De aqu´ı se deduce evidentemente que la sucesión converge a L. 2) Caso a1 = a < L. Probaremos que la sucesión está acotada superiormente por L y que es monótona creciente. En efecto, procediendo por inducción, como a1 < L, si suponemos que an < L, entonces √ p an + k < L + k = L2 =⇒ an + k < L2 =⇒ an+1 < L. Por otra parte, como an está comprendido entre las dos ra´ıces de la ecuación x2 − x − k = 0, deducimos que p a2n − an − k < 0 =⇒ k + an > a2n =⇒ k + an > an =⇒ an+1 > an . Estas dos propiedades conducen a la convergencia de la sucesión dada. 3) Caso a1 = a > L. Este caso es similar al anterior, pues se prueba análogamente que la sucesión está acotada inferiormente y es monótona decreciente. b) Llamamos en este caso M a la ra´ız positiva de la ecuación x2 + x − k = 0. Esta sucesión no es monótona como se deduce de la siguiente implicación (debemos tener en cuenta que M 2 + M = k, o bien M = k/(1 + M )): an > M =⇒ an+1 = 185

k k < = M. 1 + an 1+M

(Análogamente se prueba que si an < M , an+1 > M .) Veamos que la sucesión es de Cauchy. Supondremos para ello que a1 > M > a2 , pero la situación ser´ıa análoga en el caso de que a1 < M < a2 . Tenemos as´ı: k k − a2n − a22n − a2n = (1) 1 + a2n 1 + a2n a2n · a2n−1 − a22n a2n = · (a2n−1 − a2n ) (2) 1 + a2n 1 + a2n L (a2n−1 − a2n ). (3) 1+L

a2n+1 − a2n = ∗

= ∗∗

<

Los pasos (*) y (**) se deducen de que, por una parte, a2n =

k =⇒ a2n + a2n · a2n−1 = k 1 + a2n−1

y, por otra, a2n < L =⇒ a2n + a2n · L < L + a2n · L =⇒ a2n (1 + L) < L(1 + a2n ) a2n L < . =⇒ 1 + a2n 1+L Además, de (1) se deduce que a2n−1 + a22n−1 − k k = 1 + a2n−2 1 + a2n−1 a2n−1 (a2n−1 − a2n−2 ) < a2n−1 − a2n−2 . 1 + a2n−1

a2n−1 − a2n = a2n−1 − =

(4) (5)

De (1) y (2), procediendo por recurrencia, llegamos a: a2n+1 − a2n

2 L L < (a2n−1 − a2n−2 ) < (a2n−3 − a2n−4 ) 1+L 1+L n−1 n L L < ... < (a3 − a2 ) < (a1 − a2 ), 1+L 1+L

y a2n+1 − a2n+2 < a2n+1 − a2n <

L 1+L

n (a1 − a2 ).

De estas acotaciones se deduce como en los problemas anteriores que la sucesión es de Cauchy y, por tanto, también es convergente. 186

PROBLEMA 13.30

Para los antiguos griegos, el rect´ angulo m´ as est´ etico era aquel cuyos lados a y b verifican la llamada “relaci´ on ´ aurea”, es decir a b = . b a+b a) Comprobar que la relaci´ olo si el cociente √ on anterior es cierta si y s´ b 1+ 5 L = vale L = . a 2 b) Probar que dicho n´ umero L es el l´ımite de la sucesi´ on a1 = 1, an+1 = 1 + 1/an . c) Probar que si n ≥ 2, an = nacci siguiente:

xn donde (xn ) es la sucesi´ on de Fiboxn−1

1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .

es decir, aquella cuyos t´ erminos se obtienen sumando los dos t´ erminos anteriores a ´ el. Soluci´ on a) Escribiendo identidades equivalentes, tenemos

a b = b a+b

2 b b ⇐⇒ a + ab = b ⇐⇒ 1 + = a a √ 2 b b b 1± 1+4 ⇐⇒ − − 1 = 0 ⇐⇒ = . a a a 2 2

2

Como a,√ b > 0, entonces b/a > 0 y sólo es válida la solución positiva b 1+ 5 = . a 2 b) Debido a que 1/an ≥ 0, ∀n, se deduce que an+1 = 1 + (1/an ) ≥ 1. Por lo anterior, 1/an ≤ 1, de modo que an+1 = 1 + (1/an ) ≤ 2. Lo anterior prueba que la sucesión está acotada, 1 ≤ an ≤ 2, ∀n. 187

Veremos a continuación que es una sucesión de Cauchy: 1 1 1 |an+1 − an | = 1 + − an = 1 + −1− an an an−1 |an−1 − an−2 | |an − an−1 | = = an · an−1 (an · an−1 )(an−1 · an−2 ) |a2 − a1 | = ··· = . (an · an−1 )(an−1 · an−2 ) . . . (a2 · a1 ) Como a2 − a1 = 1 y an+1 · an = an + 1 > 2, es decir resulta que |an+1 − an | ≤

1 2n−1

1

1 < , ∀n, an+1 · an 2

.

En general, |an+p − an | ≤ |an+p − an+p−1 | + |an+p−1 − an+p−2 | + · · · + |an+1 − an | 1 1 1 + + · · · + n−1 ≤ 2n+p−2 2n+p−3 2 1 1 1/2n−1 1 1 + + · · · + + · · · = = n−2 , ≤ 2n−1 2n 2n+p−2 1 − 1/2 2 y el u ´ltimo término tiende a cero cuando n → ∞. Como la sucesión es de Cauchy, es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, tenemos que L = 1 + 1/L, de donde, sucesivamente, obtenemos: √ √ 1± 1+4 1+ 5 2 2 L = L + 1 =⇒ L − L − 1 = 0 =⇒ L = =⇒ L = , 2 2 debido a que L debe ser positivo. c) Probaremos por inducción que an =

xn : xn−1

x2 2 = = 2. x1 1 xn xn+1 Supongamos ahora que an = y veamos que an+1 = : xn−1 xn Para n = 2, a2 = 1 + 1 = 2 y

an+1 = 1 +

1 xn−1 xn + xn−1 xn+1 =1+ = = , an xn xn xn

debido a que xn + xn−1 = xn+1 .

188

C. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Sea (xn )n∈N una sucesi´ on de n´ umeros reales. Responder razonadamente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero o falso.

a) Si (xn )n∈N converge, entonces es creciente o decreciente. Resp.: Falso (ver por ejemplo la sucesión xn = (−1)n /n).

b) Si (xn )n∈N es creciente o decreciente, entonces converge. Resp.: Falso (ejemplo xn = n).

c) Si (xn )n∈N converge, entonces est´ a acotada. Resp.: Verdadero (se deduce de la definición de convergencia).

d) Si (xn )n∈N est´ a acotada, entonces converge. Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n ).

e) Si (xn )n∈N es creciente, entonces est´ a acotada superiormente. Resp.: Falso (ejemplo xn = n).

f) Si (xn )n∈N es creciente, entonces est´ a acotada inferiormente. Resp.: Verdadero pues x1 ≤ an , ∀n.

g) Si l´ım xn = x, entonces l´ım |xn | = |x|. Resp.: Verdadero pues |xn | − |x| ≤ |xn − x| → 0. h) Si (xn )n∈N est´ a acotada y converge, entonces es mon´ otona. Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n /n). 2. Sean (an )n∈N y (bn )n∈N dos sucesiones cualesquiera. Responder razonadamente si cada uno de los apartados siguientes es verdadero o falso.

a) Si para todo n ∈ N, an 6= 0, entonces l´ım an bn 6= 0. n→∞

Resp.: Falso (ejemplo bn = 0, ∀n).

189

b) Si para todo n ∈ N, an 6= 0 y bn 6= 0, entonces l´ım an bn 6= 0. n→∞

Resp.: Falso (ejemplo an = bn = 1/n).

c) Si l´ım an bn = 0, entonces l´ım an = 0 ´ o l´ım bn = 0. Resp.: Verdadero pues si fueran a = l´ım an 6= 0 y b = l´ım bn 6= 0, entonces a · b = l´ım an · bn 6= 0. 3. Hallar a tal que l´ım

n→∞

n+a n−a

n = 4.

Resp.: a = ln 2. 4. Hallar la relaci´ on entre a y b para que √ ! √ 2n √ r n+1 n+1− n n+b n+a l´ım ln = l´ım . n→∞ n→∞ n n Resp.: b = ea

√

2/2

.

5. Hallar la relaci´ on que debe existir entre a y b para que 2n−1 p 3n + a l´ım = l´ım 4n2 + bn − 2n . n→∞ 3n − 4 n→∞ Resp.: e2(a+4)/3 = b/4. 6. Hallar la relaci´ on que debe existir entre a y b para que 3n−1 p 2n + a n2 + bn − n . = l´ım l´ım n→∞ n→∞ 2n − 1 Resp.: b/2 = e3(a+1)/2 . 7. Sean a1 , . . . , ak n´ umeros realesppositivos. Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general n an1 + · · · + ank . Resp.: L = máx{a1 , . . . , ak }. 8. Sea {an } una sucesi´ on creciente, con an ≥ 0, ∀n. Probar que √ la sucesi´ on de t´ ermino general xn = n a1 · a2 · · · · · an tambi´ en es creciente. Sugerencia: Comprobar que la sucesión {ln xn } es creciente y deducir que también lo es la sucesión pedida.

190

r q √ 3 9. Probar que la sucesi´ on de t´ ermino general an = 2 3 . . . n n es convergente. Sugerencia: Calcular el logaritmo de an y estudiar la serie resultante.

10. Demostrar que la sucesi´ on de t´ ermino general an =

n X k=1

convergente.

1 es n+k

n , ∀n, la sucesión está acotada superiormente; n+1 1 además an+1 − an = > 0 y la sucesión es creciente. (2n + 1)(2n + 2)

Resp.: Como an <

11. Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: (

x1 =k < 0, xn+1 = 12 xn + x1n .

i)Probar que xn ≤ −1, ∀n ≥ 2. (Aplicar el método de inducción.)

ii) Probar que {xn } es convergente y hallar su l´ımite. (La sucesión es creciente pues xn+1 − xn ≥ 0, ∀n.) Resp.: L = −1. 12. Se define la sucesi´ on (un )n≥0 por: u0 = 1, u1 = 2/3, . . . , un =

un−1 (1 + un−1 ) . 1 + 2un−1

i) Comprobar que es decreciente. ii) Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. Resp.: Es evidente que un /un−1 ≤ 1 porque un ≥ 1, ∀n. Además un ≥ 0, ∀n. √ 13. Sea {xn } la sucesi´ on definida por x1 = 1, xn+1 = 2 + xn para n > 1. Demostrar que es mon´ otona creciente y acotada superiormente por 2. Calcular su l´ımite. Resp.: L = 2.

191

14. Comprobar que la sucesi´ on definida por an+1 =

convergente y calcular su l´ımite. an+1 < 1, ∀n. Además L = 0. Resp.: an > 0, y an 15. Se define la sucesi´ on a1 ∈ (1, 2), an+1 = 3 −

vergencia.

2an , a1 = 3, es an + 3

2 . Estudiar su conan

Resp.: La sucesión es creciente y acotada. Su l´ımite es L = 2. 16. Sea {an } una sucesi´ on que verifica an > 0, ∀n y

cular l´ım an . Resp.: Como 0 < an <

an+1 1 < . Calan 5

a1 , l´ım an = 0. 5n−1

17. Dados a, b > 0, se define la sucesi´ on u1 = a + b, un = a + b − an+1 − bn+1 si a 6= b. an − bn Resp.: Aplicar el método de inducción.

i) Probar que un =

ii) Calcular l´ım un si a 6= b. Resp.: l´ım un = máx{a, b}.

iii) Calcular un y l´ım un si a = b. Resp.: un =

(n + 1)a , l´ım un = a. n

192

ab , n > 1. un−1

CAPÍTULO XIV. ´ SERIES NUMERICAS ARBITRARIAS

SECCIONES A. Series de términos de signo variable. B. Series dependientes de parámetros. C. Ejercicios propuestos.

193

´ A. SERIES DE TERMINOS DE SIGNO VARIABLE.

En el cap´ıtulo 9 se estudiaba la convergencia de las series de términos con signo constante. Trataremos aqu´ı las series arbitrarias, es decir aquellas cuyos términos no son todos del mismo signo, más precisamente aquellas que tienen infinitos términos positivos e infinitos términos negativos. Para estas series será importante estudiar no sólo su convergencia sino la convergencia de la serie formada por los valores absolutos de sus términos. Debido a la propiedad: X X an también converge y adem´ as |an | converge, entonces (1) Si la serie n≥1

n≥1

X X an ≤ |an | n≥1

n≥1

podemos distinguir los siguientes casos: X (a) Una serie an se dice que converge absolutamente si converge Xn≥1 la serie |an |. n≥1

(b) Una serie

X

an converge condicionalmente si es convergente pero

n≥1

diverge la serie

X

|an |.

n≥1

(c) Una serie es divergente si divergen

X n≥1

an y

X

|an |.

n≥1

Otras propiedades destacables son: X (2) Una serie an converge absolutamente si y s´ olo si son convergentes la n≥1

serie formada con sus términos positivos y la formada con sus términos negativos. X X (3) Si las series an y bn son absolutamente convergentes, entonces n≥1

la serie

X

n≥1

(αan + βbn ) es absolutamente convergente, ∀α, β ∈ R.

n≥1

(4) Si

X

an converge absolutamente, todo reordenamiento de {an } produce

n≥1

una serie cuya suma coincide con

X n≥1

194

an .

(5) Si

X

an y

X

bn son absolutamente convergentes, también lo es la

n≥1

n≥1

serie producto

X

pn definida de la siguiente manera:

n≥1

pn = a1 bn + a2 bn−1 + · · · + an b1 =

n X

ak bn−k .

k=1

Un caso particular de las series arbitrarias lo constituyen las series alternadas, que son aquellas cuyos términos son alternativamente positivos y negativos. Las series alternadas se suelen expresar como X n (−1) an donde an ≥ 0, ∀n, o de cualquier forma equivalente (por n≥1

ejemplo

X

sen(nπ/2)an ó

n≥1

X

cos(nπ)an ). Las series alternadas tienen

n≥1

la siguiente propiedad: X (6) Si (−1)n an es una serie alternada convergente y llamamos S a la n≥1

suma de la serie, entonces n X (−1)k ak ≤ ak+1 S − k=1

(esto quiere decir que el error cometido al sumar los n primeros términos es menor que el primer término desechado). Para estudiar la convergencia de las series arbitrarias, aparte de los criterios ya enunciados en el cap´ıtulo 9 para series de términos positivos, aplicaremos los siguientes criterios espec´ıficos: - Criterio de Leibnitz. Si la sucesión de términos positivos X{an } es decreciente y tiene l´ımite cero, entonces la serie alternada (−1)n an es n≥1

convergente. - Criterio del cociente. Dada la serie arbitraria

X

an , llamamos

n≥1

an+1 an+1 y l = l´ım inf L = l´ım sup an . an (a) Si L < 1, la serie converge absolutamente. (b) Si l > 1, la serie diverge. - Criterio de la ra´ız. Dada la serie arbitraria

X n≥1

195

an , llamamos L = l´ım sup

p n

|an |.

(a) Si L < 1, la serie converge absolutamente. (b) Si L > 1, la serie diverge. Veremos en los siguientes problemas ejemplos diversos de aplicación de estas propiedades.

PROBLEMA 14.1 P Estudiar el car´ a cter de la serie an de t´ ermino general an = √ (−1)n [ n2 − 1 − n] y hallar una cota del error cometido al tomar como suma la de los cuatro primeros t´ erminos. Soluci´ on −1 (−1)n+1 =√ , vemos que se trata n2 − 1 + n n2 − 1 + n de una serie alternada. Aplicaremos el criterio de Leibnitz: Si escribimos an = (−1)n √

√

n2

1 1 =⇒ |an | < |an−1 |. 1, (n + 2) ln2 (n + 2)

con lo que la serie diverge.

PROBLEMA 14.18

Estudiar la convergencia (absoluta y condicional) de la serie X 2n sen(nπ/2) p . n (3n − 2) · 5 n≥1 Soluci´ on nπ Como sen = (−1)n+1 , tenemos una serie alternada. Si aplicamos el cri2 terio del cociente, resulta: n+1 √ √ 2 an+1 2 3n − 2 2 (3n+1)·5n+1 l´ım = l´ım = l´ım √ · √ = √ 1. α an (nα + β) − a1 γ b) Probar que Sn = , ∀n. α+β−γ −a1 γ c) Probar que, en caso de convergencia, la suma de la serie es . α+β−γ

ci´ on

205

Soluci´ on a) Aplicaremos el criterio de Raabe (observamos que, desde un cierto n en an+1 adelante, > 0, pues α, β, γ son constantes fijas): an an+1 αn + γ − αn − β γ−β l´ım n 1 − = l´ım n · = , an αn + γ α γ−β > 1. α an (nα + β) − a1 γ b) Probaremos por inducción que Sn = , siendo Sn = α+β−γ a1 + a2 + · · · + an . lo que indica que la serie converge si

- Para n = 1,

a1 (α + β) − a1 γ = a1 = S1 . α+β−γ

an−1 [(n − 1)α + β) − a1 γ , debemos comα+β−γ an (nα + β) − a1 γ probar que Sn = . α+β−γ - Si suponemos que Sn−1 =

Por ser una serie hipergeométrica, se verifica la relación an [α(n − 1) + γ] = an−1 [α(n − 1) + β]. Utilizando esta igualdad, tenemos: an−1 [(n − 1)α + β) − a1 γ + an α+β−γ an [α(n − 1) + γ] − a1 γ + an α+β−γ an [α(n − 1) + γ + α + β − γ] − a1 γ an (αn + β) − a1 γ = , α+β−γ α+β−γ

Sn = Sn−1 + an = =⇒ Sn = =

como quer´ıamos demostrar. c) Si la serie es convergente, entonces

X

an = l´ım Sn = l´ım

n≥1

α · nan + βan − γa1 . α+β−γ

Ahora bien, recordando que, en una serie convergente, l´ım an = 0 y −γa1 l´ım nan = 0, dicho l´ımite queda . α+β−γ

PROBLEMA 14.22

Probar que, si a + b = c, entonces     X an X bn X cn  · = . n! n! n! n≥0

n≥0

206

n≥0

Soluci´ on an bn Por definición de producto de series, si an = y bn = , el término general n! n! de la serie producto es pn = a0 · bn + a1 · bn−1 + a2 · bn−2 + · · · + an · b0 bn bn−1 a2 bn−2 an = +a· + · + ··· + n! (n − 1)! 2! (n − 2)! n! 1 n n(n − 1) 2 n−2 1 cn = b + nabn−1 + a ·b + · · · + an = (a + b)n = , n! 2! n! n! como quer´ıamos probar. Observaci´ on. Si llamamos f (x) =

X xn n≥0

n!

, hemos probado que f (a) · f (b) =

f (a+b) lo que sugiere llamar a f función exponencial (ver cap´ıtulo siguiente).

PROBLEMA 14.23  2 X 1 X 1  = Probar que  . 2n · n! n! n≥0

n≥0

Soluci´ on El término n-ésimo del producto es pn =

n X i=0

n n X 1 1 n! 1 X n 1 · n−i = = n = , i n 2 · i! 2 · (n − i)! 2 · n!(n − i)! · i! 2 · n! i n! i=0

n

debido a que 2 =

n X n i=0

i

i=0

.

´ B. SERIES DEPENDIENTES DE PARAMETROS.

En este apartado se resolverán distintos problemas relacionados con la convergencia de series definidas en función de uno o varios parámetros. Se tratará de determinar los valores que deben tomar dichos parámetros para que la serie correspondiente sea convergente (tanto absoluta como condicional) o divergente. El esquema que seguiremos en general es el siguiente: 207

- Aplicar el criterio del cociente o de la ra´ız para obtener los valores de los parámetros que den convergencia absoluta. - Estudiar la convergencia de la serie que resulta al sustituir los valores de los parámetros que hacen que el criterio anterior no sea concluyente. Para ello podemos hacer uso de alguno de los criterios ya indicados, tanto en este cap´ıtulo como en el cap´ıtulo 9.

PROBLEMA 14.24

Estudiar el car´ acter de la serie

X 1 · 5 · 10 . . . (n2 + 1) (2n − 1)!

·

1 seg´ un a2n

los diferentes valores de a. Soluci´ on Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos: 1·5·10...(n2 +1)[(n+1)2 +1] 1 · a2n+2 an+1 1 (n + 1)2 + 1 1 (2n+1)! = l´ım · 2 = . l´ım = l´ ım 2 +1) 1·5·10...(n 1 an (2n + 1) · 2n a 4|a|2 · 2n (2n−1)! a La serie es absolutamente convergente cuando

1 < 1, es decir cuando 4|a|2

1 1 y divergente cuando |a| < . 2 2 1 Cuando a = , aplicamos el criterio de Raabe y resulta: 2 (n + 1)2 + 1 −6n − 8 6 an+1 = l´ım n 1 − · 4 = l´ım n· 2 = − < 1, l´ım n 1 − an (2n + 1) · 2n 4n + 2n 4 |a| >

de modo que la serie es divergente. 1 Cuando a = − , la serie coincide con la anterior de modo que también es 2 divergente.

PROBLEMA 14.25

Estudiar el car´ acter de la serie

X n≥1

rentes valores de a.

208

√

an nπ sen seg´ un los dife2 3n − 2

Soluci´ on ( 0 nπ Como sen = 2 (−1)k+1 de la ra´ız, resulta: l´ım sup

si n = 2k es par si aplicamos el criterio si n = 2k − 1 es impar,

p n

|a| |an | = l´ım p = |a|, √ n 3n − 2

de modo que la serie converge absolutamente si |a| < 1 y diverge si |a| > 1. Cuando a = 1, sustituyendo los valores de sen nπ/2 antes indicados, tenemos la serie X n≥1

√

X (−1)k+1 1 nπ X 1 p √ · sen · (−1)k+1 = = , 2 3n − 2 6k − 5 3(2k − 1) − 2 k≥1 k≥1

que es una serie alternada condicionalmente convergente (ver problema 14.7). Cuando a = −1, resulta la serie X (−1)k X (−1)n nπ X (−1)2k−1 √ √ √ · sen = · (−1)k+1 = , 2 3n − 2 6k − 5 6k − 5 n≥1 k≥1 k≥1 que es también condicionalmente convergente.

PROBLEMA 14.26

Estudiar la convergencia de la serie

X

(−1)n

n≥1

en seg´ un los difenena

rentes valores de a. Soluci´ on Por el criterio de la ra´ız, l´ım

p n

|an | = l´ım √ n

e = e1−a . n · ea

La serie es absolutamente convergente cuando e1−a < 1, es decir a > 1 y divergente cuando a < 1. X (−1)n Cuando a = 1, queda la serie que es condicionalmente convergenn te. 209

PROBLEMA 14.27

Estudiar el car´ acter de la serie

X

valores de a.

1 seg´ un los diferentes 1 + a2n

Soluci´ on La serie es de términos positivos, por lo que podemos aplicar el criterio de 1 X X 1 1 2n comparación. Como l´ım 1+a1 = 1, las series y tienen 2 n (a ) 1 + a2n (a2 )n X 1 el mismo carácter. Ahora bien, la serie es convergente cuando (a2 )n a2 > 1, es decir |a| > 1, y divergente cuando |a| < 1. De aqu´ı se deduce que la serie dada es también convergente cuando |a| > 1 y divergente cuando |a| < 1. P Cuando |a| = 1, queda la serie 1/2 que es claramente divergente.

PROBLEMA 14.28

Estudiar el car´ acter de la serie de a.

X nan en

seg´ un los diferentes valores

Soluci´ on Por el criterio del cociente: (n+1)an+1 an+1 |a|(n + 1) |a| = l´ım en+1 l´ım = . = l´ım n na an en e en Resulta que la serie es absolutamente convergente cuando |a| < e y divergente cuando |a| > e. P n que es divergente y cuando a = −e, la Cuando P a = e, la serie queda serie es (−1)n n que también es divergente.

PROBLEMA 14.29

Estudiar el car´ acter de la serie de a.

X

210

an na seg´ un los diferentes valores

Soluci´ on Por el criterio del cociente, n+1 a an+1 a (n + 1) = l´ım = |a|. l´ım an · na an La serie es absolutamente convergente cuando |a| < 1 y divergente cuando |a| > 1. P Cuando a = 1 obtenemos la serie n que es divergente; cuando a = −1, X (−1)n la serie es que, como sabemos, es condicionalmente convergente. n

PROBLEMA 14.30

Estudiar el car´ acter de la serie

X

1 a+ n

n

seg´ un los diferentes

valores de a. Soluci´ on Debido al criterio de la ra´ız tenemos: l´ım

1 |an | = l´ım a + = |a|. n

p n

La serie es absolutamente convergente cuando |a| < 1 y divergente cuando |a| > 1. X 1 n 1 n . Como l´ım 1 + = e 6= 0, Cuando a = 1, tenemos la serie 1+ n n dicha serie es divergente. X 1 n Cuando a = −1, la serie es que también es divergente debido −1 + n n 1 a que l´ım −1 + no existe. n

PROBLEMA 14.31

√ X an n + 1 Estudiar el car´ acter de la serie seg´ un los diferentes 2n (n + 2) valores de a.

211

Soluci´ on Aplicamos también en este caso el criterio del cociente. Tenemos as´ı: n+1 √ √ a n+2 an+1 2n+1 (n+3) |a|(n + 2) n + 2 |a| √ = l´ım l´ım = l´ım n √ = . a n+1 an 2 2(n + 3) n + 1 2n (n+2) La serie es pues absolutamente convergente cuando |a| < 2 y divergente cuando |a| > 2. √ X n+1 que es divergente, como se comprueba al Si a = 2, la serie es n+2 X 1 √ . aplicar el criterio de comparación con n √ X n+1 Si a = −2, la serie es ahora (−1)n : dicha serie es condicionalmente n+2 convergente√pues, seg´ un el criterio de Leibnitz, la sucesión de término gen+1 es decreciente y converge a cero pero la serie de valores neral an = n+2 absolutos, como ya hemos indicado, es divergente.

PROBLEMA 14.32

Estudiar el car´ acter de la serie

X (n2 + 1)an (n + 1)!

seg´ un los diferentes

valores de a. Soluci´ on Por el criterio del cociente, [(n+1)2 +1]an+1 2 an+1 (n+2)! = l´ım = l´ım (n + 2n + 2)|a| = 0. l´ım 2 n (n +1)a an (n + 2)(n2 + 1) (n+1)!

La serie es pues absolutamente convergente para cualquier valor del parámetro a.

PROBLEMA 14.33

Estudiar el car´ acter de la serie lores de a.

212

X

(a/n)n seg´ un los diferentes va-

Soluci´ on Aplicando el criterio de la ra´ız, resulta: p l´ım n |an | = l´ım |a/n| = 0. Esto indica que la serie es siempre absolutamente convergente.

PROBLEMA 14.34

Estudiar el car´ acter de la serie lores de a.

X n2 + 1 nan

seg´ un los diferentes va-

Soluci´ on Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos: (n+1)2 +1 2 an+1 (n+1)an+1 = l´ım = l´ım (n + 2n + 2) · n = 1 . l´ım 2 n +1 an (n + 1)(n2 + 1) · |a| |a| n n·a

De aqu´ı se deduce que la serie es absolutamente convergente cuando |a| > 1 y divergente cuando |a| < 1. En los casos extremos tenemos: X n2 + 1 - Si a = 1, queda la serie que es divergente porque el término n general no tiende a cero. X n2 + 1 - Si a = −1, la serie es (−1)n que también es divergente por la n misma razón que en el caso anterior.

PROBLEMA 14.35

Estudiar el car´ acter de la serie de a.

X an n!

seg´ un los diferentes valores

Soluci´ on Por el criterio del cociente, n+1 a (n+1)! an+1 = l´ım n = l´ım |a| = 0, l´ım a an n+1 n! por lo que la serie es absolutamente convergente para cualquier a ∈ R. 213

PROBLEMA 14.36

Estudiar el car´ acter de la serie

X

n! seg´ un (2 + a)(2 + 2a) . . . (2 + na)

los diferentes valores de a. Soluci´ on De la definición se observa que la serie no tiene sentido cuando a = −2/n, ∀n ∈ N. Para el resto de valores de a utilizamos el criterio del cociente y obtenemos: (n+1)! (2+a)(2+2a)...[2+(n+1)a] an+1 n+1 = 1 . = l´ ım l´ım = l´ ım n! an 2 + (n + 1)a |a| (2+a)(2+2a)...(2+na) Resulta entonces que la serie es absolutamente convergente cuando |a| > 1 y divergente cuando |a| < 1. Con respecto a los valores extremos, para a = −1, como hemos indicado, la serie no tiene sentido, y para a = 1 queda la serie X

X 2 · n! X n! 2 = = . 3 · 4 . . . (n + 2) (n + 2)! (n + 2)(n + 1)

Esta serie es convergente como se comprueba al aplicar el criterio de comX 1 paración con . n2

PROBLEMA 14.37

Estudiar el car´ acter de la serie valores de a.

X 2n n2

sen2n a seg´ un los diferentes

Soluci´ on Observamos que se trata de una serie de términos no negativos por lo que no hay distinción entre convergencia y convergencia absoluta. Si aplicamos el criterio de la ra´ız, resulta: l´ım

√ n

2 an = l´ım √ · sen2 a = 2 sen2 a. n n2

La serie es pues absolutamente convergente cuando sen2 a < 1/2, es de√ (4n − 1)π (4n + 1)π cir | sen a| < 2/2. Esto ocurre cuando 0.

Estudiar el car´ acter de la serie

X

Soluci´ on Tenemos en este caso una serie de términos no negativos. Si aplicamos el criterio del cociente, resulta: an+1 l´ım = l´ım an

(n+1)! (a+b)(a+2b)...(a+nb)[a+(n+1)b] n! (a+b)(a+2b)...(a+nb)

= l´ım

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

La serie es pues convergente cuando b > 1 y divergente cuando b < 1. X n! . Para estudiar Cuando b = 1 tenemos la serie (a + 1)(a + 2) . . . (a + n) su convergencia aplicamos el criterio de Raabe: n+1 an an+1 = l´ım n · 1 − = l´ım = a. l´ım n 1 − an a+n+1 a+n+1 As´ı pues, si a < 1, la serie es divergente y si a > 1, convergente. X X 1 n! Por u ´ltimo, si a = b = 1, tenemos la serie = que (n + 1)! n+1 sabemos es divergente.

PROBLEMA 14.39 X a(a + 1) . . . (a + n − 1) Estudiar el car´ acter de la serie seg´ un los n! nb diferentes valores de a y b, con a 6= b. Soluci´ on Podemos suponer que se trata de una serie de términos no negativos porque, desde un cierto N en adelante, a + n − 1 > 0, ∀n ≥ N y el numerador no cambia de signo. 215

Si aplicamos el criterio del cociente, obtenemos: a(a+1)...(a+n−1)(a+n) n + a n b an+1 b (n+1)!(n+1) = l´ım l´ım a(a+1)...(a+n−1) = l´ım n + 1 · n + 1 = 1. an n!nb Como no podemos decidir la convergencia de la serie con este criterio, aplicamos el criterio de Raabe: (n + 1)b+1 − (n + a) · nb an+1 = l´ım n · l´ım n · 1 − an (n + 1)b+1 b+1 n + (b + 1)nb + · · · − nb+1 − anb = b + 1 − a. = l´ım n · (n + 1)b+1 Cuando b + 1 − a > 1, o bien b > a, la serie será convergente, y divergente cuando b < a.

PROBLEMA 14.40

Estudiar el car´ acter de la serie

X a(a + 1) . . . (a + n − 1) b(b + 1) . . . (b + n − 1)

seg´ un los

diferentes valores de a y b. Soluci´ on En primer lugar observamos que debe ser b 6= 0, −1, −2, . . . para que el denominador no se anule. Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos: a(a+1)...(a+n−1)(a+n) an+1 b(b+1)...(b+n−1)(b+n) a + n = 1, l´ım = l´ım a(a+1)...(a+n−1) = l´ım an b + n b(b+1)...(b+n−1) por lo que este criterio no es concluyente. Aplicamos pues el criterio de Raabe: an+1 = l´ım n · b + n − (a + n) = b − a. l´ım n 1 − an b+n Se deduce que la serie es absolutamente convergente cuando b > a + 1 y divergente cuando b < a + 1. X a Cuando b = a + 1, queda la serie que es divergente. a+n 216

PROBLEMA 14.41

Estudiar el car´ acter de la serie de a y b.

X an nb

seg´ un los diferentes valores

Soluci´ on Aplicando el criterio del cociente, tenemos: n+1 a b (n+1)b an+1 n = l´ım n = l´ım a · l´ım = |a|. a an n + 1 nb La serie será pues absolutamente convergente cuando |a| < 1 y divergente cuando |a| > 1. X 1 Si a = 1, queda la serie (serie de Riemann), que sabemos es convernb gente cuando b > 1 y divergente cuando b ≤ 1. X (−1)n En el caso a = −1, la serie es de la forma ; dicha serie es absolutanb mente convergente cuando b > 1 (por ser convergente la serie de sus valores absolutos), es condicionalmente convergente cuando 0 < b ≤ 1 (pues, seg´ un el criterio de Leibnitz, el término general en valor absoluto forma una sucesión decreciente y convergente a cero), y es divergente cuando b ≤ 0 porque el término general no tiende a cero.

PROBLEMA 14.42

Probar que la sucesi´ on {an } de t´ ermino general an = (1 − 1/4)(1 − 1/9) . . . (1 − 1/n2 )

es convergente y que su l´ımite es estrictamente positivo. Soluci´ on Si llamamos bn al logaritmo del término general, obtenemos: 1 1 1 bn = ln an = ln 1 − + ln 1 − + · · · + ln 1 − 2 . 4 9 n Esto quiere decir que bn es el término general de la sucesión de sumas par ∞ X 1 1 ln 1 − 2 . ciales de ln 1 − 2 , con lo que l´ım bn = n n n=2

217

Debido a la igualdad 1 ln 1 − 2 = ln(n2 − 1) − ln n2 = ln(n − 1) − 2 ln n + ln(n + 1), n tenemos: bn = ln 1 − 2 ln 2 + ln 3 + ln 2 − 2 ln 3 + ln 4 + ln 3 − 2 ln 4 + ln 5 .. . + ln(n − 1) − 2 ln n + ln(n + 1) n+1 = − ln 2 − ln n + ln(n + 1) = − ln 2 + ln . n Esto implica que l´ım bn = − ln 2 = ln 1/2 y, como bn = ln an , resulta en definitiva que l´ım an = 1/2.

218

C. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes enunciados es verdadero o falso: P a) Si A es la suma de la serie an , entonces la sucesi´ on n≥1

(an )n∈N converge a A. Resp.: Falso si A 6= 0 pues an → 0.

b) Si A es la suma de la serie

P

an , entonces la serie

n≥1

P

|an |

n≥1

converge a |A|. Resp.: Falso (ejemplo an =

(−1)n ). n

P an+1 an converge. = −2, entonces n→∞ an n≥1

c) Si l´ım

Resp.: Falso (ejemplo an = (−2)n ).

d) Si l´ım

n→∞

P an+1 an converge. < 1, entonces an n≥1

Resp.: Falso (mismo ejemplo anterior).

e) Si

P

an converge, entonces la sucesi´ on (an+1 /an )n∈N tiene

n≥1

l´ımite. Resp.: Falso (ejemplo a2n =

f) Si

P

1 1 , a2n+1 = n ). 2n 2

an converge, entonces l´ım a2n = 0. n→∞

n≥1

Resp.: Verdadero por el criterio del resto.

g) Si

P

an converge, entonces

n≥1

P

a2n converge.

n≥1

(−1)n Resp.: Falso (ejemplo an = √ ). n

219

h) Si

P

an converge, entonces

n≥1

P

an

2

converge.

n≥1

Resp.: Falso (mismo ejemplo anterior).

i) Si

P

an converge absolutamente, tambi´ en lo hace

n≥1

X n≥1

Resp.: Verdadero pues cordemos que an → 0).

a2n 1 + a2n

< a2n < |an |, desde un cierto n (re-

j) Si {xn } es una sucesi´ on positiva, la serie

xn es con1 + n2 xn

X

vergente.

Resp.: Verdadero (aplicar el criterio de comparación con

k) Si

P

an y

n≥1

P

a2n . 1 + a2n

bn son divergentes, entonces

n≥1

P

P

1/n2 ).

an bn es diver-

n≥1

gente. Resp.: Falso (ejemplo an = 1/n y bn = 1/n).

l) Si l´ım an = 0 y el signo de an es alternativamente positivo y n→∞ P an converge. negativo, entonces n≥1

Resp.: Falso (ejemplo an = (−1)n ·

2 + (−1)n ). n

m) Si an < 1/n para todo n, entonces

P

an diverge.

n≥1

Resp.: Falso (ejemplo an = −1/n2 ).

n) Si an < 1/n2 para todo n, entonces

P

an converge.

n≥1

Resp.: Falso (ejemplo an = −1/n). P 2. Probar que, si la serie an es absolutamente convergente, tamXn+1 bi´ en lo es la serie an . n Sugerencia: Aplicar el criterio de comparación.

220

3. Estudiar el car´ acter de la serie

∞ X

(−1)n+1

n=1

1 n+1

1+

1 1 + ··· + n 2 2

Resp.: Convergente (aplicar el criterio de Leibnitz).

4. Estudiar la convergencia de la serie

∞ X

(−1)n

n=1

(n14 + 5) ln(n2 + 2) . en (n4 + 2)

Resp.: Absolutamente convergente (aplicar el criterio del cociente). ln n . 2n Resp.: Absolutamente convergente (criterio del cociente).

5. Estudiar el car´ acter de la serie

X

(−1)n

6. Estudiar el car´ acter de la serie

X

n

√

(−1)

n . n−1

Resp.: Condicionalmente convergente (criterios de Leibnitz y compaP √ ración con 1/ n).

7. Estudiar el car´ acter de la serie

X

(−1)n √

1 . n + (−1)n

Resp.: Condicionalmente convergente (criterios de Leibnitz y de comP √ paración con 1/ n). 8. Estudiar el car´ acter de la serie

X

p 3 (−1)n n − n3 − n .

Resp.: Converge condicionalmente (usar el criterio de Leibnitz y el de P comparación con 1/n). 9. Estudiar la2 convergencia (absoluta y condicional) de la serie X πn sen . Resp.: Divergente (se trata de la serie 1+0+1+0+. . . ). 2 n≥1

X √n · an 10. Estudiar el car´ acter de la serie seg´ un los distintos (n + 1) 2n n≥1

valores de a ∈ R. Resp.: Absolutamente convergente si |a| < 2; condicionalmente convergente si a = −2; divergente si a = 2 ó |a| > 2.

221

.

11. Estudiar el car´ acter de la serie

X (a − 1)n seg´ un los valores de n(n + 1)

a ∈ R. Resp.: Absolutamente convergente cuando a ∈ [0, 2]; diverge en el resto. 12. Estudiar el car´ acter de la serie

X

an √ . n n + 1 + (n + 1) n √

Resp.: Absolutamente convergente cuando a ∈ [−1, 1]; diverge en el resto. 13. Estudiar el car´ acter de la serie

X

(a − 5)n seg´ un los valores (2n + 1) · 5n

de a ∈ R. Resp.: Converge absolutamente cuando a ∈ (0, 10); converge condicionalmente cuando a = 0; diverge en el resto.

14. Estudiar el car´ acter de la serie

X a(a + n) n n

, con a ∈ R.

Resp.: Converge absolutamente cuando a ∈ (−1, 1); diverge en el resto.

X 15. Estudiar el car´ acter de la serie n3 an seg´ un los diferentes valores de a. Resp.: Absolutamente convergente cuando |a| < 1; divergente en el resto.

16. Calcular la suma de la serie

∞ X n=1

(−1)n

n . 5n

Resp.: S = 5/36.

17. Calcular la suma de la serie

X n≥1

Resp.: S = 5/54.

222

(−1)n+1

n2 . 5n

CAPÍTULO XV. SUCESIONES Y SERIES DE FUNCIONES

SECCIONES A. Campo de convergencia. Convergencia uniforme. B. Series de potencias. Intervalos de convergencia. C. Desarrollo de funciones en series de potencias. D. Aplicaciones al cálculo infinitesimal. E. Ejercicios propuestos.

223

A. CAMPO DE CONVERGENCIA. CONVERGENCIA UNIFORME.

Consideramos en este cap´ıtulo sucesiones {fn } cuyos términos son funciones reales con dominio I com´ un. Para cada x ∈ I, se construye la sucesión numérica {fn (x)} formada por las imágenes dePlas funciones en el punto x. Análogamente, se define la serie de funciones fn como la sucesión {Sn } n≥1

de sumas parciales Sn =

n P

fk .

k=1

En lo que sigue nos referiremos a series de funciones pues, aunque son un caso particular de las sucesiones, nuestro interés se centra en el estudio de las series de potencias (sección B) y el desarrollo de funciones en series de potencias (sección C). P fn como el conjunto S de Definimos campo de convergencia de la serie Pn≥1 puntos x ∈ I para los que la serie numérica fn (x) converge. As´ı pues, si n≥1P P fn converge puntualmenfn (x), con x ∈ S, se dice que la serie f (x) = n≥1

n≥1

te a f . Como sabemos, esto significa que, llamando Sn (x) =

n P

fk (x),

k=1

X ∀x ∈ S, ∀ε > 0, ∃N ∈ N : |Sn (x) − f (x)| = fk (x) < ε, ∀n > N, k>n

donde N depende de ε y de x. Si dicho N es el mismo para todos los valores de P x ∈ S (no depende de x), se dice que la serie fn converge uniformemente n≥1

a f en S. De la definición es evidente la siguiente propiedad: P 1) Si una serie de funciones fn converge uniformemente a f , entonces n≥1

converge puntualmente a f . Otras propiedades de interés son las siguientes: 2) Criterio de convergencia de Cauchy. La serie

P

fn converge uni-

n≥1

formemente en S si y s´ olo si k+p X ∀x ∈ S, ∀ε > 0, ∃N ∈ N : fn (x) < ε, ∀k > N, p ∈ N. n=k+1

224

3) Continuidad. Si una serie de funciones

P

fn converge uniformemente

n≥1

a f en S y cada fn es continua en x0 ∈ S, entonces f es continua en x0 . En s´ımbolos, l´ım

x→x0

X

fn (x) =

X n≥1

n≥1

l´ım fn (x).

x→x0

4) Derivaci´ on. Sea {f on de funciones derivables en (a, b) y Pn } una sucesi´ tal que la serie fn (x0 ) converge para alg´ un x0 ∈ (a, b). Si la sen≥1 P 0 P rie fn converge uniformemente en (a, b), entonces fn converge n≥1

n≥1

uniformemente en (a, b) y X 0 X fn (x) = fn0 (x), ∀x ∈ (a, b). n≥1

n≥1

5) Integraci´ on. Si una serie de funciones

P

fn converge uniformemente

n≥1

a f en un intervalo [a, b] y cada fn es integrable en [a, b], entonces f es integrable en [a, b] y Z xX XZ x fn (t) dt = fn (t) dt, ∀x ∈ [a, b]. n≥1 a

a n≥1

Esto se expresa diciendo que una serie uniformemente convergente se puede integrar término a término. Un método usual para probar que una serie es convergente es el siguiente. P fn una serie de funciones tal que 6) Criterio de Weierstrass. Sea n≥1 P |fn (x)| ≤ an , ∀n, ∀x ∈ S, donde an es una serie numérica conn≥1 P vergente. Entonces fn converge uniformemente en S. n≥1

Observaci´ on. El criterio de Weierstrass asegura la convergencia uniforme y absoluta de una serie de funciones, pero en general ambos conceptos no son equivalentes.

PROBLEMA 15.1

Determinar el campo de convergencia de la serie X 2n senn x. n≥0

225

Soluci´ on Aplicando el criterio de la ra´ız, la serie es absolutamente convergente cuando: p l´ım n |an | < 1 ⇐⇒ l´ım 2| sen x| < 1 ⇐⇒ | sen x| < 1/2 (6n − 1)π (6n + 1)π , n ∈ Z, ⇐⇒ x ∈ , 6 6 que son los intervalos donde la serie es absolutamente convergente. En los extremos de cada intervalo, es decir cuando x| = 1/2, donde P | senP el criterio de la ra´ız no decide, quedan las series 1 ó (−1)n , que son claramente divergentes.

PROBLEMA 15.2

Hallar el campo de convergencia de la serie

∞ X cos nx n=1

enx

.

Soluci´ on Descomponemos el problema en varios casos: - Si x > 0, aplicamos el criterio de comparación; tenemos por un lado que X 1 cos nx 1/enx , resul nx ≤ nx y, aplicando el criterio de la ra´ız a la serie e e ta: p l´ım n 1/enx = l´ım 1/ex < 1 pues x > 0. Como la serie mayorante es convergente, también lo será la serie dada. P - Si x = 0, tenemos la serie 1 que es divergente. cos nx - Si x < 0, como l´ım enx = 0, entonces no existe l´ım nx , con lo que la e serie es también divergente.

PROBLEMA 15.3

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X x en R. (1 + x)n n≥1

226

Soluci´ on x → ∞. (1 + x)n Por el criterio del resto se deduce que la serie no es convergente en R. En particular, tampoco converge uniformemente.

Cuando |1 + x| < 1, es decir −2 < x < 0, tenemos que

PROBLEMA 15.4

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X enx sen nx en R. n≥1

Soluci´ on Cuando x > 0, el término general enx sen nx no tiene l´ımite. Por el criterio del resto se deduce que la serie no converge en R.

PROBLEMA 15.5

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X sen √nx √ en R. n n n≥1

Soluci´ on Aplicaremos el criterio de Weierstrass. Como √ sen nx 1 √ ≤ √ n n n n , ∀n X 1 1 √ = es convergente, se deduce que la serie pron n n3/2 puesta converge absoluta y uniformemente en R.

y la serie

X

PROBLEMA 15.6

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X (−1)n−1 xn en [−1/2, 1/2]. n≥1

227

Soluci´ on La serie converge absoluta y uniformemente debido al criterio de Weierstrass porque, si −1/2 ≤ x ≤ 1/2, |(−1)n−1 xn | ≤ y la serie geométrica

P

1 , ∀n 2n

1/2n es convergente.

PROBLEMA 15.7

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X 2x arc tg 2 en R. x + n3 n≥1

Soluci´ on Sea N una constante positiva fija. Teniendo en cuenta que | arc tg x| ≤ |x|, ∀x ∈ R, obtenemos las siguientes acotaciones: 2x 2x 2N - Si |x| ≤ N , arc tg 2 ≤ ≤ 3 , ∀n. x + n3 x2 + n3 n 2x 2x 2 - Si |x| > N , arc tg 2 ≤ 2 ≤ 2 , ∀n > |x|. 3 3 x +n x +n n X 2N X 2 Como las dos series y son convergentes, del criterio de Weiersn3 n2 trass se deduce que la serie propuesta es absoluta y uniformemente convergente.

PROBLEMA 15.8 X xn sen nx Probar que la serie converge uniformemente en [−1, 1] np n≥1

si p > 1. Soluci´ on En efecto, por el criterio de Weierstrass, si p > 1 y −1 ≤ x ≤ 1, tenemos la acotación n x sen nx ≤ 1 np p n X 1 y la serie mayorante es convergente. np 228

PROBLEMA 15.9

Probar que la serie

X

(−1)n

n≥1

x2 + n converge uniformemente en n2

todo [a, b] pero nunca converge absolutamente. Soluci´ on x2 + n , por el criterio de comparación, como Si llamamos fn (x) = (−1)n P n2 |fn (x)| ∼ 1/n y la serie 1/n es divergente, la serie propuesta no es absolutamente convergente. Sin embargo, aplicando el criterio de Leibnitz, se prueba que converge condicionalmente en R. Por otra parte, al ser una serie alternada, si llamamos α = máx{|a|, |b|}, tenemos: |Sn (x) − S(x)| ≤ |fn+1 (x)| =

x2 + (n + 1) α2 + (n + 1) ≤ → 0, ∀x ∈ [a, b], 2 (n + 1) (n + 1)2

lo que indica que la serie converge uniformemente.

PROBLEMA 15.10 ∞ X Dada la serie fn (x), donde fn (x) son continuas en [0, 1] para n=1 n X n 2 todo n y verifican la acotaci´ on , ∀x ∈ [0, 1], fk (x) − x ≤ 2 n +5 k=1 ∞ Z 1 X calcular fn (x) dx. n=1 0

Soluci´ on n → 0 cuando n → ∞ independientemente de x ∈ [0, 1], la n2 + 5 ∞ X acotación dada indica que la serie fn (x) converge uniformemente a la Como

n=1

función y = x2 . En consecuencia la serie se puede integrar término a término y resulta: ∞ Z X n=1 0

1

Z fn (x) dx =

∞ 1X

Z fn (x) dx =

0 n=1

229

0

1

1 x2 dx = . 3

PROBLEMA 15.11 X sen nx Probar que la serie es convergente en todo R. Si f (x) es n2 n≥1

su suma, probar que f es continua en [0, π] y que Z π X 1 f (x) dx = 2 . (2n − 1)3 0 n≥1

Soluci´ on X 1 sen nx 1 Si llamamos fn (x) = , como |fn (x)| ≤ 2 , ∀n, ∀x ∈ R y la serie 2 n n n2 es convergente, por el criterio de Weierstrass se deduce que la serie propuesta es uniformemente convergente en R. Como además las funciones fn (x) son continuas, también lo será su suma f (x). Z π XZ π f (x) dx = De la fórmula fn (x) dx, deducimos entonces que: 0

Z 0

π

n≥1 0

X − cos nx π sen nx f (x) dx = dx = n2 n3 0 n≥1 0 n≥1 X 1 − cos nπ X 2 = = , n3 (2n − 1)3 XZ

π

n≥1

( 0 pues 1 − cos nπ = 2

n≥1

si n es par si n es impar.

B. SERIES DE POTENCIAS. INTERVALOS DE CONVERGENCIA.

Una serie de la forma

X

an (x − a)n = a0 + a1 (x − a) + · · · + an (x − a)n + . . .,

n≥0

con an ∈ R, ∀n, se llama serie de potencias de x − a o serie de potencias centrada en a. Nos referiremos aqu´ı a las series de potencias centradas en el Xorigen pues basta hacer Xuna traslación x − a = t para reducir la serie n an (x − a) a la serie an tn . La siguiente propiedad es básica: n≥0

n≥0

230

1) El campo de convergencia de una serie de potencias

X

an xn es un

n≥0

intervalo centrado en el origen, o todo R, o el origen. As´ı pues, para determinar el intervalo de convergencia, basta calcular la distancia de los extremos del intervalo al origen, lo que llamaremos radio de convergencia. 2) F´ ormula de Hadamard. El radio de convergencia (la mitad de Xla aman xn plitud del intervalo de convergencia) de una serie de potencias n≥0

es R = 1/L donde L = l´ım sup

p n |an |.

3) Si el campo de convergencia tiene radio R, la serie converge absoluta y uniformemente ∀x ∈ (−R, R) y diverge si |x| > R. Sin embargo, si x = R ó x = −R, caben todas las posibilidades. Para la mayor parte de las series de potencias que consideraremos, el campo de convergencia puede obtenerse mediante el criterio del cociente o de la ra´ız. Tenemos entonces la siguiente propiedad: p 4) a) Si existe l´ım n |an | = L, el radio de convergencia es R = 1/L. an+1 = L, el radio de convergencia es R = 1/L. b) Si existe l´ım an Las operaciones posibles con series de potencias se deducen de las correspondientes con series arbitrarias. Podemos destacar las siguientes: 5) En el interior de su intervalo de convergencia, toda serie de potencias puede derivarse término a término. Es decir, X

n

an (x − a)

0 =

n≥0

X

n · an (x − a)n−1

n≥1

y la serie obtenida tiene el mismo radio de convergencia que la serie original. 6) Toda serie de potencias es integrable en su campo de convergencia y la primitiva se obtiene integrando término a término la serie dada. Esto se expresa simbólicamente como Z xX X (x − a)n+1 , ∀x ∈ (a − R, a + R) an (t − a)n dt = an · n+1 a n≥0

n≥0

y la serie resultante tiene el mismo radio de convergencia que la serie original (aunque es posible que converja también en alg´ un extremo del intervalo de convergencia). 231

7) Dadas las series de potencias X X bn (x − a)n , an (x − a)n y g(x) = f (x) = n≥0

n≥0

convergentes en los intervalos (a − R1 , a + R1 ) y (a − R2 , a + R2 ), respectivamente, el producto viene dado por la serie X cn (x − a)n , ∀x ∈ (−R, R), f (x) · g(x) = n≥0

donde cn =

n X

ak · bn−k , n ≥ 0 y R = m´ın{R1 , R2 }.

k=0

PROBLEMA 15.12

Determinar el campo de convergencia de la serie

X n≥0

xn . · n2

2n

Soluci´ on Aplicando la fórmula de Hadamard, calculamos el radio de convergencia como: p 1 1 1 √ = l´ım sup n |an | = l´ım = . n 2 R 2 2· n Por tanto, R = 2 y la serie converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2). En los extremos del intervalo tenemos: X 1 - Si x = 2, resulta la serie que es convergente. n2 X (−1)n - Si x = −2, resulta la serie que es también absolutamente conn2 vergente.

PROBLEMA 15.13

Determinar el campo de convergencia de la serie

X n! xn n≥0

nn

.

Soluci´ on Por la fórmula de Hadamard, p√ √ n −1 · n p 1 n! n · e 2πn = l´ım sup n |an | = l´ım = l´ım = e−1 , R n n 232

con lo que R = e y la serie converge absolutamente en (−e, e) y diverge cuando x ∈ (−∞, −e) ∪ (e, ∞). En los extremos tenemos: - Si x = e, la serie es

X n! en nn l´ım

. Como

√ n! en 2πn = ∞ = 6 0, = l´ ım nn

la serie es divergente. X (−1)n n! en - Si x = −e, la serie es que también es divergente, por la nn misma razón del caso anterior.

PROBLEMA 15.14

Determinar el campo de convergencia de la serie X xn . n · 10n−1 n≥1

Soluci´ on Por la fórmula de Hadamard, p 1 1 1 = l´ım sup n |an | = l´ım √ = , n R 10 n · 10n−1 de donde R = 10 y la serie converge absolutamente en (−10, 10) y diverge en (−∞, −10) ∪ (10, ∞). X 10 - Si x = 10, la serie resulta que es divergente. n X (−1)n 10 - Si x = −10, tenemos la serie que es condicionalmente conn vergente (basta aplicar el criterio de Leibnitz).

PROBLEMA 15.15

Determinar el campo de convergencia de la serie

X n≥0

a, b > 0.

233

xn , donde an + bn

Soluci´ on Supondremos que a ≥ b pues, en caso contrario, se procede de forma análoga. Por la fórmula de Hadamard, p 1 1 1 1 = l´ım p = , = l´ım sup n |an | = l´ım √ n n n n R a a +b a 1 + (b/a)n con lo que R = a y la serie converge absolutamente en (−a, a) y diverge en (−∞, −a) ∪ (a, ∞). X an . Como - Cuando x = a, tenemos la serie an + bn l´ım

an 1 = l´ım = 1 6= 0, n n a +b 1 + (b/a)n

la serie es divergente. - Cuando x = −a, aplicamos el mismo procedimiento anterior y la serie es también divergente.

PROBLEMA 15.16

Determinar el campo de convergencia de la serie X nx n . n+1 n≥0

Soluci´ on Por la fórmula de Hadamard, p 1 n = l´ım sup n |an | = l´ım = 1 =⇒ R = 1, R n+1 y la serie converge absolutamente en (−1, 1) y diverge en (−∞, −1)∪(1, ∞). X n n X −n n - Si x = 1, tenemos la serie y si x = −1, . En n+1 n+1 ambos casos, si llamamos an al término general, l´ım |an | = l´ım

n n+1

n

n

−1

= l´ım en·( n+1 −1) = l´ım en· n+1 = e−1 6= 0,

de modo que ambas series son divergentes. 234

PROBLEMA 15.17

Hallar el intervalo de convergencia de la serie (x − 1) −

n 3(x − 1)2 n+1 (n + 1)(x − 1) + · · · + (−1) + ... 22 2n

Soluci´ on Por la fórmula de Hadamard, p 1 = l´ım sup n |an | = l´ım R

√ n

n+1 1 = =⇒ R = 2. 2 2

El intervalo de convergencia es entonces I = (1 − 2, 1 + 2) = (−1, 3). P - Para x = −1, tenemos la serie divergente −(n + 1), y para x = 3, P tenemos también la serie divergente (−1)n+1 (n + 1).

PROBLEMA 15.18

Determinar el campo de convergencia de la serie X x4n−1 1+ (−1)n . 4n n≥1

Soluci´ on Aplicaremos el criterio del cociente considerando la serie como serie numérica. 4n+3 an+1 x /(4n + 4) l´ım = l´ım = |x|4 . an x4n−1 /4n La serie será convergente cuando |x|4 < 1, es decir cuando |x| < 1, y divergente cuando |x| > 1. En los casos extremos tenemos: - Si x = 1, la serie 1 +

X (−1)n n≥1

4n

- Si x = −1, la serie es 1 −

es condicionalmente convergente.

X (−1)n n≥1

4n

convergente. 235

que es también condicionalmente

PROBLEMA 15.19

Determinar el campo de convergencia de la serie X n2 +2 [cos(1/n)] n+2 xn . n≥0

Soluci´ on Por la fórmula de Hadamard, p n2 +2 1 = l´ım sup n |an | = l´ım [cos(1/n)] n2 +2n = 1, R de modo que la serie converge absolutamente en (−1, 1) y diverge en (−∞, −1)∪ (1, ∞). En los extremos x = 1 y x = −1 las series son divergentes porque, aplicando el criterio del resto, n2 +2

n2

n2

l´ım [cos(1/n)] n+2 = l´ım e n+2 ·[cos(1/n)−1] = l´ım e n+2 ·

−1/n2 2

= 1 6= 0.

PROBLEMA 15.20

Determinar el campo de convergencia de la serie X n n(−1) xn−1 . n≥1

Soluci´ on n

Aplicaremos el criterio de comparación, para lo que llamaremos an = n(−1) xn−1 . P n Tenemos la acotación |an | = n(−1) |x|n−1 ≤ n|x|n−1 . Además la serie n|x|n−1 converge si |x| < 1 como se deduce aplicando el criterio del cociente: l´ım

(n + 1)|x|n = |x|. n|x|n−1

Lo anterior indica que la serie propuesta es también absolutamente convergente cuando |x| < 1. Ahora bien, si |x| = 1, l´ım an no existe; por tanto la serie diverge. Por tratarse de una serie de potencias, la serie debe ser también divergente cuando |x| > 1. 236

PROBLEMA 15.21

Determinar el campo de convergencia de la serie X (x − 1)2n . n · 9n n≥1

Soluci´ on Aplicando el criterio de la ra´ız, l´ım

p n

|an | = l´ım

|x − 1|2 |x − 1|2 √ = . 9 9· nn

Esto quiere decir que la serie converge absolutamente cuando |x − 1|2 < 9, es decir cuando x ∈ (−2, 4) y diverge cuando x ∈ (−∞, −2) ∪ (4, ∞). P Además, tanto para x = −2 como para x = 4, queda la serie 1/n que es divergente.

PROBLEMA 15.22

Determinar el campo de convergencia de la serie X (2n − 1)n (x + 1)n . 2n−1 · nn n≥1

Soluci´ on Por el criterio de la ra´ız tenemos: l´ım

p n

|an | = l´ım

(2n − 1) · |x + 1| = |x + 1| 2(n−1)/n · n

de modo que la serie converge absolutamente cuando |x + 1| < 1, es decir cuando x ∈ (−2, 0) y diverge cuando x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, ∞). X (2n − 1)n - Para x = 0 queda la serie . Esta serie es divergente porque 2n−1 · nn el término general no tiende a cero: (2n − 1)n 2n − 1 n = 2e−1/2 . l´ım n−1 n = l´ım 2 · 2 ·n 2n X (2n − 1)n - Si x = −2, tenemos la serie alternada (−1)n · n−1 n que también 2 ·n es divergente por la misma razón que en el caso anterior. 237

PROBLEMA 15.23

Determinar el campo de convergencia de la serie X (x + 5)2n−1 . 2n · 4n n≥1

Soluci´ on Por el criterio del cociente, obtenemos: an+1 = l´ım l´ım an

|x+5|2n+1 2(n+1)·4n+1 |x+5|2n−1 2n·4n

= l´ım

|x + 5|2 · 2n |x + 5|2 = . 4 · 2(n + 1) 4

|x + 5|2 < 1, es decir cuan4 do x ∈ (−7, −3) y diverge cuando x ∈ (−∞, −7) ∪ (−3, ∞). P En los extremos del intervalo, x = −3 y x = −7, tenemos la serie 1/4n que es divergente. Entonces la serie converge absolutamente cuando

PROBLEMA 15.24

Determinar el campo de convergencia de la serie X n! xn−1 . (a + 1) . . . (a + n) Soluci´ on Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos: (n+1)!xn an+1 (a+1)...(a+n)(a+n+1) = l´ım (n + 1)|x| = |x|. l´ım = l´ım n−1 n!x an a+n+1 (a+1)...(a+n)

Entonces la serie es absolutamente convergente cuando |x| < 1 y divergente cuando |x| > 1. En los extremos del intervalo de convergencia tenemos: X n! - Si x = 1, la serie es . Aplicando el criterio de Raabe, (a + 1) . . . (a + n) resulta: n+1 an l´ım n · 1 − = l´ım = a, a+n+1 a+n+1 con lo que la serie es convergente si a > 1 y divergente si a < 1. Por u ´ltimo, X 1 si a = 1, la serie es ahora , que es evidentemente divergente. n+1 238

n! . Como (a + 1) . . . (a + n) hemos visto antes, cuando a > 1 es absolutamente convergente. Cuando a ≤ n! 1 aplicamos el criterio de Leibnitz, para lo cual llamamos an = : (a + 1) . . . (a + n) - Si x = −1, queda la serie alternada

X

(−1)n−1 ·

n+1 an+1 = , la sucesión {an } es decreciente si 0 < a ≤ 1 y an a+n+1 creciente si a < 0. En el primer caso, 0 < a ≤ 1, además l´ım an = 0. Veámoslo: n! 1 Si llamamos L = l´ım = l´ım , (a + 1) . . . (a + n) (1 + a)(1 + a/2) . . . (1 + a/n) al tomar logaritmos obtenemos:

Como

ln L = l´ım −[ln(1 + a) + ln(1 + a/2) + · · · + ln(1 + a/n)] = −

∞ X

ln(1 + a/n).

n=1

Esta u ´ltima serie es divergente pues ln(1+a/n) ∼ 1/n, con lo que ln L = −∞, de donde L = e−∞ = 0, como quer´ıamos probar. P Por u ´ltimo, si a = 0, tenemos la serie divergente (−1)n−1 . En resumen, en el caso x = −1, la serie dada es absolutamente convergente cuando a > 1; condicionalmente convergente cuando 0 < a ≤ 1 y divergente cuando a ≤ 0.

PROBLEMA 15.25

Determinar el campo de convergencia de la serie X 1 n−1 x ln 1 + . n Soluci´ on Por el criterio del cociente, xn · ln n+2 an+1 n+1 = l´ım l´ım = |x|. xn−1 · ln n+1 an n Tenemos entonces que la serie converge absolutamente cuando |x| < 1 y diverge cuando |x| > 1. Además, X - Si x = 1, tenemos la serie ln(1 + 1/n) que es divergente como se comP prueba al compararla con la serie armónica 1/n. 239

X - Si x = −1, queda la serie alternada (−1)n−1 ln(1 + 1/n) que es condicionalmente convergente, pues la sucesión {ln(1 + 1/n)} es decreciente y tiene l´ımite cero.

PROBLEMA 15.26

Determinar el campo de convergencia de la serie X (2n + 1)! (−x/e)5n . 1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n − 3)(3n) Soluci´ on Si hacemos el cambio t = (−x/e)5 y aplicamos el criterio del cociente, tenemos: an+1 = l´ım l´ım an

(2n+3)! 1·3·5·6...(4n−3)(3n)(4n+1)(3n+3) ·|t| (2n+1)! 1·3·5·6...(4n−3)(3n)

= l´ım

|t| (2n + 3)(2n + 2) ·|t| = . (4n + 1)(3n + 3) 3

De aqu´ı se deduce √ que la serie converge absolutamente cuando |t| < 3, o √ 5 5 bien cuando |x| < e 3, y diverge cuando |x| > e 3. X √ (−1)5n · - Cuando x = e 5 3, la serie queda

(2n + 1)! · 3n . 1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n − 3)(3n) Esta serie es divergente porque el término general no tiende a cero. En efecto, como an+1 (2n + 3)(2n + 2) · 3 4n2 + 10n + 6 = = > 1, an (4n + 1)(3n + 3) 4n2 + 5n + 1 entonces |an+1 | > |an | y l´ım |an | = 6 0. √ - Cuando x = −e 5 3, procedemos de manera análoga al caso anterior. As´ı la serie es también divergente.

PROBLEMA 15.27 X Si la serie an z n tiene radio de convergencia 2, encontrar los X X n radios de convergencia de las series akn z n , an z k , (k > 1), X 2 an z n .

240

Soluci´ on p Por hipótesis sabemos que 1/2 = l´ım sup n |an |. Aplicando también la fórmula de Hadamard en los demás casos, tenemos: q p k 1 l´ım sup n |akn | = l´ım sup n |an | = k . 2 X De aqu´ı se deduce que la serie akn z n tiene radio de convergencia R1 = 2k . Para el segundo caso, como p 1 n n l´ım sup k |an | = l´ım sup |an | n · kn = (1/2)0 = 1, X n el radio de convergencia de la serie an z k es R2 = 1. Análogamente, como l´ım sup

h in·(1/n2 ) p |an | = l´ım sup |an |1/n = (1/2)0 = 1,

n2

el radio de convergencia de

X

2

an z n es R3 = 1.

PROBLEMA 15.28

Se considera la serie de potencias an =

X

an xn , donde llamamos

1 · 2...n . 3 · 5 . . . (2n + 1)

a) Probar que su radio de convergencia es 2. b) Probar que la serie original no converge en x = 2. c) Sean bn = an 2n y pn = ln bn . Probar que los t´ erminos pn son las sumas parciales de una serie de t´ erminos negativos que diverge hacia −∞. d) Deducir de c) el car´ acter de la serie original en x = −2. Soluci´ on a) Por el criterio del cociente, an+1 = l´ım l´ım an

1·2...n·(n+1) 3·5...(2n+1)(2n+3) 1·2...n 3·5...(2n+1)

n+1 x n+1 |x| · n = l´ım · |x| = , x 2n + 3 2

de modo que la serie converge absolutamente cuando |x| < 2. 241

b) Para x = 2 aplicamos el criterio de Raabe: n+1 an+1 1 1 = l´ım n· 1 − l´ım n· 1 − · 2 = l´ım n· = < 1, an 2n + 3 2n + 3 2 por lo que la serie es divergente. 2 4 2n 2 · 4 . . . 2n = · ... , entonc) Si escribimos bn = an · 2n = 3 · 5 . . . (2n + 1) 3 5 2n + 1 ces 2 4 2n pn = ln bn = ln + ln + · · · + ln 3 5 2n + 1 es una cantidad negativa por ser suma de n´ umeros negativos (logaritmos de n´ umeros menores que uno). Además pn es la suma de los X 2n ln n primeros términos de la serie . Esta serie es divergen2n + 1 n≥1

te P como se observa al aplicar el criterio de comparación con la serie 1/n: n 2n ln 2n+1 2n = l´ım ln = e−1/2 . l´ım 1/n 2n + 1 Esto quiere decir que l´ım pn = −∞, como quer´ıamos probar. X d) La serie original en x = −2 es la serie alternada (−1)n · 2n · an . Para estudiar su convergencia aplicamos el criterio de Leibnitz. Por el apartado c), el término general en valor absoluto tiende a cero pues |(−1)n · 2n · an | = bn = epn → e−∞ = 0. Además la sucesión {bn } es decreciente pues bn+1 n+1 2n + 2 =2· = < 1. bn 2n + 3 2n + 3 De lo anterior resulta que la serie es condicionalmente convergente (la convergencia no es absoluta pues vimos en el apartado b) que la serie de valores absolutos no es convergente).

C. DESARROLLO DE FUNCIONES EN SERIES DE POTENCIAS.

Se plantea en esta sección el problema de saber si una función f es la suma de una serie de potencias que converja en cierto intervalo centrado en 242

alg´ un punto x = a. Es decir, queremos encontrar los coeficientes {an } para que X an (x − a)n , ∀x ∈ (a − R, a + R). f (x) = n≥0

1) Una condici´ on necesaria para que exista dicha serie es que f sea infinitamente derivable en un entorno de a; en este caso, los coeficientes se f (n) (a) obtienen por la fórmula an = (como se deduce al aplicar sun! cesivas veces la propiedad 5 de la sección B). Tenemos as´ı la llamada serie de Taylor generada por la función f en el punto x = a: f (x) ∼

X f (n) (a) n≥0

n!

(x − a)n ,

o, en el caso particular de a = 0, la serie de McLaurin generada por f : f (x) ∼

X f (n) (a) n≥0

n!

xn .

Para encontrar alguna condición suficiente que asegure la convergencia de la serie de Taylor a la función f escribimos la siguiente fórmula de Taylor con resto: f (x) =

n X f (k) (a) k=0

k!

(x−a)k +Rn (x, a), donde Rn (x, a) =

f (n+1) (c) (x−a)n+1 (n + 1)!

para alg´ un c comprendido entre x y a (Rn (x, a), llamado resto de orden n de la serie, indica el error cometido al sustituir la función f por la suma de los n primeros términos de la serie de Taylor asociada). Es Rn (x, a) evidente que l´ım = 0, es decir, el resto es un infinitésimo de x→a (x − a)n orden superior a n en x = a. De lo anterior se deduce que: 2) Una condici´ on necesaria y suficiente para que la serie de Taylor converja a f es que f (n+1) (c) (x − a)n+1 = 0. n→∞ (n + 1)!

l´ım Rn (x, a) = l´ım

n→∞

Muchas veces, en la práctica basta encontrar una cota superior de la derivada de orden n + 1 de la función en un entorno de x = a. Esto da lugar entonces a: 3) Una condici´ on suficiente para que la serie de Taylor converja a f es que las derivadas de cualquier orden de la funci´ on f estén acotadas en alg´ un entorno de a. 243

Escribiremos a continuación los desarrollos en serie de las funciones más comunes, que servirán de base para obtener los desarrollos de otras funciones. 1. Funci´ on exponencial. ex =

X xn n≥0

n!

,

y la serie converge en todo R. X

2. Funciones trigonom´ etricas. sen x =

(−1)n

n≥0

x2n+1 , (2n + 1)!

que converge en todo R. Análogamente, cos x =

X

(−1)n

n≥0

x2n (2n)!

y converge también en todo R (se puede obtener como derivada de sen x). 3. Funci´ on logar´ıtmica. ln(x + 1) =

X

(−1)n−1

n≥1

xn n

y la serie converge absolutamente en (−1, 1) y condicionalmente en x = 1.

m

4. Serie bin´ omica. (1 + x)

=

X m n≥0

n

xn ,

m m(m − 1) . . . (m − n + 1) (donde definimos = , para todo m ∈ R y n! n n ∈ N) y la serie es absolutamente convergente en (−1, 1); para ciertos valores de m la serie también converge en alg´ un extremo del intervalo. En los siguientes problemas veremos la forma de obtener desarrollos en serie de funciones que se obtienen mediante operaciones algebraicas de las anteriores.

PROBLEMA 15.29

Desarrollar en serie de McLaurin la funci´ on f (x) = (1 + x)e−x y determinar su intervalo de convergencia.

244

Soluci´ on Como e−x =

X (−x)n n≥0

(1 + x)e−x =

n!

, para todo x ∈ R, entonces

X (−x)n n≥0

= −1 +

n! X

+x

X (−x)n n!

n≥0 n (−1) n

X

X (−1)n

n≥1 m−1 (−1) m

n!

xn +

X (−1)n n≥0

n!

xn+1

x (m − 1)! X X 1−n 1 n n 1 (−1)n xn (−1) x = −1 + = −1 + − , n! (n − 1)! n! n!

n≥1

x +

= −1 +

m≥1

n≥1

n≥1

y el desarrollo es también válido en todo R.

PROBLEMA 15.30 x en serie de potencias 1 + x2 alrededor del origen especificando su intervalo de convergencia.

Desarrollar la funci´ on f (x) = x + √

Soluci´ on 2 −1/2

Utilizaremos el desarrollo en serie binómica (1 + x )

=

X −1/2 n

(x2 )n ,

n≥0 −1/2 1 · 3 . . . (2n − 1) , válido cuando |x| < 1; teniendo en cuenta que = (−1)n · n! · 2n n resulta: X 1 · 3 . . . (2n − 1) 2n+1 x + x(1 + x2 )−1/2 = x + (−1)n · x n! · 2n

n≥0

= 2x +

X

(−1)n ·

n≥1

1 · 3 . . . (2n − 1) 2n+1 x , n! · 2n

y el desarrollo es igualmente válido cuando |x| < 1 (observar también que la serie converge condicionalmente cuando x = ±1 procediendo como se hizo en el problema 15.24).

PROBLEMA 15.31 (

Desarrollar la funci´ on f (x) =

ex −1 x

1

cias alrededor del origen. 245

si x 6= 0 en serie de potensi x = 0

Soluci´ on A partir del desarrollo ex =

X xn n≥0

ex − 1 =

n!

X xn n≥1

n!

, obtenemos:

=⇒

ex − 1 X xn−1 = x n! n≥1

y el desarrollo es válido en todo R por serlo el desarrollo de ex .

PROBLEMA 15.32

Obtener el desarrollo en serie de potencias de x de la funci´ on 2 f (x) = (1 + x ) arc tg x, especificando su intervalo de convergencia.

Soluci´ on Calculando la derivada de la función y = arc tg x, tenemos el desarrollo: X −1 X 1 0 y = = (x2 )n = (−1)n x2n . 2 1+x n n≥0

n≥0

Si integramos ahora término a término, para x ∈ (−1, 1): y=

X n≥0

(−1)n

x2n+1 + C, con C = y(0) = 0. 2n + 1

Multiplicando ahora por 1 + x2 , obtenemos en definitiva: X X x2n+1 x2n+3 x2n+1 + (−1)n = (−1)n 2n + 1 2n + 1 2n + 1 n≥0 n≥0 n≥0 2m+1 X X 1 1 m−1 x n−1 2n+1 + (−1) =x+ (−1) x − + 2m − 1 2n + 1 2n − 1 n≥1 m≥1 X 2 = x+ (−1)n−1 x2n+1 , (2n + 1)(2n − 1)

f (x) =

X

(−1)n

n≥1

y el desarrollo es válido cuando |x| < 1 pues corresponde al intervalo donde es válido el desarrollo de (1+x2 )−1 (en este caso se puede comprobar fácilmente que también es convergente cuando x = ±1). 246

PROBLEMA 15.33

Desarrollar en serie de potencias alrededor de x = 0 la funci´ on x f (x) = especificando su intervalo de convergencia. Escribir 1 + x3 Z x f (t)dt.

el desarrollo de la funci´ on F (x) = 0

Soluci´ on A partir del desarrollo de (1 + x3 )−1 resulta: X X −1 3 −1 (−1)n x3n+1 , x3n = x(1 + x ) = x n n≥0

n≥0

y la serie converge absolutamente a la función cuando x ∈ (−1, 1). Como en dicho intervalo la convergencia es absoluta y uniforme, entonces Z x XZ x F (x) = f (t)dt = (−1)n t3n+1 dt 0

=

X

(−1)n

n≥0

n≥0 0 x 3n+2 t

3n + 2

=

0

X n≥0

(−1)n

x3n+2 . 3n + 2

Ahora la serie obtenida converge también (aunque sólo condicionalmente) cuando x = −1.

PROBLEMA 15.34

Desarrollar la funci´ on f (x) = sen2 x en serie de McLaurin. Soluci´ on 1 − cos 2x Debido a la fórmula sen2 x = y a partir del desarrollo del coseno, 2 el desarrollo de la función dada es: f (x) =

1 1X (2x)2n X 22n−1 · x2n − (−1)n = (−1)n−1 . 2 2 (2n)! (2n)! n≥0

n≥1

El intervalo de convergencia coincide pues con el de la serie correspondiente a cos 2x, es decir todo R. 247

PROBLEMA 15.35

Desarrollar la funci´ on f (x) =

ln(1 + x) en serie de McLaurin. 1+x

Soluci´ on Debemos multiplicar las series correspondientes a las funciones y = ln(1+x), y = (1 + x)−1 . Tenemos pues:  

 f (x) = 

X

(−1)n xn  · 

X

(−1)n−1

n≥1

n≥0

xn n

 .

Para calcular el coeficiente del término general de la serie producto hacemos: pn =

n X k=0

an−k · bk =

n X

n

(−1)n−k · (−1)k−1 ·

k=1

X1 1 = (−1)n−1 , ∀n ≥ 1. k k k=1

En definitiva, tenemos: f (x) =

X

n−1

(−1)

n≥1

·

n X

! 1/k xn ,

k=1

y el desarrollo es válido en (−1, 1) que corresponde a la intersección de los intervalos de convergencia de las series factores.

PROBLEMA 15.36

Desarrollar alrededor de x = 1 la funci´ on f (x) =

√

x.

Soluci´ on Haciendo el√cambio de variable t = x − 1, podemos escribir la función como f (t) = t + 1. Al desarrollar ésta u ´ltima como serie binómica, obtenemos: X 1/2 X 1/2 1/2 n f (t) = (t + 1) = t =⇒ f (x) = (x − 1)n , n n n≥0

n≥0

y el desarrollo es válido cuando −1 < x − 1 < 1, es decir cuando 0 < x < 2.

248

PROBLEMA 15.37

Desarrollar la funci´ on f (x) =

12 − 5x en serie de McLaurin. 6 − 5x − x2

Soluci´ on En primer lugar descomponemos la función en fracciones simples. As´ı: 5x − 12 A B (A + B)x + 6A − B = + = =⇒ A = −1, B = 6. + 5x − 6 x−1 x+6 (x − 1)(x + 6) X m m xn , Teniendo en cuenta ahora el desarrollo en serie binómica, (1 + x) = n f (x) =

x2

n≥0

x ∈ (−1, 1), escribimos los desarrollos correspondientes a cada sumando como: X −1 X −1 −1 = [1 + (−x)] = (−x)n = xn , x ∈ (−1, 1); x−1 n n≥0 n≥0 X −1 X 6 xn = [1 + (x/6)]−1 = (x/6)n = (−1)n n , x/6 ∈ (−1, 1). x+6 6 n n≥0

n≥0

Sumando las series en el intervalo (−1, 1), que es la intersección de los intervalos de convergencia de ambas series, obtenemos: n X X X (−1)n n nx f (x) = x + xn . (−1) n = 1+ 6 6n n≥0

n≥0

n≥0

PROBLEMA 15.38

Desarrollar la funci´ on f (x) = arc sen x en serie de McLaurin. Soluci´ on 1 = (1 − x2 )−1/2 , podemos 1 − x2 escribir el desarrollo de esta u ´ltima función como: X −1/2 X 1 · 3 . . . (2n − 1) f 0 (x) = (−x2 )n = x2n , x ∈ (−1, 1). n 2n · n!

Como la derivada de la función es f 0 (x) = √

n≥0

n≥0

Integrando ahora término a término en el intervalo de convergencia absoluta, resulta: X 1 · 3 . . . (2n − 1) x2n+1 f (x) = · , x ∈ (−1, 1). 2n · n! 2n + 1 n≥0

249

PROBLEMA 15.39

Desarrollar la funci´ on f (x) =

1+x en serie de McLaurin. 1 − x3

Soluci´ on Si descomponemos la función en dos fracciones y aplicamos el desarrollo de X −1 (−x3 )n , tenemos: la serie geométrica (1 − x3 )−1 = n n≥0

X −1 X −1 1 x 3 n (−x3 )n f (x) = (−x ) + x + = n 1 − x3 1 − x3 n n≥0 n≥0 X X X = x3n + x3n+1 = (x3n + x3n+1 ) n≥0

n≥0

n≥0

y el desarrollo es válido en el intervalo (−1, 1), que corresponde al intervalo donde convergen ambas series.

PROBLEMA 15.40

Desarrollar la funci´ on f (x) =

ex en serie de McLaurin. 1+x

Soluci´ on Multiplicando las series correspondientes a las funciones y = ex e y = (1 + x)−1 , tenemos:     X X xn  ·  (−1)n xn  . f (x) =  n! n≥0

n≥0

El coeficiente del término general en la serie producto es pn =

n X

ak · bn−k =

k=0

y la serie

X

n X (−1)n−k k=0

k!

pn xn converge absolutamente en el intervalo (−1, 1) que corres-

n≥0

ponde a la intersección de los intervalos de convergencia de las dos series factores. 250

PROBLEMA 15.41 r

Desarrollar la funci´ on f (x) = ln

1+x en serie de McLaurin. 1−x

Soluci´ on Aplicando las propiedades usuales de los logaritmos, escribimos la función 1 como f (x) = [ln(1 + x) − ln(1 − x)]. Recordando que el desarrollo de ln(1+ 2 X (−1)n−1 x) en serie de McLaurin es xn , y el radio de convergencia es 1, n n≥1

escribimos los desarrollos correspondientes a cada uno de los sumandos y obtenemos:   n−1 n−1 X X 1 (−1) (−1) f (x) = xn − (−x)n  2 n n n≥1

n≥1

1 X (−1)n−1

=

2

n≥1

n

[1 − (−1)n ]xn =

X x2n−1 2n − 1

n≥1

y la serie converge absolutamente en (−1, 1).

PROBLEMA 15.42

¿Es posible desarrollar en serie de potencias alrededor del origen ( 2 x e + e−1/x si x 6= 0, la funci´ on f (x) = 1 si x = 0? Soluci´ on 2

La función y = e−1/x tiene todas sus derivadas en el origen nulas (esto se puede probar por inducción), de modo que f (n) (0) = 1 y podemos escribir el desarrollo x2 xn f (x) ∼ 1 + x + + ··· + + Rn (x). 2! n! x2 xn Sin embargo, como l´ım 1 + x + + ··· + + Rn (x) = ex + l´ım Rn (x), n→∞ n→∞ 2! n! −1/x2 si la serie converge a la función, debe ser l´ım Rn (x) = e 6= 0 salvo para n→∞ x = 0. Esto indica que la función no es desarrollable en serie de McLaurin.

251

´ D. APLICACIONES AL CALCULO INFINITESIMAL.

Debido a que las series de potencias son la generalización inmediata de los polinomios (donde el n´ umero de términos es infinito), el cálculo de las derivadas e integrales es también directo. Además, como muchas funciones elementales son suma de series de potencias, sus valores en puntos del intervalo de convergencia serán también suma de las series correspondientes a esos puntos. Esto permite plantear una gran variedad de aplicaciones de los desarrollos de funciones en serie de Taylor y McLaurin a diversos problemas de Cálculo Infinitesimal; completamos as´ı las herramientas necesarias para el cálculo de l´ımites, derivadas, integrales y sumas de series que no eran posible sin el uso de las series de potencias.

PROBLEMA 15.43 sen2 x − x2 . x→0 (ex − 1)4

Calcular, mediante series de funciones, l´ım

Soluci´ on Teniendo en cuenta el desarrollo en serie de las funciones involucradas, podemos escribir las siguientes relaciones: sen x = x−

x3 2x4 2x4 +. . . =⇒ sen2 x = x2 − +. . . =⇒ sen2 x−x2 = − +R4 (x), 3! 3! 3!

R4 (x) 2x4 2 2 = 0, lo cual da lugar a la equivalencia sen x − x ∼ − . x→0 x4 3! Procediendo análogamente, resulta: donde l´ım

ex = 1 + x + R1 (x) =⇒ ex − 1 = x + R1 (x) =⇒ (ex − 1)4 ∼ x4 . Aplicando las equivalencias obtenidas, tenemos: sen2 x − x2 −2x4 /6 1 = l´ ım =− . x 4 4 x→0 (e − 1) x→0 x 3 l´ım

PROBLEMA 15.44 sen2 x3 . x→0 (1 − cos x2 )3

Calcular, mediante series de funciones, l´ım

252

Soluci´ on Análogamente al problema anterior, tenemos: sen x3 = x3 + R3 (x) =⇒ sen2 x3 = x6 + R6 (x) =⇒ sen2 x3 ∼ x6 ; x4 x4 x12 cos x2 = 1 − + R4 (x) =⇒ 1 − cos x2 = + R4 (x) =⇒ (1 − cos x2 )3 ∼ . 2! 2 8 Aplicando las equivalencias anteriores, obtenemos: x6 sen2 x3 8 = l´ ım = l´ım 6 = ∞. 2 3 12 x→0 x /8 x→0 (1 − cos x ) x→0 x l´ım

PROBLEMA 15.45

Calcular, mediante series de funciones, la derivada de orden k en ( sen x si x 6= 0 x el origen de la funci´ on f (x) = 0 si x = 0. Soluci´ on Debido al desarrollo x2 sen x x2n =1− + · · · + (−1)n + ..., x 3! (2n + 1)! f (k) (0) y recordando que el término general del desarrollo verifica la fórmula ak = , k! se obtiene en definitiva que ( 0 si k = 2n + 1(k es impar) (k) f (0) = ak · k! = (−1)n (−1)n si k = 2n(k es par). (2n+1)! · (2n)! = 2n+1

PROBLEMA 15.46 Z

Calcular, mediante series de funciones,

1

sen x2 dx.

0

Soluci´ on Como sen x2 =

X

(−1)n

n≥0

(x2 )2n+1 y la convergencia es uniforme en R, po(2n + 1)!

demos integrar término a término: Z 1 X (−1)n Z 1 X (−1)n 1 2 sen x dx = x4n+2 dx = · . (2n + 1)! 0 (2n + 1)! 4n + 3 0 n≥0

n≥0

253

PROBLEMA 15.47 x

Z

Calcular, mediante series de funciones, 0

dt . 1 + t3

Soluci´ on A partir del desarrollo en serie

X 1 (−1)n · (t3 )n , que es uniforme= 1 + t3 n≥0

mente convergente en (−1, 1), resulta: Z x Z x 3n+1 X X dt n x 3n n (−1) t dt = (−1) = , ∀x ∈ (−1, 1). 3 3n + 1 0 0 1+t n≥0

n≥0

PROBLEMA 15.48 Z 1 1 ln Calcular dx. 1−x 0 Soluci´ on Aplicaremos en este caso el desarrollo de la función logaritmo. Como X xn 1 ln = − ln(1 − x) = , ∀x ∈ (−1, 1), 1−x n n≥1

y la convergencia es uniforme en dicho intervalo, la integral impropia vale Z 1 Z β 1 1 ln dx = l´ım ln dx − 1−x 1−x β→1 0 0 X Z β xn X 1 = l´ım dx = = 1. − n(n + 1) β→1 0 n n≥1

n≥1

Para calcular la suma de la u ´ltima serie, se descompone el término general en fracciones simples y se obtiene en forma simplificada el término general de la sucesión de sumas parciales (ver cap´ıtulo 9).

PROBLEMA 15.49 Z 1 ∞ X (−1)n−1 x Probar que dx = . 3 3n − 1 0 1+x n=1

254

Soluci´ on Si escribimos el desarrollo en serie de la función integrando, obtenemos: X X x n 3n (−1)n x3n+1 , ∀x ∈ (−1, 1). (−1) x = = x 1 + x3 n≥0

n≥0

Como la convergencia de la serie de potencias es uniforme, integramos término a término, con lo que: 1

Z 0

X x (−1)n dx = 1 + x3 n≥0

1

Z

x3n+1 dx =

0

X (−1)n X (−1)m−1 = . 3n + 2 3m − 1

n≥0

m≥1

PROBLEMA 15.50

Probar que la serie

X

x(1 − x)n converge no uniformemente en

n≥0

[0, 2). Sin embargo, se puede integrar t´ ermino a t´ ermino en [0, 1].

Soluci´ on Como se trata de una serie geométrica de razón 1 − x, será convergente si P |1 − x| < 1, es decir si 0 < x < 2. Además, si x = 0, resultaP la serie 0 que converge a la función cero, pero si x = 2, resulta la serie (−1) · 2 que es divergente. De lo anterior se deduce que el intervalo de convergencia es [0, 2). Para ver que la convergencia no es uniforme, llamamos {Sn (x)} a la sucesión de sumas parciales, es decir

Sn (x) =

n X k=0

1 − (1 − x)n+1 x(1−x) = x· = 1 − (1 − x) k

( 0 Entonces S(x) = l´ım Sn (x) = 1

( 1 − (1 − x)n+1 0

si 0 < x < 2 si x = 0.

si x = 0 si 0 < x < 2.

Como dicho l´ımite no es una función continua, no puede ser l´ımite uniforme de funciones continuas. Por otra parte, para ver que se puede integrar término a término en [0, 1], 255

tenemos: Z 1 S(x) dx = 1; Z

0 1

0

1 Z 1 −x(1 − x)n+1 1 1 fn (x) dx = (1 − x)n+1 dx = + n+1 n+1 0 (n + 1)(n + 2) 0 Z ∞ ∞ 1 X X 1 =⇒ Sn (x) dx = = 1. (n + 1)(n + 2) 0

n=0

n=0

Como se observa en este problema, la convergencia uniforme no es necesaria para que se pueda integrar término a término una serie aunque, como sabemos, s´ı es una condición suficiente.

PROBLEMA 15.51

Calcular las integrales de las siguientes funciones en el intervalo [0, 1]: π a) f (x) = signo sen . x b) f (x) = signo (sen ln x). Soluci´ on π 1 1 a) Teniendo en cuenta que sen < 0 cuando x ∈ , , donde x 2k 2k − 1 k ∈ Z \ {0}, entonces ( 1 1 −1 si 2k < x < 2k−1 f (x) = 1 1 < x < 2k . 1 si 2k+1 Por tanto la integral buscada se descompone como la suma de las series Z 0

1

X ∞ ∞ X 1 1 1 1 − − − f (x) dx = 2k 2k + 1 2k − 1 2k k=1 k=1 X ∞ ∞ X 1 1 1 −1 2 1 = − − = + − . k 2k + 1 2k − 1 2k − 1 2k 2k + 1 k=1

k=1

Para calcular la suma de esta serie observamos, por un lado, que la su 1 1 1 cesión de sumas parciales tiene por término general Sn = 2 − + − + . . . , 3 4 5 256

y por otro que

X (−1)n−1 n≥1

n

= ln 2, de modo que ln 2 − 1 +

1 X (−1)n−1 = . 2 n n≥3

Reuniendo todos estos datos, obtenemos que Z 1 1 f (x) dx = 2 − ln 2 . 2 0 b) Análogamente al apartado anterior, determinamos primero el signo de la función sen ln x. Se obtiene as´ı que f (x) = 1 cuando sen ln x > 0, es decir cuando e−2kπ < x < e(−2k+1)π , con k ∈ N. La integral se descompone en suma como Z

1

f (x) dx = 0

∞ h X

(−2k+1)π

e

−2kπ

−e

k=1

i

−

∞ h X

i e−2kπ − e(−2k−1)π .

k=0

Como las series involucradas son geométricas, sus sumas son, respectivamente, ∞ X

(−2k+1)π

e

k=1

∞ ∞ X X e−2π e−π e−π −2kπ (−2k−1)π e = e = , , . = 1 − e−2π 1 − e−2π 1 − e−2π k=1

k=0

En definitiva, obtenemos: Z 1 (e−π − 1)2 e−π − e−2π − 1 + e−π f (x) dx = = . 1 − e−2π e−2π − 1 0

PROBLEMA 15.52

Probar que la serie

X

ne−nx es uniformemente convergente en

n≥1

[a, ∞) con a > 0, pero no en [0, ∞). Calcular la suma de la serie para x > 0. Soluci´ on Si llamamos fn (x) = ne−nxP , cuando x ∈ [a, ∞), entonces fn (x) ≤ ne−an , ∀n. Además la serie numérica ne−an es convergente cuando e−a < 1 (lo que se prueba aplicando el criterio del cociente), es decir cuando a > 0. El criterio de Weierstrass indica que la serie propuesta converge uniformemente en [a, ∞). P Haciendo x = 0, nos queda la serie divergente n, por lo que la serie de funciones no es uniformemente convergente en [0, ∞). 257

Para calcular la suma de la serie, basta tener en cuenta que fn (x) = D(−e−nx ). X P e−x e−nx = Como la serie e−nx converge uniformemente si x > 0 y , 1 − e−x n≥1 entonces −x X e ex −nx ne = −D = . 1 − e−x (ex − 1)2 n≥1

PROBLEMA 15.53

¿Qu´ e funci´ on representa la serie

X n≥1

xn ? 1 + ··· + n

Soluci´ on Si recordamos la fórmula 1 + 2 + · · · + n =

n(n + 1) , entonces 2

2xn 2xn 2xn xn = = − , ∀x ∈ (−1, 1). 1 + ··· + n n(n + 1) n n+1 Sabiendo además que ln(1 − x) = −

X xn n≥1

n

, entonces

X xn 1 X xn+1 1 = = [− ln(1 − x) − x]. n+1 x n+1 x

n≥1

n≥1

De aqu´ı resulta: f (x) =

X n≥1

ln(1 − x) + x xn = 2 − ln(1 − x) − , ∀x ∈ (−1, 1). 1 + ··· + n x

PROBLEMA 15.54

Demostrar que para |x| < 1 se verifica lo siguiente: X 1 a) (−1)n xn = . 1+x n≥0

b)

X n≥0

(−1)n x2n =

1 . 1 + x2

258

Soluci´ on a) Si escribimos el término general de la sucesión de sumas parciales, tenemos: Sn = 1 − x + x2 − · · · + (−1)n xn ; xSn = x − x2 + x3 − · · · + (−1)n xn+1 . Sumando miembro a miembro, 1 + (−1)n xn+1 1 (1 + x)Sn = 1 + (−1)n xn+1 =⇒ Sn = =⇒ S = l´ım Sn = , n→∞ 1+x 1+x cuando |x| < 1, pues l´ım xn+1 = 0. n→∞

b) Análogamente al anterior, Sn = 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n ; x2 Sn = x2 − x4 + x6 − · · · + (−1)n x2n+2 ; (1 + x2 )Sn = 1 + (−1)n x2n+2 1 + (−1)n x2n+2 1 =⇒ Sn = =⇒ S = l´ım Sn = , n→∞ 1 + x2 1 + x2 también cuando |x| < 1.

PROBLEMA 15.55 1 (1 − x)3n , deter(3n − 2)(3n + 1) · 8n minar su campo de convergencia y calcular su suma cuando x = −1.

Dada la serie de potencias

X

Soluci´ on Aplicando el criterio del cociente,

an+1 = l´ım l´ım n→∞ an

|1−x|3n+3 (3n+1)(3n+4)8n+1 |1−x|3n (3n−2)(3n+1)

= l´ım |1 − x|3

3n − 2 |1 − x|3 = . 8(3n + 4) 8

De aqu´ı se deduce que la serie converge absolutamente cuando |1 − x|3 < 8, o bien cuando x ∈ (−1, 3). En los extremos del intervalo tenemos: X 1 - Si x = 3, la serie (−1)n es absolutamente convergen(3n − 2)(3n + 1) te. X 1 - Si x = −1, la serie es también absolutamente conver(3n − 2)(3n + 1) gente. 259

Para calcular la suma de esta u ´ltima serie, escribimos el término general 1 1/3 1/3 como an = = − . As´ı, la suma de los n pri(3n − 2)(3n + 1) 3n − 2 3n + 1 meros términos vale: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − ··· + − = 1− . Sn = 3 4 4 7 7 3n − 2 3n + 1 3 3n + 1 La suma será entonces S = l´ım Sn = 1. n→∞

PROBLEMA 15.56

Determinar el intervalo de convergencia de la serie X 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1) (−x/2)3n . (n + 1)! n≥0

√ Calcular la suma de la serie para x = − 3 4. Soluci´ on Por el criterio del cociente, an+1 = l´ım l´ım n→∞ an

1·3...(2n−1)(2n+1) (n+2)! 1·3...(2n−1) (n+1)!

3 3 (−x/2)3n+3 = l´ım 2n + 1 · |x| = |x| , (−x/2)3n n+2 8 4

de modo que la serie es absolutamente convergente cuando |x| <

√ 3

4.

En los extremos del intervalo tenemos las series X 1 · 3 . . . (2n − 1) (n + 1)! · 2n

y

X

(−1)n

1 · 3 . . . (2n − 1) . (n + 1)! · 2n

Ambas son absolutamente convergentes como se deduce al aplicar el criterio de Raabe: an+1 3 = l´ım n · 1 − 2n + 1 = > 1. l´ım n · 1 − an 2(n + 2) 2 √ Escribimos la serie en x = − 3 4 como S =

X 1 · 3 . . . (2n − 1) 2n

=

X

(n + 1)! · n≥0 X −1/2 1 = (−1)n . n n+1 n≥0

(−1)n

n≥0

260

(−1/2)(−3/2) . . . [−(2n − 1)/2] n! · (n + 1)

A partir del desarrollo de la serie binómica

X m n≥0

n

xn = (1 + x)m , al inte-

grar los dos miembros de la igualdad, resulta: Z x X m xn+1 X m Z x (1 + x)m+1 1 n m x dx = (1+x) dx =⇒ = − . n n+1 n m+1 m+1 0 0 n≥0

n≥0

Haciendo ahora m = −1/2 y x = −1, tenemos: X −1/2 (−1)n+1 = −2 =⇒ S = 2. n+1 n n≥0

PROBLEMA 15.57

Calcular la suma de la serie

X (x − 3)3n−1 especificando el inter(3n − 1) · 8n

n≥1

valo de convergencia de la misma. Soluci´ on Por el criterio de la ra´ız, l´ım

n→∞

p n

|an | = l´ım

|x − 3|3−1/n |x − 3|3 √ , = 8 8 · n 3n − 1

y la serie converge absolutamente cuando |x−3|3 < 8, o bien x ∈ (1, 5). X (−1)3n−1 que converge condicionalmente 2(3n − 1) (basta aplicar el criterio de Leibnitz). X 1 - Cuando x = 5, la serie es divergente. 2(3n − 1)

- Cuando x = 1, la serie es

Para calcular la suma de la serie, si llamamos f (x) =

X (x − 3)3n−1 , al (3n − 1) · 8n

n≥1

derivar obtenemos: f 0 (x) =

X (x − 3)3n−2 n≥1

8n

= (x − 3)−2 ·

X (x − 3)3 n n≥1

8

Z x (x − 3)3 /8 x−3 x−3 = (x − 3)−2 · = =⇒ f (x) = dx 1 − (x − 3)3 /8 8 − (x − 3)3 8 − (x − 3)3 3 x−2 1 π ln(5 − x) ln(7 − 4x + x2 ) √ − arc tg √ − + . = 6 12 2 3 6 3 261

PROBLEMA 15.58

Demostrar que ch 1 =

X n≥0

1 . (2n)!

Soluci´ on Recordando la fórmula 2 ch x = ex + e−x y el desarrollo en serie de cada uno de los sumandos, obtenemos: 2 ch x =

X xn n≥0

n!

+

X n≥0

(−1)n

X x2n xn X xn [1 + (−1)n ] = =2 n! n! (2n)! n≥0

n≥0

X x2n =⇒ ch x = . (2n)! n≥0

PROBLEMA 15.59 ∞ X xn = ex , hallar las sumas de las siguientes seSabiendo que n! n=0 ries: ∞ X n−1 a) . n! n=2

b)

∞ X (n − 1)(n + 1)

n!

n=2

.

Soluci´ on a) Al descomponer la serie en suma, tenemos: Xn−1 n≥2

n!

=

X n≥2

X 1 X 1 X 1 1 − = − . (n − 1)! n! m! n! n≥2

m≥1

n≥2

Ahora bien, como e=

X 1 X 1 X 1 =1+ =1+1+ , n! n! n!

n≥0

n≥1

n≥2

resulta en definitiva que S = (e − 1) − (e − 2) = 1. 262

b) Procediendo análogamente al apartado anterior, ∞ X n2 − 1

X n2

X 1 X X 1 n = − n! n! n! (n − 1)! n! n=2 n≥2 n≥2 n≥2 n≥2 X m+1 X 1 X X 1 X 1 1 = − = + − m! n! (m − 1)! m! n! m≥1 n≥2 m≥1 m≥1 n≥2 X 1 X 1 X 1 = + − = e + (e − 1) − (e − 2) = e + 1. k! m! n!

S =

=

m≥1

k≥0

−

n≥2

PROBLEMA 15.60

Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene

∞ X n=0

xn =

1 , calcular cuando 1−x

sea posible: X xn+1 a) . n+1 n≥0

b)

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

X n≥0

c)

X

nxn−1 .

n≥1

d)

X

e)

X

n(n − 1)xn−2 .

n≥2

n2 xn .

n≥0

f)

X n≥0

X n2 1 + . en+2 (n + 1)(n + 2) πn n≥0

Soluci´ on a) Integrando miembro a miembro, resulta: XZ n≥0 0

x

xn dx =

Z 0

x

X xn+1 1 dx =⇒ = − ln |1−x|, ∀x ∈ (−1, 1). 1−x n+1 n≥0

263

b) Integrando nuevamente el resultado de a), Z x X Z x xn+1 X xn+2 dx = − ln |1 − x| dx =⇒ (n + 1)(n + 2) 0 n+1 0 n≥0

n≥0

= −x ln |1 − x| + x + ln |1 − x|, ∀x ∈ (−1, 1). c) Derivamos ahora término a término la serie original. As´ı: X X 1 1 D(xn ) =⇒ = n · xn−1 , ∀x ∈ (−1, 1). = D 1−x (1 − x)2 n≥1

n≥1

d) Derivando nuevamente, X X 1 2 n−1 D = D(nx ) =⇒ = n(n−1)·xn−2 , ∀x ∈ (−1, 1). (1 − x)2 (1 − x)3 n≥2

n≥2

e) Teniendo en cuenta los resultados de los apartados anteriores, X X X X X n2 xn = n(n − 1)xn + nxn = x2 n(n − 1)xn−2 + x · nxn−1 n≥0

n≥1

= x2 ·

n≥1

n≥2 x2 +

n≥1

2 1 x +x· = . 3 2 (1 − x) (1 − x) (1 − x)3

f) Haciendo en b) x = 1/e y en e) x = 1/π, resulta: X X n2 1 1 1 1 1 1/π 2 + 1/π + = − ln 1 − + +ln 1 − + . en+2 (n + 1)(n + 2) πn e e e e (1 − 1/π)3 n≥0

n≥0

PROBLEMA 15.61 X n2 Dada la serie (x − 1)n , determinar su intervalo de conver22n n≥1

gencia y calcular su suma cuando x = 0. Soluci´ on Por el criterio del cociente, an+1 = l´ım l´ım n→∞ an

(n+1)2 |x − 1|n+1 22n+2 n2 |x − 1|n 22n

= l´ım |x − 1| ·

|x − 1| (n + 1)2 = , 2 2 2 ·n 4

y la serie converge absolutamente cuando |x−1| < 4, es decir x ∈ (−3, 5). 264

En los extremos, tenemos: P 2 P Para x = 5, la serie n es divergente; para x = −3, la serie (−1)n n2 es también divergente. X n2 X n2 (−1)n n = Para x = 0 resulta la serie . Para calcular su suma 4 (−4)n n≥1

n≥1

aplicaremos el apartado e) del problema anterior haciendo x = −1/4. Queda as´ı X n2 (−1/4)2 + (−1/4) 12 = =− . n 3 (−4) (1 + 1/4) 125 n≥1

PROBLEMA 15.62

Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene

∞ X

nxn =

n=1

x , calcular (1 − x)2

cuando sea posible: X nxn+1 a) . n+1 n≥1

b)

X

n2 xn−1 .

n≥1

c)

X

n2 (n − 1)xn−2 .

n≥1

d)

X n2 (n − 1) en

n≥1

.

Soluci´ on a) Integrando miembro a miembro, obtenemos: Z x X nxn+1 X Z x x 1 = nxn dx = dx = +ln |1−x|−1. 2 n+1 1−x 0 0 (1 − x) n≥1

n≥1

b) Si derivamos ahora la fórmula dada, X X n2 xn−1 = D(nxn ) = D n≥1

n≥1

x (1 − x)2

=

1+x . (1 − x)3

c) Derivamos nuevamente el resultado de b). As´ı: X X 1+x 2x + 4 n2 (n − 1)xn−2 = D(n2 xn−1 ) = D = . (1 − x)3 (1 − x)4 n≥1

n≥1

265

d) Si, en el apartado anterior, hacemos x = 1/e, resulta: X n2 (n − 1) n≥1

en

=

2/e + 4 e3 (2 + 4e) = . (1 − 1/e)4 (e − 1)4

266

E. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero o falso: X X an (−6)n an 6n es convergente, entonces la serie a) Si la serie n≥0

n≥0

es convergente. Resp.: Falso (considerar el contraejemplo: an =

b) Si la serie

X

(−1)n ). n · 6n

an 6n es convergente, entonces la serie

X

an (−5)n

n≥0

n≥0

es convergente. Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R ≥ 6.

c) Si la serie

X

an xn es convergente para todo x > 0, entonces

n≥0

la serie converge para todo x < 0. Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R = ∞.

d) Si f (x) =

X

an xn es una funci´ on continua par, entonces

n≥0

a2n+1 = 0, para todo n. Resp.: Verdadero, pues f (−x) = f (x) =⇒ an = (−1)n an , ∀n.

e) Si la serie

∞ X

an xn tiene radio de convergencia R > 0, R es

n=0

tambi´ en el radio de convergencia de la serie

∞ X

an · n · (n − 1)xn−2 .

n=2

Resp.: Verdadero pues la segunda serie es derivada de orden dos de la primera.

2. Estudiar la convergencia uniforme de la serie

∞ X 1 + cos x n=1

Resp.: Por el criterio de Weierstrass, |fn (x)| ≤ 2/n2 , ∀n.

267

n2

en R.

3. Se considera la serie

∞ X

fn donde las funciones fn son contin=1 n X ln n nuas en [0, 1] y se tiene adem´ as que , fk (x) − x2 ≤ 2 n +5 k=1 Z 1X ∞ ∀x ∈ [0, 1]. Calcular, si es posible, fn (x) dx. 0 n=1

Resp.: 1/3. 4. ¿Existe una sucesi´ on {fn } de funciones integrables en [0, 1] que Z 1 5 + 3n 2 fn (x) dx = converja uniformemente a f (x) = x en [0, 1] y tal que ? n 0 Z 1 Z 1 fn (x) dx = l´ım fn (x) dx. Resp.: No; si existiera, deber´ıa cumplirse que l´ım 0

0

5. Sea {fn } una sucesi´ on de funciones derivables en [0, 1] tal que

i) fn → f en [0, 1]; ii) fn (0) = (1 + 1/n)n , ∀n ∈ N; iii) |fn0 (x) − x| ≤ 7/(3 + n), ∀x ∈ [0, 1], ∀n ∈ N. Calcular f (1/2). Z Resp.: Como f (x) = 0

x

l´ım fn0 (x) dx + l´ım fn (0) =⇒ f (1/2) = e + 1/8. n

n

6. Estudiar la convergencia de la serie X 1 1 1 1 + + + ··· + xn . 1·3 2·4 3·5 n(n + 2) n≥1

Resp.: Converge absolutamente en [−1, 1]; diverge en el resto. 7. Determinar el intervalo de convergencia de la serie de potencias ∞ X n=1

2 · 4 · 6 . . . 2n · xn+1 . 3 · 5 · 7 . . . (2n + 1) · 4n+1

Resp.: Converge absolutamente en (−4, 4); converge condicionalmente en x = −4; diverge en el resto.

268

8. Obtener el campo de convergencia de la serie

∞ X 1 + n2 n=1

1 + n3

n

2

·x

.

Resp.: Converge absolutamente en [−1, 1]; diverge en el resto.

9. Estudiar el car´ acter de la serie

∞ X (−1)n (x − 1)n n=1

2n (3n − 1)

con x ∈ R.

Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (−5, 7); diverge en el resto.

10. Obtener el campo de convergencia de la serie

X n≥1

(x − 2)n . (2n − 1) · 2n

Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (0, 4); converge condicionalmente cuando x = 0; diverge en el resto.

11. Determinar el campo de convergencia de la serie

X (−1)n x2n 22n (n!)2

.

Resp.: Converge absolutamente en R.

12. Determinar el campo de convergencia de la serie

X n≥1

(−1)n

2n (n!)2 n x . (2n + 1)!

Resp.: Converge absolutamente en (−2, 2); converge condicionalmente en x = 2; diverge en el resto. 13. Determinar el campo de convergencia de la serie X 1 (−x/5)3n . (3n − 2)(3n + 1) Resp.: [−5, 5]. 14. Desarrollar en serie de potencias alrededor del punto indicado y encontrar el campo de convergencia de la misma:

a) f (x) = ln x, x = 1. Resp.: f (x) =

X (−1)n−1 n≥1

n

(x − 1)n , ∀x ∈ (0, 2]. b) f (x) = 1/x2 , x =

−1. 269

Resp.: f (x) =

X

(n + 1)(x + 1)n , ∀x ∈ (−2, 0). c) f (x) =

n≥0

x , (1 − x)2

x = 0. X

Resp.: f (x) =

(n + 1)xn+1 , ∀x ∈ (−1, 1).

n≥0

15. Desarrollar en serie de McLaurin la funci´ on y = sh x y hallar X 1 . (2n + 1)! n≥0

Resp.: sh x =

X x2n+1 X 1 e2 − 1 ; = sh 1 = . (2n + 1)! (2n + 1)! 2e

n≥0

n≥0

16. Escribir los primeros t´ erminos del desarrollo alrededor de x = p 2 − x) y aplicarlo al c´ 1 + x alculo de 0 de la funci´ o n f (x) = ln( √ 2 x + ln( 1 + x − x) l´ım . x→0 x3 Resp.: f (x) ∼ −x +

x3 + R3 (x); L = 1/6. 3!

17. Hallar la suma de las series X xn a) . n n≥1

Resp.: S = − ln |1 − x|.

b)

X x2n−1 . 2n − 1

n≥1

r Resp.: S = ln

c)

X

1+x . 1−x

nxn .

n≥1

Resp.: S =

x . (1 − x)2

18. Calcular la suma de la serie

∞ X n2 − 5n + 7 n=1

Resp.: e − 7.

270

n!

.

Z 19. Probar que 0

x

∞

X (−1)k x2k+1 sen t dt = . t (2k + 1)(2k + 1)! k=0

∞

sen t X (−1)k t2k Sugerencia: Utilizar el desarrollo = . t (2k + 1)! k=0

20. Estudiar la convergencia de la serie 3x/2 + 7x2 /4 + 11x3 /8 + 15x4 /16 + . . . y sumarla cuando sea posible. Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2); diverge en el resto. S=

x2 + 6x . (2 − x)2

271

CAPÍTULO XVI. ´ NUMEROS COMPLEJOS

SECCIONES A. Definición. Primeras propiedades. B. Potencia y ra´ız de n´ umeros complejos. C. Ejercicios propuestos.

273

´ A. DEFINICION. PRIMERAS PROPIEDADES.

Un n´ umero complejo es un par ordenado de n´ umeros reales. El conjunto de los n´ umero complejos es pues C = {(a, b) : a, b ∈ R} = R × R.

Si z = (a, b) ∈ C, se llama parte real de z a la primera componente a = Re z y se llama parte imaginaria de z a la segunda componente b = Im z . Observaci´ on 1. Los n´ umeros complejos surgen como necesidad de resolver ecuaciones que involucren ra´ıces de n´ umeros negativos. As´ı, por ejemplo, la ecuación x2 + 1 = 0 no tiene solución en el sistema de n´ umeros reales; por eso, originalmente se representó una de sus ra´ıces con la letra i (de imaginario). En este nuevo conjunto se podrá verificar el teorema fundamental del Algebra mediante el cual todo polinomio con coeficientes complejos tiene exactamente tantas ra´ıces como indica su grado. Observaci´ on 2. De la definición se observa que C puede representarse como el conjunto de puntos del plano: su primera coordenada corresponde a la parte real y su segunda coordenada a la parte imaginaria. El punto cuyas coordenadas son las componentes de un n´ umero complejo se llama afijo del n´ umero. Llamamos eje real al eje de abscisas y eje imaginario al eje de ordenadas.

El conjunto C tiene estructura de cuerpo con las operaciones (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d), (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc), siendo (0, 0) el neutro para la suma y (1, 0) el elementounidad. El opuesto a −b 1 −1 de z = (a, b) es −z = (−a, −b) y el inverso, z = = , , z a2 + b2 a2 + b2 si z 6= 0. 274

Se puede considerar a los n´ umeros reales como subconjunto de los complejos haciendo la identificación a = (a, 0), ∀a ∈ R, pues de este modo las operaciones anteriores coinciden con la suma y producto de n´ umeros reales. As´ı pues, a los n´ umeros complejos de la forma a = (a, 0) los llamaremos reales y un n´ umero complejo es imaginario si no es real. Se llama unidad imaginaria al n´ umero i = (0, 1) y un n´ umero complejo z es imaginario puro si z = (0, b) = b · i, b ∈ R. Observaci´ on 3. As´ı definida, la unidad imaginaria verifica la ecuación x2 + 1 = 0. En general, debido a que i4 = 1, todas las potencias de i se reducen a cuatro: i0 = 1, i1 = i, i2 = −1, i3 = −i. Debido a la descomposición (a, b) = (a, 0) + (0, b), todo n´ umero complejo se puede escribir en forma binómica como (a, b) = a + ib. Se define conjugado de z = (a, b) al n´ umero z = (a, −b). De la definición se observa que los afijos de dos complejos conjugados son puntos simétricos respecto al eje real. Podemos destacar las siguientes propiedades: 1) z = z, ∀z ∈ C. 2) z = z ⇐⇒ z ∈ R. 3) z1 + z2 = z1 + z2 , z1 · z2 = z1 · z2 , ∀z1 , z2 ∈ C. 4) −z = − z, z −1 = z −1 , ∀z ∈ C. 5) z + z = 2 Re z; z − z = 2i Im z, ∀z ∈ C. Llamamos módulo de un n´ umero complejo z = (a, b) a la longitud r = |z| = √ a2 + b2 . Se verifican las siguientes propiedades: 6) z = 0 ⇐⇒ |z| = 0. 7) |z|2 = z · z, ∀z ∈ C. 8) |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |, ∀z1 , z2 ∈ C. 9) |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |, ∀z1 , z2 ∈ C. Se llama argumento de un n´ umero complejo z = (a, b) al n´ umero ϕ = arg z = arc tg b/a y gráficamente representa el ángulo que forma el segmento OP con la parte positiva del eje real medido en la dirección contraria al movimiento de las agujas del reloj. A veces se considera el argumento como alguno de los valores ϕ + 2kπ, con k ∈ Z, con lo que llamaremos argumento principal de z, Arg z, al que verifica 0 ≤ Arg z < 2π. Las siguientes propiedades son fáciles de verificar: 10) arg(αz) = arg z si α > 0; arg(αz) = π + arg z si α < 0. 275

11) arg(z1 · z2 ) = arg z1 + arg z2 , ∀z1 , z2 ∈ C. 12) arg z = − arg z, ∀z ∈ C; arg(1/z) = − arg z, , ∀z 6= 0. Dado un n´ umero complejo z = (a, b), los valores r = |z|, ϕ = arg z constituyen las llamadas coordenadas polares de z. De la relación entre las coordenadas cartesianas y polares podemos escribir z como z = (a, b) = a + ib = r cos ϕ + ir sen ϕ = r(cos ϕ + i sen ϕ) con r ≥ 0 y 0 ≤ ϕ < 2π, y la llamaremos forma trigonométrica del n´ umero z (abreviadamente escribiremos z = r cis ϕ). A veces también se utiliza la forma módulo-argumental o polar z = rϕ . En los siguientes problemas estudiaremos diferentes aplicaciones de los conceptos y propiedades arriba indicadas.

PROBLEMA 16.1

Dados z1 = x1 + iy1 y z2 = x2 + iy2 , probar que z1 z 2 + z 1 z2 = 2(x1 x2 + y1 y2 ) y z1 z 2 − z 1 z2 = 2i(y1 x2 − x1 y2 ). Soluci´ on Operando directamente se obtiene: z1 z 2 = (x1 + iy1 )(x2 − iy2 ) = x1 x2 + y1 y2 + iy1 x2 − ix1 y2 ; z 1 z2 = (x1 − iy1 )(x2 + iy2 ) = x1 x2 + y1 y2 − iy1 x2 + ix1 y2 .

Al sumar miembro a miembro se obtiene que z1 z 2 + z 1 z2 = 2(x1 x2 + y1 y2 ) y al restar, se obtiene análogamente que z1 z 2 − z 1 z2 = 2i(y1 x2 − x1 y2 ).

PROBLEMA 16.2

Dados z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2 , expresar en forma bin´ omica el z1 + z 2 n´ umero . z 1 z2 − 1 Soluci´ on 276

Multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador: z1 + z 2 z 1 z2 − 1

= = =

(z1 + z2 )(z 1 z 2 − 1) |z1 |2 z 2 + |z2 |2 z 1 − (z1 + z2 ) = |z1 z2 − 1|2 |z1 z2 − 1|2 (x21 + y12 )(x2 − y2 i) + (x22 + y22 )(x1 − y1 i) − (x1 + x2 ) − (y1 + y2 )i |(x1 x2 − y1 y2 − 1) + (x1 y2 + x2 y1 )i|2 (x21 + y12 )x2 + (x22 + y22 )x1 − (x1 + x2 ) (x1 x2 − y1 y2 − 1)2 + (x1 y2 + x2 y1 )2 y2 (x21 + y12 ) + y1 (x22 + y22 ) + (y1 + y2 ) . −i · (x1 x2 − y1 y2 − 1)2 + (x1 y2 + x2 y1 )2

PROBLEMA 16.3

Dado z = x+iy , expresar (z/z)2 −(z/z)2 en forma bin´ omica. Soluci´ on Haciendo denominador com´ un, tenemos: z2 z2 z4 − z4 − 2 = 2 z z z2z2 2 Re(z 4 ) − 2z 4 z 4 + z 4 − 2z 4 = |z|4 (x2 + y 2 )2 4 2 2 4 2(x − 6x y + y ) − 2[x4 + 4x3 (−iy) + 6x2 (−iy)2 + 4x(−iy)3 + (iy)4 ] (x2 + y 2 )2 8x3 yi − 8xy 3 i 8xy(x2 − y 2 ) = 0 + i · . (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

(z/z)2 − (z/z)2 = = = =

PROBLEMA 16.4

Simplificar las siguientes expresiones: a) (a + ib)2 + (a − ib)2 . b) (1 + ia)4 + (1 − ia)4 . c)

a + ib a − ib + . c + id c − id

277

Soluci´ on a) Desarrollando las potencias, (a + ib)2 + (a − ib)2 = a2 − b2 + 2iab + a2 − b2 − 2iab = 2(a2 − b2 ). b) Análogamente al anterior, (1 + ia)4 + (1 − ia)4 = 1 + 4ia + 6(ia)2 + 4(ia)3 + (ia)4 + 1 − 4ia + 6(ia)2 − 4(ia)3 + (ia)4 = 2 − 12a2 + 2a4 . c) Hacemos denominador com´ un y obtenemos a + ib a − ib (a + ib)(c − id) + (c + id)(a − ib) ac + bd + = =2· 2 . 2 2 c + id c − id c +d c + d2 Se observa que todos los resultados son reales, hecho que se deduce de que en todos los casos se ten´ıa la suma de un n´ umero y su conjugado.

PROBLEMA 16.5

Calcular B =

(1 + i)(1 − i)3 i(i − 1)(2i − 1) − . (1 + 2i)3 (3 + i)2

Soluci´ on Desarrollando las potencias y expresando cada sumando en forma binómica tenemos:

B = = = = = =

(1 + i)(1 − i)(1 − i)2 i(i − 1)(2i − 1) − (1 + 2i)3 (3 + i)2 (1 − i2 )(1 − i)2 (i2 − i)(2i − 1) − (1 + 2i)3 (3 + i)2 2(1 + i2 − 2i) (−1 − i)(2i − 1) − 3 1 + 3 · 2i + 3 · (2i)2 + (2i)3 9 + i2 + 6i −4i 2i − 1 + 2i2 − i −4i −3 + i + = + 1 − 12 + 6i − 8i 8 + 6i −11 − 2i 8 + 6i 8 + 44i −24 + 8i + 18i − 6i2 −4i(−11 + 2i) (−3 + i)(8 − 6i) + = + 125 100 125 100 8 18 44 26 −29 + 153i − + + i= . 125 100 125 100 250 278

PROBLEMA 16.6 √ Hallar el m´ odulo y argumento de z = −2 − 2 3i. Soluci´ on Por la definición de módulo y argumento, obtenemos: q √ √ |z| = | − 2 − 2 3i| = 22 + (2 3)2 = 4. √ √ tg α = 2 3/2 = 3. Como las partes real e imaginaria de z son negativas, el afijo está en el tercer cuadrante, con lo que arg z = α = π/3 + π.

PROBLEMA 16.7

Hallar el m´ odulo y el argumento del n´ umero complejo de x ∈ R. Calcular x para que su m´ odulo sea 1.

1 + ix , don1 − ix

Soluci´ on Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador, 1 + ix (1 + ix)2 1 − x2 2x = = + i. 2 2 1 − ix 1+x 1+x 1 + x2 El módulo es s s 2 s 1 + 2x2 + x4 (1 + x2 )2 1 − x2 2 2x ρ= + = = = 1, 1 + x2 1 + x2 (1 + x2 )2 (1 + x2 )2 de modo que el módulo es 1 independientemente del valor de x. El argumento es ϕ = arc tg

2x . 1 − x2

PROBLEMA 16.8

√ 3(1 + i)(3 − 3i) √ Calcular el m´ odulo y argumento de w = . (−2 − 2 3i)2 279

Soluci´ on Aplicamos las propiedades del módulo y argumento del producto y cociente de n´ umeros complejos. Tenemos as´ı: √ √ √ √ 3|1 + i| · |3 − 3i| 3 · 2 · 12 3 6 √ √ |w| = = = . 8 | − 2 − 2 3i|2 ( 16)2 √ √ arg w = arg 3 + arg(1 + i) + arg(3 − 3i) − 2 arg(−2 − 2 3i) = 0 + π/4 − π/6 − 2(π + π/3) = −31π 12 .

PROBLEMA 16.9

Hallar el m´ odulo y argumento de z =

2(3 − 2i) + (2 + i) − 5 − i . 2(2 + i) − (3 − 2i) + 3 − i

Soluci´ on Simplificamos en primer lugar dicho n´ umero: z= De este modo,

6 − 4i + 2 + i − 5 − i 3 − 4i = . 4 + 2i − 3 + 2i + 3 − i 4 + 3i

√ 32 + 42 |3 − 4i| =√ |z| = = 1. |4 + 3i| 42 + 32

Además, z=

3 − 4i (3 − 4i)(4 − 3i) 12 − 16i − 9i − 12 = = = −i, 4 + 3i 42 + 32 25

de modo que Arg z = 3π/2 y arg z = 3π/2 + 2kπ, k ∈ Z.

PROBLEMA 16.10 √ Calcular z = (1 + i)(1 + i 3)(cos ϕ + i sen ϕ). Soluci´ on Calculamos el módulo y argumento de cada factor: √ |1 + i| = 2, arg(1 + i) = π/4; 280

√ |1 + i 3| = 2, | cos ϕ + i sen ϕ| = 1,

√ arg(1 + i 3) = π/3; arg(cos ϕ + i sen ϕ) = ϕ.

√ El módulo del producto será el producto de los módulos |z| = 2 2, y el argumento la suma de los argumentos arg z = π/4 + π/3 + ϕ.

PROBLEMA 16.11

Expresar en forma bin´ omica x + iy los complejos a) 5 cis π/6, c) 2 cis 800◦ ,

b) 8√cis 165◦ , d) 6 cis 9π/4.

Soluci´ on Utilizamos en todos los casos la fórmula cis ϕ = cos ϕ + i sen ϕ. √ a) 5 cis π/6 = 5(cos π/6 + i sen π/6) = 5 3/2 + i · 5/2. b) 8 cis 165◦ = 8(cos 165◦ + i sen 165◦ ) = −8 cos 15◦ + i sen 15◦ . c) 2 cis 800◦ = 2 cis(4π + 80◦ ) = 2 cos 80◦ + 2i sen 80◦ . √ √ √ √ d) 6 cis 9π/4 = 6 cis(2π + π/4) = 6(cos π/4 + i sen π/4) = 3(1 + i).

PROBLEMA 16.12

Expresar en forma bin´ omica 5 (1 + i)4 − (1 − i)4 (2 + 3i)(1 − i) E= + . (1 − i)3 + (1 + i)3 (1 − 2i)(2 − i) Soluci´ on Simplificamos por separado los distintos términos: (1 + i)4 − (1 − i)4 = [(1 + i)2 − (1 − i)2 ] · [(1 + i)2 + (1 − i)2 ] = 4i[2 + 2i2 ] = 0; (1 − i)3 + (1 + i)3 = 2 + 6i2 = −4; (2 + 3i)(1 − i) = 5 + i; (1 − 2i)(2 − i) = −5i.

En definitiva, E =

−1 + 5i 5+i = . −5i 5 281

PROBLEMA 16.13

Expresar en forma bin´ omica los siguientes complejos: 3 + 2i a) (4 + 3i)3 , b) , 3 − 2i 1 (4 − 3i)(2 + 3i) c) , d) . (4 + 2i)(3 − 2i) 5 − 3i Soluci´ on a) Por la fórmula de Newton, (4 + 3i)3 = 1 · 43 + 3 · 42 (3i) + 3 · 4(3i)2 + (3i)3 = 64 + 144i − 108 − 27i = −44 + 117i. b) Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador, 3 + 2i 3 − 2i

= =

(3 + 2i)2 (3 − 2i)(3 + 2i) 9 + 12i − 4 5 12 = + i. 9+4 13 13

c) Operando como en el apartado anterior, 1 1 = (4 + 2i)(3 − 2i) 12 − 8i + 6i + 4 1 16 + 2i 4 i = = 2 = + . 2 16 − 2i 16 + 2 65 130 d) Operamos nuevamente como en los casos anteriores, (4 − 3i)(2 + 3i) 5 − 3i

= =

8 + 12i − 6i + 9 5 − 3i (17 + 6i)(5 + 3i) 67 81 17 + 6i = = + i. 5 − 3i 34 34 34

PROBLEMA 16.14

Escribir en la forma trigonom´ etrica los siguientes n´ umeros complejos: a) c) e)

−1, √ 1 − 3i, −i,

b) d) f)

282

√1 + i, 3 + i, −5 − 12i.

Soluci´ on a) Como | − 1| = 1 y arg(−1) = π, entonces −1 = cos π + i sen π. b) Como |1 + i| =

√

2 y arg(1 + i) = π/4, √ 1 + i = 2(cos π/4 + i sen π/4).

√ √ √ c) El módulo√y argumento son |1 − 3i| = 1 + 3 = 2, arg(1 − 3i) = arc tg(− 3) = −π/3. As´ı: √ 1 − 3i = 2[cos(−π/3) + i sen(−π/3)]. √ √ √ √ d) En este caso, | 3+i| = 3 + 1 = 2 y arg( 3+i) = arc tg(1/ 3) = π/6, de donde, √ 3 + i = 2[cos(π/6) + i sen(π/6)]. e) Es evidente que | − i| = 1 y arg(−i) = 3π/2, con lo que: −i = cos(3π/2) + i sen(3π/2). √ f) En este caso, | − 5 − 12i| = 25 + 144 = 13 y, como tg ϕ = 12/5, resulta que arg(−5−12i) = π+arc tg(12/5), por ser negativas las componentes del n´ umero complejo. En definitiva, −5 − 12i = 13[cos(π + arc tg(12/5)) + i sen(π + arc tg(12/5))].

PROBLEMA 16.15

Expresar en la forma x + iy y r cis ϑ los complejos √ 1−i 3−i 3 − 4i a) , b) √ , c) . 1+i 24 + 7i 3+i Soluci´ on 1−i (1 − i)2 −2i = = = −i = cis(3π/2). 2 1+i 1−i 2 √ √ √ √ 3−i ( 3 − i)2 2 − 2 3i 1 3 b) √ = = = − i. 2 3−i 4 2 2 3+i a)

283

1 √3 Como − i = 1 y arg 2 2

√ ! 1 3 − i = −π/3, tenemos: 2 2

√ √ 3−i 1 3 √ = − i = cis(−π/3). 2 2 3+i

c)

3 − 4i (3 − 4i)(24 − 7i) 44 117 = = − i. 2 2 24 + 7i 24 + 7 625 625 El módulo y argumento son r 2 44 44 + 1172 117 = 0,2 y ϑ = arc tg(−117/44), 625 − 625 i = 6252 de modo que 3 − 4i 44 117 = − i = 0,2 cis arc tg(−117/44). 24 + 7i 525 525

PROBLEMA 16.16

Representar en forma trigonom´ etrica el n´ umero complejo z=

(1 + i)(1 − i)2 i 1 2

√

+

3 2 i

.

Soluci´ on Por las propiedades del módulo, tenemos: |1 + i| · |1 − i|2 · |i| |z| = = 1 √3 2 + 2 i

√

√ √ 2 · ( 2)2 · 1 = 2 2. 1

Como el argumento del producto es la suma de los argumentos, arg z = arg(1 + i) + 2 arg(1 − i) + arg i − arg

√ ! 1 3 + i 2 2

= π/4 + 2(3π/2 + π/4) + π/2 − π/3 = 4π + π/4 − π/3 = 4π − π/12. √ En definitiva, z = 2 2[cos(−π/12) + i sen(−π/12)]. 284

PROBLEMA 16.17

Si z = cis ϑ = cos ϑ + i sen ϑ, expresar los n´ umeros 1 , 1+z 2z , c) 1 − z2

a)

1 , 1−z 1−z d) . 1+z

b)

Soluci´ on a) Multiplicamos numerador y denominador por 1 + z: 1 1+z

= =

1+ z 1 + cos ϑ − i sen ϑ = 2 |1 + z| (1 + cos ϑ)2 + sen2 ϑ 2 cos ϑ/2(cos ϑ/2 − i sen ϑ/2) = 2 · 2 cos2 ϑ/2

=

2 cos2 ϑ/2 − 2i sen ϑ/2 cos ϑ/2 2(1 + cos ϑ)

1 (1 − i tg ϑ/2). 2

b) Análogamente al apartado anterior, 1 1−z

= =

1− z (1 − cos ϑ) + i sen ϑ 2 sen2 ϑ/2 + 2i sen ϑ/2 cos ϑ/2 = = |1 − z|2 (1 − cos ϑ)2 + sen2 ϑ 2(1 − cos ϑ) 2 sen ϑ/2(sen ϑ/2 + i cos ϑ/2) 1 = (1 + i cotg ϑ/2). 2 · 2 sen2 ϑ/2 2

c) Como en los casos anteriores, multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador: 2z 1 − z2

= = = =

2z(1 − z 2 ) 2z − 2z z 2 2z − 2 z = = 2 2 |1 − z | |1 − z 2 |2 |1 − z 2 |2 2 cos ϑ + 2i sen ϑ − 2 cos ϑ + 2i sen ϑ 4i sen ϑ = 2 2 2 |1 − cos ϑ + sen ϑ − 2i cos ϑ sen ϑ| |1 − cos 2ϑ − i sen 2ϑ|2 4i sen ϑ 4i sen ϑ = 2 2 2 (1 − cos 2ϑ) + sen 2ϑ 1 + cos 2ϑ − 2 cos 2ϑ + sen2 2ϑ 4i sen ϑ 4i sen ϑ = = i cosec ϑ. 2(1 − cos 2ϑ) 4 sen2 ϑ

d) Procedemos como en los casos anteriores. As´ı: 1−z 1+z

= =

(1 − z)(1 + z) 1+ z−z−zz z−z = = |1 + z|2 |1 + z|2 |1 + z|2 cos ϑ − i sen ϑ − cos ϑ − i sen ϑ −2i sen ϑ −i sen ϑ = = . 2 2 4 cos ϑ/2 4 cos ϑ/2 1 + cos ϑ 285

PROBLEMA 16.18 3 − 2ai , determinar el valor de a ∈ R 4 − 3i para que el cociente sea real y calcular dicho cociente.

Dado el n´ umero complejo z =

Soluci´ on Si multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador, (3 − 2ai)(4 + 3i) 12 + 9i − 8ai + 6a 12 + 6a 9 − 8a i. z= = = + 25 25 25 25 Para que sea real, debe cumplirse que entonces z =

12 + 6(9/8) = 3/4. 25

9 − 8a = 0 con lo que a = 9/8 y 25

PROBLEMA 16.19

Determinar dos n´ umeros complejos cuya suma sea 4 y su producto 8. Soluci´ on Basta resolver el sistema z1 +z2 = 4, z1 z2 = 8. Como z2 = 4−z1 , al sustituir, obtenemos: √ 4 ± −16 2 z1 (4 − z1 ) = 8 =⇒ z1 − 4z1 + 8 = 0 =⇒ z1 = = 2 ± 2i. 2 La respuesta es pues z1 = 2 + 2i, z2 = 2 − 2i.

PROBLEMA 16.20

Caracterizar umeros complejos w que verifiquen la relaci´ on los n´ a + bw Im = Im w, (a, b, c, d ∈ R). c + dw Soluci´ on Aplicando la fórmula 2i Im w = w − w, tenemos la siguiente ecuación: 286

Im

a + bw c + dw

= Im w ⇐⇒ ⇐⇒

=

a + bw a + b w − =w− w c + dw c + d w ac + ad w + bcw + bdw w − ac − bdw w − adw − bc w |c + dw|2

(bc − ad)(w − w) = w − w ⇐⇒ bc − ad = |c + dw|2 ó w = w |c + dw|2 √ ⇐⇒ |dw + c| = bc − ad ó w ∈ R √ bc − ad ⇐⇒ |w + c/d| = ó w ∈ R. |d|

Como se observa por el resultado obtenido, una solución es la circunferencia √ bc − ad y otra solución es el eje real. de centro el punto −c/d y radio |d|

PROBLEMA 16.21

Determinar un n´ umero complejo a + ib cuyo cuadrado sea igual a su conjugado. Soluci´ on La condición que se establece es la siguiente: (a + ib)2 = (a2 − b2 ) + 2iab = a − ib. Igualando las partes reales e imaginarias, resulta el sistema de ecuaciones: a2 − b2 = a, 2ab = −b, que, al resolver, da lugar a b = 0 =⇒ a2 = a =⇒ a = 0 ó a = 1; b 6= 0 =⇒ 2a = −1 =⇒ a = −1/2 =⇒ 1/4 − b2 = −1/2 √ =⇒ b2 = 3/4 =⇒ b = ± 3/2. En definitiva, se obtienen las cuatro soluciones √ √ 0, 1 + 0i, −1/2 + i 3/2, −1/2 − i 3/2.

287

PROBLEMA 16.22

Hallar un par de enteros p y q tales que (3+7i)(p+iq) sea imaginario puro. Soluci´ on Al hacer que la parte real sea cero obtenemos: (3p − 7q) + (7p + 3q)i = λi =⇒ 3p − 7q = 0 =⇒ p = 7, q = 3, pues, por hipótesis, p y q son enteros.

PROBLEMA 16.23

Determinar dos n´ umeros complejos, sabiendo que su suma es 1+4i, su cociente es imaginario puro y la parte real de uno de ellos es −1. Soluci´ on Sean z1 = a + bi y z2 = c + di ambos n´ umeros. Las condiciones propuestas dan lugar a las siguientes ecuaciones: (a + c) + (b + d)i = 1 + 4i; a + bi = λi; c + di a = −1. De lo anterior se deduce que a + c = 1 =⇒ c = 2; b + d = 4; (a + bi)(c − di) ac + bd cb − da λi = = 2 + 2 i c2 + d2 c + d2 c + d2 ac + bd =⇒ 2 = 0 =⇒ ac + bd = 0 =⇒ bd = 2. c + d2 √ Del √ sistema bd = √ 2, b + d = 4,√se obtienen las soluciones b = 2 − 2, d = 2 + 2 y b = 2 + 2, d = 2 − 2. En definitiva, las soluciones son √ √ z1 = −1 + (2 − 2)i, z2 = 2 + (2 + 2)i; √ √ z1 = −1 + (2 + 2)i, z2 = 2 + (2 − 2)i. 288

PROBLEMA 16.24

Hallar la relaci´ on que debe existir entre los par´ ametros a, b, c y d para que la ecuaci´ on de coeficientes complejos z 2 + (a + ib)z + (c + id) = 0 tenga una ra´ız imaginaria pura. Soluci´ on Sean x1 y x2 las ra´ıces de la ecuación dada y escribimos x1 = im, x2 = p+qi. De la relación entre los coeficientes y las ra´ıces, resulta el sistema: p = −a (1) x1 + x2 = p + (m + q)i = −(a + bi) =⇒ m + q = −b (2) −mq = c (3) x1 · x2 = −mq + mpi = c + di =⇒ mp = d (4) Del sistema resultante eliminamos los parámetros m, p y q, con lo que obtenemos: De (1) y (4): m = d/p = −d/a.

(5)

De (3) y (5): q = −c/m = −c · (−a/d) = ac/d. Sustituyendo estas dos u ´ltimas expresiones en (2): −d/a + ac/d = −b lo que implica que −d2 + a2 c = −abd.

PROBLEMA 16.25

¿Bajo qu´ e condiciones el cociente de un n´ umero complejo con su conjugado es un n´ umero real? ¿Qu´ e condici´ on deben cumplir dos n´ umeros complejos para que su cociente sea imaginario puro?

Soluci´ on Si llamamos z = a + ib, la condición z/ z ∈ R equivale a: z z z2 a2 − b2 + 2abi · = 2 = ∈ R ⇐⇒ 2abi = 0 ⇐⇒ a = 0 ó b = 0. z z |z| a2 + b2 289

Para que el cociente de dos complejos sea imaginario puro basta que la diferencia de los argumentos entre el dividendo y el divisor sea de 90◦ . De otra forma, como a + bi (a + bi)(c − di) ac + bd (bc − ad)i = = 2 + 2 , 2 2 c + di c +d c + d2 c + d2 el cociente será imaginario puro cuando ac + bd = 0.

PROBLEMA 16.26

En el cuerpo de los complejos, resolver el sistema: (1 + i)z − iu = 2 + i (2 + i)z + (2 − i)u = 2i.

Soluci´ on Restando miembro a miembro ambas ecuaciones, obtenemos que z + 2u = −2 + i, de donde z = −2 + i − 2u. Al sustituir este resultado en la primera ecuación, resulta: (1 + i)(−2 + i − 2u) − iu = 2 + i =⇒ (−2 − 3i)u = 2 + i + (1 + i)(2 − i) 5 + 2i (5 + 2i)(−2 + 3i) =⇒ u = =⇒ u = −2 − 3i (−2 − 3i)(−2 + 3i) 16 11 =⇒ u = + i. 13 13 De aqu´ı se obtiene que el valor de z es: z = −2 + i − 2u = −2 + i − 2 ·

16 + 11i 13(−2 + i) − 32 − 22i −58 − 9i = = . 13 13 13

PROBLEMA 16.27

Sea z = a + ib, a, b ∈ R. Demostrar que existen m, n, p ∈ R tales que (a2 + b2 )(a2 + b2 + 2a + 1) = p + mz + nz 2 . a2 − b2 + a − (1 + 2a)bi

290

Soluci´ on Teniendo en cuenta que a2 + b2 = z z y que z 2 = a2 − b2 − 2abi, podemos escribir: (a2 + b2 )(a2 + b2 + 2a + 1) a2 − b2 + a − (1 + 2a)bi

= =

z z(z z + z + z + 1) z2 + z z z(z + 1)( z + 1) = z(z + 1) = z 2 + z. z( z + 1)

Haciendo pues p = 0, m = 1, n = 1, se obtiene lo deseado.

PROBLEMA 16.28

Expresar el producto (x2 + 1)(y 2 + 1)(z 2 + 1) como suma de dos cuadrados. Soluci´ on Llamando z1 = x + i, z2 = y + i, z3 = z + i, podemos escribir: (x2 + 1)(y 2 + 1)(z 2 + 1) = |z1 |2 |z2 |2 |z3 |2 = |z1 z2 z3 |2 . Si escribimos en forma binómica el producto z1 z2 z3 , obtenemos: z1 z2 z3 = (x + i)(y + i)(z + i) = (xyz − x − y − z) + i(xy + yz + zx − 1), con lo que |z1 z2 z3 |2 = (xyz − x − y − z)2 + (xy + yz + zx − 1)2 .

PROBLEMA 16.29

Calcular la suma de las siguientes progresiones: a) 1 − i + i2 − i3 + · · · + (−i)n . b) 1 − 2i + 4i2 − 8i3 + · · · + (−2i)n−1 . c) 1 + 2i + 3i2 + 4i3 + · · · + nin−1 .

291

Soluci´ on a) Se trata de una progresión geométrica de razón −i y cuya suma es: S=

1 − (−i)n+1 [1 − (−i)n+1 ](1 − i) 1 − (−i)n+1 − i − (−i)n+2 = = . 1 − (−i) (1 + i)(1 − i) 2

En concreto,  1−i+i+1  =1  2    1−i+1−i = 1 − i 2 S = 1−i−i−1  2 = −i     1−i−1+i = 0 2

si si si si

n = 4k n = 4k + 1 n = 4k + 2 n = 4k + 3.

b) En este caso, se trata de una progresión geométrica de razón −2i y su suma es S=

1 − (−2i)n [1 − (−2i)n ](1 − 2i) 1 − 2i − (−2i)n − (−2i)n+1 = = . 1 − (−2i) (1 + 2i)(1 − 2i) 5

c) Llamando Sn a la suma de la progresión, si multiplicamos por i y restamos, resulta: Sn = 1 + 2i + 3i2 + 4i3 + · · · + nin−1 iSn = i + 2i2 + 3i3 + 4i4 + · · · + nin Sn (1 − i) = 1 + i + i2 + i3 + · · · + in−1 − nin = =⇒ Sn =

1 − in − nin , 1−i

nin 1 − in − . (1 − i)2 1 − i

PROBLEMA 16.30

Factorizar los siguientes polinomios: a) x2 − 2x + 10. b) a2 − 8ab + 20b2 . c) z 2 + z + 1 + i. Soluci´ on a) Teniendo en cuenta la fórmula x2 + y 2 = (x + iy)(x − iy), escribimos la expresión dada como suma de cuadrados: x2 −2x+10 = x2 −2x+1+9 = (x−1)2 +32 = [(x−1)+3i][(x−1)−3i]. 292

b) Procediendo análogamente al apartado anterior, a2 − 8ab + 20b2 = a2 − 8ab + 16b2 + 4b2 = (a − 4b)2 + (2b)2 = [(a − 4b) + 2bi][(a − 4b) − 2bi]. c) Debido a que z 2 + 1 = (z + i)(z − i), tenemos: z 2 + z + 1 + i = (z + i)(z − i) + z + i = (z + i)(z − i + 1).

PROBLEMA 16.31

Descomponer el polinomio P = 2x3 −(5+6i)x2 +9ix+1−3i, sabiendo que admite una ra´ız real. Soluci´ on Llamamos α a dicha ra´ız real. Al sustituirla en la ecuación y separar en parte real e imaginaria, obtenemos: 2α3 − 5α2 + 1 + i(−6α2 + 9α − 3) = 0. Esto indica que α es ra´ız com´ un de las ecuaciones 2α3 − 5α2 + 1 = 0 y −6α2 + 9α − 3 = 0. Resolviendo este sistema se obtiene que α = 1/2 y dividiendo P por el factor 2x − 1, resulta en definitiva que: P = (2x − 1)(x − 2i − 1)(x − i − 1).

PROBLEMA 16.32

Probar que cualquier ra´ız de la ecuaci´ on z 3 +3z+5 = 0 tiene m´ odulo mayor que la unidad. Soluci´ on Si α es ra´ız de la ecuación, α3 + 3α = −5 =⇒ |α3 + 3α| = | − 5| = 5. Suponiendo que |α| ≤ 1, por la desigualdad triangular, 5 = |α3 + 3α| ≤ |α|3 + 3|α| ≤ 1 + 3 = 4, lo que es absurdo. Esto indica que efectivamente |α| > 1. 293

PROBLEMA 16.33

Mediante la transformaci´ on√w = az + b los n´ umeros z1 = 6 + 2i, z2 = 8 + 2i y z3 = 7 + (2 + 5√ 3)i se transforman en w1 = −2 + 5i, w2 = −2 + 7i y w3 = −(2 + 5 3) + 6i, respectivamente. Hallar a y b.

Soluci´ on Aplicando la trasformación a z1 y z2 , tenemos: w1 = az1 + b =⇒ −2 + 5i = a(6 + 2i) + b;

(1)

w2 = az2 + b =⇒ −2 + 7i = a(8 + 2i) + b.

(2)

Restando estas ecuaciones, tenemos que −2i = −2a =⇒ a = i. Al sustituir este valor en (2): −2 + 7i = 8i − 2 + b =⇒ b = −i. La transformación buscada es entonces w = i(z − 1) y se puede comprobar que también transforma z3 en w3 .

´ B. POTENCIA Y RA´ IZ DE NUMEROS COMPLEJOS.

Debido a la fórmula eix = cos x + i sen x, podemos representar todo n´ umero complejo z = r(cos ϕ + i sen ϕ) en forma exponencial como z = reiϕ , lo que permitirá definir en forma sencilla las operaciones de potencia y ra´ız de n´ umeros complejos. A partir de las operaciones de suma y producto ya definidas, tenemos las siguientes fórmulas para calcular la potencia y ra´ız n-ésimas de n´ umeros complejos. 1) F´ ormula de Moivre. Dado z = r(cos ϕ+i sen ϕ) ∈ C, si n ∈ N, entonces z n = rn (cos nϕ + i sen nϕ), o bien z n = rn einϕ . √ 2) Dado z = r(cos ϕ + i sen ϕ) ∈ C, si n ∈ N, entonces n z tiene exactamente n soluciones: √ n

z=

√ n

r(cos ϑ + i sen ϑ), donde ϑ = 294

ϕ + 2kπ , k = 0, 1, . . . , n − 1. n

Gráficamente, el resultado anterior indica que la ra´ız n-ésima de un n´ umero complejo tiene n soluciones cuyos afijos son los vértices de un pol´ıgono regular.

PROBLEMA 16.34

Demostrar la f´ ormula de Moivre: Si z = r(cos ϕ + i sen ϕ) ∈ C, entonces z n = rn (cos nϕ + i sen nϕ), ∀n ∈ N. Soluci´ on Aplicaremos el método de inducción. Si n = 1, es evidente pues z 1 = z = r(cos ϕ + i sen ϕ). Si suponemos que la fórmula es cierta para un cierto n, probaremos que z n+1 = rn+1 [cos(n + 1)ϕ + i sen(n + 1)ϕ]: z n+1 = z n · z = rn (cos nϕ + i sen nϕ) · r(cos ϕ + i sen ϕ) = rn+1 (cos nϕ · cos ϕ − sen nϕ · sen ϕ) + i(cos nϕ · sen ϕ + sen nϕ · cos ϕ) = rn+1 [cos(n + 1)ϕ + i sen(n + 1)ϕ].

PROBLEMA 16.35

Probar que todo n´ umero complejo z = r(cos ϕ + i sen ϕ) tiene exactamente n ra´ıces de orden n: √ √ ϕ + 2kπ n z = n r(cos ϑ + i sen ϑ), donde ϑ = , k = 0, 1, . . . , n − 1. n Soluci´ on Supongamos que w = s(cos ϑ + i sen ϑ) es una ra´ız n-ésima de z. Entonces, por la fórmula de Moivre, wn = z ⇐⇒ sn (cos nϑ + i sen nϑ) = r(cos ϕ + i sen ϕ). Al igualar los módulos y argumentos, tenemos: sn = r =⇒ s =

√ n

r; ϕ + 2kπ nϑ = ϕ + 2kπ =⇒ ϑ = , para alg´ un k ∈ Z. n 295

Para ver el n´ umero de ra´ıces que se obtienen, habrá que determinar cuántos ϕ + 2kπ valores de ϑ distintos se obtienen. Para eso basta elegir k tal que n esté comprendido entre 0 y 2π: 0≤

ϕ + 2kπ < 2π ⇐⇒ −ϕ ≤ 2kπ < −ϕ + 2nπ n −ϕ −ϕ ⇐⇒ −1 < ≤k< + n < n ⇐⇒ 0 ≤ k < n. 2π 2π

PROBLEMA 16.36

¿Es cierta en el campo complejo la implicaci´ on x3 = y 3 =⇒ x = y ? ¿Puede ser real la ra´ız de un n´ umero complejo con parte imaginaria no nula? Soluci´ on En el campo complejo, a diferencia del real, no es cierta la implicación x3 = y 3 =⇒ x = y debido a que la ra´ız c´ ubica tiene tres soluciones. √ Tampoco es cierto que, si z = a + bi con b 6= 0, entonces n z ∈ R porque la potencia n-ésima de un n´ umero real es siempre real.

PROBLEMA 16.37

Si z = eiϑ , demostrar que z n + z −n = 2 cos nϑ y z n − z −n = 2i sen nϑ.

Soluci´ on Como |z| = 1, z· z = 1 =⇒ z = 1/z. Además z n = z −n . Entonces z n +z −n = z n + z n = 2 Re(z n ). Ahora bien, como z n = einϑ = cos nϑ + i sen nϑ, Re(z n ) = cos nϑ, luego z n + z n = 2 cos nϑ. Análogamente, como Im(z n ) = sen nϑ, resulta que z n − z −n = z n − z n = 2i Im(z n ) = 2i sen nϑ.

296

PROBLEMA 16.38 √ Calcular la sexta potencia de z = 2 + 2i/ 3. Soluci´ on - Forma binómica. Aplicamos la fórmula del binomio de Newton: √ √ √ √ (2 + 2i/ 3)6 = 26 + 6 · 25 · 2i/ 3 + 15 · 24 · (2i/ 3)2 + 20 · 23 · (2i/ 3)3 √ √ √ 4096 +15 · 22 · (2i/ 3)4 + 6 · 2 · (2i/ 3)5 + (2i/ 3)6 = − . 27 - Forma trigonométrica. Como √ √ 2/ 3 |z| = (4/ 3) y tg ϑ = b/a = = 1/ 3 =⇒ ϑ = π/6, 2 √

deducimos, por la fórmula de Moivre, que 6 4 4096 6 √ z = (cos(π/6) + i sen(π/6) = (cos π + i sen π). 27 3

PROBLEMA 16.39

Desarrollar las siguientes expresiones: a) (1 + i)n , n ∈ Z+ . b) (x − i)5 , x ∈ R. Soluci´ on a) Aplicando la fórmula del binomio de Newton, n n n 2 n n n (1 + i)n = + i+ i + ··· + in−1 + i 0 1 2 n−1 n n n n n n = 1− + − + ... + i n − + − ... . 2 4 6 3 5 b) Aplicando la misma fórmula anterior, 5 5 5 4 5 3 5 2 5 5 2 3 (x − i) = x + x (−i) + x (−i) + x (−i) + x(−i)4 0 1 2 3 4 5 + (−i)5 = x5 − 10x3 + 5x + i −5x4 + 10x2 − 1 . 5

297

PROBLEMA 16.40

Calcular el m´ odulo y el argumento de w =

1+i 1−i

10

.

Soluci´ on Por la fórmula de Moivre, 1 + i 10 1 + i 10 |1 + i| 10 √ √ 10 = |w| = = ( 2/ 2) = 1. = 1−i 1 − i |1 − i| Como además (1 + i)(1 + i) 10 1 + i + i − 1 10 w= = = i10 = −1, (1 − i)(1 + i) 2 resulta que arg w = π.

PROBLEMA 16.41

Calcular z = (1 + i)n y escribirlo en forma bin´ omica para el caso n = 25. Soluci´ on Como |1 + i| =

√

2 y arg(1 + i) = π/4, entonces

z = 2n/2 (cos πn/4 + i sen πn/4). √ Si n = 25, cos 25π/4 = cos(6π+π/4) = cos π/4 = 2/2 as´ı como sen 25π/4 = √ 2/2. Resulta entonces que √ √ (1 + i)25 = 225/2 ( 2/2 + i 2/2) = 212 (1 + i).

PROBLEMA 16.42

Simplificar la expresi´ on

1 + sen α + i cos α 1 + sen α − i cos α

298

6 .

Soluci´ on Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador y teniendo en cuenta que sen α = cos(π/2 − α) y cos α = sen(π/2 − α), resulta: 1 + sen α + i cos α 1 + sen α − i cos α

= = = = =

(1 + sen α + i cos α)(1 + sen α + i cos α) (1 + sen α)2 + cos2 α (1 + sen α)2 − cos2 α + 2i cos α(1 + sen α) 2(1 + sen α) 2 (1 + sen α) − (1 − sen α)(1 + sen α) + 2i cos α(1 + sen α) 2(1 + sen α) (1 + sen α) − (1 − sen α) + 2i cos α = sen α + i cos α 2 cos(π/2 − α) + i sen(π/2 − α) = cis(π/2 − α).

De este modo, la base tiene módulo 1 y argumento π/2 − α, con lo que la potencia n-ésima será cis n(π/2 − α) y, en particular, para n = 6: cis 6(π/2 − α) = cis(3π − 6α) = cos(3π − 6α) + i sen(3π − 6α) = cos(π − 6α) + i sen(π − 6α) = − cos 6α + i sen 6α.

PROBLEMA 16.43

Calcular [(sen a − sen b) + i(cos a − cos b)]n . Soluci´ on Aplicando las fórmulas sen a − sen b = 2 cos

a+b a−b a+b a−b sen y cos a − cos b = −2 sen sen , 2 2 2 2

resulta: [(sen a − sen b) + i(cos a − cos b)]n a+b a−b a+b a−b n = 2 cos · sen − 2i sen · sen 2 2 2 2 a−b a+b = 2n senn cis −n · . 2 2 299

PROBLEMA 16.44

Calcular sen 3ϕ en funci´ on de sen ϕ.

Soluci´ on Debido a la fórmula de Moivre sabemos que (cos ϕ + i sen ϕ)3 = cos 3ϕ + i sen 3ϕ. Desarrollando el primer miembro de la igualdad anterior, e igualando las partes real e imaginaria, obtenemos: (cos ϕ + i sen ϕ)3 = cos3 ϕ + 3i cos2 ϕ sen ϕ + 3i2 cos ϕ sen2 ϕ + i3 sen3 ϕ = cos3 ϕ − 3 cos ϕ sen2 ϕ + i(3 cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ); =⇒ cos 3ϕ = cos3 ϕ − 3 cos ϕ sen2 ϕ, sen 3ϕ = 3 cos2 ϕ sen ϕ − sen3 ϕ = 3(1 − sen2 ϕ) sen ϕ − sen3 ϕ = 3 sen ϕ − 4 sen3 ϕ. Análogamente podemos expresar cos 3ϕ en función de cos ϕ.

PROBLEMA 16.45 1 Sabiendo que 2 cos α = z + , obtener 2 cos nα. z Soluci´ on Despejando z de la ecuación, tenemos: 1 = 2 cos α =⇒ z 2 − 2z · cos α + 1 = 0 z p p =⇒ z = cos α ± cos2 α − 1 = cos α ± − sen2 α = cos α ± i sen α.

z+

Operamos en primer lugar con el signo +; el inverso de z es: 1 1 cos α − i sen α = = = cos(−α) + i sen(−α). z cos α + i sen α cos2 α + sen2 α Aplicando la fórmula de Moivre, obtenemos: z n = (cos α + i sen α)n = cos nα + i sen nα, 1 = [cos(−α) + i sen(−α)]n = cos(−nα) + i sen(−nα) = cos nα − i sen nα. zn 300

Sumando estas dos u ´ltimas igualdades, resulta: zn +

1 = 2 cos nα. zn

Operando con el signo − se llega al mismo resultado.

PROBLEMA 16.46

√ √ 1+ 5 5−1 ◦ Probar que cos 36 = y cos 72 = . 4 4 ◦

Soluci´ on Debido a la fórmula de Moivre, (cos 36◦ + i sen 36◦ )5 = cos(5 · 36◦ ) + i sen(5 · 36◦ ) = cos π + i sen π = −1 + i · 0. Llamaremos por comodidad c = cos 36◦ y s = sen 36◦ y calculamos la parte real e imaginaria de (c + is)5 : (c + is)5 = c5 + 5ic4 s + 10i2 c3 s2 + 10i3 c2 s3 + 5i4 cs4 + i5 s5 = (c5 − 10c3 s2 + 5cs4 ) + i(s5 − 10c2 s3 + 5c4 s). De aqu´ı se deduce que 0 = s5 − 10c2 s3 + 5c4 s y, usando el hecho de que s2 = 1 − c2 , resulta: 0 = s5 − 10(1 − s2 )s3 + 5(1 − s2 )2 s = 16s5 − 20s3 + 5s =⇒ 0 = s(16s4 − 20s2 + 5) =⇒ 16s4 − 20s2 + 5 = 0 √ √ 20 ± 400 − 320 5± 5 2 =⇒ s = = 8 s 32 √ 5± 5 =⇒ s = ± . 8 ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ Debido a que √ 30 < 36 < 45 , se deduce que sen 30 < s < sen 45 , es decir 1/2 < s < 2/2. s De los valores obtenidos para s, el u ńico que verifica esta √ √ √ 5− 5 5− 5 3+ 5 2 2 acotación es s = , de donde c = 1 − s = 1 − = 8 8 8 y s s s √ √ √ √ √ 3+ 5 6+2 5 1 + ( 5)2 + 2 5 1+ 5 c=+ =+ =+ = . 8 16 16 4

301

Por otra parte, cos 72◦ = cos(2 · 36◦ ) = cos2 36◦ − sen2 36◦ = 2 cos2 36◦ − 1 √ √ √ (1 + 5)2 −2 + 2 5 −1 + 5 = −1= = . 8 8 4

PROBLEMA 16.47 sen 4ϑ Demostrar que = 8 cos3 ϑ − 4 cos ϑ. sen ϑ Soluci´ on Por la fórmula de Moivre, (cos ϑ + i sen ϑ)4 = cos 4ϑ + i sen 4ϑ. Por otra parte, por la fórmula del binomio de Newton, (cos ϑ + i sen ϑ)4 = cos4 ϑ + 4 cos3 ϑ(i sen ϑ) + 6 cos2 ϑ(i sen ϑ)2 +4 cos ϑ(i sen ϑ)3 + (i sen ϑ)4 = cos4 ϑ − 6 cos2 ϑ sen2 ϑ + sen4 ϑ + i(4 cos3 ϑ sen ϑ − 4 cos ϑ sen3 ϑ). Igualando la parte imaginaria, resulta que sen 4ϑ = 4 cos3 ϑ sen ϑ − 4 cos ϑ sen3 ϑ =⇒ =⇒

sen 4ϑ sen ϑ

sen 4ϑ = 4 cos3 ϑ − 4 cos ϑ sen2 ϑ sen ϑ

= 4 cos3 ϑ − 4 cos ϑ(1 − cos2 ϑ) = 8 cos3 ϑ − 4 cos ϑ.

PROBLEMA 16.48

Expresar en forma bin´ omica la suma 1 1 1 S =1+ + + ··· + . 2 1 + i (1 + i) (1 + i)28 Soluci´ on Como los términos de la suma siguen una progresión geométrica, su suma es 1 1 −1 −1 i (1+i)29 (1+i)29 S= = = − i(1 + i). 1 −i (1 + i)28 1+i − 1 1+i 302

Por otra parte, debido a la fórmula de Moivre, √ (1+i)28 = [ 2(cos π/4+i sen π/4)]28 = 214 (cos 28π/4+i sen 28π/4) = −214 . Sustituyendo en el resultado anterior, se deduce que S = −2−14 i − i − i2 = 1 − i(2−14 + 1).

PROBLEMA 16.49 1−i n 1+i n + √ , calcular f (1), f (2), f (3) y f (4), Siendo f (n) = √ 2 2 y demostrar que f (n + 4) = −f (n). Soluci´ on 1 + i 1−i 1+i 1+i Como √ = 1, Arg √ = π/4 y √ = √ , entonces 2 2 2 2 n 1+i nπ f (n) = 2 Re √ . = 2 cos 4 2 En particular, f (1) =

√

√ 2, f (2) = 0, f (3) = − 2, f (4) = −2.

Por otra parte, f (n + 4) = 2 cos

nπ (n + 4)π = 2 cos + π = −2 cos nπ/4 = −f (n). 4 4

PROBLEMA 16.50 √ √ Calcular 1 − i y 5 + 12i, expresando el resultado en la forma bin´ omica. Soluci´ on √ a) Si escribimos 1 − i en forma binómica, obtenemos: √ √ 1 − i = x+iy =⇒ |1−i| = 2 = |x+iy|2 = x2 +y 2 y 1−i = x2 −y 2 +2ixy. De aqu´ı se deduce el sistema de ecuaciones: √ x2 − y 2 = 1, x2 + y 2 = 2, 2xy = −1, 303

cuya solución es 2x2 =

√

2 + 1, 2y 2 =

√

s√ 2 − 1 =⇒ x = ±

s√ 2+1 2−1 , y=± . 2 2

Como 2xy = −1, las u ńicas soluciones son s√ s√ s√ s√ 2+1 2−1 2+1 2−1 −i , − +i . 2 2 2 2 b) Análogamente al apartado anterior, √ 5 + 12i = x + iy =⇒ 5 + 12i = x2 − y 2 + 2xyi =⇒ x2 − y 2 = 5, 2xy = 12, √ 25 + 144 = x2 + y 2 =⇒ x2 + y 2 = 13, 2x2 = 18, 2y 2 = 8 =⇒ x = ±3, y = ±2. Teniendo en cuenta que xy = 6, las soluciones son, 3 + 2i, −3 − 2i.

PROBLEMA 16.51 √ √ Hallar i y 1 + i. Soluci´ on a) Como el módulo y el argumento principal de i son |i| = 1 y Arg i = π/2, √ √ π/2 + 2kπ tenemos que | i| = 1 y arg i = , para k = 0, 1. 2 Las dos ra´ıces son entonces √ √ π π 2 5π 5π 2 (1+i), y2 = cos +i sen =− (1+i). y1 = cos +i sen = 4 4 2 4 4 2 √ b) En este caso, el módulo y el argumento principal de 1 + i son 2 y arc tg 1 = π/4, respectivamente. Esto indica que el módulo y argu√ π/4 + 2kπ mento de las ra´ıces cuadradas de 1 + i son 4 2 y , (k = 0, 1), 2 respectivamente. Tenemos entonces: √ √ 4 4 y1 = 2(cos π/8 + i sen π/8), y2 = 2(cos 9π/8 + i sen 9π/8). 304

PROBLEMA 16.52

Hallar

√

r −16 − 30i y escribir en forma bin´ omica

1 . 3 − 4i

Soluci´ on √ a) Si llamamos −16 − 30i = x+iy, tenemos que −16−30i = x2 −y 2 +2xyi, de donde x2 −y 2 = −16 y 2xy = −30. Al resolver el sistema, obtenemos los valores x = −3, y = 5 y x = 3, y = −5, lo que da las dos soluciones −3 + 5i y 3 − 5i. b) Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador, obtenemos: s r r 1 3 + 4i 3 + 4i x + iy = = = . 3 − 4i (3 − 4i)(3 + 4i) 25 3 + 4i Elevando al cuadrado, = x2 − y 2 + 2xyi, lo que da lugar al sis25 tema x2 − y 2 = 3/25, 2xy = 4/25. Al resolver este sistema, obtenemos las soluciones (2+i)/5 y (−2−i)/5.

PROBLEMA 16.53

√ 3+i expres´ andolas en forma Calcular las ra´ıces c´ ubicas de z = √ − 3+i m´ odulo-argumental. Soluci´ on √ √ √ √ ( 3 + i)(− 3 − i) −2 − 2 3i 1 3i √ √ En forma binómica es z = = =− − . 4 2 2 (− 3 + i)(− 3 − i) p Como |z| = (1/4) √ + (3/4) = 1 y el afijo de z está en el tercer cuadrante, arg z = π + arc tg 3 = 4π/3, podemos escribir z = cos(4π/3) + i sen(4π/3). Las ra´ıces c´ ubicas de z son √ 3

z = cos

2kπ + 4π/3 2kπ + 4π/3 + i sen , k = 0, 1, 2. 3 3

Los valores que se obtienen son y1 = 14π/9 , y2 = 110π/9 , y3 = 116π/9 . 305

PROBLEMA 16.54

Hallar los n´ umeros complejos cuyo cubo sea igual al cuadrado de su conjugado.

Soluci´ on Sea z = m(cos w + i sen w) el n´ umero buscado (y suponemos z 6= 0). De acuerdo con la fórmula de Moivre, será z 3 = z 2 si y sólo si m3 (cos 3w +i sen 3w) = m2 (cos 2w −i sen 2w) = m2 [cos(−2w)+i sen(−2w)]. Igualando sus módulos y argumentos, resulta que m3 = m2 y 3w = 2kπ − 2w, de lo que se deduce que m = 1 y 5w = 2kπ. De aqu´ı resultan cinco soluciones: cos 0 + i sen 0, cos(2π/5) + i sen(2π/5), cos(4π/5) + i sen(4π/5), cos(6π/5) + i sen(6π/5), cos(8π/5) + i sen(8π/5). Dichas soluciones corresponden precisamente a las ra´ıces de la ecuación z 5 − 1 = 0.

PROBLEMA 16.55

a) Efectuar la operaci´ on s [a(cos α + i sen α)]2 · [b(cos β + i sen β)]4 E= . [c(cos γ + i sen γ)]3 b) Si en el apartado a) damos los valores a = 2, b = 3, c = 1, α = 0, β = 30◦ , γ = 40◦ , hallar los posibles valores de E . Soluci´ on a) Teniendo en cuenta la fórmula de Moivre y el producto y cociente de complejos en forma módulo-argumental, obtenemos: r a2 b4 [cos(2α + 4β − 3γ) + i sen(2α + 4β − 3γ)] E = c3 ab2 2kπ + (2α + 4β − 3γ) 2kπ + (2α + 4β − 3γ) + i sen , k = 0, 1. = √ cos 2 2 c c √ b) Como 2α + 4β − 3γ = 0◦ y ab2 /c c = 18, es E = 18(cos kπ + i sen kπ) = 18 cos kπ. Para k = 0, E = 18 y para k = 1, E = −18. 306

PROBLEMA 16.56

Sabiendo que la suma de las ra´ıces n-´ esimas de la unidad es igual a cero, probar que 1 + cos 72◦ + cos 144◦ + cos 216◦ + cos 288◦ = 0; sen 72◦ + sen 144◦ + sen 216◦ + sen 288◦ = 0. Soluci´ on Las ra´ıces quintas de la unidad son cos(2kπ/5) + i sen(2kπ/5), para k = 0, 1, 2, 3, 4, es decir 1, cos 72◦ +i sen 72◦ , cos 144◦ +i sen 144◦ , cos 216◦ +i sen 216◦ , cos 288◦ +i sen 288◦ . Como su suma es cero, también sus partes real e imaginaria son cero. De aqu´ı se deducen las igualdades propuestas.

PROBLEMA 16.57

Si z1 y z2 son las ra´ıces de una ecuaci´ on de segundo grado con n coeficientes reales, demostrar que z1 + z2n es real para cualquier entero n. Si la ecuaci´ on es en particular z 2 − 2z + 2 = 0, calcular n n z1 + z2 . Soluci´ on Como los coeficientes son reales, tenemos los siguientes resultados posibles en función del discriminante de la ecuación ∆: i) Si ∆ > 0, hay dos soluciones reales distintas. ii) Si ∆ = 0, hay una solución real doble. iii) Si ∆ < 0, hay dos soluciones que son complejos conjugados. As´ı pues, si ∆ ≥ 0, como z1 , z2 ∈ R, es evidente que z1n + z2n ∈ R. Si ∆ < 0, tenemos que z 1 = z2 =⇒ z1n + z2n = z1n + z n1 = z1n + z1n = 2 Re z1n ∈ R. Las ra´ıces de la ecuación z 2 − 2z + 2 = 0 son √ 2± 4−8 2 ± 2i z= = =⇒ z1 = 1 + i, z2 = 1 − i. 2 2 307

Para probar que α = z1n + z2n = (1 + i)n + (1 − i)n es real, basta comprobar que α = α. Ahora bien, n

n

α = (1 + i) + (1 − i) = (1 − i)n + (1 + i)n = α, de donde se deduce el resultado.

PROBLEMA 16.58

Si a y b son ra´ıces de la ecuaci´ on z 2 sen2 ϑ − z sen 2ϑ + 1 = 0, den n mostrar que a + b = 2 cos nϑ cosecn ϑ. Soluci´ on Calculamos las ra´ıces de la ecuación: √ √ sen 2ϑ ± sen2 2ϑ − 4 sen2 ϑ sen 2ϑ ± 4 sen2 ϑ cos2 ϑ − 4 sen2 ϑ z = = 2 2 sen2 ϑ p2 sen ϑ 2 2 sen 2ϑ ± 4 sen ϑ(cos ϑ − 1) sen 2ϑ ± 2i sen2 ϑ = = 2 sen2 ϑ 2 sen2 ϑ 2 cos ϑ ± i sen ϑ sen ϑ cos ϑ ± i sen ϑ = = cotg ϑ ± i. = 2 sen ϑ sen ϑ Llamamos entonces a = cotg ϑ + i y b = cotg ϑ − i, que son complejos conjugados. Escritos en forma trigonométrica, como su módulo es r = p 1 + cotg2 ϑ = cosec ϑ y el argumento de a es ϕ = arc tg(1/ cotg ϑ) = ϑ, resulta que a = cosec ϑ(cos ϑ + i sen ϑ) y b = cosec ϑ(cos ϑ − i sen ϑ). Por la fórmula de Moivre, sus potencias son an = cosecn ϑ(cos nϑ + i sen nϑ), bn = cosecn ϑ(cos nϑ − i sen nϑ), de donde an + bn = 2 cosecn ϑ cos nϑ como se quer´ıa probar.

PROBLEMA 16.59

Teniendo en cuenta que cos α = Re(eiα ) y recordando la f´ ormula de la suma de los t´ erminos de una progresi´ on geom´ etrica, calcular en k X forma simplificada C = 2n cos 3n. n=1

308

Soluci´ on Llamando S =

k X

2n sen 3n, obtenemos:

n=1

C + iS = 2(cos 3 + i sen 3) + 22 (cos 6 + i sen 6) + · · · + 2k (cos 3k + i sen 3k) 2k+1 e3(k+1)i − 2e3i 2e3i − 1 2k+1 cos 3(k + 1) − 2 cos 3 + i[2k+1 sen 3(k + 1) − 2 sen 3] . −1 + 2 cos 3 + 2i sen 3

= 2e3i + 22 · e6i + · · · + 2k e3ki = =

Multiplicando numerador y denominador de la u ´ltima expresión por el conjugado del denominador y separando la parte real del n´ umero complejo resultante, se obtiene finalmente: C=

2k+2 cos 3k − 2k+1 cos 3(k + 1) + 2 cos 3 − 4 . 5 − 4 cos 3

PROBLEMA 16.60

Determinar las ecuaciones de segundo grado cuyas ra´ıces son: a) cis 120◦ , cis 240◦ . b) cis π/n, cis(−π/n). c) a(cos nϑ + i sen nϑ), a(cos nϑ − i sen nϑ). Soluci´ on a) Escribimos en primer lugar las ra´ıces en forma binómica. √ √ cis 120◦ = cis 2 · 60◦ = (cos 60 + i sen 60)2 = (1/2 + i 3/2)2 = −1/2 + i 3/2; √ √ cis 240◦ = cis 2 · 120◦ = (−1/2 + i 3/2)2 = −1/2 − i 3/2. El producto y la suma de dichas ra´ıces son cis 120 · cis 240 = cis 360 = 1 y cis 120 + cis 240 = −1/2 + −1/2 = −1, con lo que la ecuación buscada es x2 + x + 1 = 0. b) Debido a que r1 = cis π/n = cos π/n + i sen π/n, r2 = cis(−π/n) = cos(−π/n) + i sen(−π/n) = cos π/n − i sen π/n, 309

resulta que r1 + r2 = 2 cos π/n y r1 · r2 = cis(π/n − π/n) = cis 0 = 1, con lo que la ecuación es x2 − 2x cos π/n + 1 = 0. c) Análogamente a los casos anteriores, observando que las ra´ıces dadas r1 y r2 son complejos conjugados, tenemos que r1 · r2 = a2 y r1 + r2 = 2a cos nϑ, de modo que la ecuación pedida es x2 − 2ax cos nϑ + a2 = 0.

PROBLEMA 16.61

Resolver la ecuaci´ on z 4 + 16 = 0. Soluci´ on De z 4 + 16 = 0, se deduce que p 4 16(cos π + i sen π) √ π + 2kπ π + 2kπ 4 16 cos + i sen , = 4 4

z 4 = −16 = 16(cos π + i sen π) =⇒ z =

donde cada valor √ de k se √ obtiene z1 = √ k√= 0, 1, 2, 3.√Para √ − 2 + 2i, z3 = − 2 − 2i y z4 = 2 − 2i.

√

2+

√

2i, z2 =

PROBLEMA 16.62

Resolver las ecuaciones: a) z 2 + 4z + 29 = 0. b) z 2 + 2iz + 1 = 0. c) z 4 + z 2 + 1 = 0. d) 8z 3 − 12z 2 + 10z − 3 = 0. Soluci´ on a) Al despejar z, se obtiene directamente, √ −4 ± 16 − 116 −4 ± 10i z= = =⇒ z1 = −2 − 5i, z2 = −2 + 5i. 2 2 310

b) Como en el caso anterior, √ √ √ −i ± −1 − 1 z= =⇒ z1 = i(−1 + 2), z2 = −i(1 + 2). 1 c) Si llamamos w = z 2 , la ecuación se escribe como w2 + w + 1 = 0 y sus ra´ıces son: √ √ √ √ −1 ± 1 − 4 −1 ± i 3 −1 i 3 −1 i 3 w= = =⇒ w1 = + , w2 = − . 2 2 2 2 2 2 Las soluciones de la ecuación original son las ra´ıces cuadradas de w1 y w2 . Como sus módulos y argumentos son: p |w1 | = |w2 | = 1/4 + 3/4 = 1, arg w1 = 2π/3, arg w2 = 4π/3, sus ra´ıces cuadradas son: 2π/3 + 2kπ 4π/3 + 2kπ z1 = cis , z2 = cis , k = 0, 1, 2 2 que, en forma trigonométrica, dan las soluciones: z11 = cos π/3 + i sen π/3 ,

z12 = cos 4π/3 + i sen 4π/3,

z21 = cos 2π/3 + i sen 2π/3 ,

z22 = cos 5π/3 + i sen 5π/3.

d) Dividimos la ecuación por 8 y hacemos el cambio z = z 0 + 1/2, y resulta: 3 z3 − z2 + 2

5 3 1 3 3 1 2 z − = 0 ⇐⇒ z 0 + − z0 + + 4 8 2 2 2 3 1 3 3 3 3 ⇐⇒ z 03 + z 02 + z 0 + − z 02 − − z 0 + 2 4 8 2 8 2 z0 1 03 0 02 ⇐⇒ z + = 0 ⇐⇒ z z + =0 2 2 √ √ i 2 0 i 2 0 0 ⇐⇒ z1 = 0, z2 = , z3 = − . 2 2

5 1 3 z0 + − =0 4 2 8 5 0 5 3 z + − =0 4 8 8

Al deshacer el cambio de variable, obtenemos en definitiva que: √ √ z1 = 1/2, z2 = (1/2) + i 2/2, z3 = (1/2) − i 2/2.

PROBLEMA 16.63

Resolver 2z 2 + (−1 + i)z + 3 + i = 0. 311

Soluci´ on Despejando z tenemos: p √ −(−1 + i) ± (−1 + i)2 − 4 · 2(3 + i) 1 − i ± 1 − 1 − 2i − 24 − 8i z = = 4 4 √ 1 − i ± −24 − 10i = . 4 Si llamamos ahora

√

−24 − 10i = x + iy, resulta:

−24 − 10i = (x + iy)2 =⇒ x2 − y 2 = −24, 2xy = −10. Además, igualando los módulos de ambos complejos, tenemos la ecuación √ x2 + y 2 = 242 + 102 = 26. El sistema x2 − y 2 = −24, x2 + y 2 = 26 tiene las cuatro soluciones x = ±1, y = ±5. Como se debe verificar además que 2xy = −10, las u ńicas soluciones posibles son x = 1, y = −5 y x = −1, y = 5. En definitiva, z=

2 − 6i 1 3i 4i 1 − i ± (1 − 5i) =⇒ z1 = = − , z2 = = i. 4 4 2 2 4

PROBLEMA 16.64

Resolver la ecuaci´ on z 3 − 3iz − 5(1 + i) = 0, haciendo z = x + iy .

Soluci´ on Al sustituir z = x + iy y separar el resultado en parte real e imaginaria, resulta el sistema de ecuaciones: x3 − 3xy 2 + 3y − 5 = 0, 3x2 y − y 3 − 3x − 5 = 0. Para resolver este sistema, efectuamos la resta de ambas ecuaciones, con lo que: x3 + y 3 − 3xy 2 − 3x2 y + 3y + 3x = 0 ⇐⇒ (x + y)(x2 − xy + y 2 ) − 3xy(x + y) + 3(x + y) = 0 ⇐⇒ (x + y)(x2 + y 2 − 4xy + 3) = 0. Al sustituir en la primera ecuación la condición x + y = 0, obtenemos la ecuación 2x3 + 3x + 5 = 0 en la que x = −1 es la u ńica solución real. Esto 312

produce la ra´ız z1 = −1 + i de la ecuación dada. Efectuando la división, se obtiene una ecuación de segundo grado cuyas ra´ıces son z2 = 2 + i y z3 = −1 − 2i.

PROBLEMA 16.65

Determinar los n´ umeros reales a y b de manera que z = 1 + i sea ra´ız de la ecuaci´ on z 5 + az 3 + b = 0. Soluci´ on Debemos desarrollar la expresión Q = (1 + i)5 + a(1 + i)3 + b e igualarla a cero:

Q = 1 + 5i + 10i2 + 10i3 + 5i4 + i5 + a + 3ai + 3ai2 + ai3 + b = 0 =⇒ (1 − 10 + 5 + a − 3a + b) + i(5 − 10 + 1 + 3a − a) = 0 =⇒ b − 2a = 4, 2a = 4 =⇒ a = 2, b = 8.

PROBLEMA 16.66

Resolver la ecuaci´ on

1+i = e2x . 1−i

Soluci´ on Multiplicando numerador y denominador por 1 + i tenemos: e2x =

(1 + i)2 2i π π 1+i = = = i = cos + i sen = eiπ/2 1−i 1 − i2 2 2 2 =⇒ 2x = i(π/2 + 2kπ) =⇒ x = i(π/4 + kπ), k ∈ Z.

(Recordamos que, en el campo complejo, ea = eb =⇒ a = b + 2kπ, k ∈ Z.)

313

C. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Escribir en la forma trigonom´ etrica r(cos ϑ+i sen ϑ) los siguientes n´ umeros complejos: √ a) 3 − 2 − i. ! p √ q √ 2− 3 1 Resp.: z = 2 2 − 3 − . −i· p √ 2 2 2− 3 √

2 − 1 + i. q √ Resp.: z = 4 − 2 2

b)

! √ i 2−1 p . √ +p √ 4−2 2 4−2 2

2. Hallar el m´ odulo y argumento de u = z1 6= z2 . Resp.: |u| = 1, arg u = arg z1 . 3. Simplificar las expresiones:

a)

(a + i)3 − (a − i)3 . (a + i)2 − (a − i)2

Resp.: (3a2 − 1)/2a.

b)

1 + i 1 − 2i − . 1−i 1+i

Resp.: (1 + 5i)/2.

c)

(−2 + i)3 . 1 − 3i

Resp.: (−7 + i)/2. √ −1 − i 2 d) √ . ( 2 − i)4 √ Resp.: (5 + i 2)/27.

314

z1 − z2 si |z1 | = |z2 | = 1, 1 − z 1 z2

4. Calcular (2 − 3i)4 . Resp.: −119 + 120i. √ √ 5. Calcular ( 3 − i)n y ( 3 + i)n . Resp.: z1n = 2n cis

−nπ n nπ , z2 = 2n cis . 6 6

6. Expresar como suma de cuadrados la expresi´ on (a2 + b2 )(c2 + d2 ). Resp.: (ac − bd)2 + (bc + ad)2 . 7. Hallar las ecuaciones de segundo grado cuyas ra´ıces son: √ √ a) 3 + 5, 3 − 5. Resp.: x2 − 6x + 4 = 0.

b) −3 + i, −3 − i. Resp.: x2 + 6x + 10 = 0.

c) 2 +

√

3i, 2 −

√

3i.

Resp.: x2 − 4x + 7 = 0. 8. Factorizar los siguientes polinomios:

a) 5x2 + 4y 2 . √ √ Resp.: ( 5x + 2iy)( 5x − 2iy). b) x2 + xy + y 2 . √ √ Resp.: (x + y/2) + 3iy/2][(x + y/2) − 3iy/2 . 9. Resolver las ecuaciones:

a) 4z 2 − 12z + 25 = 0. Resp.: z1 = (3/2) + 2i, z2 = (3/2) − 2i.

b) z 2 + iz = 2. Resp.: z1 =

√

√ 7/2 − i/2, z2 = − 7/2 − i/2.

315

c) z 3 + 10z 2 + 37z + 42 = 0. Resp.: z1 = −2, z2 = −4 +

√

5i, z3 = −4 −

√

5i.

10. Resolver las ecuaciones:

a) z 2 − (2 + 2i)z + (4 + 2i) = 0. Resp.: z1 = 1 + 3i, z2 = 1 − i.

b) z 2 − (2 + 2i)z + 2i = 0. Resp.: z1 = z2 = 1 + i. 11. Hallar las ra´ıces cuartas de −i. Resp.: r1 = cis 3π/8, r2 = cis 7π/8, r3 = cis 11π/8, r4 = cis 15π/8. √ 12. Calcular las ra´ıces sextas de 4 3 + 4i. √ √ √ Resp.: z1 = 2 cis π/36, z2 = 2 cis 13π/36, z3 = 2 cis 25π/36, √ √ √ z4 = 2 cis 37π/36, z5 = 2 cis 49π/36, z6 = 2 cis 61π/36.

13. Calcular l´ım zn siendo zn = n→∞

√ n

2 n+ 1+ n

Resp.: l´ım zn = 1 + e2 · i. n→∞

316

n+5 i.

CAPÍTULO I. GEOMETRÍA DEL ESPACIO EUCLÍDEO

SECCIONES 1. Vectores. Operaciones con vectores. 2. Rectas y planos en R3 . 3. Curvas y superficies en R3 . 4. Nociones de topolog´ıa métrica.

1

1. VECTORES. OPERACIONES CON VECTORES.

En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm , es decir, funciones definidas sobre el espacio eucl´ıdeo de dimensión n Rn = {(x1 , . . . , xn ) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n},

y con imagen en el espacio análogo de dimensión m, Rm . Como la representación gráfica de estas funciones debe hacerse en el espacio Rn+m , debemos recordar en primer lugar los resultados fundamentales de la geometr´ıa del espacio eucl´ıdeo real Rn . Como es usual, estableceremos la equivalencia entre los puntos P = (x1 , . . . , xn ) −−→ → de Rn y los vectores libres − v = OP que unen el origen con el punto P . Las operaciones básicas que se definen en el espacio Rn son las siguientes: → → Suma de vectores. Dados − v = (x1 , . . . , xn ), − w = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn , − → → v +− w = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ). − Multiplicaci´ on por un escalar. Dados a ∈ R, → v = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , → a− v = (ax1 , . . . , axn ). − Producto escalar de vectores. Dados dos vectores → v = (x1 , . . . , xn ), → − n w = (y1 , . . . , yn ) ∈ R , − → → v ·− w = (x1 y1 , . . . , xn yn ). Con estas operaciones, Rn tiene estructura de espacio vectorial (de ah´ı que los elementos de Rn reciban el nombre de vectores, a diferencia de los elementos de R que llamaremos escalares). Todo vector de Rn puede descomponerse de forma u ńica como combinación lineal de los vectores − → = (1, 0, . . . , 0), u 1 − → = (0, 1, . . . , 0), u 2 ... ...... − → un = (0, 0, . . . , 1), los cuales corresponden a las direcciones de los ejes de coordenadas rectangulares. Estos vectores forman lo que llamamos la base canónica de Rn . El producto escalar verifica las siguientes propiedades básicas: 2

− → → i) → v ·− v > 0 si − v 6= 0; → → → ii) − v ·− v = 0 si − v = 0; − → → → iii) → v ·− w =− w ·− v; → → → → → → iv) a(− v ·− w ) = (a− v)·− w =− v · (a− w ); − → → → → → → v) → u · (− v +− w ) = (− u ·− v ) + (− u ·− w ). → Llamamos norma de un vector − v = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn al n´ umero real positivo q √ → → → k− vk= − v ·− v = x21 + · · · + x2n . −−→ → → Si − v = OP , la norma de − v representa la distancia del punto P al origen de coordenadas. De forma análoga, se define la distancia entre dos puntos P y Q como −−→ −−→ d(P, Q) = kOQ − OP k. Las siguientes propiedades son resultados importantes. → → → → → → Desigualdad triangular: k− v +− w k ≤ k− v k + k− w k, ∀− v ,− w ∈ Rn . → → → → → → Desigualdad de Cauchy-Schwarz: |− v ·− w | ≤ k− v k · k− w k, ∀− v ,− w ∈ n R . → → → → → → Teorema de Pit´ agoras: − v ·− w = 0 ⇐⇒ k− v +− w k2 = k− v k2 + k− w k2 . → → v ,− w ∈ Rn como el n´ umero ϑ ∈ [0, π] Definimos el ángulo entre dos vectores − tal que → − → v ·− w cos ϑ = − . → → k v k · k− wk Esta definición proporciona otra fórmula para el producto escalar de dos vectores: → − → → → v ·− w = k− v k · k− w k · cos ϑ. → → En el caso de que ϑ = π/2, los vectores − v y− w son perpendiculares u ortogonales. → → De la definición deducimos que, en este caso, − v ·− w = 0. En el caso particular de R3 se define también el producto vectorial de dos → → vectores − v = (x1 , x2 , x3 ) y − w = (y1 , y2 , y3 ) como el siguiente vector: − → → − − → i j k → − → v ×− w = (x2 y3 − x3 y2 , x3 y1 − x1 y3 , x1 y2 − x2 y1 ) = x1 x2 x3 , y y y 1 2 3 → − − → → − donde denotamos, como es usual, i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1) a los vectores unitarios de la base canónica. 3

Destacaremos las siguientes propiedades básicas del producto vectorial: → → → 1) − v ×− v = 0, ∀− v ∈ R3 . − → → → → → 2) → v ×− w = −− w ×− v , ∀− v ,− w ∈ R3 . → → → → → → → − → → 3) (α− u + β− v )×− w = α(− u ×− w ) + β(− v ×− w ), ∀→ u,− v ,− w ∈ R3 , α, β ∈ R. → → → → → → → → 4) − v · (− v ×− w) = − w · (− v ×− w ) = 0, ∀− v ,− w ∈ R3 . → → → → Esto quiere decir que − v ×− w es ortogonal a ambos vectores − v y− w. → → → → → → 5) k− v ×− w k = k− v k · k− w k · sen α, donde α es el ángulo entre − v y− w. → → Esto indica que la norma de − v ×− w mide el área del paralelogramo → − → − que determinan los vectores v y w (ver problema 1.6). También en el espacio tridimensional definimos el producto mixto de tres → → → vectores − u = (x1 , x2 , x3 ), − v = (y1 , y2 , y3 ), − w = (z1 , z2 , z3 ) como el n´ umero real dado por x1 x2 x3 → → → → → → [− u,− v ,− w] = − u · (− v ×− w ) = y1 y2 y3 . z 1 z2 z3 El producto mixto representa el volumen del paralelep´ıpedo cuyas aristas → → → son los vectores − u, − v y− w (ver problema 1.7).

PROBLEMA 1.1

(a) Calcular la distancia entre los puntos P = (4, 2, 5) y Q = (1, 4, −1). (b) Escribir la ecuaci´ on de la esfera de radio r y centro C = (a, b, c).

Soluci´ on

(a) Por definición, d(P, Q) =

p

(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + (x3 − y3 )2 .

En este caso, d(P, Q) =

p (4 − 1)2 + (2 − 4)2 + (5 + 1)2 = 7. 4

(b) Como la esfera es el conjunto de puntos cuya distancia al centro es igual al radio, su ecuación es (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2 .

PROBLEMA 1.2 − − Dados dos vectores → u, → v en R3 , describir:

(a) El conjunto de puntos en el interior del paralelogramo definido → → por − u y− v. (b) Los puntos del interior del tri´ angulo de v´ ertices el origen y los → − → − extremos de u y v . → → (c) Los puntos en el interior del ´ angulo definido por − u y− v. Soluci´ on

(a) Un punto arbitrario de dicho paralelogramo se obtiene como la suma de → → dos m´ ultiplos de − u y− v , con constantes comprendidas entre cero y uno, es decir → → λ− u + µ− v : 0 < λ < 1, 0 < µ < 1.

(b) Los puntos del tercer lado del triángulo se obtienen mediante la suma → − → → u + λ(− v −− u ), donde 0 ≤ λ ≤ 1. Los puntos del interior del triángulo serán pues de la forma → → → µ[− u + λ(− v −− u )] : 0 < λ < 1, 0 < µ < 1.

5

(c) En este caso, el conjunto no es acotado. Basta una combinación lineal → → de − u y− v con coeficientes positivos, es decir → → λ− u + λ− v : λ > 0, µ > 0.

PROBLEMA 1.3

Sean A = (1, 1, 1), B = (0, 1, 1) y C = (2, 1, 1) tres vectores y D = xA + yB + zC , donde x, y, z ∈ R. (a) Determinar las componentes de D. (b) Encontrar todos los valores de x, y, z que hagan D = 0. (c) Demostrar que ninguna elecci´ on de x, y, z tiene como soluci´ on D = (1, 2, 3). Soluci´ on

(a) Realizando las operaciones indicadas se obtiene que D = (x + 2z, x + y + z, x + y + z). (b) Los valores que hacen D = 0 se obtienen resolviendo el sistema x + 2z = 0, x + y + z = 0. La solución es el conjunto {λ(−2, 1, 1) : λ ∈ R}. 6

(c) Es evidente que el sistema x + 2z = 1 x+y+z = 2 x+y+z = 3 no tiene solución (las dos u ´ltimas ecuaciones son incompatibles).

PROBLEMA 1.4

Hallar los valores de x para los que el ´ angulo entre los vectores → − → u = (x, 1, 1) y − v = (1, x, 1) sea π/3. Soluci´ on

A partir de la fórmula → − → u ·− v → → , cos(− u,− v)= → − → k u k · k− vk obtenemos la ecuación 1 2x + 1 √ =√ =⇒ x2 + 2 = 4x + 2 =⇒ x2 − 4x = 0, 2 x2 + 2 · x2 + 2 lo que da los posibles valores x = 0 y x = 4.

PROBLEMA 1.5 → − − → − → − − → → − → − − Dados los vectores → u =3 i − j −2k, → v = i +2j −3k.

(a) hallar el ´ angulo entre ellos. → − (b) Calcular la proyecci´ on de − u sobre → v. (c) Si se definen los cosenos directores de un vector como los cosenos de los ´ angulos que el vector forma con los vectores coordenados → → − − → − → → i , j , k , calcular los cosenos directores de − u y− v. Soluci´ on

7

→ − → u ·− v (a) El ángulo entre dos vectores se obtiene por la fórmula cos α = → ; − → k u k · k− vk en nuestro caso, − → → u ·− v = 3 − 2 + 6 = 7, √ √ → − kuk = 9 + 1 + 4 = 14, √ √ → k− vk = 1 + 4 + 9 = 14. Por tanto, cos α = 1/2 =⇒ α = π/3. − − − (b) Sea → z dicha proyección; entonces → z tiene la dirección de → v y módulo √ − → k→ z k = k− u k · cos α =

14 . 2

− El vector unitario en la dirección de → v es → − v 1 − → w = → = √ (1, 2, −3). k− vk 14 Entonces 1 √ 1 · 14 · √ (1, 2, −3) 2 14 = (1/2, 1, −3/2).

− → z =

(c) De la figura adjunta se deduce fácilmente que → − − → u · i 3 =√ ; → − kuk 14 → − → − u · j −1 =√ ; → k− uk 14 → − → − u · k −2 =√ . → − kuk 14

cos α = cos β = cos γ =

8

− Análogamente, los cosenos directores del vector → v son 2 −3 1 cos α0 = √ , cos β 0 = √ , cos γ 0 = √ . 14 14 14

PROBLEMA 1.6

Hallar el ´ area del tri´ angulo de v´ ertices A(0, 1, 0), B(−1, 1, 2) y C(2, 1, −1).

Soluci´ on

Tomando como base del triángulo el segmento AB, el área viene expresada por la fórmula

S=

−→ −−→ −→ 1 −−→ 1 −−→ kABk · h = kABk · kACk · sen(AB, AC), 2 2

lo que también se puede expresar como S=

1 −−→ −→ kAB × ACk. 2

9

− → → − − → i j k −−→ −→ Como AB × AC = −1 0 2 = (0, 3, 0), el área buscada es S = 3/2. 2 0 −1

PROBLEMA 1.7 − Hallar el volumen del tetraedro generado por los vectores → u = → − → − → − − → → − − → − − → − − → → → i −3j + k, v =2j − k, w = i + j −2k. Soluci´ on

→ → Si la base del tetraedro es el triángulo generado por los vectores − u y− v , como → − la altura es h = k w k · cos α, el volumen del tetraedro tiene la fórmula

V =

1 1 1 → − 1 → − → → S · h = · · k− u ×→ v k · k− w k · cos α = [− u,→ v ,− w ] . 3 3 2 6

Aplicando esta fórmula general, obtenemos en nuestro caso, 1 V = 6

1 −3 1 0 2 −1 = 1 . 1 1 −2 3

PROBLEMA 1.8

Hallar todos los vectores de longitud 4 que sean perpendiculares a → − → u = (2, −1, 3) y a − v = (3, 2, −1). Soluci´ on 10

→ → Todos los vectores perpendiculares a − u y− v tienen la dirección del vector → − → u ×− v ; concretamente: − → → − − → i j k → − → u ×− v = 2 −1 3 = (−5, 11, 7). 3 2 −1

√ √ → → Como k− u ×− v k = 25 + 121 + 49 = 195, los vectores de longitud 4 con la dirección indicada son −−→ −→ 4 4 (−5, 11, 7) y OB = √ (5, −11, −7). OA = √ 195 195

PROBLEMA 1.9

Si A = (2, −1, 1) y B = (3, −4, −4), hallar un punto C tal que A, B, C sean los v´ ertices de un tri´ angulo rect´ angulo. Soluci´ on

Sean (x, y, z) las coordenadas del punto C. Distinguiremos los siguientes casos: −→ −−→ −→ −−→ i) El triángulo es rectángulo en A. Entonces AC⊥AB, es decir AC · AB = 0. Esto proporciona la ecuación (x − 2, y + 1, z − 1) · (1, −3, −5) = 0 =⇒ x − 2 − 3(y + 1) − 5(z − 1) = 0 =⇒ x − 3y − 5z = 0, la cual es, evidentemente, la ecuación del plano que pasa por A y es perpen−−→ dicular al vector AB. 11

ii) El triángulo es rectángulo en B. Análogamente al caso anterior, se debe −−→ −−→ verificar la ecuación AB · BC = 0, es decir:

(1, −3, −5) · (x − 3, y + 4, z + 4) = 0 =⇒ x − 3 − 3(y + 4) − 5(z + 4) = 0 =⇒ x − 3y − 5z = 35,

plano paralelo al anterior y que pasa por B.

−→ −−→ iii) El triángulo es rectángulo en C. En este caso, de la ecuación AC · BC = 0 tenemos:

(x − 2, y + 1, z − 1) · (x − 3, y + 4, z + 4) = 0 =⇒ x2 + y 2 + z 2 − 5x + 5y + 3z + 6 = 0 5 2 5 2 3 2 35 =⇒ x − + y+ + z+ = , 2 2 2 4 que corresponde a la ecuación de una esfera de diámetro la longitud del segmento AB y centro el punto medio de dicho segmento. 12

PROBLEMA 1.10

Tres v´ ertices de un paralelogramo son los puntos A = (1, 0, 1), B = (−1, 1, 1), C = (2, −1, 2). (a) Hallar todos los puntos D que pueden ser el cuarto v´ ertice del paralelogramo. (b) Calcular el ´ area del tri´ angulo ABC. Soluci´ on

(a) Debemos tener en cuenta las tres posibilidades siguientes: i) D es el vértice opuesto a A. Observando la gráfica, es evidente que −−→ −→ D = B + BD = B + AC = (−1, 1, 1) + (1, −1, 1) = (0, 0, 2).

13

ii) D es el vértice opuesto a B. Análogamente al caso anterior, tenemos: −−→ −−→ D = A + AD = A + BC = (1, 0, 1) + (3, −2, 1) = (4, −2, 2).

iii) D es el vértice opuesto a C. Nuevamente, tenemos la fórmula −−→ −−→ D = A + AD = A + CB = (1, 0, 1) + (−3, 2, −1) = (−2, 2, 0).

(b) Aplicando la fórmula obtenida en el problema 1.6, el área del triángulo es √ 1 −−→ −→ 1 6 S = · kAB × ACk = · k(1, 2, 1)k = . 2 2 2

14

2. RECTAS Y PLANOS EN R3 .

A partir del concepto de vector se pueden definir los planos y las rectas y representarlos mediante ecuaciones. → Rectas en R3 . Dados un punto P y un vector − v 6= 0, definimos la recta → − que pasa por P y tiene la dirección de v como el conjunto → {P + α− v : α ∈ R}. → El vector − v recibe el nombre de vector director (o vector direccional) de la recta. Decimos que dos rectas son paralelas si sus vectores direccionales son paralelos. A diferencia de lo que sucede en R2 , dos rectas que no son paralelas no necesariamente se cortan en alg´ un punto. Una misma recta puede definirse utilizando puntos distintos a P o vectores → paralelos a − v , lo que produce distintas parametrizaciones de la recta. También puede definirse una recta mediante dos puntos distintos P y Q, ya −−→ −−→ → que el vector − v = OQ − OP es un vector direccional de la recta. → → Planos en R3 . Dados un punto P y dos vectores no paralelos − v y − w, → − → − definimos el plano que pasa por P y está generado por v y w como el conjunto

→ → {P + α− v + β− w : α, β ∈ R}.

Distintas parametrizaciones de un mismo plano se obtienen utilizando un → − − → punto distinto a P o dos vectores v 0 y w0 tales que → − → − → → {α− v + β− w : α, β ∈ R} = {α v 0 + β w0 : α, β ∈ R} − − (es decir, el subespacio generado por → v y→ w coincide con el generado por →0 − − →0 v y w ). Otra forma de definir un plano es mediante un punto P del mismo y un → vector − u perpendicular al mismo, pues todo punto Q del plano verifica la condición −−→ − PQ · → u = 0. Un tercer método es dar tres puntos del plano P1 , P2 , P3 no alineados, pues −−−→ −−−→ los vectores P1 P2 y P1 P3 generan dicho plano. Un punto genérico P del plano verifica la ecuación −−→ −−−→ −−−→ [P1 P , P1 P2 , P1 P3 ] = 0. 15

PROBLEMA 1.11 − → Dados dos vectores → u,− v en R3 , describir:

(a) La recta perpendicular a ambos vectores que pase por el origen. (b) El plano generado por ambos vectores que pase por el origen.

Soluci´ on

(a) Un vector director de la recta se obtiene con el producto vectorial de → − → u y− v . As´ı pues, la recta tiene por ecuación → → P (t) = t (− u ×− v ) : t ∈ R. → → (b) El mismo vector − u ×− v es normal al plano buscado. Por tanto, la ecuación de dicho plano es → → (x, y, z) · (− u ×− v ) = 0.

PROBLEMA 1.12

Una recta pasa por el punto P = (−3, 1, 1) y es paralela al vector − → v = (1, −2, 3). Determinar si los siguientes puntos pertenecen a la recta: (a) (0, 0, 0)

(b) (2, −1, 4)

(c) (−4, 3, −2).

Soluci´ on

La ecuación de la recta es r(t) = (−3, 1, 1) + t(1, −2, 3) = (−3 + t, 1 − 2t, 1 + 3t). 16

(a) Para saber si el punto (0, 0, 0) pertenece a la recta, debemos resolver el sistema 0 = −3 + t 0= 1 − 2t 0= 1 + 3t. De la primera ecuación se deduce que t = 3, pero este valor ya no satisface la segunda ecuación. Esto quiere decir que el punto no pertenece a la recta. (b) El sistema que debemos resolver ahora es 2 = −3 + t −1 = 1 − 2t 4= 1 + 3t. Para verificar la primera ecuación debe ser t = 5, valor que tampoco satisface las siguientes. Por tanto, la recta tampoco pasa por este punto. (c) Tenemos ahora el sistema de ecuaciones −4 = −3 + t 3= 1 − 2t −2 = 1 + 3t. En este caso, el valor t = −1 satisface las tres ecuaciones, lo que significa que el punto pertenece a la recta.

PROBLEMA 1.13

Encontrar la ecuaci´ on de la recta que verifica las siguientes condiciones: → − (a) Pasa por (3, 1, 0) y tiene la direcci´ on de la recta r0 (t) = ( i − → − → − j )+tk. (b) Pasa por los puntos P (0, 1, 1) y Q(0, 1, 0). (c) Pasa por P (3, 1, −2) y corta perpendicularmente a la recta r0 (t) = (−1 + t, −2 + t, −1 + t). Soluci´ on

17

→ − (a) Como la recta r0 (t) tiene la dirección del vector k = (0, 0, 1), la ecuación de la recta pedida es → − r(t) = (3, 1, 0) + t k = (3, 1, t), t ∈ R, o bien x = 3, y = 1, z = t (t ∈ R).

−−→ (b) Como la recta tiene la dirección del vector P Q = (0, 0, −1), su ecuación es r(t) = (0, 1, 1) + t(0, 0, −1) = (0, 1, −t), t ∈ R, o bien x = 0, y = 1, z = t (t ∈ R).

(c) Llamamos (a, b, c) al vector director de la recta buscada. Como el vector director de la recta r0 (t) es (1, 1, 1), las rectas serán perpendiculares cuando el producto escalar de ambos vectores sea nulo, es decir a + b + c = 0. Como la recta pasa por (3, 1, −2), su ecuación será r(s) = (3, 1, −2) + s(a, b, c) = (3 + as, 1 + bs, −2 + cs). 18

El enunciado exige además que ambas rectas se corten; esto quiere decir que el sistema de ecuaciones −1 + t = 3 + as −2 + t = 1 + bs −1 + t = −2 + cs tiene solución (y u ńica). Sumando las tres ecuaciones y teniendo en cuenta que a + b + c = 0, resulta: −4 + 3t = 2 + (a + b + c)s =⇒ t = 2. Con este valor del parámetro t obtenemos el punto de intersección Q = (1, 0, 1); de este modo, el vector director de la recta es −−→ P Q = (−2, −1, 3) y la ecuación se puede escribir como r(s) = (3, 1, −2) + s(−2, −1, 3) = (3 − 2s, 1 − s, −2 + 3s), s ∈ R o bien x = 3 − 2s, y = 1 − s, z = −2 + 3s (s ∈ R).

PROBLEMA 1.14

Entre los ocho puntos siguientes, determinar todos los subconjuntos de tres o m´ as puntos que est´ an en l´ınea recta: A = (2, 1, 1), B = (6, −1, 1), C = (−6, 5, 1), D = (−2, 3, 1), E = (1, 1, 1), F = (−4, 4, 1), G = (−13, 9, 1), H = (14, −6, 1).

19

Soluci´ on

Debemos calcular todos los vectores que determinan dichos puntos y averiguar qué pares de tales vectores son paralelos. As´ı pues, −−→ −→ −−→ AB = (4, −2, 0) AC = (−8, 4, 0) AD = (−4, 2, 0) −→ −→ −→ AE = (−1, 0, 0) AF = (−6, 3, 0) AG = (−15, 8, 0) −−→ AH = (12, −7, 0). −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ Como AC = −2AB, AD = −AB y AF = (−3/2)AB, deducimos que los puntos A, B, C, D y F están alineados. Por otra parte, tenemos: −−→ −−→ −−→ BE = (−5, 2, 0) BG = (−19, 10, 0) BH = (8, −5, 0). Al no ser paralelos estos vectores, los puntos B, E, G no están alineados, as´ı como tampoco lo están los puntos B, E, H. Análogamente, como −−→ −−→ −−→ DE = (3, −2, 0) DG = (−11, 6, 0) DH = (16, −9, 0), no hay ninguna relación de paralelismo entre estos vectores. Si partimos ahora del punto C, −−→ −−→ −−→ CE = (7, −4, 0) CG = (−7, 4, 0) CH = (20, −11, 0). −−→ −−→ Como CE = −CG, deducimos que los puntos C, E y G están alineados. Por otra parte, como −−→ EF = (−5, 3, 0)

−−→ EH = (13, −7, 0),

los puntos E, F y H no están alineados. Por u ´ltimo, al ser −−→ F H = (18, −10, 0)

−−→ GH = (27, −15, 0),

los puntos F, G y H s´ı están contenidos en la misma recta (basta observar −−→ −−→ que F H = (2/3)GH). En definitiva, la situación relativa de los puntos es la que se refleja en el esquema adjunto y los conjuntos siguientes {A, B, C, D, F }, {C, E, G}, {F, G, H} 20

están alineados (observar que todos los puntos están contenidos en el plano z = 1).

PROBLEMA 1.15

Determinar si los siguientes puntos est´ an alineados: (a) P (2, 1, 1),

Q(4, 1, −1),

R(3, −1, 1).

(b) P (2, 1, 1),

Q(−2, 3, 1),

R(5, −1, 1).

Soluci´ on −−→ −→ Los puntos estarán alineados si y sólo si los vectores P Q y P R son paralelos. −−→ −→ (a) En este caso P Q = (2, 0, −2) y P R = (1, −2, 0); como no son paralelos (sus componentes no son proporcionales), los puntos no están alineados. −−→ (b) Tampoco estos puntos están alineados, pues los vectores P Q = (−4, 2, 0) −→ y P R = (3, −2, 0) no son paralelos. 21

PROBLEMA 1.16

Hallar los puntos de intersecci´ on y el ´ angulo que forman las rectas r1 y r2 siguientes: → − → − → − → − − → (a) r1 (t) = i + t j , r2 (t) = j + t( i + j ). (b) r1 (t) = (3 + t, 1 − t, 5 + 2t), r2 (t) = (1, 4 + t, 2 + t). Soluci´ on

(a) Para que las rectas se corten, deben existir dos valores s y t para los cuales el sistema de ecuaciones r1 (t) = r2 (s), es decir (1, t, 0) = (s, s + 1, 0) sea compatible. Es evidente que la u ńica solución del sistema es s = 1 y t = 2, lo que proporciona el punto de intersección P = (1, 2, 0). El ángulo entre las rectas es el formado por sus vectores directores → − → v1 = (0, 1, 0) y − v2 = (1, 1, 0): → − → v1 · − v2 1 cos α = − = √ =⇒ α = π/4. → k→ v1 k · k− v2 k 2 (b) Escribimos las ecuaciones de las rectas como r1 (t) = (3 + t, 1 − t, 5 + 2t), r2 (s) = (1, 4 + s, 2 + s). El sistema de ecuaciones r1 (t) = r2 (s) tiene solución u ńica t = −2, s = −1, lo que, al sustituir en r1 , da el punto de intersección de las rectas, P (1, 3, 1). → Por otra parte, como los vectores directores son − v1 = (1, −1, 2) y → − v = (0, 1, 1), el ángulo entre las rectas es 2

→ − → v1 · − v2 1 1 cos ϑ = → =√ √ = √ . − → − k v1 k · k v2 k 6· 2 2 3

PROBLEMA 1.17

Hallar la distancia entre las rectas r1 : x − 1 = y/2 = z, r2 : x = y = z. 22

Soluci´ on

Debemos determinar la menor distancia entre dos puntos de las rectas. Escribimos las ecuaciones de las rectas en forma paramétrica; para ello hacemos t = x − 1 = y/2 = z en r1 y t = x = y = z en r2 . Resulta as´ı: r1 (t) = (1 + t, 2t, t) = (1, 0, 0) + t(1, 2, 1), r2 (t) = (t, t, t) = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1). De esta forma, los vectores directores de las rectas son − → − v1 = (1, 2, 1) y → v2 = (1, 1, 1) y un vector perpendicular a ambos es − − → → − → i j k → − → → n =− v1 × − v2 = 1 2 1 = (1, 0, −1). 1 1 1 La distancia entre las rectas es igual a la distancia entre la recta r1 y el plano paralelo a r1 que contiene a r2 . Como los puntos P = (1, 0, 0) y Q = (0, 0, 0) pertenecen a r1 y r2 , respectivamente, la distancia entre las rectas será la −−→ → proyección del vector P Q sobre − n (ver figura). As´ı pues,

d(r1 , r2 ) =

− − → PQ P− → n

√ −−→ → −−→ 2 | − 1| |P Q · − n| . = √ = = kP Qk · cos α = → − 2 knk 2

23

PROBLEMA 1.18

Sea X(t) = P + tA un punto arbitrario de la recta que pasa por P = (1, 2, 3) y tiene vector director A = (1, −2, 2) y sea Q = (3, 3, 1). Para calcular la distancia de Q a la recta, se puede proceder como sigue: (a) Calcular la distancia entre Q y X(t). (b) Encontrar el m´ınimo de dicha distancia (y comprobar que es u ńico). (c) Determinar el punto de la recta que hace m´ınima dicha distancia. Soluci´ on

(a) Teniendo en cuenta los valores de P y A, escribimos X(t) = (1, 2, 3) + t(1, −2, 2) = (1 + t, 2 − 2t, 3 + 2t). Aplicando la fórmula de distancia entre dos puntos, tenemos d(Q, X) =

p p (2 − t)2 + (1 + 2t)2 + (−2 − 2t)2 = 9t2 + 8t + 9.

(b) El m´ınimo de la distancia se encuentra calculando el valor de t que hace m´ınima la función (de una variable) y = 9t2 + 8t + 9. Aplicando resultados conocidos para funciones de una variable, resulta y 0 = 18t + 8; y 0 = 0 ⇐⇒ t = −4/9; y 00 = 18 > 0. El u ńico valor que hace m´ınima p la distancia es t = −4/9. √La distancia m´ınima es, por tanto, d = 9 · (16/81) − (32/9) + 9 = 65/3. (c) Sustituyendo t = −4/9 en X(t) obtenemos el punto de la recta que se encuentra a la distancia m´ınima de Q. As´ı pues, X(−4/9) = (5/9, 26/9, 19/9). 24

PROBLEMA 1.19

Determinar las ecuaciones de los planos que verifican: → (a) Pasa por P = (1, 1, 1) y es perpendicular al vector − v = (−1, 1, −1). 0

(b) Pasa por A(1, 2, 1), B(0, 1, 0) y C(1, 1, 4). (c) Pasa por P (2, 1, 3) y contiene a la recta intersecci´ on de los planos 3x + y − z = 2, 2x + y + 4z = 1. (d) Contiene a la recta (−1, 1, 2) + t(3, 2, 4) y es perpendicular a 2x + y − 3z + 4 = 0. Soluci´ on

(a) Si P = (x, y, z) es un punto genérico del plano, el vector −−→ P0 P = (x − 1, y − 1, z − 1) − está contenido en el plano. Como el vector → v es perpendicular al −−→ − → mismo, entonces P0 P · v = 0. As´ı pues, −(x − 1) + (y − 1) − (z − 1) = 0

o bien

− x + y − z + 1 = 0.

−−→ −−→ (b) En este caso, los vectores AB = (−1, −1, −1) y BC = (1, 0, 4) están contenidos en el plano. Por tanto, el vector − → → − − → i j k −−→ −−→ AB × BC = −1 −1 −1 = (−4, 3, 1), 1 0 4 es normal al plano. Repitiendo el argumento del apartado (a) sabiendo que el plano contiene al punto B, obtenemos la ecuación del plano como −4x + 3(y − 1) + z = 0

o bien

− 4x + 3y + z = 3.

(c) El punto Q = (1, −1, 0) pertenece a la recta intersección de los planos dados (basta para ello hacer z = 0 y resolver el sistema de dos −−→ ecuaciones que resulta). Por lo tanto, el vector P Q = (−1, −2, −3) está contenido en el plano que buscamos. 25

→ → Por otra parte, los vectores − v1 = (3, 1, −1) y − v2 = (2, 1, 4) son normales a los planos que determinan la recta dada. Entonces, un vector que lleva la dirección de dicha recta es − → → − − → i j k → − → − → − v = v1 × v2 = 3 1 −1 = (5, −14, 1). 2 1 4 −−→ → Como los vectores P Q y − v vector normal a dicho plano − → i −−→ − PQ × → v = −1 5

son paralelos al plano que buscamos, un es → → − − j k −2 −3 = (−44, −14, 24). −14 1

La ecuación del plano es, en definitiva, −44(x − 1) − 14(y + 1) + 24z = 0

o bien 22x + 7y − 12z = 15.

→ (d) El vector director de la recta, − v = (3, 2, 4), y el vector normal al plano, → − w = (2, 1, −3), son paralelos al plano buscado. Por tanto, el vector − → → − − → i j k → − → v ×− w = 3 2 4 = (−10, 17, −1) 2 1 −3 es perpendicular al plano buscado. Como sabemos además que dicho plano pasa por el punto (−1, 1, 2), su ecuación será −10(x + 1) + 17(y − 1) − (z − 2) = 0 o bien

− 10x + 17y − z = 25.

PROBLEMA 1.20

Hallar dos puntos distintos en la intersecci´ on de los siguientes planos: Π1 : Pasa por (1, 1, 1) y est´ a generado por (2, −1, 3) y (−1, 0, 2); Π2 : Pasa por (2, 3, 1) y est´ a generado por (1, 2, 3) y (3, 2, 1). Soluci´ on 26

Calculamos en primer lugar los vectores directores de ambos planos. Estos son: − → → − − → i j k − → = u 2 −1 3 = (−2, −7, −1); 1 −1 0 2 − → → − − → i j k − → = u 2 1 2 3 = (−4, 8, −4). 3 2 1 De aqu´ı deducimos las ecuaciones de los planos: Π1 : −2(x − 1) − 7(y − 1) − (z − 1) = 0, Π2 : −4(x − 2) + 8(y − 3) − 4(z − 1) = 0. Para determinar la recta intersección de ambos planos, resolvemos el sistema que éstos determinan, llamando previamente t = z−1. Obtenemos as´ı: x=

−9t 10 t 17 − ; y= + . 11 11 11 11

La recta intersección de los planos tiene por ecuación −11x − 10 = 11y − 17 = z − 1 = t, 9 y basta dar valores a t ∈ R para obtener distintos puntos en la intersección de los planos. Por ejemplo, para t = 0 tenemos el punto P = (−10/11, 17/11, 1) y, para t = 1, el punto Q = (−19/11, 18/11, 2).

PROBLEMA 1.21

Encontrar la intersecci´ on de (a) la recta que pasa por el punto (1, 1, 1) y es paralela al vector (2, −1, 3) y el plano que pasa por (1, 1, −2) y est´ a generado por (2, 1, 3) y (0, 1, 1). (b) la recta (2, −2, −1) + t(1, 1, 1) y el plano 2x − 3y + z − 2 = 0. Soluci´ on

27

(a) La ecuación de la recta es (x, y, z) = (1, 1, 1) + t(2, −1, 3) = (1 + 2t, 1 − t, 1 + 3t). Para determinar la ecuación del plano, calculamos un vector normal al mismo mediante el producto vectorial de los vectores que lo generan. As´ı pues, − → → − − → j k i 2 1 3 = (−2, −2, 2). 0 1 1 La ecuación del plano es entonces −2(x − 1) − 2(y − 1) + 2(z + 2) = 0 ⇐⇒ −x − y + z = −4. Sustituimos los valores de un punto (x, y, z) de la recta en la ecuación del plano: −(1 + 2t) − (1 − t) + 1 + 3t = −4 =⇒ 2t = −3 =⇒ t = −3/2, lo que proporciona el punto de intersección P = (−2, 5/2, −7/2). (b) Un punto arbitrario de la recta tiene por coordenadas (x, y, z) = (2 + t, −2 + t, −1 + t); sustituyendo en la ecuación del plano, obtenemos: 2(2 + t) − 3(−2 + t) + (−1 + t) − 2 = 0 =⇒ −7 = 0, lo que no proporciona ning´ un valor del parámetro t. Esto implica que la recta y el plano son paralelos (no se cortan).

PROBLEMA 1.22

Determinar si la recta que pasa por (1, 1, 1) y es paralela al vector → − u = (2, −1, 3) es paralela a los siguientes planos: (a) x + 2y + 3z = −3. (b) Pasa por P (1, 1, −2), Q(3, 5, 2) y R(2, 4, −1). Soluci´ on

28

→ (a) Como el vector director del plano es − v = (1, 2, 3) y el producto escalar es → − → u ·− v = 2 − 2 + 9 6= 0, deducimos que la recta y el plano no son paralelos. (b) Calcularemos un vector director del plano mediante el producto vecto−−→ −→ rial de los vectores P Q = (2, 4, 4) y P R = (1, 3, 1). Tenemos as´ı: − → → − − → i j k −−→ −→ → − v = P Q × P R = 2 4 4 = (−8, 2, 2). 1 3 1 A continuación procedemos como en el apartado (a). Como − → → u ·− v = −16 − 2 + 6 6= 0, la recta tampoco es paralela a este plano.

PROBLEMA 1.23

Hallar el ´ angulo que forman los planos siguientes: 5(x − 1) − 3(y + 2) + 2z = 0 x + 3(y − 1) + 2(z + 4) = 0.

Soluci´ on

El ángulo entre los planos coincide con el que forman sus vectores directores. → → En nuestro caso, estos son − u = (5, −3, 2) y − v = (1, 3, 2). Entonces: → − → u ·− v → → cos(− u,− v)= = 0. kuk · kvk Esto implica que los planos son perpendiculares.

PROBLEMA 1.24

Hallar la distancia del punto P (2, 1, −1) al plano de ecuaci´ on x − 2y + 2z + 5 = 0. 29

Soluci´ on

La recta r(t) = (2, 1, −1)+t(1, −2, 2) pasa por el punto P y es perpendicular → al plano (pues su vector director − u = (1, −2, 2) coincide con el vector normal al plano). Calculamos a continuación el punto de intersección de esta recta con el plano dado:  x=2+t  y = 1 − 2t =⇒ 2 + t − 2(1 − 2t) + 2(−1 + 2t) + 5 = 0 =⇒ t = −1/3.  z = −1 + 2t Este valor de t da el punto de intersección Q = (5/3, 5/3, −5/3). La distancia entre P y Q es precisamente la distancia entre el punto P y el plano: d(P, Q) =

p

(2 − 5/3)2 + (1 − 5/3)2 + (−1 + 5/3)2 = 1.

PROBLEMA 1.25

Determinar si los vectores siguientes est´ an contenidos en un mismo plano: → − → → u = (0, 1, −1), − v = (3, −1, 2), − w = (3, −2, 3).

Soluci´ on

Los vectores estarán contenidos en un mismo plano si su producto mixto es nulo. En efecto, 0 1 −1 → → → [− u,− v ,− w ] = 3 −1 2 = 0. 3 −2 3

30

PROBLEMA 1.26

Un punto se desplaza en el espacio de modo que en el instante t su posici´ on viene dada por el vector → − − → → − X(t) = (1 − t) i + (2 − 3t) j + (2t − 1) k .

(a) Demostrar que el punto se mueve a lo largo de una recta, que llamaremos L. (b) ¿En qu´ e instante el punto toca el plano 2x+3y+2z+1 = 0? (c) Hallar la ecuaci´ on cartesiana del plano paralelo al del apartado (b) y que contenga el punto X(3). (d) Hallar la ecuaci´ on cartesiana del plano perpendicular a L que contenga el punto X(2). Soluci´ on

(a) Si reescribimos el vector posición como X(t) = (1 − t, 2 − 3t, 2t − 1) = (1, 2, −1) + t(−1, −3, 2), comprobamos que, en efecto, se trata de una recta que, en el instante → t = 0, pasa por el punto (1, 2, −1) y tiene como vector posición − u = (−1, −3, 2). (b) Sustituimos las coordenadas del punto (1 − t, 2 − 3t, 2t − 1) en el plano y obtenemos: 2(1 − t) + 3(2 − 3t) + 2(2t − 1) + 1 = 0 =⇒ t = 1. (c) Haciendo t = 3 en la ecuación de la recta, obtenemos el punto X(3) = (−2, −7, 5). Como un vector normal al plano es (2, 3, 2), la ecuación es 2(x + 2) + 3(y + 7) + 2(z − 5) = 0 ⇐⇒ 2x + 3y + 2z = −15. (d) Si el plano es perpendicular a L, un vector normal a dicho plano es el → vector director de la recta, − u = (−1, −3, 2). Como además contiene al punto X(2) = (−1, −4, 3), su ecuación es −(x + 1) − 3(y + 4) + 2(z − 3) = 0 ⇐⇒ −x − 3y + 2z = 19. 31

32

3. CURVAS Y SUPERFICIES EN R3 .

Una ecuación en tres variables F (x, y, z) = 0 representa geométricamente una superficie en el espacio eucl´ıdeo tridimensional R3 , mientras que una F (x, y, z) = 0 curva se obtiene como intersección de dos superficies, G(x, y, z) = 0. La ecuación general de primer grado (o ecuación lineal) Ax + By + Cz + D = 0, es la más sencilla de las ecuaciones en tres variables y representa un plano que corta a los ejes de coordenadas en los puntos (−D/A, 0, 0), (0, −D/B, 0), (0, 0, −D/C) (siempre que los coeficientes A, B y C sean no nulos). Del mismo modo, el sistema formado por dos ecuaciones de primer grado representa la recta intersección de los dos planos definidos por dichas ecuaciones. Otras superficies que utilizaremos frecuentemente en lo sucesivo son las cuádricas cuya expresión general, en su forma canónica, corresponde a un ecuación de segundo grado en las variables x, y y z: Ax2 + By 2 + Cz 2 + Dx + Ey + F z + G = 0. Como regla general, las cuádricas se obtienen de las cónicas haciendo girar éstas alrededor de un eje y dilatando convenientemente uno de los ejes. La excepción es el paraboloide hiperbólico (también llamado silla de montar). La tabla de las páginas siguientes muestra una relación detallada de los distintos tipos de superficies cuádricas:

33

NOMBRE

ECUACION

Elipsoide

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

GRAFICA

x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c

Hiperboloide de una hoja

Hiperboloide de dos hojas

−

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c

−

x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =1 a2 b c

−

x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =1 a2 b c x2 y 2 z 2 − 2 − 2 =1 a2 b c

34

NOMBRE

ECUACION

GRAFICA

x2 y 2 z 2 + 2 − 2 =0 a2 b c x2 y 2 z 2 − 2 + 2 =0 a2 b c

Cono

−

x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =0 a2 b c

x2 y 2 z + 2 = 2 a b c Paraboloide el´ıptico

x2 z 2 y + 2 = a2 c b x y2 z2 + 2 = 2 b c a

x2 y 2 z − 2 = 2 a b c Paraboloide hiperbólico

x2 z 2 y − 2 = a2 c b y2 z2 x − 2 = 2 b c a

35

NOMBRE ECUACION

GRAFICA

x2 y 2 + 2 =1 a2 b Cilindro el´ıptico

x2 z 2 + 2 =1 a2 c y2 z2 + 2 =1 b2 c

x2 y 2 − 2 =k a2 b Cilindro hiperbólico

x2 z 2 − 2 =k a2 c y2 z2 − 2 =k b2 c

Cilindro parabólico

x2 = py x2 = pz y 2 = px y 2 = pz z 2 = px z 2 = py

36

PROBLEMA 1.27

Clasificar y dibujar la gr´ afica de las siguientes superficies: (a) 4x2 + y 2 = 16 (b) x + 2z = 4 (c) z 2 = y 2 + 4 (d) x2 + y 2 − 2x = 0 Soluci´ on

A pesar de que todas las ecuaciones sólo involucran dos coordenadas, al tratarse de superficies (y no de curvas), debe entenderse que la tercera coordenada existe (aunque no esté presente). Esto quiere decir que todas las superficies son cilindros, pues basta dibujar la curva correspondiente a la ecuación en dos variables de que se trate y prolongarla paralelamente a lo largo de la tercera coordenada. (a) En el plano XY la curva corresponde a una elipse de ecuación canónica y2 x2 + = 1, 4 16 de modo que está centrada en el origen y los semiejes miden 2 y 4 unidades, respectivamente. As´ı pues, la superficie es un cilindro el´ıptico y su gráfica es la siguiente:

37

(b) En el plano y = 0 la ecuación corresponde a una recta, lo que indica que la figura es la de un plano paralelo al eje Y .

(c) Escribiendo la ecuación en forma canónica como

z2 y2 − = 1, 4 4

observamos que, para cualquier valor de x, tenemos una hipérbola de eje real el eje Z y eje imaginario el eje Y . La ecuación entonces representa un cilindro hiperbólico como el de la figura.

(d) Completando cuadrados, escribimos la ecuación de forma equivalente como: (x − 1)2 + y 2 = 1,

la cual representa, para cada valor de z, una circunferencia de centro el punto (1, 0, z). As´ı pues, la superficie que representa es la de un cilindro circular cuyo eje es la recta x = 1, y = 0. 38

PROBLEMA 1.28

Realizar el mismo ejercicio anterior con las siguientes superficies: (a)

x y2 z2 = + 4 4 9

(b)

y2 z2 x2 + =1+ 9 4 16

(c) z =

y 2 x2 − 4 9

(d) y 2 = x2 + z 2

Soluci´ on

(a) Esta ecuación corresponde a un paraboloide el´ıptico (observemos que las secciones perpendiculares a los ejes Y y Z son parábolas y las secciones perpendiculares al eje X son elipses). Su gráfica es la siguiente: 39

(b) En este caso tenemos un hiperboloide de una hoja, en donde los cortes con planos paralelos a x = 0 son elipses, mientras que los cortes con planos paralelos a y = 0 y z = 0 son hipérbolas. Su gráfica tiene la forma siguiente:

(c) Como las secciones perpendiculares al eje Z son hipérbolas y las secciones perpendiculares a los ejes X e Y son parábolas, tenemos un paraboloide hiperbólico y su gráfica es la siguiente:

(d) Esta ecuación corresponde a un cono circular (a diferencia del paraboloide el´ıptico del apartado (a), las secciones perpendiculares a los ejes X y 40

Z son rectas, no parábolas). Su gráfica tiene la siguiente forma:

41

´ 4. NOCIONES DE TOPOLOG´ IA METRICA.

En la sección 1 se ha definido la noción de producto escalar de vectores en Rn , la cual permit´ıa a su vez definir la norma de un vector y la distancia entre dos puntos. Ahora bien, esta forma de definir distancia entre dos puntos no es la u ńica posible. En general, se dice que una aplicación d : Rn → Rn es distancia (o métrica) cuando verifica los cuatro axiomas siguientes: → → → → (1) d(− x,− y ) > 0 ⇐⇒ − x 6= − y. → → → → (2) d(− x,− y ) = 0 ⇐⇒ − x =− y. → → → → (3) d(− x,− y ) = d(− y ,− x ). → → → → → → (4) d(− x,− z ) ≤ d(− x,− y ) + d(− y ,− z ). El par (Rn , d) recibe el nombre de espacio métrico. Un ejemplo trivial de distancia en Rn es la aplicación definida por → → d(− x,− y)=0 → − → − d( x , y ) = 1

si si

− → → x =− y, → − → − x 6= y .

Análogamente, toda aplicación k · k : Rn → R que verifique los siguientes axiomas: − (i) k→ x k ≥ 0; − → (ii) k→ x k = 0 ⇐⇒ − x = 0; → → (iii) kα− x k = |α| · k− x k; − → → → (iv) k→ x +− y k ≤ k− x k + k− y k (desigualdad triangular); recibe el nombre de norma, y el par (Rn , k·k) se llama espacio normado. → → → Dada una norma arbitraria k · k en Rn , la aplicación d(− x,− y ) = k− x − → − y k es una distancia. Rec´ıprocamente, dada una distancia d (con ciertas → → propiedades que no vamos a especificar aqu´ı), la aplicación k− x k = d(− x , O) es una norma. Ejemplos de normas en Rn son las siguientes aplicaciones: k(x1 , . . . , xn )kp = (|x1 |p + · · · + |xn |p )1/p , ∀p ∈ [1, ∞); k(x1 , . . . , xn )k∞ = máx{|x1 |, . . . , |xn |} (en el problema 1.29 se demuestra esta propiedad para algunos casos). 42

Se puede probar (ver problema 2.28) que dos normas cualesquiera k · k1 y k · k2 definidas en Rn son equivalentes, es decir → → → ∃a, b > 0 : ak− v k1 ≤ k− v k2 ≤ bk− v k1 . Nociones topol´ ogicas en un espacio m´ etrico (Rn , d). → − Sean − a ∈ Rn , r > 0; se llama bola abierta de centro → a y radio r al conjunto → → → → → B(− a , r) = Br (− a ) = {− v ∈ Rn : d(− v ,− a ) < r}. Análogamente se definen las correspondientes bolas cerradas → → → → B(− a , r) = {− v ∈ Rn : d(− v ,− a ) ≤ r} y las esferas

→ → → → S(− a , r) = {− v ∈ Rn : d(− v ,− a ) = r}.

Un sencillo argumento geométrico muestra que → → B(− a , r) = − a + r · B(O, 1). La bola de centro el origen y radio 1 es la llamada bola unitaria del espacio métrico. → Dado un subconjunto A ⊂ Rn , se dice que − a ∈ A es punto interior de A → − si existe r > 0 tal que B( a , r) ⊂ A. Se llama interior de A al conjunto → → int A = {− a ∈A:− a es punto interior de A}. Si int A = A, A se dice abierto. Por ejemplo, las bolas abiertas son siempre conjuntos abiertos. → → Dado − a ∈ Rn , se llama entorno de − a a cualquier subconjunto S ⊂ Rn → − tal que existe r > 0 con B( a , r) ⊂ S. → Dado un subconjunto A ⊂ Rn , un vector − x ∈ Rn es punto exterior de A si → ∃r > 0, B(− x , r) ⊂ Ac → (lo que equivale a decir que B(− x , r) ∩ A = ∅). Denotaremos por ext A al conjunto de los puntos exteriores de A. → Análogamente, un vector − x ∈ Rn es punto frontera de A si → → ∀r > 0, B(− x , r) ∩ A 6= ∅ y B(− x , r) ∩ Ac 6= ∅. El conjunto de los puntos frontera de A lo denotaremos por fr A. 43

− Un vector → x ∈ A es punto aislado de A si → → ∃r > 0, B(− x , r) − {− x } ∩ A = ∅. → Dado un subconjunto A ⊂ Rn , un vector − x ∈ Rn es punto de adherencia de A si → ∀r > 0, B(− x , r) ∩ A 6= ∅. El conjunto → − A = {− x ∈ Rn : → x es punto de adherencia de A} se llama clausura de A. Un conjunto A se dice cerrado cuando A = A. Las bolas cerradas son los primeros ejemplos de conjuntos cerrados. También los rectángulos [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] son cerrados en R2 . De la definición se deduce fácilmente que un conjunto es cerrado si y sólo si su complementario es abierto. → Dado un subconjunto A ⊂ Rn , un vector − x ∈ Rn es punto de acumulación de A si → → ∀r > 0, B(− x , r) − {− x } ∩ A 6= ∅. Es fácil probar a partir de la definición que los conjuntos finitos no tienen puntos de acumulación. El conjunto → − A0 = {− x ∈ Rn : → x es punto de acumulación de A} recibe el nombre de conjunto derivado de A. Se puede probar también que un conjunto A es cerrado si y sólo si A0 ⊂ A. Un conjunto A ⊂ Rn es acotado si ∃r > 0 : A ⊂ B(O, r). El teorema de Bolzano-Weierstrass establece que, si A es un conjunto infinito y acotado, entonces A0 6= ∅. Un conjunto es compacto si de todo recubrimiento por abiertos se puede extraer un sub-recubrimiento finito. Una importante caracterización de los conjuntos compactos es la siguiente: Teorema (Heine-Borel). Dado A ⊂ Rn , A es compacto si y s´ olo si A es cerrado y acotado. 44

Un conjunto A ⊂ Rn es no conexo si existen dos conjuntos X, Y abiertos tales que X ∩ A 6= ∅, Y ∩ A 6= ∅, (X ∩ A) ∩ (Y ∩ A) = ∅, (X ∩ A) ∪ (Y ∩ A) = A. En caso contrario, decimos que A es conexo. Un resultado que da una caracterización geométrica de los conjuntos conexos es el siguiente. Teorema. Un conjunto A es conexo si y s´ olo si todo par de puntos de A pueden unirse por una poligonal contenida en A. Por ejemplo, todos los intervalos de R son conjuntos conexos. En ge→ neral, las bolas B(− a , r) son conjuntos conexos en Rn .

PROBLEMA 1.29

Probar que las siguientes aplicaciones son normas en Rn : (a) k(x1 , . . . , xn )k1 = |x1 | + · · · + |xn |. (b) k(x1 , . . . , xn )k∞ = máx{|xi | : 1 ≤ i ≤ n}. Representar gr´ aficamente sus respectivas bolas unitarias. Soluci´ on

(a) Debemos comprobar los axiomas de norma enunciados en el resumen teórico: i) Es evidente que k(x1 , . . . , xn )k1 ≥ 0. ii) k(x1 , . . . , xn )k1 = 0 =⇒ |x1 | + · · · + |xn | = 0 =⇒ |x1 | = · · · = |xn | = 0 (pues se trata de una suma de n´ umeros no negativos). Esto implica que (x1 , . . . , xn ) = (0, . . . , 0). iii) Es inmediato también que kα(x1 , . . . , xn )k1 = k(αx1 , . . . , αxn )k1 = |αx1 | + · · · + |αxn | = |α| · (|x1 | + · · · + |xn |) = |α| · k(x1 , . . . , xn )k1 . 45

iv) Teniendo en cuenta la desigualdad triangular en R, k(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn )k1 = k(x1 + y1 , . . . , xn + yn )k1 = |x1 + y1 | + · · · + |xn + yn | ≤ |x1 | + |y1 | + · · · + |xn | + |yn | = k(x1 , . . . , xn )k1 + k(y1 , . . . , yn )k1 . (b) Al igual que en el apartado anterior, los tres primeros axiomas son triviales. Para comprobar la desigualdad triangular, basta observar que máx{|xi + yi | : 1 ≤ i ≤ n} ≤ máx{|xi | + |yi | : 1 ≤ i ≤ n} ≤ máx{|xi | : 1 ≤ i ≤ n} + máx{|yi | : 1 ≤ i ≤ n}.

En la gráfica adjunta se representa por una l´ınea continua la frontera de la bola unitaria para la norma k · k1 y por una l´ınea discontinua la de la bola unitaria para la norma k · k∞ , ambas en el caso de R2 .

En efecto, la bola unitaria en la norma k·k1 es el conjunto |x|+|y| < 1, es decir, el limitado por las rectas x + y = 1, x + y = −1, x − y = 1 e y − x = 1. Por otra parte, la bola unitaria en la norma k · k∞ es el conjunto máx{|x|, |y|} < 1, el cual coincide con el conjunto |x| < 1, |y| < 1.

PROBLEMA 1.30

Dibujar las regiones siguientes e indicar si son conjuntos abiertos o cerrados: (a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 1}. (b) B = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 < 2}. (c) C = {(x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 < 0}. 46

Soluci´ on

(a) El conjunto es cerrado pues su complementario es la bola unidad abierta. Su interior es el conjunto int(A) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 > 1}.

(b) Este conjunto no es abierto (pues los puntos de la circunferencia x2 + y 2 = 1 pertenecen al conjunto y no son interiores a él) ni cerrado (pues los puntos de la circunferencia x2 + y 2 = 2 son puntos de la frontera pero no pertenecen al conjunto).

(c) Para dibujar la región, debemos resolver la inecuación x2 − y 2 < 0:   y > x, y > −x 2 2 ó x − y < 0 ⇐⇒ (x − y)(x + y) < 0 ⇐⇒  y < x, y < −x.

La primera parte representa la región que está por encima de las rectas y = x, y = −x y la segunda parte corresponde a la región que está por debajo de ambas rectas. Observemos que el origen no pertenece a la región dada as´ı como tampoco las rectas que la delimitan. El conjunto es abierto pues todos sus puntos son interiores (ning´ un punto de la frontera pertenece al conjunto). 47

PROBLEMA 1.31

Se consideran los siguientes conjuntos: (a) A = {(x, y) ∈ R2 : −1 < x < 1, −1 < y < 1}. (b) B = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1}. (c) C = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4} ∪ {(3, 0)}. (d) D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x > 1, y = 0}. Determinar si son o no abiertos, conexos, acotados y compactos. Calcular el interior, frontera y exterior de cada conjunto, as´ı como su clausura y su conjunto derivado. Soluci´ on

(a) Es evidente que el conjunto es abierto y conexo (observar la gráfica adjunta). También es acotado (todo el conjunto está contenido en la bola centrada en el origen y radio 2) pero no es compacto al no ser cerrado.

48

Los conjuntos asociados son: int A = A; fr A = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, y ∈ {−1, 1}} ∪{(x, y) ∈ R2 : x ∈ {−1, 1}, −1 ≤ y ≤ 1}; A = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}; ext A = R2 \ A; A0 =

A.

(b) Este conjunto es cerrado y conexo, pero no está acotado ni, en consecuencia, es compacto.

Es fácil verificar que: int B = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1}; fr B = {(0, y) : y ∈ R} ∪ {(1, y) : y ∈ R}; ext B = {(x, y) ∈ R2 : x > 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x < 0}; B = B = B0.

(c) El conjunto no es conexo pues el punto (3, 0) y la corona circular son dos subconjuntos disjuntos cuya unión es todo el conjunto C. Tampoco es abierto pues, por ejemplo, el punto (3, 0) no es interior. Ahora bien, el conjunto es cerrado (unión de dos cerrados) y acotado (la bola de centro el origen y radio cuatro contiene al conjunto), por tanto es compacto. 49

Los conjuntos asociados son: int C = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y 2 < 4}; fr C = {(x, y) ∈ R2 : 1 = x2 + y 2 } ∪ {(x, y) ∈ R2 : 4 = x2 + y 2 } ∪ {(3, 0)}; ext C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 > 4} \ {(3, 0)}; C = C; C 0 = C \ {(3, 0)}. (d) El conjunto es cerrado pues es unión de dos conjuntos cerrados. En efecto, como el punto (1, 0) pertenece al conjunto, podemos escribir D como unión de los conjuntos cerrados {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1} y {(x, y) : x ≥ 1, y = 0}. Es conexo pues no se puede escribir como unión de conjuntos abiertos disjuntos; no es compacto pues no está acotado (contiene los puntos (a, 0) con a arbitrariamente grande).

Los conjuntos asociados son: int D = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1}; fr D = {(0, y) : y ∈ R} ∪ {(1, y) : y ∈ R} ∪ {(x, 0) : x > 1}; ext D = R2 \ D; D = D0 = D.

50

5. PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- Sea P = (x, y, z) un punto de R3 . Determinar las coordenadas del punto sim´ etrico a P ,

(a) respecto al plano XY . (b) respecto al plano Y Z . (c) respecto al eje Z . (d) respecto al origen. 2.- Hallar la ecuaci´ on de la recta que pasa por los puntos (1, 0, 3) y (2, −1, 4). 3.- Hallar los puntos de intersecci´ on de las rectas r1 y r2 y el ´ angulo que forman: r1 : pasa por (1, 1, 1) y es paralela al vector (1, 2, 3); r2 : pasa por (2, 1, 0) y es paralela al vector (3, 8, 13). 4.- Determinar las ecuaciones de los planos que verifican:

(a) Pasa por (1, 2, 1) y est´ a generado por los vectores (0, 1, 0) y (1, 1, 4). (b) Pasa por (2, 3, 1) y es paralelo al plano que pasa por el origen y est´ a generado por los vectores (2, 0, −2) y (1, 1, 1). (c) Pasa por (3, 2, −1) y (1, −1, 2) y es paralelo a la recta (1, −1, 0) + t(3, 2, −2). (d) Pasa por los puntos (2, 0, 3), (1, 0, 1,5), (4, 0, 2). 5.- Encontrar los puntos de intersecci´ on de la recta (1, −1, 2) + t(2, 3, 1) y el plano 5x − 3y − z − 6 = 0. 6.- Averiguar si la recta que pasa por (1, 0, 1) y es paralela al vector → − u = (−1, 3, −2) es paralela al plano que pasa por (1, 1, −2) y est´ a generado por (2, 1, 3) y (3/4, 1, 1). 7.- Completar la siguiente tabla relativa a los planos que se indican. 51

corte con X corte con Y

corte con Z

ecuaci´ on 3x − 2y + z = 2 x + z = −1 z =x−y y=x

(1, 0, 0)

(0, 3, 0)

(0, 0, 3)

no existe

(0, 1, 0)

(0, 0, 1)

no existe

(0, 1, 0)

no existe

no existe

no existe

(0, 0, 2)

8.- Completar la tabla relativa a las siguientes esferas y cilindros:

centro o eje

radio

ecuaci´ on (x −

2)2

+ (y − 1)2 + (z − 3)2 = 6

(x + 1)2 + (y − 1)2 + z 2 = 1 x2 + y 2 + 3x − 2y + z 2 = 4 (1, 1, 1)

2

(1, −2, 0)

1/2 x2 + z 2 = 1 x2 + y 2 + 3x − 2y = 2

eje paralelo a OX pasa por (0, 1, 3) eje paralelo a OY pasa por (1, 0, −1) eje paralelo a OZ pasa por (2, 0, 0)

1 3 4

9.- Clasificar y dibujar la gr´ afica de las siguientes superficies:

(a) z = x2 . (b) y 2 + z 2 = 4. (c) 4x2 − 3y 2 + 2z 2 = 0. (d)

y2 z2 x2 + + = 1. 9 12 9 52

10.- Dibujar las regiones siguientes e indicar si son conjuntos abiertos o cerrados:

(a) A = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}. (b) B = {(x, y) ∈ R2 : y > x2 , |x| < 2}. (c) C = {(x, y) ∈ R2 : xy < 1}. (d) D = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6= 0}. (e) E = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y < 1}. 11.- Se consideran los siguientes conjuntos:

(a) A = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6= 0}. (b) B = {(x, y) ∈ R2 : y = 2x + 5}. (c) C = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, y = x}. (d) D = {(x, y) ∈ R2 : x > 1, y ≥ 2}. i) Determinar si son abiertos y conexos. ii) Calcular el interior, frontera y exterior de cada conjunto, as´ı como su clausura y su conjunto derivado. iii) Determinar si son acotados y compactos. 12.- Contestar verdadero o falso a las siguientes proposiciones: → → − − → → − → (a) − a · b =− a ·→ c =⇒ b = − c. → − → − → − → → → (b) − a ⊥ b ⇐⇒ k− a + b k = k− a − b k. → → − → − − → → − → → → (c) Si [− a , b ,− c ] = 0, entonces − a = b ´ o→ a =− c ´ o b =− c. → − → → − → → → (d) (− a × b)×− c =− a ×(b ×− c ). → − − → − → → → → (e) Si − a , b 6= 0 , la ecuaci´ on − a ×− x = b tiene soluci´ on u ńica. → → − → (f) Tres vectores − a , b ,− c est´ an en el mismo plano que pasa por el → − → origen si y s´ olo si existen α, β, γ no todos nulos tales que α− a +β b + → − → γ− c = 0. → − → → − → − → → → (g) El vector − v = k− a k b + k b k− a biseca el ´ angulo entre − a y b.

53

CAPÍTULO II. CONTINUIDAD DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

SECCIONES 1. Dominios y curvas de nivel. 2. Cálculo de l´ımites. 3. Continuidad.

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1. DOMINIOS Y CURVAS DE NIVEL.

Muchos problemas geométricos y f´ısicos conducen a funciones de varias variables. Por ejemplo, el área de un rectángulo viene dado por la función f (x, y) = xy, donde x es la base e y la altura, la distancia de un punto del p espacio P = (x, y, z) al origen corresponde a la función f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 , etc. De ah´ı que sea necesario extender los conceptos y la teor´ıa de funciones reales de variable real a funciones vectoriales de varias variables. En general, una función vectorial de m variables f : Rm → Rn definida por f (x1 , . . . , xm ) = (y1 , . . . , yn ) se escribirá como un vector (f1 , . . . , fn ) de funciones fi : Rm → R definidas por fi (x1 , . . . , xm ) = yi (i = 1, . . . , n). Destacaremos los casos particulares siguientes: Si n = 1, tenemos una función real de m variables (que llamaremos campo escalar). Si m = 1, tenemos una función vectorial de una variable (o campo vectorial). Ejemplos inmediatos de ambos casos son las rectas f : R → R3 en el espacio tridimensional, definidas por f (t) = (x0 , y0 , z0 ) + t(a, b, c), y los planos, que son funciones f : R2 → R definidas por f (x, y) = ax + by + c. Los conceptos básicos relativos a propiedades globales de estas funciones son los siguientes: Dominio de f : → → D(f ) = {− x = (x1 , . . . , xm ) ∈ Rm : ∃f (− x ) ∈ Rn }. Rango o imagen de f : → → → → R(f ) = {− y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn : ∃− x = (x1 , . . . , xm ) ∈ D(f ), f (− x) =− y }. Decimos que una función está acotada cuando su imagen es un conjunto acotado. Gr´ afica de f : G(f ) = {(x1 , . . . , xm , y1 , . . . , yn ) ∈ Rm+n : (y1 , . . . , yn ) = f (x1 , . . . , xm )}. En el caso particular de funciones f : R2 → R, es importante destacar el concepto de curvas de nivel, que son los conjuntos de la forma Ck = {(x, y) ∈ D(f ) : f (x, y) = k}, para valores k ∈ R, pues representan el conjunto de puntos del dominio cuya imagen toma el valor constante k. Como en este caso la gráfica de la función 56

es una superficie, las curvas de nivel corresponden a los conjuntos de puntos que están a la misma altura de dicha superficie; permiten ver las variaciones de altitud en un dominio dado y en algunos casos hacerse una idea de la propia superficie. Se definen análogamente las superficies de nivel en el caso de funciones f : R3 → R como los conjuntos Sk = {(x, y, z) ∈ D(f ) : f (x, y, z) = k}, k ∈ R.

PROBLEMA 2.1

Describir los conjuntos de nivel f (x1 , . . . , xn ) = k , para los valores de k indicados, de las siguientes funciones: (a) f (x, y) = x2 + y 2 , k = 0, 1, 2, 3. p (b) f (x, y) = x2 + y 2 , k = 0, 1, 2, 3. (c) f (x, y, z) = x2 + y 2 , k = 0, 1, 2. (d) f (x, y) = x2 − y 2 , k = −2, −1, 0, 1, 2. (e) f (x, y) = exy , k = e−2 , e−1 , 1, e, e2 . √ (f) f (x, y) = cos(x + y), k = −1, 0, 1/2, 2/2, 1. Soluci´ on

(a) La ecuaci´ on x2 +y 2 = k representa una circunferencia de centro el origen √ y radio k. Las curvas de nivel indicadas son entonces las siguientes (para k = 0, la curva de nivel se reduce al punto (0, 0)):

Con esta información podemos deducir que la gráfica tiene la siguiente forma (se trata de un paraboloide de revolución): 57

p (b) Las ecuaciones x2 + y 2 = k también representan circunferencias de centro el origen, pero de radio k, lo que hace que el crecimiento de dicho radio con respecto a k sea lineal. Las curvas de nivel son:

mientras que la superficie es ahora la de un cono:

(c) Como la función es ahora de tres variables, las ecuaciones x2 + y 2 = k son las superficies de nivel √ de la función y representan cilindros cuyo eje es el eje Z y el radio k (para k = 0 degenera en una recta). 58

(El cilindro exterior no está completo para mayor claridad en la ilustración.) Observar que la gráfica de la función es ahora una región del espacio R4 y, por tanto, no es posible su representaci´ on gráfica en un plano. (d) En este caso, las curvas x2 − y 2 = k representan hipérbolas, cuyo eje real es el eje X si k > 0 y es el eje Y cuando k < 0 (en el caso k = 0 degenera en las rectas x = y y x = −y). La gráfica es la de un paraboloide hiperbólico y su forma es la siguiente:

(e) Las ecuaciones exy = k o, en forma equivalente, xy = ln k, también representan hipérbolas pero en este caso sus as´ıntotas son los ejes de coordenadas (salvo el caso k = 1 que degenera en las rectas x = 0 e y = 0). Las curvas de nivel y la gráfica de la función son de la forma que indican las figuras: 59

(f) Observamos que, en este caso, cada curva de nivel cos(x + y) = k produce un n´ umero infinito de rectas x + y = arc cos k + 2nπ, para cualquier n ∈ Z. Esto quiere decir que la superficie es periódica (es decir, si x0 = x + π, y 0 = y + π, entonces cos(x + y) = cos(x0 + y 0 )). No representamos las curvas de nivel pues no dan información sobre la gráfica de la superficie pero s´ı ilustramos la forma de la propia superficie:

60

PROBLEMA 2.2

Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y deducir la gr´ afica de las mismas: (a) f (x, y) = 3x + 2y + 1. (b) f (x, y) = (100 − x2 − y 2 )1/2 . (c) f (x, y) = |y|. (p (d) f (x, y) =

x2 + y 2 |y|

si x ≥ 0, si x < 0.

Soluci´ on

(a) Las curvas de nivel f (x, y) = k son las rectas paralelas 3x + 2y = k − 1, lo que corresponde a un plano de la forma indicada en la figura.

(b) Si k < 10, las curvas de nivel f (x, y) = k son circunferencias centradas 61

en el origen y radio el origen y radio 10.

√

100 − k 2 . La superficie es la esfera centrada en

(c) Cada curva de nivel f (x, y) = k es el par de rectas y = k, y = −k, lo que da lugar a la superficie que se indica en la gráfica.

(d) En este caso, la curva de nivel f (x, y) = k está compuesta por el par de semirrectas y = k, y = −k, para x < 0, y la semicircunferencia x2 + y 2 = k 2 , para x ≥ 0. Queda por tanto una superficie de la forma indicada en la figura.

62

PROBLEMA 2.3

Hallar los dominios de las siguientes funciones: p (a) f (x, y) = 1 − x2 − y 2 . p √ (b) f (x, y) = x2 − 4 + 4 − y 2 . √ (c) f (x, y) = y sen x. (d) f (x, y, z) = ln(x/yz). Soluci´ on

(a) El dominio será el conjunto {(x, y) ∈ R2 : 1 − x2 − y 2 ≥ 0} (debido a la existencia de una ra´ız cuadrada). Esto es equivalente a la desigualdad x2 + y 2 ≤ 1, de modo que D(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}, que es precisamente la bola unidad.

(b) Para que existan ambas ra´ıces cuadradas, debe verificarse simultáneamente que x2 − 4 ≥ 0 y 4 − y 2 ≥ 0, sistema que, al resolver, da como solución |x| ≥ 2, |y| ≤ 2. Entonces D(f ) = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≥ 2, |y| ≤ 2}, cuya gráfica es la de la figura adjunta: 63

(c) En este caso, los puntos del dominio deben verificar la inecuación y sen x ≥ 0, la cual se descompone en las dos siguientes: y≥0 ,

sen x ≥ 0

y≤0 ,

sen x ≤ 0,

es decir, para los valores de x donde sen x ≥ 0, están en el dominio los puntos del semiplano superior y, para los valores de x donde sen x ≤ 0, están en el dominio los puntos del semiplano inferior. La gráfica es la siguiente:

(d) Para que un punto (x, y, z) esté en el dominio, debe verificarse que x/(yz) > 0, lo que equivale al siguiente conjunto de desigualdades: x > 0 , y > 0, z > 0 x > 0 , y < 0, z < 0; x < 0 , y > 0, z < 0; x < 0 , y < 0, z > 0. Este sistema está formado por los octantes primero, tercero, sexto y octavo de la superficie R3 . 64

PROBLEMA 2.4

Sea f : R2 → R2 la funci´ on definida por f (x, y) = (2x, y + 1). Si llamamos A = [0, 1] × [0, 1] y B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}, calcular f (A), f (B), f −1 (A) y f −1 (B). Soluci´ on

(a) Para calcular f (A), tomemos un punto (x, y) ∈ A. Entonces 0 ≤ 2x ≤ 2 0≤x≤1 =⇒ f (x, y) ∈ [0, 2] × [1, 2], =⇒ 1≤y+1≤2 0≤y≤1 de modo que f (A) = [0, 2] × [1, 2].

Análogamente, si (x, y) ∈ B y llamamos (u, v) = f (x, y), entonces u = 2x, v = y+1 =⇒ u/2 = x, v−1 = y =⇒ (u/2)2 +(v−1)2 = x2 +y 2 . u2 As´ı pues, si x2 +y 2 ≤ 1, + (v − 1)2 ≤ 1, que corresponde a la región 4 limitada por la elipse de la figura. 65

f (B)

(b) Calculemos a continuación las imágenes inversas de los conjuntos A y B. Por definición, dado cualquier conjunto G,

f −1 (G) = {(x, y) ∈ R2 : f (x, y) ∈ G}. En particular, f −1 (A) = {(x, y) ∈ R2 : (2x, y + 1) ∈ A}. Resulta as´ı:

0 ≤ 2x ≤ 1 =⇒ 0 ≤ x ≤ 1/2 0 ≤ y + 1 ≤ 1 =⇒ −1 ≤ y ≤ 0

de modo que f −1 (A) = [0, 1/2] × [−1, 0].

f −1 (A)

Análogamente, el conjunto de puntos que verifican (2x, y + 1) ∈ B debe cumplir la relación 4x2 + (y + 1)2 ≤ 1, y la imagen inversa de B es la región limitada por la elipse de la figura. 66

f −1 (B)

67

´ 2. CALCULO DE L´ IMITES.

Consideremos una función arbitraria f : Rm → Rn con dominio D(f ) = D. → ∈ Rm , − → Sean S ⊂ D, − x y 0 ∈ Rn . 0 → a lo largo de Diremos que l´ım f (x) = y (en palabras, el l´ımite de f en − x 0

x→x0 x∈S

0

− S es igual a → y0 ), cuando ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f (x) ∈ B(y0 , ε), ∀x ∈ (B(x0 , δ) \ {x0 }) ∩ S. Equivalentes a este enunciado son los siguientes: ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f (B(x0 , δ) \ {x0 }) ∩ S ⊂ B(y0 , ε); ∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < kx − x0 k < δ, x ∈ S =⇒ kf (x) − y0 k < ε. Esta definición es una simple extensión de la definición usual de l´ımite de una función real donde se sustituye la distancia en R (dada por el valor absoluto) por la distancia en cada uno de los espacios métricos Rm y Rn (dada por la correspondiente norma eucl´ıdea). Observemos que la definición no tiene sentido si x0 6∈ S 0 pues, en este caso, (B(x0 , δ)\{x0 })∩S = ∅ y cualquier punto puede ser el l´ımite de una función en x0 . En el caso de que S = D, y no haya lugar a confusión, escribiremos simplemente l´ım f (x). x→x0

Enunciamos a continuación las siguientes propiedades básicas del l´ımite. Teorema 1. Si existe l´ım f (x), este l´ımite es u ńico. x→x0 x∈S

Teorema 2. Sea T ⊂ S ⊂ D. Entonces l´ım f (x) = y0 =⇒ l´ım f (x) = y0

x→x0 x∈S

x→x0 x∈T

(ver problemas 2.6 y 2.8). Teorema 3 (Operaciones algebraicas con el l´ımite.) Dadas dos funciones f : D1 ⊂ Rm → Rn y g : D2 ⊂ Rm → Rn , y un conjunto S ⊂ D1 ∩ D2 , si l´ım f (x) = y1 y l´ım g(x) = y2 , entonces:

x→x0 x∈S

x→x0 x∈S

(a) l´ım (f + g)(x) = y1 + y2 . x→x0 x∈S

(b) l´ım (λf )(x) = λy1 . x→x0 x∈S

68

(c) l´ım f (x) · g(x) = y1 · y2 . x→x0 x∈S

(d) l´ım kf (x)k = l´ım f (x) . x→x0 x∈S

x→x0

Proposici´ on 4. Si descomponemos la on f : D ⊂ Rm → Rn en sus funci´ componentes f (x) = f1 (x), . . . , fn (x) , donde cada fi : D → R (1 ≤ i ≤ n), entonces l´ım f (x) = (a1 , . . . , an ) ⇐⇒ l´ım fi (x) = ai , 1 ≤ i ≤ n.

x→x0 x∈S

x→x0 x∈S

Proposici´ on 5. Dada una funci´ on f : R2 → R, si existe

l´ım

f (x, y) =

(x,y)→(x0 ,y0 )

L, y existen también los l´ımites de una variable l´ım f (x, y) y l´ım f (x, y), x→x0

y→y0

entonces existen y son iguales los llamados l´ımites iterados l´ım

l´ım f (x, y) = l´ım l´ım f (x, y) = L.

y→y0 x→x0

x→x0 y→y0

[Esta propiedad está demostrada en el problema 2.7]. De esta propiedad se deduce en particular que, si existen los l´ımites iterados pero son distintos, entonces no existe el l´ımite de la función. Resultados similares se pueden obtener para funciones de más de dos variables.

PROBLEMA 2.5

Utilizando la definici´ on de l´ımite, demostrar que (3x − 2y) = 14.

l´ım (x,y)→(4,−1)

Soluci´ on

Se trata de probar que, dado cualquier ε > 0, se puede encontrar δ > 0 tal que |3x − 2y − 14| < ε cuando d (x, y), (4, −1) < δ. 69

Para ello obtenemos de la condición la siguiente cadena de desigualdades: p d (x, y), (4, −1) < δ =⇒ (x − 4)2 + (y + 1)2 < δ =⇒ (x − 4)2 < δ 2 , (y + 1)2 < δ 2 =⇒ |x − 4| < δ, |y + 1| < δ. Como |3x − 2y − 14| = |3(x − 4) − 2(y + 1)| ≤ 3|x − 4| + 2|y + 1|, de lo anterior deducimos que |3x − 2y − 14| < 3δ + 2δ = 5δ. Basta pues elegir δ = ε/5 para que |3x−2y−14| < ε cuando d (x, y), (4, −1) < δ.

PROBLEMA 2.6

Sea f : D ⊂ Rm → Rn , x0 ∈ Rm , y0 ∈ Rn , T ⊂ S ⊂ D. Probar que l´ım f (x) = y0 =⇒ l´ım f (x) = y0 . x→x0 x∈S

x→x0 x∈T

Soluci´ on

La hipótesis del problema se traduce, seg´ un la definición, en la condición siguiente: l´ım f (x) = y0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f S ∩ B ∗ (x0 , δ) ⊂ B(y0 , ε) x→x0 x∈S

(donde B ∗ (x0 , δ) representa la bola de centro x0 y radio δ excluyendo el propio punto x0 ). Ahora bien, como T ⊂ S, entonces T ∩ B ∗ (x0 , δ) ⊂ S ∩ B ∗ (x0 , δ) con lo que f T ∩ B ∗ (x0 , δ) ⊂ f S ∩ B ∗ (x0 , δ) ⊂ B(y0 , ε). Luego, ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f T ∩ B ∗ (x0 , δ) ⊂ B(y0 , ε), es decir l´ım f (x) = y0 . x→x0 x∈T

70

En la práctica este resultado es importante puesto que, si elegimos adecuadamente un subconjunto T ⊂ S (para el que sea fácil el cálculo del l´ımite), una condición necesaria para que l´ım f (x) = y0 es que l´ım f (x) = y0 . x→x0 x∈S

x→x0 x∈T

El rec´ıproco no es cierto, como se comprueba en el problema 2.14.

PROBLEMA 2.7

Se considera la funci´ on z = f (x, y). Supongamos que existen l´ım

f (x, y) = L, l´ım f (x, y) y l´ım f (x, y). Probar que existe x→x0

(x,y)→(x0 ,y0 )

l´ım

y→y0

y→y0

l´ım f (x, y) = l´ım l´ım f (x, y) = L.

x→x0

x→x0

y→y0

Soluci´ on

Probaremos aqu´ı que, si

l´ım

f (x, y) = L y l´ım f (x, y) = G(y),

(x,y)→(x0 ,y0 )

x→x0

entonces l´ım G(y) = L (el otro caso se comprueba de forma análoga). y→y0

Sea para ello ε > 0 arbitrario. Por hipótesis, existe δ1 > 0 tal que p |f (x, y) − L| < ε/2 si |x − x0 |2 + |y − y0 |2 < δ1 . En particular, √ √ |f (x, y) − L| < ε/2 si |x − x0 | < δ1 2/2 y |y − y0 | < δ1 2/2. La segunda hipótesis indica que también existe δ2 > 0 tal que |f (x, y) − G(y)| < ε/2 si |x − x0 | < δ2 . √ Eligiendo ahora δ = m´ın{δ1 2/2, δ2 }, las dos desigualdades anteriores se verifican simultáneamente y resulta: |G(y)−L| = |G(y)−f (x, y)+f (x, y)−L| ≤ |G(y)−f (x, y)|+|f (x, y)−L| < ε si |y − y0 | < δ, lo que prueba que l´ım G(y) = L. y→y0

Este resultado nos muestra que para la existencia e igualdad de los l´ımites iterados no es suficiente la existencia del l´ımite de la función: hace falta también la existencia de los l´ımites de funciones de una variable. Observemos además que el rec´ıproco no es cierto (ver problema 2.12). 71

PROBLEMA 2.8

Calcular

x2 + y 2 . (x,y)→(0,0) |x| + |y| l´ım

Soluci´ on En este ejercicio, el dominio de la función es S = R2 \{(0, 0)} y consideramos el subconjunto T = {(x, mx) : x ∈ R \ {0}}. Tenemos entonces x2 + y 2 x2 + (mx)2 (1 + m2 )x2 = l´ım = l´ım = 0. x→0 (1 + |m|)|x| (x,mx)→(0,0) |x| + |mx| (x,y)→(0,0) |x| + |y| l´ım

(x,y)∈T

De acuerdo con el resultado del problema 2.6, si existiera el l´ımite pedido, este debe ser cero. Debemos probar pues que p x2 + y 2 ∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < x2 + y 2 < δ =⇒ < ε. |x| + |y| p p En efecto, como |x| ≤ x2 + y 2 < δ, |y| ≤ x2 + y 2 < δ y x2 + y 2 + 2|x| · |y| (|x| + |y|)2 x2 + y 2 ≤ = = |x| + |y| < 2δ, |x| + |y| |x| + |y| |x| + |y| basta elegir δ = ε/2 para que

x2 + y 2 < ε. |x| + |y|

Será com´ un en este tipo de problemas utilizar trayectorias del tipo y = mx. As´ı, si el l´ımite es el mismo para todas ellas, el resultado es un candidato a ser el l´ımite de la función, pero si dicho l´ımite var´ıa con cada trayectoria, la función no tiene l´ımite. PROBLEMA 2.9

Hallar

exy − 1 . (x,y)→(0,0) sen x · ln(1 + y) l´ım

72

Soluci´ on

Haciendo u = x · y, podemos escribir exy = eu = 1 +

u u2 x2 y 2 + + · · · = 1 + xy + + ..., 1! 2! 2

con lo que tenemos la equivalencia entre infinitésimos exy − 1 ∼ xy. Teniendo en cuenta las equivalencias ya conocidas para funciones de una variable sen x ∼ x, ln(1 + y) ∼ y, obtenemos directamente que exy − 1 xy = l´ım = 1. (x,y)→(0,0) sen x · ln(1 + y) (x,y)→(0,0) xy l´ım

PROBLEMA 2.10

Calcular L =

l´ım (x,y)→(0,1)

√

x+y−1 √ . x− 1−y

Soluci´ on √ √ Multiplicando numerador y denominador por x + 1 − y, tenemos: √ √ p √ (x + y − 1)( x + 1 − y) L= l´ım = l´ım ( x + 1 − y) = 0. x−1+y (x,y)→(0,1) (x,y)→(0,1)

PROBLEMA 2.11

Calcular

l´ım (x,y)→(0,0)

2xy . x2 + y 2

Soluci´ on

Si tendemos hacia el origen seg´ un la recta y = mx, obtenemos: 2xy 2mx2 2m = l´ ım = . 2 2 2 2 2 x→0 x + m x 1 + m2 (x,y)→(0,0) x + y l´ım

y=mx

73

Como indica el resultado, este var´ıa seg´ un los distintos valores de m, lo que indica que la función dada carece de l´ımite en el origen. Sin embargo, es fácil comprobar que los l´ımites iterados son ambos iguales a cero, lo que muestra de nuevo que la existencia e igualdad de los l´ımites iterados no es condición suficiente para la existencia de l´ımite.

En la gráfica de las curvas de nivel se observa que éstas tienden a cortarse en el origen, lo que intuitivamente significa que el l´ımite en este punto no existe.

PROBLEMA 2.12 ( sen(1/y) si y 6= 0 Probar que f (x, y) = tiene l´ımite cero cuando 0 si y = 0 (x, y) → (0, 0) pero los l´ımites iterados son distintos. ¿Por qu´ e es posible esta situaci´ on? Soluci´ on

Como l´ım x sen(1/y) no existe, tampoco existe el l´ımite iterado y→0

l´ım

x→0

l´ım x sen(1/y) .

y→0

Por otra parte, como l´ım x sen(1/y) = 0, también x→0

l´ım

y→0

l´ım x sen(1/y) = 0.

x→0

Una de las condiciones necesarias para que el l´ımite de la función coincida con los l´ımites iterados es que ambos existan. Como dicha condición no 74

se cumple, no se puede aplicar la propiedad. Sin embargo, en este caso el l´ımite existe y vale cero, pues dado cualquier ε > 0, basta elegir δ = ε para que k(x, y)k < δ =⇒ |x| < δ, |y| < δ =⇒ |x sen(1/y)| ≤ |x| < δ =⇒ |f (x, y) − 0| < ε.

PROBLEMA 2.13

Hallar los siguientes l´ımites o justificar su existencia: (a)

x2 − y 2 . (x,y)→(0,0) x2 + y 2

(b)

sen(xy) . x (x,y)→(0,2)

l´ım

l´ım

(c)

l´ım

(x2 + y 2 ) sen

(x,y)→(0,0)

(d)

l´ım (x,y)→(0,0)

x|y| p

x2 + y 2

1 . xy

.

Soluci´ on

(a) Calculemos en primer lugar los l´ımites iterados: x2 − y 2 l´ım l´ım 2 = l´ım (−1) = −1; y→0 x→0 x + y 2 y→0 x2 − y 2 l´ım l´ım = l´ım 1 = 1. x→0 y→0 x2 + y 2 x→0 75

Deducimos de este resultado que no existe el l´ımite propuesto. Las gráficas siguientes muestran diferentes curvas de nivel de la función (las cuales tienden a cortarse en el origen) y la forma de la superficie, donde se puede comprobar intuitivamente que el l´ımite buscado no existe.

(b) Comprobemos nuevamente la existencia de los l´ımites iterados: sen(xy) = l´ım y = 2; l´ım l´ım y→2 y→2 x→0 x sen(xy) sen(2x) l´ım l´ım = l´ım = 2. x→0 y→2 x→0 x x Para comprobar que, efectivamente, el l´ımite de la función es 2, aplicamos el teorema de la función intermedia. Como sen(xy) y cos(xy) ≤ ≤ y si x > 0, x sen(xy) y≤ ≤ y cos(xy) si x < 0, x y las dos funciones de los extremos tienen l´ımite 2 cuando (x, y) → (0, 2), resulta que la función propuesta también tiene l´ımite 2. (c) Al igual que en el apartado anterior, debido a que 2 1 2 2 2 −(x + y ) ≤ (x + y ) sen ≤ x2 + y 2 , xy 76

y como el l´ımite de ambos extremos es cero, la función propuesta tiene l´ımite cero en el origen. Observemos sin embargo que no existen los l´ımites iterados. (d) Calculamos en primer lugar los l´ımites iterados: x|y| l´ım l´ım p = l´ım 0 = 0; y→0 x→0 y→0 x2 + y 2 x|y| = l´ım 0 = 0. l´ım l´ım p x→0 x→0 y→0 x2 + y 2 Para demostrar que, efectivamente, el l´ımite es cero, utilizamos la siguiente desigualdad: (|x| − |y|)2 ≥ 0 =⇒ x2 + y 2 − 2|xy| ≥ 0 =⇒ 2|xy| ≤ x2 + y 2 p |xy| x2 + y 2 =⇒ p ≤ 2 x2 + y 2 p p x2 + y 2 x|y| x2 + y 2 =⇒ − ≤p ≤ . 2 2 x2 + y 2 Nuevamente, los l´ımites de las funciones en los extremos son iguales a cero, por lo que el l´ımite de la función propuesta también es cero.

PROBLEMA 2.14 ( 0 Hallar l´ım f (x, y) si f (x, y) = (x,y)→(0,0) 1

si y ≤ 0 ´ o y ≥ x2 . si 0 < y < x2

Soluci´ on

En la gráfica siguiente se describen los valores de la función en cada región del plano.

77

Observemos que, en cualquier entorno del origen, todas las rectas y = mx están contenidas en la región {(x, y) : y ≤ 0 ó y ≥ x2 }. En esta región la función toma el valor cero, lo que significa que, a lo largo de cualquier trayectoria del tipo y = mx el l´ımite de la función es cero: l´ım

f (x, y) = 0.

(x,y)→(0,0) y=mx

Sin embargo, todos los puntos de la parábola y = x2 /2, salvo el origen, están contenidos en la región {(x, y) : 0 < y < x2 }, donde la función toma el valor 1. Esto significa que l´ım f (x, y) = 1. (x,y)→(0,0) y=x2 /2

Como hemos encontrado dos trayectorias para las cuales el l´ımite es distinto, deducimos que dicho l´ımite no existe.

78

3. CONTINUIDAD.

Decimos que una función f : Rm → Rn con dominio D es continua en un punto − → ∈ D cuando x 0 ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f (x) ∈ B(f (x0 ), ε), ∀x ∈ B(x0 , δ) ∩ D, condición equivalente a cualquiera de las siguientes: ∀ε > 0, ∃δ > 0 : f B(x0 , δ) ∩ D ⊂ B f (x0 ), ε ; ∀ε > 0, ∃δ > 0 : kx − x0 k < δ, x ∈ D =⇒ kf (x) − f (x0 )k < ε. Si x0 ∈ D0 , lo anterior implica que l´ım f (x) = f (x0 ). x→x0 x∈D

Enunciamos algunas propiedades y caracterizaciones de las funciones continuas. Teorema 1 (Caracterización por sucesiones.) Sea f : D ⊂ Rm → Rn y − → ∈ D. Entonces f es continua en − → si y s´ x x olo si 0 0 ∀{xn }n≥1 ⊂ D, xn → x0 =⇒ f (xn ) → f (x0 ), es decir l´ım f (xn ) = f ( l´ım xn ). n→∞

n→∞

Teorema 2 (Continuidad de la función compuesta.) Sean f : Rm → Rn , → y g es continua g : Rn → Rp funciones arbitrarias. Si f es continua en − x 0 −−−→ − → en f (x0 ), entonces g ◦ f es continua en x0 . Teorema 3 (Continuidad de las operaciones algebraicas.) Sean f : Rm → Rn →. Entonces f + g, λf , f · g y kf k y g : Rm → Rn funciones continuas en − x 0 − → son continuas en x0 . Teorema 4. Si fk : Rm → R (1 ≤ k ≤ n) son las componentes de f : → si y s´ Rm → Rn , entonces f es continua en − x olo si cada fk es continua en 0 − → x0 . Este resultado permite simplificar el estudio de la continuidad de una función al de la continuidad de n funciones reales. Definimos también el concepto de continuidad global: decimos que una función f : Rm → Rn es continua en un conjunto A ⊂ Rm cuando lo es en todos los puntos del conjunto. Son importantes en este contexto las siguientes propiedades. Teorema 5. Una funci´ on f : Rm → Rn es continua en Rm si y s´ olo si −1 f (B) es abierto, para cualquier abierto B ⊂ Rn . 79

Corolario 6. Una funci´ on f : Rm → Rn es continua si y s´ olo si f −1 (F ) es n cerrado, para cualquier cerrado F ⊂ R . Teorema 7. Sea M ⊂ Rm un compacto y f : Rm → Rn continua en M . Entonces f (M ) es compacto. Corolario 8. Sea f : Rm → R continua en un compacto M ⊂ Rm . Entonces f alcanza los valores m´ aximo y m´ınimo, es decir ∃x1 , x2 ∈ M : f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ), ∀x ∈ M. Este es el llamado teorema de Weierstrass, que asegura la existencia de extremos para una función real. Teorema 9. Sea f : Rm → Rn inyectiva. Si D ⊂ Rm es compacto y f continua en D, entonces f −1 es continua en f (D). Teorema 10. Sea f : Rm → Rn una funci´ on continua en M ⊂ Rm . Si M es conexo, f (M ) es también conexo. Un concepto más preciso corresponde al de continuidad uniforme. Decimos que una función f : Rm → Rn es uniformemente continua en A ⊂ Rm cuando ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ka − bk < δ =⇒ kf (a) − f (b)k < ε, ∀a, b ∈ A. Es evidente que toda función uniformemente continua es continua. Una especie de rec´ıproco es el siguiente resultado. Teorema 11. Sea f : Rm → Rn continua y A ⊂ Rm un conjunto compacto. Entonces f es uniformemente continua en A.

PROBLEMA 2.15

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( 1 si x2 + y 2 = 6 1 2 2 f (x, y) = 1−x −y 2 2 0 si x + y = 1. Soluci´ on

La función es continua en los puntos que no pertenecen a la circunferencia unidad S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}. Sin embargo, no lo es en los puntos 80

de S pues, si a2 + b2 = 1: l´ım

f (x, y) = ∞.

(x,y)→(a,b)

PROBLEMA 2.16

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( 2 sen (x−y) si (x, y) 6= (0, 0) |x|+|y| f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0).

Soluci´ on

Basta estudiar la continuidad de la función en el origen. Ahora bien, debido a las desigualdades

0≤

sen2 (x − y) |x − y|2 |x|2 + |y|2 + 2|x| · |y| ≤ ≤ ≤ |x| + |y|, |x| + |y| |x| + |y| |x| + |y|

es evidente que

l´ım

f (x, y) = 0 = f (0, 0).

(x,y)→(0,0)

81

PROBLEMA 2.17

Determinar los puntos de discontinuidad de la funci´ on f (x, y) =

x2 + 2xy + y 2 . x2 − y 2

Soluci´ on

Debido a que D(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x + y 6= 0, x − y 6= 0}, la función es obviamente discontinua en todos los puntos de las rectas y = x, y = −x. Ahora bien, como f (x, y) = entonces

l´ım (x,y)→(x0 ,x0 )

Sin embargo,

(x + y)2 x+y = si x + y 6= 0, (x + y)(x − y) x−y

f (x, y) (para x0 6= 0) no existe.

l´ım (x,y)→(x0 ,−x0 )

f (x, y) = 0 (para x0 6= 0), por lo que la disconti-

nuidad es evitable en los puntos de la recta x + y = 0. Por u ´ltimo, en el origen tampoco existe el l´ımite de la función. En efecto, l´ım x→0 y=mx

x+y (1 + m)x (1 + m) = l´ım = , x→0 x−y (1 − m)x (1 − m)

resultado que, evidentemente, var´ıa seg´ un el valor de m. 82

PROBLEMA 2.18

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( x+sen(x+y) f (x, y) =

x+y

si x + y 6= 0 si x + y = 0.

0

Soluci´ on

Escribimos la función como f (x, y) =

x sen(x + y) + x+y x+y

si

x + y 6= 0.

Distinguimos el origen del resto de los puntos de la recta x + y = 0. i) En el origen,

l´ım

sen(x + y) = 1 pero x+y x l´ım l´ım = l´ım 1 = 1, x→0 y→0 x + y x→0 x = l´ım 0 = 0, l´ım l´ım y→0 y→0 x→0 x + y

(x,y)→(0,0)

de modo que no existe el l´ımite. ii) En el resto de los puntos de la recta x + y = 0 es x 6= 0; por tanto, x = ∞. (x,y)→(x0 ,−x0 ) x + y l´ım

En definitiva, la función es discontinua en todos los puntos de la recta x + y = 0.

PROBLEMA 2.19

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( 2 2 x y si (x, y) 6= (0, 0) 4 4 f (x, y) = x +y 0 si (x, y) = (0, 0).

83

Soluci´ on

Necesitamos estudiar u ńicamente la continuidad de la función en el origen. Es fácil comprobar que los l´ımites iterados son ambos iguales a cero. Sin embargo, si calculamos el l´ımite a lo largo de una recta arbitraria y = mx, tenemos: l´ım

f (x, y) = l´ım f (x, mx) = l´ım

(x,y)→(0,0) y=mx

m2 x4 m2 . = 4 +m ) 1 + m4

x→0 x4 (1

x→0

Como este l´ımite depende del valor de m, deducimos que no existe el l´ımite de la función y, en consecuencia, no es continua en el origen.

PROBLEMA 2.20

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( 2 y si x 6= 0, x + y 6= 0 f (x, y) = x(x+y) 0 en el resto. Soluci´ on

i) En los puntos (x0 , y0 ) tales que x0 6= 0 y x0 + y0 6= 0, la función es evidentemente continua. ii) En los puntos (x0 , y0 ), donde x0 = 0 ó x0 + y0 = 0 (distintos del origen), la función no es continua pues no existe el l´ımite (el denominador se anula pero el numerador no). 84

iii) En el origen la función tampoco es continua pues l´ım f (x, y) = x→0 y=mx

m2 , 1+m

resultado que depende del valor de m.

PROBLEMA 2.21

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( 3 3 x +y si (x, y) 6= (0, 0) 2 2 f (x, y) = x +y 0 si (x, y) = (0, 0). Soluci´ on

Veamos que la función es continua en el origen (en el resto ya lo es por su propia definición). Utilizando la desigualdad 3 3 y3 x + y3 ≤ x + x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 3 3 p p x y ≤ 2 + 2 = |x| + |y| ≤ x2 + y 2 + x2 + y 2 , x y elegido cualquier ε > 0, basta hacer δ = ε/2 para que 3 p x + y3 2 2 ≤ 2δ = ε. x + y < δ =⇒ 2 x + y2

85

PROBLEMA 2.22

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( 2 2 x +y si x2 + y = 6 0 2 f (x, y) = x +y 2 0 si x + y = 0.

Soluci´ on

En los puntos que no pertenecen a la parábola x2 + y = 0, la función es evidentemente continua. Para estudiar la continuidad en los puntos de la parábola, distinguiremos dos casos: i) En el origen la función no es continua pues: x2 + y 2 = 1, x→0 y→0 x2 + y x2 + y 2 = 0. l´ım l´ım 2 y→0 x→0 x + y l´ım

l´ım

ii) Fuera del origen la función tampoco es continua pues, si (x0 , y0 ) 6= (0, 0), l´ım f (x, y) = ∞. (x,y)→(x0 ,y0 ) x20 +y0 =0

PROBLEMA 2.23

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( x si |x| ≤ |y| f (x, y) = y si x| > |y|. Soluci´ on

La función es continua en todos los puntos (x, y) tales que |x| = 6 |y|. Debemos estudiar si lo es en los puntos de las rectas y = x e y = −x. 86

i) Recta y = x:

l´ım (x,y)→(x0 ,x0 )

f (x, y) = x0 (a un lado de la recta y = x

la función toma el valor y y al otro lado de dicha recta el valor que toma la función es x, y ambos tienden a x0 ). De aqu´ı se deduce que la función es continua. ii) Recta y = −x: En cualquier entorno del punto (x0 , −x0 ) la función toma los valores x e y; por tanto, tiene dos posibles l´ımites, x0 y −x0 . Esto quiere decir que no es continua (salvo en el origen). En la figura adjunta se ilustran los valores de la función en las diferentes regiones del plano donde se observa el comportamiento de la función en las proximidades de los puntos de las rectas y = x e y = −x.

PROBLEMA 2.24

¿Qu´ e valor debemos asignar a f (0, 0) para que la funci´ on p 1 − cos x2 + y 2 f (x, y) = sea continua en (0, 0)? x2 + y 2 Soluci´ on 87

Debemos calcular el l´ımite de la funci´ p on en el origen. Multiplicando numerador y denominador por 1 + cos x2 + y 2 , resulta: p p 1 − cos x2 + y 2 sen2 x2 + y 2 1 1 p p l´ım = l´ım · = . 2 2 x +y 2 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) ( x2 + y 2 )2 1 + cos x2 + y 2 p sen x2 + y 2 p [Observemos que l´ım = 1 lo cual se deduce del teorema (x,y)→(0,0) x2 + y 2 p p sen x2 + y 2 2 2 de la función intermedia aplicado a la desigualdad cos x + y ≤ p ≤ 1.] x2 + y 2 Basta pues definir f (0, 0) = 1/2 y la función será continua en el origen.

PROBLEMA 2.25

Estudiar la continuidad de la funci´ on ( 2x−y+z−2 si x + y − z = 6 1 f (x, y, z) = x+y−z−1 0 si x + y − z = 1. Soluci´ on

Debemos estudiar la continuidad de la función en los puntos del plano x + y − z = 1 (en el resto la función es obviamente continua). Distinguiremos dos casos: i) Si x0 6= 1, entonces l´ım

f (x, y, z) =

(x,y,z)→(x0 ,y0 ,z0 ) x0 +y0 −z0 =1

3(x0 − 1) = ∞. 0

ii) Si x0 = 1, debe ser y0 = z0 . Veamos que existen dos l´ımites iterados diferentes: 2x − y + z − 2 2x − y + y0 − 2 l´ım l´ım l´ım = l´ım l´ım x→1 y→y0 z→y0 x + y − z − 1 x→1 y→y0 x + y − y0 − 1 2x − 2 = l´ım = 2; x→1 x − 1 2x − y + z − 2 −y + z l´ım l´ım l´ım = l´ım l´ım y→y0 z→y0 x→1 x + y − z − 1 y→y0 z→y0 y − z −y + y0 = l´ım = −1. y→y0 y − y0 88

En consecuencia, la función tampoco es continua en estos puntos.

PROBLEMA 2.26

Sea f : Rm → Rn una contracci´ on, es decir ∃α ∈ (0, 1) tal que kf (x) − f (y)k ≤ αkx − yk, ∀x, y ∈ Rm .

(a) Probar que f es uniformemente continua. (b) Probar que existe un u ńico punto p ∈ Rm tal que f (p) = p (dicho punto se llama punto fijo de f ). Soluci´ on

(a) Basta tomar, dado cualquier ε > 0, δ = ε/α y comprobar directamente la definición de continuidad uniforme. (b) Sea x ∈ Rm arbitrario; definimos la sucesión p0 = x, p1 = f (x), . . . , pn = f (pn−1 ). Veamos que dicha sucesión es de Cauchy. Para ello, sean n, m ∈ N con m > n: kpn − pn+1 k ≤ αkpn−1 − pn k ≤ · · · ≤ αn kp0 − p1 k m−1 m−1 X X =⇒ kpn − pm k ≤ kpk − pk+1 k ≤ kp0 − p1 k · αk k=n

k=n

< kp0 − p1 k ·

∞ X

αk = kp0 − p1 k ·

k=n

αn , 1−α

expresión que tiende a cero cuando n → ∞, debido a que α < 1. Como en Rm toda sucesión de Cauchy es convergente, existe p = l´ım pn . Resulta además, debido a la continuidad de f , que n→∞

f (p) = f ( l´ım pn ) = l´ım f (pn ) = l´ım pn+1 = p. n→∞

n→∞

n→∞

Veamos por u ´ltimo que sólo puede haber un punto fijo: Si existieran p, p0 ∈ Rm tales que f (p) = p, f (p0 ) = p0 , entonces kp − p0 k = kf (p) − f (p0 )k ≤ α kp − p0 k =⇒ kp − p0 k = 0 =⇒ p = p0 . 89

PROBLEMA 2.27

Probar que la aplicaci´ on k · k : Rn → R es uniformemente continua.

Soluci´ on

→ → Debemos probar que, para cualesquier par de puntos − x,− y ∈ Rn , se cumple: → → → → ∀ε > 0, ∃δ > 0 : k− x −− y k < δ =⇒ k− x k − k− y k < ε. → → → → Para ello, probaremos en primer lugar que k− x k − k− y k ≤ k− x −− y k. En efecto, como → → → → → → → → → → → k− x k = k− x −− y +− y k ≤ k− x −− y k + k− y k =⇒ k− x k − k− y k ≤ k− x −− y k, → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − → − k y k = k y − x + x k ≤ k y − x k + k x k =⇒ k y k − k x k ≤ k y − x k → → → → =⇒ −k− x −− y k ≤ k− x k − k− y k, deducimos que precisamente a

→ − → → → − → x −− y k ≤ k− x k − k− y k ≤ k→ x −− y k, lo que equivale −k− → → → k→ x −− y k. x k − k− y k ≤ k−

Utilizando esta desigualdad, basta tomar en la definición de continuidad → → δ = ε porque si k− x −− y k < δ, entonces − → → → k→ x −− y k < δ = ε, x k − k− y k ≤ k− lo que prueba la continuidad uniforme de la función.

PROBLEMA 2.28

Probar que toda aplicaci´ on lineal f : Rn → Rm es continua.

90

Soluci´ on → → → Veamos en primer lugar que ∃M > 0 tal que kf (− x )k ≤ M k− x k, ∀− x ∈ n R . n X → − → − → − → n En efecto, si { e1 , . . . , en } es la base canónica de R y x = (x1 , . . . , xn ) = xi − ei , i=1

entonces n

X

n

X

→ → → kf (− x )k = f xi − ei = xi f (− ei ) i=1

≤

n X

i=1

→ |xi | · kf (− ei )k ≤ máx |xi | · 1≤i≤n

i=1

n X

→ kf (− ei )k.

i=1

→ Teniendo en cuenta que máx |xi | ≤ k− x k, deducimos que 1≤i≤n

− → kf (→ x )k ≤ k− xk·

n X

→ kf (− ei )k,

i=1

lo que prueba la desigualdad deseada si llamamos M =

n P

→ kf (− ei )k.

i=1

Para probar la continuidad de f , sea ε > 0 arbitrario. Si hacemos δ = ε/M , → → de la desigualdad k− x −− y k < δ deducimos: → → → → → → kf (− x ) − f (− y )k = kf (− x −− y )k ≤ M · k− x −− y k < M · δ = ε. Deducimos as´ı que la función es incluso uniformemente continua.

PROBLEMA 2.29

Probar que todas las normas sobre Rn son equivalentes. Soluci´ on

Probaremos que la norma eucl´ıdea k · k2 es equivalente a cualquier otra. Por la transitividad de la relación de equivalencia, esto basta para que dos normas arbitrarias sean equivalentes entre s´ı. Para ello consideramos la aplicación identidad f : (Rn , k · k2 ) → (Rn , k · k), con k · k arbitraria. 91

Por ser f lineal y de acuerdo al resultado probado en el problema anterior, existe M > 0 tal que → → k− x k ≤ M · k− x k2 . También se probó en el ejercicio anterior que f es continua. Como además la aplicación k·k : (Rn , k·k) → R es continua, la composición kf k es continua. El → → conjunto B = {− x ∈ Rn : k− x k2 = 1} es cerrado y acotado, luego compacto. Como toda aplicación continua sobre un compacto alcanza el valor m´ınimo, → → existe una constante m = m´ın{k− xk:− x ∈ B}. → → → → → Sea − x ∈ Rn un elemento no nulo; entonces − x /k− x k ∈ B, luego k− x k/k− xk ≥ 2

m, es decir

→ → k− x k ≥ m · k− x k2

− (si → x = 0 esta desigualdad es obviamente cierta). En definitiva, existen dos constantes m, M > 0 tales que → → → m · k− x k2 ≤ k− x k ≤ M · k− x k2 , es decir ambas normas son equivalentes.

92

2

4. PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- Dibujar algunas curvas de nivel de las funciones que se indican y esbozar las gr´ aficas de las mismas, en caso de ser posible.

(a) f (x, y) = x/y . (b) f (x, y) = x2 + xy . √ (c) f (x, y) = y/ x. ( (d) f (x, y) =

2xy x2 +y 2

si (x, y) 6= (0, 0),

0

si (x, y) = (0, 0).

(e) f (x, y, z) = 4x2 + y 2 + 9z 2 . (f) f (x, y, z) = sen(x2 + y 2 + z 2 ). 2.- Hallar y representar los dominios de las funciones siguientes: 1 . + y2 p (b) f (x, y) = 1 + 1 − (x − y)2 .

(a) f (x, y) =

x2

(c) f (x, y) = ln(x2 + y). p (d) f (x, y) = cos(x2 + y 2 ). x2 y 2 . Probar que los l´ımites iterados en x2 y 2 + (x − y)2 (0, 0) son iguales pero que no existe el l´ımite.

3.- Sea f (x, y) =

4.- Probar que no existe

x−y . (x,y)→(0,0) x + y l´ım

5.- Hallar los siguientes l´ımites o justificar su existencia:

(a)

sen(x2 + y 2 ) . x2 + y 2 (x,y)→(0,0)

(b)

(x − y)2 . (x,y)→(0,0) x2 + y 2

(c)

cos(xy) − 1 . x (x,y)→(0,0)

l´ım

l´ım

l´ım

93

x en los puntos + y2 + a (0, 0) y (1, 1), seg´ un los valores del par´ ametro “a”. 6.- Calcular el l´ımite de la funci´ on f (x, y) =

x2

7.- Estudiar la continuidad de p (a) f (x, y) = ln x2 + y 2 .

(b) f (x, y) = cos

1 . xy

(c) f (x, y) = arc tg(y/x). x . (d) f (x, y) = p 2 x + y2 (p 1 − x2 − y 2 (e) f (x, y) = 0

si x2 + y 2 ≤ 1, si x2 + y 2 > 1.

8.- Estudiar la continuidad de las siguientes funciones en los puntos indicados: ( x+y si x2 + y 6= 0 2 +y x en el punto (1, −1). (a) f (x, y) = 1/2 si (x, y) = (1, −1) ( (x + y) sen(1/x) si x 6= 0 (b) f (x, y) = en (0, 0). 0 si x = 0 ( 3 3 x −y si x 6= y x−y (c) f (x, y) = en la recta x = y . x+y si x = y ( 2 x y si (x, y) 6= (0, 0) 2 2 (d) f (x, y) = x +y en (0, 0). 0 si (x, y) = (0, 0) 1 − cos x nir f (0, y) para que f sea continua? 9.- Dada la funci´ on f (x, y) =

√

xy

, para x 6= 0, ¿es posible defi-

10.- Definir, caso de ser posible, f (1, 0) en la funci´ on f (x, y) = p

x−1 x2

− 2x + y 2 + 1

para que sea continua en dicho punto. ( 11.- Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x, y) =

en los puntos de la recta x + y = 2.

94

sen(x+y−2) x+y−2

si x + y 6= 2,

1

si x + y = 2,

,

12.- Estudiar la continuidad de las funciones ( sen πx si y 6∈ Z (a) f (x, y) = sen πy 1 si y ∈ Z. ( 2 x +y si x2 6= y 2 (b) f (x, y) = x −y 1 si x2 = y. 13.- ¿Existe alg´ un valor de “a”para el que la funci´ on ( 3 2 2 5x +x +y si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = a si (x, y) = (0, 0)

es continua en R2 ? 14.- Dadas las funciones f (x, y) = x2 − y 2 , g(x, y) = x + y , estudiar la continuidad de las funciones f /g y g/f . x2 + y 2 − 1 15.- Sea f (x, y) = 2 . Determinar los valores de λ que hax + λx + 1 gan

(a) f continua en R2 . (b) f continua en (0, 0).

95

CAPÍTULO III. ´ CALCULO DIFERENCIAL DE FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

SECCIONES 1. Derivadas parciales. Derivadas direccionales. 2. Diferenciabilidad. 3. Plano tangente. 4. Derivación de funciones compuestas. 5. Derivadas de orden superior. 6. Fórmula de Taylor.

97

1. DERIVADAS PARCIALES. DERIVADAS DIRECCIONALES

Sea f : D ⊂ Rm → Rn . La noción de derivada está relacionada con la → → → → variación f (− x +− u ) − f (− x ), para valores de − u arbitrariamente peque˜ nos, → − → − donde ahora u indica la dirección en la que se mueve el punto x .

Observemos que, a diferencia de las funciones de una variable, ahora no tiene → → → f (− x +− u ) − f (− x) sentido la expresión , pues el denominador es un vector. → − u Debemos pues modificar adecuadamente la definición de derivada. → → Definici´ on. Si − x ∈ int D y − u ∈ Rm es un vector unitario arbitrario, → → → sea h ∈ R suficientemente peque˜ no para que el segmento [− x, − x + h− u] → esté contenido en D. Llamamos derivada direccional de f en el punto − x → seg´ un la dirección del vector − u a → → → f (− x + h− u ) − f (− x) → → . f 0 (− x,− u ) = l´ım h→0 h → → → f (− x + h− u ) − f (− x) [El cociente representa el promedio de variación de f h → por unidad de distancia seg´ un la dirección del vector − u .] Observemos que, si m = 1, sólo hay dos vectores unitarios, (1, 0) y (0, 1), que son las dos u ńicas direcciones posibles en R. Si m = 2, todas las direcciones (o vectores unitarios) pueden escribirse como (cos ϑ, sen ϑ), para cada ϑ ∈ [0, 2π). Otras notaciones usuales para la derivada direccional son → → → → f 0 (− x,− u ) = D~u f (− x ) = f~u0 (− x ). → = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) sea el k-ésimo vector En el caso particular de que − u k → − − → unitario coordenado, f 0 ( x , uk ) recibe el nombre de derivada parcial k-ésima → de f en − x , o derivada parcial respecto a la k-ésima coordenada xk , y la notación que utilizaremos es ∂ → → → Dk f (− x ) = fk0 (− x) = f (− x ), 1 ≤ k ≤ m. ∂xk En este caso, la definición equivale a la definición de derivada de una función de una variable, pues basta suponer constantes el resto de las mismas. 98

Para los casos más comunes de funciones de dos o tres variables u = f (x, y, z) utilizaremos la notación más difundida Dx f = fx0 =

∂f , ∂x

Dy f = fy0 =

∂f , ∂y

Dz f = fz0 =

∂f . ∂z

Enunciamos algunas propiedades que se deducen de las definiciones anteriores. → → → → → → (1) Si − v = −− u , entonces f 0 (− x,− v ) = −f 0 (− x,− u ). A lo largo de direcciones opuestas, las derivadas direccionales toman valores opuestos. (2) Si descomponemos la funci´ on en sus componentes f = (f1 , . . . , fn ), entonces → → → → ∃f 0 (− x,− u ) ⇐⇒ ∃fj0 (− x,− u ), ∀j = 1, . . . , n. En este caso, → → → → → → f 0 (− x,− u ) = f10 (− x,− u ), . . . , fn0 (− x,− u) . En particular, las derivadas parciales se obtienen como → → → Dk f (− x ) = Dk f1 (− x ), . . . , Dk fn (− x ) , 1 ≤ k ≤ m. → → → → (3) Si F (t) = f (− x + t− u ), entonces F 0 (0) = f 0 (− x,− u ). → → → En general, F 0 (t) = f 0 (− x + t− u,− u ). → − → → → → → → → (4) Si f (− x ) = a− x + b , f 0 (− x,− u ) = a− u , ∀− x,− u. (De este modo se extiende la fórmula de la derivada de f (x) = ax + b.) → → → → → → (5) Si f (− x ) = k− x k2 , entonces f 0 (− x,− u ) = 2− x ·− u. (Esta fórmula generaliza la fórmula de la derivada de f (x) = x2 .) 99

En algunos de los problemas que siguen mostramos ciertos hechos relevantes, como por ejemplo: Puede haber funciones para las que existen ambas derivadas parciales pero no existe ninguna otra derivada direccional (problema 3.5). La existencia de derivadas direccionales en cualquier dirección no es condición suficiente para la continuidad de una función (problema 3.7).

PROBLEMA 3.1

Calcular las derivadas parciales de primer orden de las siguientes funciones: (a) f (x, y) = x arc sen(x − y). cos 2tu . t2 + u 2 xyz . (c) f (x, y, z) = 2 x + y2 + z2 Z √xy 2 (d) f (x, y) = e−t dt (x > 0, y > 0).

(b) f (t, u) =

0

Soluci´ on

Para calcular las derivadas parciales de una función, basta aplicar las reglas usuales de derivación de funciones de una variable, manteniendo constantes el resto de las variables. ∂f x (a) = arc sen(x − y) + p , ∂x 1 − (x − y)2 ∂f −x =p . ∂y 1 − (x − y)2 (b)

∂f −2u(t2 + u2 ) sen 2tu − 2t cos 2tu = , ∂t (t2 + u2 )2 ∂f −2t(t2 + u2 ) sen 2tu − 2u cos 2tu = . ∂u (t2 + u2 )2

(c)

∂f yz(−x2 + y 2 + z 2 ) = , ∂x (x2 + y 2 + z 2 )2 100

∂f xz(x2 − y 2 + z 2 ) = , ∂y (x2 + y 2 + z 2 )2 ∂f xy(x2 + y 2 − z 2 ) . = ∂z (x2 + y 2 + z 2 )2 (d) Recordando el teorema fundamental del cálculo integral, ∂f = e−xy · ∂x ∂f = e−xy · ∂y

y √ , 2 xy x √ . 2 xy

PROBLEMA 3.2 p Siendo f (x, y) = ln x2 y + arc tg(x2 y), comprobar que se verifica la ∂f ∂f (x, y) − 2y (x, y) = 0. igualdad x ∂x ∂y Soluci´ on

Para abreviar los c´ alculos, llamamos z = f (x, y) y t = x2 y + arc tg(x2 y). De √ este modo, z = ln t = (1/2) ln t y ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

1 2xy xy 1 2xy + = 1+ ; 2t 1 + x4 y 2 t 1 + x4 y 2 1 x2 x2 1 2 x + = 1+ . 2t 1 + x4 y 2 2t 1 + x4 y 2

Multiplicando por x la primera igualdad y por −2y la segunda, se obtiene inmediatamente la igualdad propuesta.

PROBLEMA 3.3

Encontrar una funci´ on z = f (x, y) que verifique la identidad ∂z x = 2 . ∂x x + y2 Soluci´ on 101

Integrando respecto a x, resulta: Z ∂z 1 f (x, y) = dx = ln(x2 + y 2 ) + g(y), ∂x 2 donde ahora la constante de integración es una función que depende de y (cualquiera de ellas tiene derivada parcial nula respecto a x).

PROBLEMA 3.4

Hallar una funci´ on u = f (x, y, z) tal que (fx0 , fy0 , fz0 ) = F , donde → − − → → − → − F (x, y, z) = yz(2x + y + z) i +xz(x + 2y + z) j +xy(x + y + 2z) k . Soluci´ on

Por hipótesis, ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z

= yz(2x + y + z),

(1)

= xz(x + 2y + z),

(2)

= xy(x + y + 2z).

(3)

Integrando respecto a x la primera igualdad, resulta: f (x, y, z) = x2 yz + xy 2 z + xyz 2 + g(y, z).

(4)

Derivamos este resultado respecto a y y lo igualamos con (2): ∂g ∂f = x2 z + 2xyz + xz 2 + = xz(x + 2y + z). ∂y ∂y Esto implica que Dy g = 0; por tanto, g sólo depende de z, g(y, z) = h(z). Sustituyendo esta expresión en (4) y derivando con respecto a z, obtenemos: ∂f = x2 y + xy 2 + 2xyz + h0 (z). ∂z Al igualar este resultado con (3), se deduce que h0 (z) = 0, o bien h(z) = C. En definitiva: f (x, y, z) = x2 yz + xy 2 z + xyz 2 + C.

102

PROBLEMA 3.5

Hallar las derivadas direccionales de la funci´ on ( x+y si x = 0 ´ o y = 0, f (x, y) = 1 en el resto, en el origen. Soluci´ on

Por definición, f (0, 0) + h(1, 0) − f (0, 0) l´ım h→0 h f (h, 0) − f (0, 0) h−0 = l´ım = l´ım = 1; h→0 h→0 h h ∂f f (0, k) − f (0, 0) k−0 (0, 0) = l´ım = l´ım = 1. k→0 k→0 ∂y k k ∂f (0, 0) = ∂x

→ Sin embargo, para cualquier otra dirección − u = (a, b) (a 6= 0, b 6= 0), la → − → − 1 f (h u ) − f ( O ) = que no tiene l´ımite derivada direccional no existe pues h h cuando h → 0.

PROBLEMA 3.6

Dada la funci´ on ( f (x, y) =

2xy x2 +y 2

si (x, y) 6= (0, 0),

1

si (x, y) = (0, 0),

calcular las derivadas direccionales de f en el origen. Soluci´ on

→ Elegimos una dirección arbitraria mediante el vector unitario − v = (cos ϑ, sen ϑ). Entonces, si t 6= 0: → Φ(t) = f (t− v ) = f (t cos ϑ, t sen ϑ) = 103

2t2 cos ϑ sen ϑ = sen 2ϑ. t2 (cos2 ϑ + sen2 ϑ)

Como Φ(0) = 1, la función Φ será continua si sen 2ϑ = 1, es decir ϑ = π/4 ó ϑ = 5π/4. En estos casos, Φ0 (0) = 0. En el resto de valores de ϑ, Φ es discontinua en 0 con lo que Φ0 (0) no existe. → − v

−→ −v

− Otra forma: Si → v = (h, k) es un vector unitario, f (th, tk) − f (0, 0) t 2t2 hk −1 2hk − 1 t2 (h2 +k2 ) = l´ım = l´ım t→0 t→0 t t

D~v f (0, 0) = l´ım

t→0

(observemos que h2 + k 2 = 1). El l´ımite anterior no existe cuando el numerador es distinto de cero y es cero cuando el numerador se anula. Tenemos por tanto, √ - Si h = k = 1/ 2, entonces D~v f (0, 0) = 0. √ - Si h = k = −1/ 2, entonces D~v f (0, 0) = 0. - En el resto de direcciones no existe D~v f (0, 0).

104

PROBLEMA 3.7

Hallar las derivadas direccionales de la funci´ on ( 2 yx si (x, y) 6= (0, 0), 2 4 f (x, y) = y +x 0 si (x, y) = (0, 0), en el origen.

Soluci´ on

− Sea → u = (cos ϑ, sen ϑ) un vector unitario arbitrario. Definimos → F (t) = f (t− u)=

t sen ϑ cos2 ϑ . sen2 ϑ + t2 cos4 ϑ

Entonces − → → F (t) − F (0) f 0( O , − u ) = F 0 (0) = l´ım t→0 t ( 2 cos ϑ cotg ϑ sen ϑ cos ϑ = l´ım = t→0 sen2 ϑ + t2 cos4 ϑ 0

si sen ϑ 6= 0, si sen ϑ = 0.

→ → − → As´ı pues, existe f 0 ( O , − u ) para cualquier dirección − u . En particular, son nulas ambas derivadas parciales en el origen. Sin embargo, la función no es continua en el origen pues, aunque los l´ımites iterados en el origen son nulos, si nos aproximamos a lo largo de la parábola y = x2 , tenemos 1 x4 = 6= 0. 4 x→0 2x 2

l´ım f (x, x2 ) = l´ım

x→0

En la gráfica de la superficie se observa que, a lo largo de la parábola y = x2 , la función es constante pero toma el valor 1/2, mientras que, a lo largo de los ejes de coordenadas, toma el valor cero. 105

PROBLEMA 3.8 ( x−y+1 Sea f (x, y) = y−x−1

si xy ≥ 0 si xy < 0.

(a) Estudiar la continuidad de f . (b) Calcular las derivadas direccionales de f en el origen. Soluci´ on

(a) Fuera de los ejes x = 0, y = 0, la función es evidentemente continua. - Veamos si es continua en un punto (0, y0 ) del eje x = 0: ( −y0 + 1 (por un lado del eje) l´ım f (x, y) = (x,y)→(0,y0 ) y0 − 1 (por el otro lado del eje). Esto indica que la función es continua si −y0 + 1 = y0 − 1, es decir si y0 = 1, y discontinua en los demás puntos del eje Y . - Estudiemos ahora la continuidad en un punto (x0 , 0) del eje y = 0: ( x0 + 1 (por un lado del eje) l´ım f (x, y) = (x,y)→(x0 ,0) −x0 − 1 (por el otro lado del eje). Si x0 + 1 = −x0 − 1, es decir x0 = −1, la función es continua; en el resto de los puntos del eje X, es discontinua. 106

En definitiva, la función es continua en {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6= 0} ∪ {(0, 1), (−1, 0)}. (b) Por definición de derivadas parciales, ∂f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = ∂y

f (h, 0) − f (0, 0) h+1−1 = l´ım = 1; h→0 h→0 h h f (0, k) − f (0, 0) −k + 1 − 1 l´ım = l´ım = −1. k→0 k→0 k k l´ım

Esto indica que existen ambas derivadas parciales en el origen. → Para calcular el resto de derivadas direccionales, sea − v = (cos α, sen α) un vector unitario arbitrario, con cos α 6= 0 y sen α 6= 0. Entonces: i) Si sen α · cos α > 0, f (t cos α, t sen α) − f (0, 0) t t cos α − t sen α + 1 − 1 = cos α − sen α. = l´ım t→0 t

D~v f (0, 0) = l´ım

t→0

ii) Si sen α · cos α < 0, f (t cos α, t sen α) − f (0, 0) t→0 t t sen α − t cos α − 1 − 1 = l´ım = ∞. t→0 t

D~v f (0, 0) = l´ım

→ Deducimos de lo anterior que, si el vector − v apunta en la dirección del segundo o cuarto cuadrantes, la derivada direccional no existe.

107

PROBLEMA 3.9 x2 +y 2 x+y

si x + y 6= 0

0

si x + y = 0.

(

Sea f :

R2

→ R definida por f (x, y) =

Se

pide: (a) Calcular las derivadas parciales D1 f (0, 0) y D2 f (0, 0). (b) Calcular la derivada de la funci´ on en el punto (0, 0) seg´ un la → direcci´ on del vector − v = (a, b). Soluci´ on

(a) Aplicando la definición de derivadas parciales, tenemos: h f (h, 0) − f (0, 0) = l´ım = 1, h→0 h h→0 h f (0, k) − f (0, 0) k D2 f (0, 0) = l´ım = l´ım = 1. k→0 k→0 k k

D1 f (0, 0) =

l´ım

− (b) Teniendo en cuenta que → v es un vector unitario, es decir a2 + b2 = 1, f (ta, tb) − f (0, 0) = D~v f (0, 0) = l´ım t→0 t

108

( a2 +b2 a+b l´ım 0t t→0

1 = a+b =0

si a + b 6= 0, si a + b = 0.

2. DIFERENCIABILIDAD.

Debido a la existencia de funciones que poseen derivadas direccionales en un punto para cualquier dirección pero no son continuas en dicho punto, el concepto de derivada direccional no es el adecuado para generalizar el de derivada de funciones de una variable. Es sabido que, si f : R → R es derivable en x = c, la función ( f (c+h)−f (c) − f 0 (c) si h 6= 0, h Ec (h) = 0 si h = 0, verifica l´ım Ec (h) = 0. Además h→0

f (c + h) = f (c) + hf 0 (c) + hEc (h) (fórmula de Taylor de primer orden), de modo que hEc (h) representa el error cometido al aproximar f (c + h) − f (c) por hf 0 (c). Esta misma fórmula demuestra también que dicho error hEc (h) es un infinitésimo de orden superior a h cuando h → 0, es decir l´ım hEc (h)/h = 0. h→0

Por otra parte, como función de h, la expresión Tc (h) = h · f 0 (c) es una función lineal. Teniendo presente lo anterior, se puede dar una definición de derivada que extiende a la definición análoga para funciones de R en R. → Definici´ on. Dada una función f : D ⊂ Rm → Rn y un punto − x ∈ int D, − → decimos que f es diferenciable en x si existe una aplicación lineal T : Rm → x

Rn tal que

→ → → → → → f (− x +− v ) = f (− x ) + Tx (− v ) + k− v k · Ex (− v ), → donde l´ım Ex (− v ) = 0 ó, lo que equivale a ~v →~0

→ → → → f (− x +− v ) − f (− x ) − Tx (− v) = 0. → − kvk ~v →~0 l´ım

→ La función lineal Tx (− v ) recibe el nombre de derivada total o diferencial total → − → de f en x , y se denota com´ unmente por df~x (− v ). Las primeras propiedades de la diferencial son las siguientes: (1) Si una funci´ on es diferenciable en un punto, su diferencial total es u ńica. → → (2) Si f es diferenciable en − x , entonces f es continua en − x. 109

→ (3) Si f es diferenciable en − x , existen las derivadas direccionales de f en → − → → x para cualquier direcci´ on − v (k− v k = 1) y adem´ as → → x ) = df~x (− v ). f~v0 (− (4) Si descomponemos la funci´ on f : Rm → Rn en sus componentes f = (f1 , . . . , fn ), entonces f es diferenciable si y s´ olo si fk es diferenciable, para todo k ∈ {1, . . . , n}. → → (5) Si f es diferenciable en − x y− v = (v , . . . , v ) es un vector arbitrario 1

de Rm , entonces → df~x (− v)=

m X

m

→ Dk f (− x ) · vk .

k=1

En el caso particular de campos escalares, es decir funciones f : Rm → R, un peque˜ no abuso de notación (cuando no hay lugar a confusión) permite expresar la diferencial de forma similar a la notación utilizada para funciones de una variable. Para ello, indicamos una dirección → arbitraria mediante el vector − v = (dx1 , . . . , dxn ) y escribimos la diferencial como df (x1 , . . . , xn ) =

∂f ∂f · dx1 + · · · + · dxn ∂x1 ∂xn

sin hacer mención expl´ıcita de la dependencia de la diferencial con → respecto a − v. (6) Si llamamos vector gradiente de una función f : Rm → R en un punto → − x a −→ − → → ∇f (→ x ) = D1 f (− x ), . . . , Dm (− x) , de lo anterior se deduce la fórmula de Taylor de primer orden −→ → − → → → → → → f (− x +− v ) = f (− x ) + ∇f (− x)·→ v + k− v k · Ex (− v ) con l´ım Ex (− v ) = 0, ~v →~0

para funciones f : Rm → R. (7) Por otra parte, si f : Rm → R, como −→ −→ → → → df~x (− v ) = ∇f (x) · − v = k∇f (x)k · k− v k · cos α, −→ → donde α es el ángulo entre ∇f (x) y − v , su valor es máximo cuando −→ → ∇f (x) tiene la misma dirección y sentido que − v (pues cos α = 1) y su valor es m´ınimo cuando tiene sentido contrario (ahora cos α = −1). −→ → → En el primer caso, su valor es df~x (− v ) = k∇f (x)k · k− v k. −→ Además, si ∇f (x) 6= 0, el vector gradiente apunta en la dirección de mayor crecimiento de f . 110

(8) (Condici´ on suficiente de diferenciabilidad.) Sea f : Rm → R una funci´ on tal que existen las derivadas parciales Dk f (1 ≤ k ≤ m) y son → → continuas en una bola de centro − x . Entonces f es diferenciable en − x. El rec´ıproco es falso: en el problema 3.19 encontramos un ejemplo de una función diferenciable pero donde no son continuas las derivadas parciales. (9) (Forma matricial de la derivada.) Debido a que la diferencial de una función es una aplicación lineal, puede definirse mediante su representación matricial con respecto a las bases canónicas de Rm y Rn , respectivamente. Se define as´ı la matriz jacobiana de una funci´ on f : Rm → Rn en un punto x0 a   D1 f1 (x0 ) . . . Dm f1 (x0 )   .. .. Jf (x0 ) = Df (x0 ) =   . . D1 fn (x0 ) . . .

Dm fn (x0 )

donde fk (1 ≤ k ≤ n) es la k-ésima función componente de f y Dj fk (1 ≤ j ≤ m) la j-ésima derivada parcial de fk . La fila k-ésima de dicha matriz es D1 fk (x0 ), . . . , Dm fk (x0 ) y coincide precisamente con el vector gradiente de fk en x0 . (10) (Teorema del valor medio.) Un resultado interesante, que extiende en cierto modo al correspondiente para funciones de una variable, es el teorema del valor medio. Sea f : Rm → Rn una funci´ on diferenciable en un abierto D ⊂ Rm . Sean x, y ∈ D dos puntos tales que el segmento que los une [x, y] est´ a contenido en D. Entonces −−→ −−→ → 0 − −−−→ → → ∀− a ∈ Rn , ∃z ∈ [x, y] : − a · f (y) − f (x) = − a · f (→ z , y − x). En el caso particular de que n = 1, se puede tomar a = 1 y el teorema toma la forma conocida −→ −−−→ −−−→ → → → f (− y ) − f (− x ) = f 0 (− z , y − x) = ∇f (z) · (y − x). Si n 6= 1, lo anterior puede no ser cierto, como se comprueba con la función f (t) = (cos t, sen t); en este caso, f (2π) − f (0) = (0, 0), pero, para cualquier t ∈ [0, 2π], f 0 (t, 2π) = 2π(− sen t, cos t), que es un vector de longitud 2π y, por tanto, no nulo. Como corolario del teorema del valor medio, se puede demostrar también que, si f : Rm → Rn es una función diferenciable en Ω, donde Ω es un abierto y conexo de Rm (o bien convexo), y df (z) = 0, ∀z ∈ Ω, entonces f es constante. 111

(11) (Derivaci´ on bajo el signo integral.) Si una función de dos variables viene definida mediante una integral, para calcular sus derivadas aplicamos el siguiente resultado: Sea f : R2 → R una funci´ on continua en un conjunto compacto D ⊂ R2 ∂f tal que es también continua en D. ∂x (a) Si definimos b

Z

f (x, y) dy,

F (x) = a

entonces F es derivable y F 0 (x) =

b

Z a

∂f (x, y) dy. ∂x

(b) Si h1 , h2 : R → R son dos funciones derivables, entonces Z

h2 (x)

F (x) =

f (x, y) dy h1 (x)

es también derivable y Z 0 0 F (x) = f x, h2 (x) ·h2 (x)−f x, h1 (x) ·h1 (x)+ 0

h2 (x)

h1 (x)

∂f (x, y) dy. ∂x

PROBLEMA 3.10

Para las siguientes funciones, hallar la derivada direccional en el punto P y seg´ un la direcci´ on que se indica: (a) f (x, y, z) = x2 y + xzey − xyez , → P = (−2, 3, 0), − v = (1/3, −2/3, 1/3). (b) f (x, y, z) = (x/y)z ,

− P = (1, 1, 1), → v = (2, 1, −1).

Soluci´ on

−→ → → → Aplicaremos en ambos casos la fórmula f~v0 (− x ) = ∇f (x) · − v /k− v k. −→ (a) ∇f (x, y, z) = (2xy + zey − yez , x2 + xzey − xez , xey − xyez ); 112

p −→ → ∇f (−2, 3, 0) = (−15, 6, −2e3 + 6); k− v k = 2/3; 1 −2 1 −21 − 2e3 1 √ (−15, 6, −2e3 + 6) · , , = . f~v0 (−2, 3, 0) = p 3 3 3 6 2/3

z z−1 −xz z−1 z · (x/y) , 2 · (x/y) , (x/y) ln(x/y) ; y y √ −→ → ∇f (1, 1, 1) = (1, −1, 0); k− v k = 6; 1 1 f~v0 (1, 1, 1) = √ (1, −1, 0) · (2, 1, −1) = √ . 6 6

−→ (b) ∇f (x, y, z) =

PROBLEMA 3.11

Estudiar la diferenciabilidad en el origen de la funci´ on f : R2 → R definida por ( x sen(4 arc tg y/x) si x 6= 0 f (x, y) = 0 si x = 0. Soluci´ on

Comprobemos en primer lugar que la función es continua en el origen. Tomamos para ello ε > 0 arbitrario y elegimos δ = ε. Si un punto (x, y) pertenece p a la bola centrada en el origen y de radio δ, es decir x2 + y 2 < δ, entonces p |x sen(4 arc tg y/x)| ≤ |x| ≤ x2 + y 2 < δ = ε. Calculamos a continuación las derivadas parciales en el origen: ∂f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = ∂y

h sen(4 arc tg 0) = 0, h→0 h 0 l´ım = 0. k→0 k l´ım

Para que la función sea diferenciable debe ser cero el l´ımite f (x, y) − f (0, 0) − x · ∂f (0, 0) − y · ∂f (0, 0) ∂x ∂y p l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x sen(4 arc tg y/x) p = l´ım . 2 2 (x,y)→(0,0) x +y 113

Ahora bien, si nos acercamos al origen mediante rectas arbitrarias y = mx, el l´ımite anterior queda de la forma: x l´ım √ sen(4 arc tg m) 6= 0. x→0 |x| 1 + m2 Deducimos pues que la función no es diferenciable en el origen.

En la gráfica de las curvas de nivel de la función, la región más oscura representa los valores menores de la función y la región más clara representa los valores mayores de la función. Se puede observar as´ı la variación de la función en un entorno del origen.

PROBLEMA 3.12

Sea

xy 2 z x3 +y 6 +z 3

si (x, y, z) 6= (0, 0, 0)

0

si (x, y, z) = (0, 0, 0).

( f (x, y, z) =

Demostrar que existen las derivadas parciales fx0 , fy0 , fz0 en (0, 0, 0), pero que f no es diferenciable en (0, 0, 0). Soluci´ on

Las derivadas parciales en el origen valen: ∂f f (h, 0, 0) − f (0, 0, 0) 0 (0, 0, 0) = l´ım = l´ım = 0, h→0 h→0 h ∂x h ∂f f (0, k, 0) − f (0, 0, 0) 0 (0, 0, 0) = l´ım = l´ım = 0, k→0 k→0 k ∂y k ∂f f (0, 0, j) − f (0, 0, 0) 0 (0, 0, 0) = l´ım = l´ım = 0. j→0 j→0 j ∂z j 114

Una condición necesaria para que la función sea diferenciable es que sea continua. Veamos que no lo es en el origen. Observamos en primer lugar que los l´ımites iterados toman todos el valor cero; sin embargo, si calculamos el l´ımite de la función a lo largo de la curva x = y 2 = z, resulta: √ l´ım f (x, x, x) = l´ım

x→0

x→0

x·x·x 1 = , x3 + x3 + x3 3

distinto de cero. Deducimos de lo anterior que la función no es diferenciable en el origen. Con este problema y el anterior, hemos comprobado que la existencia de derivadas parciales no es condición suficiente para la diferenciabilidad de una función.

PROBLEMA 3.13

Calcular las derivadas parciales en el punto (0, 0) y estudiar la diferenciabilidad de la funci´ on ( 2 2 x +y si (x, y) 6= (0, 0), 2 4 f (x, y) = x +y 1 si (x, y) = (0, 0).

Soluci´ on

i) La función no es continua en el origen porque, si calculamos el l´ımite a lo largo de las rectas y = mx, obtenemos: 1 + m2 = 1 + m2 , x→0 1 + m4 x2

l´ım f (x, mx) = l´ım

x→0

el cual depende de la pendiente m. Concluimos entonces que la función no es diferenciable en el origen. ii) Las derivadas parciales en el origen son, por definición, ∂f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = ∂y

f (h, 0) − f (0, 0) 1−1 = l´ım = 0, h→0 h→0 h h f (0, k) − f (0, 0) 1/k 2 − 1 l´ım = l´ım = ∞. k→0 k→0 k k l´ım

115

PROBLEMA 3.14

Estudiar la diferenciabilidad de la funci´ on ( (sen(xz), zexy , 1/z) f (x, y, z) = (0, 0, 0)

si z 6= 0, si z = 0.

Soluci´ on

Descomponemos la función en sus componentes y estudiamos la diferenciabilidad de cada una de ellas. ( sen(xz) si z 6= 0 Por una parte, las funciones f1 (x, y, z) = 0 si z = 0 ( xy ze si z 6= 0 y f2 (x, y, z) = son evidentemente diferenciables en los pun0 si z = 0 tos donde z 6= 0. ( 1/z si z 6= 0 Ahora bien, la función f3 (x, y, z) = no es diferenciable en 0 si z = 0 z = 0 (pues ni siquiera es continua). Deducimos entonces que la función dada es diferenciable en todo R3 excepto en los puntos del plano z = 0. 116

PROBLEMA 3.15

Estudiar la diferenciabilidad y la continuidad de las derivadas parciales en el origen de la funci´ on   √ xy si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0). Soluci´ on

i) Debido a la acotación |xy| p xy = |y| ≤ x2 + y 2 , p ≤ x2 + y 2 |x| deducimos que la función es continua p en el origen (basta hacer δ = ε para que |f (x, y) − f (0, 0)| < ε, si x2 + y 2 < δ). ii) Veamos que existen las derivadas parciales en el origen: ∂f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = ∂y

f (h, 0) − f (0, 0) 0−0 = l´ım = 0, h→0 h h f (0, k) − f (0, 0) 0−0 l´ım = l´ım = 0. k→0 k→0 k k l´ım

h→0

iii) A continuación, probaremos que f no es diferenciable en el origen: f (a, b) − f (0, 0) − aD1 f (0, 0) − bD2 f (0, 0) ab √ = l´ım . 2 2 2 (a,b)→(0,0) (a,b)→(0,0) a + b2 a +b l´ım

Este l´ımite no existe pues el resultado var´ıa seg´ un las distintas rectas b = ma.

117

Vemos con este problema que la existencia de derivadas parciales a˜ nadida a la continuidad de una función tampoco es condición suficiente de diferenciabilidad.

PROBLEMA 3.16

Sea n un n´ umero natural y f : R2 → R la funci´ on definida por  (x + y)n · sen √ 1 si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0). ¿C´ omo hay que elegir n para que (a) f sea continua en todo R2 ? (b) f sea diferenciable en todo R2 ? Soluci´ on

(a) Teniendo en cuenta la acotación 1 sen p ≤ 1, ∀(x, y) 6= (0, 0), 2 2 x +y y que

(x + y)n = 0 si y sólo si n > 0, deducimos que

l´ım (x,y)→(0,0)

l´ım

f (x, y) = 0 = f (0, 0) ⇐⇒ n > 0.

(x,y)→(0,0)

Por tanto, para cualquier n ∈ N, la función es continua en R2 . (b) Es evidente que la función es diferenciable en todo R2 salvo quizás en el origen. Para que f sea diferenciable en el origen, es necesario que existan ambas derivadas parciales. Ahora bien, hn sen(1/|h|) = l´ım hn−1 sen(1/|h|) = 0 h→0 h→0 h

D1 f (0, 0) = l´ım

siempre que n − 1 > 0 pero no existe cuando n = 1. Análogamente, D2 f (0, 0) = 0 si n > 1. Debemos, pues, suponer por el momento que n ≥ 2. 118

Por otra parte, para que f sea diferenciable, debe ser 0=

l´ım (h,k)→(0,0)

f (h, k) − f (0, 0) − hD1 f (0, 0) − kD2 f (0, 0) √ . h2 + k 2

En nuestra situación, (h + k)n sen[(h2 + k 2 )−1/2 ] √ (h,k)→(0,0) h2 + k 2 (h + k)n (h + k)2 √ √ ⇐⇒ 0 = l´ım ⇐⇒ 0 = l´ım · (h + k)n−2 . 2 2 2 2 (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h +k h +k 0 =

l´ım

Como n − 2 ≥ 0, f será diferenciable si se anula el l´ımite del cociente (h + k)2 √ . h2 + k 2 Ahora bien, si tenemos en cuenta las siguientes acotaciones: p p (h + k)2 h2 + k 2 2hk h2 + k 2 0≤ √ =√ +√ ≤ h2 + k 2 + √ = 2 h2 + k 2 , h2 + k 2 h2 + k 2 h2 + k 2 h2 + k 2 deducimos que, en efecto,

(h + k)2 √ = 0. Por tanto, f es di(h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

ferenciable si n ≥ 2.

PROBLEMA 3.17 x3 −y 3 x−y

si x 6= y

x+y

si x = y.

(

Se considera la funci´ on f (x, y) =

(a) Estudiar la continuidad de f en los puntos de la recta x = y . (b) Calcular las derivadas parciales de f en el origen. (c) ¿Es f diferenciable en el origen? Soluci´ on

(a) Veamos si f es continua en los puntos de la forma (a, a). En primer lugar es evidente que f (a, a) = 2a. Además x3 − y 3 x3 − a3 l´ım l´ım = l´ım = l´ım (x2 + ax + a2 ) = 3a2 . x→a x − a x→a x→a y→a x − y De aqu´ı se concluye que la función es discontinua en el punto (a, a) cuando 2a 6= 3a2 , es decir cuando a 6= 0 y a 6= 2/3. En los puntos (0, 0) y (2/3, 2/3) es continua (basta calcular los l´ımites). 119

(b) Por definición, las derivadas parciales son: ∂f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = ∂y

f (h, 0) − f (0, 0) h2 − 0 = l´ım = 0; h→0 h→0 h h f (0, k) − f (0, 0) k2 − 0 l´ım = l´ım = 0. k→0 k→0 k k l´ım

(c) Para ver si f es diferenciable, debemos calcular el siguiente l´ımite: L=

f (h, k) − f (0, 0) − hfx0 (0, 0) − kfy0 (0, 0) √ . (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

Distinguiremos dos casos: - Si h 6= k, h3 −k3 √ h−k l´ım (h,k)→(0,0) h2 + k 2

h2 + hk + k 2 √ (h,k)→(0,0) h2 + k 2 p hk √ = l´ım h2 + k 2 + l´ım (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h2 + k 2 k p = l´ım = 0, (h,k)→(0,0) 1 + (k/h)2

L =

=

l´ım

pues el denominador es mayor que 1. - Si h = k, L=

l´ım (h,k)→(0,0)

√

√ h+k 2h = l´ım √ = ± 2. h2 + k 2 h→0 2h2

Deducimos por tanto que el l´ımite L no existe y, en consecuencia, f no es diferenciable en el origen.

PROBLEMA 3.18

Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de la funci´ on ( y 2 + x2 sen(1/x) si x 6= 0, f (x, y) = y si x = 0.

120

Soluci´ on (a) En el conjunto {(x, y) : x 6= 0} la función es evidentemente continua. Estudiemos la continuidad en un punto (0, y0 ). Como l´ım y 2 + x2 sen(1/x) = y02 , (x,y)→(0,y0 )

f (0, y0 ) = y0 , la función será continua en (0, y0 ) cuando y0 = y02 , es decir cuando y0 = 0 ó y0 = 1. En los puntos (0, y0 ), con y0 6= 0 e y0 6= 1, la función es discontinua. (b) En el conjunto {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0} la función es diferenciable (observar que, en este conjunto, la función es suma de dos funciones de una variable, ambas derivables). Como la función no es continua en los puntos (0, y0 ), con y0 6= 0, y0 6= 1, tampoco es diferenciable en dichos puntos. Estudiemos por separado la diferenciabilidad de la función en los puntos (0, 0) y (0, 1). - En (0, 0): Como f (h, 0) − f (0, 0) h2 sen(1/h) = l´ım = 0, h→0 h→0 h h f (0, k) − f (0, 0) k D2 f (0, 0) = l´ım = l´ım = 1, k→0 k→0 k k D1 f (0, 0) =

l´ım

entonces f (h, k) − f (0, 0) − hD1 f (0, 0) − kD2 f (0, 0) √ (h,k)→(0,0) h2 + k 2 2 2 k + h sen(1/h) − k √ = l´ım (h,k)→(0,0) h2 + k 2 k2 − k h2 sen(1/h) √ √ = l´ım + l´ım . (h,k)→(0,0) h2 + k 2 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

El primer l´ımite no existe (como se puede comprobar calculando el l´ımite a lo largo de cualquier trayectoria de la forma k = mh) y el segundo l´ımite es cero. Se deduce por tanto que el l´ımite anterior no existe, de modo que la función no es diferenciable en el origen. - En (0, 1): Como f (h, 1) − f (0, 1) h2 sen(1/h) = l´ım = 0, h→0 h→0 h h f (0, 1 + k) − f (0, 1) 1+k−1 D2 f (0, 1) = l´ım = l´ım = 1, k→0 k→0 k k

D1 f (0, 1) =

l´ım

121

entonces f (h, 1 + k) − f (0, 1) − hD1 f (0, 1) − kD2 f (0, 1) √ h2 + k 2 2 2 (1 + k) + h sen(1/h) − (1 + k) √ = l´ım (h,k)→(0,0) h2 + k 2 k(1 + k) h2 sen(1/h) √ √ = l´ım + l´ım . (h,k)→(0,0) h2 + k 2 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

(h,k)→(0,0)

Al igual que en el caso anterior, dicho l´ımite no existe, por lo que la función tampoco es diferenciable en el punto (0, 1).

PROBLEMA 3.19

Se considera la funci´ on ( 1 (x2 + y 2 ) sen x2 +y 2 f (x, y) = 0

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0).

(a) Estudiar su continuidad en el origen. (b) Calcular la derivada direccional de f en el origen seg´ un la di→ − recci´ on del vector unitario v = (a, b). Deducir de ah´ı las derivadas parciales de f en el origen. (c) ¿Es fx0 continua en (0, 0)? (d) ¿Es f diferenciable en el origen? Soluci´ on (a) Como sen(x2 +y 2 )−1 es una función acotada si (x, y) 6= (0, 0) y x2 +y 2 → 0 cuando (x, y) → (0, 0), entonces l´ım

f (x, y) = 0 = f (0, 0),

(x,y)→(0,0)

de modo que f es continua en el origen. (b) Aplicando la definición, h2 (a2 + b2 ) · sen h2 (a21+b2 ) f (ha, hb) − f (0, 0) D~v f (0, 0) = l´ım = l´ım = 0. h→0 h→0 h h La derivada en el origen es cero en cualquier dirección. En particular, las derivadas parciales son también cero. 122

(c) Aplicando las reglas usuales de derivación, obtenemos: 1 −2x ∂f 1 + (x2 + y 2 ) · cos 2 · 2 (x, y) = 2x · sen 2 2 2 ∂x x +y x + y (x + y 2 )2 1 2x 1 = 2x sen 2 − 2 cos 2 . 2 2 x +y x +y x + y2 Entonces ∂f 1 2x 1 l´ım . (x, y) = l´ım 2x sen 2 − cos 2 x + y 2 x2 + y 2 x + y2 (x,y)→(0,0) ∂x (x,y)→(0,0) Como

2x = 0 y sen[1/(x2 + y 2 )] está acotada, el primer

l´ım (x,y)→(0,0)

sumando tiene l´ımite cero. Ahora bien, como l´ım l´ım x→0

2x 2 y→0 x + y 2

= ∞, el segundo sumando no

tiene l´ımite. En definitiva, la derivada parcial de f respecto a x no es continua en el origen. (d) Teniendo en cuenta que las derivadas parciales en el origen son ambas nulas, para que la función sea diferenciable, debe anularse el l´ımite L=

f (x, y) − f (0, 0) p . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

Ahora bien, como L=

l´ım

p

x2 + y 2 · sen

(x,y)→(0,0)

x2

1 , + y2

y la función trigonométrica está acotada, es evidente que dicho l´ımite es cero. Observemos que este problema proporciona un contraejemplo al rec´ıproco de la condición suficiente de diferenciabilidad (propiedad (8) del resumen teórico): una funci´ on puede ser diferenciable en un punto donde alguna de las derivadas parciales no es continua.

PROBLEMA 3.20

Sea f : Rn → R una funci´ on diferenciable en un punto P y supon−→ → gamos que k∇f (P )k 6= 0. Probar que existe un vector unitario − v n de R y uno s´ olo tal que −→ D~v f (P ) = k∇f (P )k,

y que ´ este es el vector unitario para el cual D~v f (P ) alcanza su m´ aximo. 123

Soluci´ on

Como

−→ −→ → D~v f (P ) = ∇f (P ) · − v = k∇f (P )k · cos α, → el máximo se alcanza cuando cos α = 1, es decir cuando − v tiene la dirección −→ de ∇f (P ) y su valor es precisamente −→ D~v f (P ) = k∇f (P )k.

PROBLEMA 3.21

Hallar la derivada de la funci´ on f (x, y, z) = x2 − 3yz − 5 en el punto M (1, 2, −1) en la direcci´ on en que esta derivada sea m´ axima. Soluci´ on

En primer lugar, calculamos el vector gradiente: −→ −→ ∇f (x, y, z) = (2x, −3z, −3y) =⇒ ∇f (M ) = (2, 3, −6). Por tanto, tal como se deduce del problema anterior, √ −−−−−→ k∇f (M )k = 4 + 9 + 36 = 7 es el valor de la derivada en la dirección donde esta es máxima.

PROBLEMA 3.22

Determinar los valores de los par´ ametros a, b y c para que la derivada direccional de la funci´ on f (x, y, z) = ax2 z + byz 3 + cx2 y 2

alcance el valor m´ aximo de 25 en el punto P = (1, 1, 2) seg´ un una direcci´ on paralela al eje OX . Soluci´ on

El vector unitario en la dirección donde la derivada direccional es máxima → es − v = (1, 0, 0). Por hipótesis, 25 = D~v f (P ). 124

Calculamos en primer lugar el gradiente de la función en el punto P : −→ ∇f (x, y, z) = (2axz + 2cxy 2 , bz 3 + 2cx2 y, ax2 + 3byz 2 ), −→ ∇f (P ) = (4a + 2c, 8b + 2c, a + 12b).

→ −→ −→ → v y 25 = ∇f (P ) · − v , y obtenemos Aplicamos ahora las condiciones ∇f (P ) − el sistema de ecuaciones 8b + 2c

=

0

a + 12b = 0 4a + 2c

=

25.

La solución de este sistema está dada por los valores a = 75/14, b = −25/56 y c = 25/14.

PROBLEMA 3.23

¿En qu´ e direcci´ on la derivada de z = (1, 2) es m´ınima y cu´ al es su valor?

p

25 − x2 − y 2 en el punto

Soluci´ on

El gradiente de la función es: −→ ∇z =

−x p

25 − x2 − y 2

!

,p

−y 25 − x2 − y 2

−1 −2 −→ =⇒ ∇z(1, 2) = √ , √ . 20 20

−→ La derivada es máxima en la dirección de un vector paralelo a ∇z(1, 2), por → ejemplo − v = (−1, −2), y será m´ınima en la dirección del vector opuesto −→ −v = (1, 2). Su valor es p −→ 0 z−~ v (1, 2) = −k∇z(1, 2)k = − 5/20 = −1/2.

125

En la gráfica se muestra la curva de nivel z = f (1, 2) y el campo de gradientes (los valores del vector gradiente en cada uno de los puntos). En el punto (1, 2), el gradiente es paralelo al vector (1, 2) pero de sentido contrario.

PROBLEMA 3.24

¿En qu´ e direcci´ on es nula la derivada de f (x, y) =

x2 − y 2 en el x2 + y 2

punto (1, 1)? Soluci´ on

El gradiente de la función dada es: −→ ∇f (x, y) =

4xy 2 −4x2 y , (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

−→ =⇒ ∇f (1, 1) = (1, −1).

− Si → v = (cos α, sen α), entonces f~v0 (1, 1) = (1, −1) · (cos α, sen α) = cos α − sen α y será f~v0 (1, 1) = 0 cuando cos α = sen α, es decir cuando α√= π/4√ ó α = → 5π/4. En√consecuencia, en la dirección de los vectores − v1 = ( 2/2, 2/2) y √ → − v2 = (− 2/2, − 2/2) la derivada direccional se anula.

En la gráfica adjunta se ilustra el campo de gradientes sobre una represen→ → tación de las curvas de nivel. En el punto (1, 1), los vectores − v1 y − v2 son perpendiculares al gradiente. 126

PROBLEMA 3.25 p Hallar la derivada de la funci´ on u = 1/ x2 + y 2 + z 2 en la direcci´ on de r = p on de su gradiente (expresar la respuesta en funci´ x2 + y 2 + z 2 ). Soluci´ on

−→ − Como ∇u = (−x/r3 , −y/r3 , −z/r3 ), si llamamos → v al vector unitario en la dirección del gradiente, entonces p −→ u~v0 (x, y, z) = k∇uk = r2 /r6 =

1 1 = 2. x2 + y 2 + z 2 r

PROBLEMA 3.26

Dada la funci´ on f (x, y, z) = ln(x2 + y 2 ) + ez y los puntos P (0, 1, 0), 0 P (−4, 2, 3), hallar D~v f (P ), donde → (a) − v es un vector unitario en la direcci´ on P P 0 . − (b) → v es un vector unitario tal que D~v f (P ) es un m´ aximo. Soluci´ on

El gradiente de la función en el punto P es: −→ −→ 2x 2y z ∇f (x, y, z) = , , e =⇒ ∇f (P ) = (0, 2, 1). 2 2 2 2 x +y x +y (a) El vector unitario en la dirección P P 0 es: PP0 (−4, 1, 3) 1 − → v = =√ = √ (−4, 1, 3). kP P 0 k 16 + 1 + 9 26 La derivada direccional se calcula entonces como sigue: −−−−→ → 1 5 D~v f (P ) = ∇f (P ) · − v = √ (0, 2, 1) · (−4, 1, 3) = √ . 26 26 127

(b) Si D~v f (P ) es máxima, entonces √ √ −→ D~v f (P ) = k∇f (P )k = 4 + 1 = 5 −→ ∇f (P ) 1 → − y v = −→ = √ (0, 2, 1). 5 k∇f (P )k

PROBLEMA 3.27 → → Sea f una funci´ on real definida en Rn por f (− x ) = k− x k4 . → (a) Calcular f 0 (− x ). ~v

0 (b) Si n = 2, hallar todos los (x, y) para los que f(x,y) (2, 3) = 6.

Soluci´ on → → → → Por definición, f (− x ) = k− x k4 = (− x ·− x )2 = (x21 + · · · + x2n )2 . Entonces −→ − → → ∇f (→ x ) = (4x1 k− x k2 , . . . , 4xn k− x k2 ). −→ → → → (a) Si − v = (v , . . . , v ), como f 0 (− x ) = ∇f (x) · − v , resulta 1

n

~v

→ → x ) = 4k− x k2 f~v0 (−

n X

→ → → xi vi = 4k− x k2 · (− x ·− v ).

i=1

(b) Aplicando el resultado anterior, será 0 f(x,y) (2, 3) = 4k(2, 3)k2 (2, 3) · (x, y) = 4 · 13 · (2x + 3y) = 6 si y sólo si 2x + 3y = 3/26.

PROBLEMA 3.28

Una funci´ on diferenciable tiene en el punto P = (1, 2) las derivadas direccionales 2 en direcci´ on al punto P1 = (2, 2) y −2 en direcci´ on al punto P2 = (1, 1), respectivamente. Determinar el vector gradiente en P y calcular la derivada direccional en direcci´ on al punto Q = (4, 6). Soluci´ on −−→ −−→ −−→ − − − Llamaremos → v1 = P P1 = (1, 0), → v2 = P P2 = (0, −1) y → v = PQ = (3, 4). 128

−→ Si llamamos ∇f (1, 2) = (a, b), tenemos: −→ → 2 = fv0~1 (1, 2) = ∇f (1, 2) · − v1 = a, − → → −2 = f 0 (1, 2) = ∇f (1, 2) · − v = −b. 2

v~2

−→ De aqu´ı deducimos que ∇f (1, 2) = (2, 2) y − → −→ v 1 14 f~v0 (1, 2) = ∇f (1, 2) · − = (2, 2) · (3, 4) = . → 5 5 kvk

PROBLEMA 3.29

Sea f : R2 → R una funci´ on continua en un compacto D ⊂ R2 tal ∂f que tambi´ en es continua en D. Si definimos ∂x Z x F (x) = f (x, y) dy , probar que 0

F 0 (x) = f (x, x) +

Z 0

x

∂f (x, y) dy. ∂x

Soluci´ on

Elegimos arbitrariamente un punto x0 . Entonces Z x0 Z x F (x) = f (x, y) dy + f (x, y) dy, 0

x0

de donde, Z F (x) − F (x0 ) =

x0

Z

x

Z

x0

f (x, y) dy − f (x0 , y) dy 0 x0 0 Z x0 Z x = [f (x, y) − f (x0 , y)] dy + f (x, y) dy. f (x, y) dy +

0

x0

Aplicando el teorema del valor medio, resulta Z x0 Z x F (x) − F (x0 ) f (x, y) − f (x0 , y) 1 = dy + f (x, y) dy x − x0 x − x0 x − x0 x0 0 Z x0 ∂ f (t1 , y) dy + f (x, t2 ), = ∂x 0 donde t1 y t2 son dos valores comprendidos entre x0 y x. 129

Basta calcular el l´ımite cuando x tiende a x0 para obtener: F (x) − F (x0 ) = F (x0 ) = l´ım x→x0 x − x0 0

Z 0

x0

∂ f (x0 , y) dy + f (x0 , x0 ). ∂x

PROBLEMA 3.30 Z

x+1

Dada la funci´ on F (x) = x−1

sen(xy) dy , hallar F 0 (x). y

Soluci´ on

De acuerdo al resultado enunciado en (11) del resumen teórico, como la función sen(xy)/y es continua, la derivada de F viene dada por la fórmula: 0

F (x) = =

Z x+1 sen(x2 + x) sen(x2 − x) − + cos(xy) dy x+1 x−1 x−1 sen(x2 + x) sen(x2 − x) sen(x2 + x) sen(x2 − x) − + − . x+1 x−1 x x

PROBLEMA 3.31

Sea f una funci´ on continua y definimos Z t h(t) = sen(t − z)f (z) dz. 0

Comprobar que se verifica h00 (t) + h(t) = f (t) h(0) = h0 (0) = 0. Soluci´ on

De acuerdo con el resultado general probado en el problema 3.29, tene130

mos: Z

0

h (t) = sen(t − t)f (t) + 0

t

∂ sen(t − z)f (z) dz = ∂t ∂ cos(t − z)f (z) dz ∂t

Z

t

cos(t − z)f (z) dz; 0

Z t h00 (t) = cos(t − t)f (t) + 0 Z t = f (t) − sen(t − z)f (z) dz = f (t) − h(t), 0

como quer´ıamos probar. Las condiciones iniciales h(0) = h0 (0) = 0 son evidentes.

131

3. PLANO TANGENTE.

En esta sección se da la interpretación geométrica de la diferencial, para lo cual consideraremos el caso particular de funciones f : R2 → R. Si f es diferenciable en un punto (x0 , y0 ) y llamamos z0 = f (x0 , y0 ), sabemos que z − z0 = D1 f (x0 , y0 ) · (x − x0 ) + D2 f (x0 , y0 ) · (y − y0 ) + E(x − x0 , y − y0 ), donde E es un infinitésimo de orden superior a k(x − x0 , y − y0 )k. El plano de ecuación z − z0 = D1 f (x0 , y0 ) · (x − x0 ) + D2 f (x0 , y0 ) · (y − y0 ) contiene a las rectas tangentes a las curvas que son la intersección de la superficie con los planos x = x0 e y = y0 (pues el producto escalar de su vector tangente (D1 f (x0 , y0 ), D2 f (x0 , y0 ), −1) por los vectores directores de dichas tangentes, (0, 1, D2 f (x0 , y0 )) y (1, 0, D1 f (x0 , y0 )), es nulo).

Dicho plano contiene además a la tangente en el punto (x0 , y0 , z0 ) a cualquier curva de la superficie que pase por (x0 , y0 , z0 ). Por esta razón, el plano citado recibe el nombre de plano tangente a la superficie en el punto (x0 , y0 , z0 ). La recta perpendicular a dicho plano por el punto (x0 , y0 , z0 ) se llama recta normal a la superficie. La ecuación de la recta normal es, pues, x − x0 y − y0 z − z0 = = . D1 f (x0 , y0 ) D2 f (x0 , y0 ) −1 En general, si una superficie S ⊂ R3 es la superficie de nivel de una función f : R3 → R, es decir S tiene por ecuación f (x, y, z) = k, la ecuación del plano tangente a dicha superficie en un punto (x0 , y0 , z0 ) es −→ ∇f (x0 , y0 , z0 ) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0, 132

lo que significa que el vector gradiente es perpendicular al plano tangente a dicha superficie.

PROBLEMA 3.32

Hallar la ecuaci´ on del plano tangente a la superficie dada en el punto indicado: (a) z = x2 + 4y 2 , P = (2, −1, 8). (b) x = e2y−z , P = (1, 1, 2). Soluci´ on

(a) Las derivadas parciales de la función son ∂z = 2x, ∂x

∂z = 8y, ∂y

de modo que, al sustituirlas en el punto dado, nos da el vector normal → al plano tangente − v = (4, −8, −1). La ecuación de dicho plano es, por tanto, z − 8 = 4(x − 2) − 8(y + 1) o bien 4x − 8y − z = 8.

(b) En este caso derivamos x con respecto a las variables y y z: ∂x ∂x ∂x ∂x = 2e2y−z , = −e2y−z =⇒ (P ) = 2, (P ) = −1. ∂y ∂z ∂y ∂z → Un vector normal al plano tangente es ahora − v = (−1, 2, −1) y la ecuación de este plano es (x − 1) = 2(y − 1) − (z − 2), es decir x − 2y + z = 1. 133

PROBLEMA 3.33

Probar que las superficies 3x2 + 2y 2 − 2z = 1, x2 + y 2 + z 2 − 4y − 2z + 2 = 0

son perpendiculares en el punto (1, 1, 2).

Soluci´ on

Para que dos superficies sean perpendiculares, basta que lo sean los vectores directores de sus planos tangentes. Si llamamos f1 (x, y, z) = 3x2 +2y 2 −2z−1 y f2 (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 4y − 2z + 2, sus respectivos gradientes son −−→ −−→ ∇f1 (x, y, z) = (6x, 4y, −2) , ∇f2 (x, y, z) = (2x, 2y − 4, 2z − 2). Por tanto, −−→ −−→ ∇f1 (1, 1, 2) = (6, 4, −2) , ∇f2 (1, 1, 2) = (2, −2, 2). El producto escalar de estos vectores es 0, lo que significa que son perpendiculares.

134

PROBLEMA 3.34

Hallar una constante C para que, en todo punto de la intersecci´ on de las esferas (x − C)2 + y 2 + z 2 = 3; x2 + (y − 1)2 + z 2 = 1,

los planos tangentes correspondientes sean perpendiculares. Soluci´ on

Llamamos (x0 , y0 , z0 ) a un punto de intersección de ambas esferas. El plano tangente a cada una de las esferas tiene vector normal el gradiente de la función de tres variables que tiene por superficie de nivel dicha esfera. Estos vectores son, respectivamente: − → v = (2(x0 − C), 2y0 , 2z0 ) ,

− → w = (2x0 , 2(y0 − 1), 2z0 ).

Para que sean perpendiculares los planos tangentes, el producto escalar de estos vectores debe ser nulo. Construimos pues el sistema de ecuaciones (teniendo en cuenta que ambas superficies pasan por el punto (x0 , y0 , z0 )): 4x0 (x0 − C) + 4y0 (y0 − 1) + 4z02 = 0 (x0 − C)2 + y02 + z02 = 3 x20 + (y0 − 1)2 + z02 = 1. √ Eliminando variables, obtenemos las dos posibles soluciones C = ± 3.

PROBLEMA 3.35

Encontrar la ecuaci´ on del plano que pasa por (2, 1, −2) y es paralelo al plano tangente a la superficie x2 +y 2 +z 2 = 12 en (2, −2, 2). Soluci´ on

→ Si definimos la función f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 12, entonces el vector − v = −→ ∇f (x0 , y0 , z0 ) = (2x0 , 2y0 , 2z0 ) es normal al plano tangente a la superficie 135

− por un punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ); en el punto dado, dicho vector es → v = (4, −4, 4). De este modo, el plano que pasa por el punto (2, 1, −2) y es paralelo al plano anterior tiene por ecuación 4(x − 2) − 4(y − 1) + 4(z + 2) = 0

o bien

x − y + z = −1.

PROBLEMA 3.36

Encontrar la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva de intersecci´ on del plano 6x + 3y + 2z = 5 con el cono z 2 = 4x2 + 9y 2 por el punto (2, 1, −5). Soluci´ on p −6x − 3y + 5 y g(x, y) = − 4x2 + 9y 2 2 que representan al plano y al cono, respectivamente (observar el signo “−” de la ra´ız debido a la posición del punto de intersección de las superficies).

Construimos las funciones f (x, y) =

Las derivadas parciales de ambas funciones en el punto dado son: fx0 (x, y) = −3 , fy0 (x, y) = −3/2; 4x 9y gx0 (x, y) = , gy0 (x, y) = =⇒ gx0 (2, 1) = −8/5, gy0 (2, 1) = −9/5. g(x, y) g(x, y) → → De aqu´ı deducimos que los vectores − v = (−3, −3/2, −1) y − v = (−8/5, −9/5, −1) 1

2

son perpendiculares al plano y al cono, respectivamente. Un vector tangente a la curva intersección de ambos es − → − → − → i j k 3 7 → − → → v =− v1 × − v2 = −3 −3/2 −1 = − , − , 3 . 10 5 −8/5 −9/5 −1 En definitiva, la recta tangente a la curva citada tiene por ecuación 7t 3t r(t) = 2 − , 1 − , −5 + 3t . 10 5

PROBLEMA 3.37

Demostrar que la suma de los cuadrados de las intersecciones con los ejes coordenados de todo plano tangente a la superficie x2/3 + y 2/3 + z 2/3 = a2/3 es constante. 136

Soluci´ on

Podemos considerar la superficie dada como una superficie de nivel de la función g(x, y, z) = x2/3 + y 2/3 + z 2/3 . El gradiente de dicha función en un punto (x0 , y0 , z0 ) de la superficie es −→ 2 −1/3 −1/3 −1/3 ∇g(x0 , y0 , z0 ) = (x0 , y0 , z0 ). 3 Como dicho vector es perpendicular a la superficie, la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto citado es −1/3

x0 2/3

−1/3

(x − x0 ) + y0

2/3

2/3

donde x0 +y0 +z0

−1/3

(y − y0 ) + z0

(z − z0 ) = 0,

= a2/3 (pues el punto pertenece a la superficie).

Los puntos de intersección de este plano con los ejes coordenados son 1/3

1/3

1/3

(x0 a2/3 , 0, 0), (0, y0 a2/3 , 0), (0, 0, z0 a2/3 ). La suma de los cuadrados de dichas intersecciones vale: 2/3

x2 + y 2 + z 2 = a4/3 (x0

2/3

+ y0

2/3

+ z0 ) = a2 ,

resultado que no depende del punto de tangencia.

PROBLEMA 3.38

Probar que toda recta normal al cono x2 = 2y 2 + 2z 2 corta al eje X. Soluci´ on

Calculamos en primer lugar el vector gradiente de la función de tres variables f (x, y, z) = x2 − 2y 2 − 2z 2 : −→ ∇f (x, y, z) = (2x, −4y, −4z). −→ El vector ∇f (x0 , y0 , z0 ) es el vector director de la recta normal al cono en un punto (x0 , y0 , z0 ). La ecuación de la recta se escribe entonces como x − x0 y − y0 z − z0 = = . 2x0 −4y0 −4z0 137

Para que dicha recta corte al eje X, debe ser compatible el sistema x−x0 2x0 x−x0 2x0

= =

−y0 −4y0 −z0 −4z0

que resulta de hacer y = 0 y z = 0. En efecto, ambas ecuaciones dan la misma solución x = 3x0 /2, lo que prueba que la recta corta al eje X en el punto (3x0 /2, 0, 0).

En la gráfica se muestran algunas rectas normales al cono en puntos de la circunferencia x20 = 2y 2 + 2z 2 , x = x0 y se observa que todas ellas cortan al eje X en el punto (3x0 /2, 0, 0).

138

´ DE FUNCIONES COMPUESTAS. 4. DERIVACION

Las reglas de derivación para la suma, resta, producto y cociente de funciones de una variable se extienden sin hipótesis adicionales al caso de funciones de varias variables. El siguiente resultado general especifica las condiciones para la diferenciabilidad de una función compuesta. → ∈ int ∆ Regla de la cadena. Sean g : ∆ ⊂ Rm → Rn diferenciable en − x 0 → − − → y f : D ⊂ Rn → Rp diferenciable en y0 = g(x0 ) ∈ int D. Entonces f ◦ g es →y diferenciable en − x 0

→) = df (− → →). d(f ◦ g)(− x y0 ) ◦ dg(− x 0 0 Como la matriz asociada a la composición de aplicaciones lineales es el producto de las matrices asociadas a cada una de las funciones, de la fórmula anterior deducimos la llamada forma matricial de la regla de la cadena: −−→ →). →) = Df − g(x0 ) · Dg(− x D(f ◦ g)(− x 0 0 Desarrollando el producto de estas matrices, podemos expresar el elemento de la fila j-ésima y columna i-ésima de la matriz D(f ◦ g) como: →) = Di (f ◦ g)j (− x 0

n X

−−−→ →), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ p, Dk fj g(x0 ) · Di gk (− x 0

k=1

es decir, −−−→ n →) X ∂fj g(x0 ) ∂gk (− ∂(f ◦ g)j − x 0 → · (x0 ) = , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ p. ∂xi ∂yk ∂xi k=1

Escribimos a continuación algunos casos particulares. Caso de una sola variable dependiente. (a) p = 1, m > 1: Si z = f (y1 , . . . , yn ) es una función diferenciable de los argumentos y1 , . . . , yn , que son a su vez funciones diferenciables de las m variables independientes x1 , . . . , xm , yi = gi (x1 , . . . , xm ), 1 ≤ i ≤ n, las derivadas parciales de la función compuesta se calculan con la fórmula: n X ∂f −−−→ ∂gi − ∂(f ◦ g) − →) = →), 1 ≤ k ≤ m. (x g(x0 ) · (x 0 0 ∂xk ∂yi ∂xk i=1

139

Veamos un ejemplo concreto bastante com´ un: Si z es una función compuesta de varias variables independientes, por ejemplo z = f (u, v), donde u = φ(x, y), v = ψ(x, y) (x e y son variables independientes), φ y ψ son funciones diferenciables, las derivadas parciales de z con respecto a x e y se expresan as´ı: ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

∂z ∂u ∂z ∂u

∂u ∂z ∂v + · ∂x ∂v ∂x ∂u ∂z ∂v · + · . ∂y ∂v ∂y ·

(b) p = 1, m = 1: Si z = f (y1 , . . . , yn ) es una función diferenciable de los argumentos y1 , . . . , yn , que son a su vez funciones diferenciables de una variable independiente x, yi = gi (x), 1 ≤ i ≤ n, la derivada de la función compuesta se puede calcular por la fórmula: (f ◦ g)0 (x0 ) =

n X −→ −−−→ ∂f −−−→ 0 g(x0 ) · gi (x0 ) = ∇f g(x0 ) · Dg(x0 ). ∂yi i=1

En el caso particular de que x coincida con uno de los argumentos, por ejemplo con yk , la derivada total de la función f con respecto a x será: n dz ∂f X ∂f dyi = + · . dx ∂x ∂yi dx i=1 i6=k

PROBLEMA 3.39

Calcular

∂z ∂z , , si z = f (u, v), u = exy , v = x2 − y 2 . ∂x ∂y

Soluci´ on

Basta aplicar directamente la regla de derivación de una función compuesta: ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

∂z ∂u ∂z ∂u

∂u ∂z ∂v ∂z + · = · yexy + ∂x ∂v ∂x ∂u ∂u ∂z ∂v ∂z · + · = · xexy − ∂y ∂v ∂y ∂u ·

140

∂z · 2x ∂v ∂z · 2y. ∂v

PROBLEMA 3.40 ∂w Sea w = f (u, v) con u(x, y, z) = x/y , v(x, y, z) = y/z . Calcular , ∂x ∂w ∂w , . ∂y ∂z Soluci´ on

Procedemos de forma completamente análoga al problema anterior: ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z

= = =

∂f ∂u ∂f ∂u ∂f ∂u

∂u ∂f ∂v ∂f 1 + · = · ∂x ∂v ∂x ∂u y ∂u ∂f ∂v ∂f −x ∂f 1 · + · = · + · ∂y ∂v ∂y ∂u y 2 ∂v z ∂u ∂f ∂v ∂f −y · + · = · . ∂z ∂v ∂z ∂v z 2 ·

PROBLEMA 3.41

Dadas las funciones f (x, y) = x1/3 y 1/3 , g(x) = (x, x), estudiar la diferenciabilidad de la funci´ on compuesta f ◦ g . Soluci´ on

Por definición, (f ◦ g)(x) = f (x, x) = x2/3 , la cual es una función de una variable que sabemos no es diferenciable en el origen. Observemos sin embargo que existen las derivadas parciales de f en el origen, f (h, 0) − f (0, 0) = 0, h→0 h f (0, k) − f (0, 0) fy0 (0, 0) = l´ım = 0, k→0 k

fx0 (0, 0) =

l´ım

y que la función g es derivable en x = 0. 141

Este ejemplo prueba que la existencia de derivadas parciales no es condición suficiente para que sea válida la regla de la cadena.

PROBLEMA 3.42

Siendo z = ln(x/y) − arc sen(y/x), x = e2t + 1, y = e−2t + 1, hallar la derivada dz/dt.

Soluci´ on

Las derivadas parciales de z son, respectivamente, ∂z ∂x

=

∂z ∂y

=

1/y −y/x2 1 y −p ; = + p x/y x x x2 − y 2 1 − y 2 /x2 −x/y 2 1/x 1 1 −p =− −p . x/y y 1 − y 2 /x2 x2 − y 2

Por la regla de derivación de la función compuesta tenemos que dz dt

∂z dx ∂z dy · + · ∂x dt ∂y dt " # " # y 1 2t 1 −2t 1 = 2e + p + 2e +p . x x x2 − y 2 y x2 − y 2 =

142

PROBLEMA 3.43

Calcular

d(f ◦ h) en los siguientes casos: du

(a) f (x, y) = exy cos(xy 2 ), h(u) = (cos u, sen u). (b) f (x, y, z) = xz + yz + xy , h(u) = (eu , cos u, sen u), cuando u = 1.

Soluci´ on

(a) Por la fórmula de la derivada de la función compuesta, tenemos: d(f ◦ h) du

= Df (x, y) · h0 (u) =

yexy cos(xy 2 ) − y 2 exy sen(xy 2 ), xexy cos(xy 2 ) − 2xyexy sen(xy 2 ) − sen u · cos u

= −yexy cos(xy 2 ) sen u + y 2 exy sen(xy 2 ) sen u +xexy cos(xy 2 ) cos u − 2xyexy sen(xy 2 ) cos u = (x2 − y 2 )exy cos(xy 2 ) + y(y 2 − 2x2 )exy sen(xy 2 ) (observemos que x = cos u, y = sen u). (b) Cuando u = 1, h(1) = (x(1), y(1), z(1)) = (e, cos 1, sen 1). Por tanto,   eu d(f ◦ h) = Df (x, y, z) · h0 (u) = (z + y, z + x, x + y) · − sen u du cos u u = (z + y)e − (z + x) sen u + (x + y) cos u. d(f ◦ h) =⇒ (1) = e · (sen 1 + cos 1) − (e + sen 1) · sen 1 + (e + cos 1) · cos 1 du = 2e cos 1 + cos 2.

PROBLEMA 3.44

Se consideran las funciones f (t) = (t, t2 , et ) y g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 .

Calcular las derivadas de las funciones compuestas f ◦ g y g ◦ f .

143

Soluci´ on

(a) Como g◦f es una función real de una variable real, si llamamos x(t) = t, y(t) = t2 , z(t) = et , su derivada es (g◦f )0 (t) =

∂g 0 ∂g ∂g ·x (t)+ ·y 0 (t)+ ·z 0 (t) = 2x+4yt+2zet = 2t+4t3 +2e2t . ∂x ∂y ∂z

(b) En este caso, tenemos f ◦ g : R3 → R3 . Por tanto, si llamamos f1 (t) = t, f2 (t) = t2 y f3 (t) = et a las componentes de la función f , su matriz jacobiana se obtiene con el siguiente producto:  0  f1 (t) D(f ◦ g)(x, y, z) = f20 (t) · Dx g Dy g Dz g f30 (t)     1 2x 2y 2z = 2t · 2x 2y 2z =  4xt 4yt 4zt  , et 2xet 2yet 2zet donde t = x2 + y 2 + z 2 . PROBLEMA 3.45

Sean f y g las siguientes funciones: f (x, y) =

ex+2y , sen(y + 2x) ,

g(u, v, w) = (u + 2v 2 + 3w3 , 2v − u2 ).

Calcular D(f ◦ g)(1, −1, 1). Soluci´ on

Calculamos por separado las derivadas de ambas funciones: ex+2y 2ex+2y 1 4v 9w2 Df (x, y) = , Dg(u, v, w) = . 2 cos(y + 2x) cos(y + 2x) −2u 2 0 Teniendo en cuenta que g(1, −1, 1) = (6, −3), si aplicamos la regla de la cadena, obtenemos: D(f ◦ g)(1, −1, 1) = Df (6, −3) · Dg(1, −1, 1) 1 2 1 −4 9 = · 2 cos 9 cos 9 −2 2 0 −3 0 9 = . 0 −6 cos 9 18 cos 9 144

PROBLEMA 3.46

Demostrar que la funci´ on z = φ(x2 + y 2 ) satisface la ecuaci´ on ∂z ∂z y −x = 0. ∂x ∂y Soluci´ on

Si llamamos t = x2 +y 2 , la función φ depende de x e y a través del argumento intermedio t, por lo cual ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

dz dt dz dt

∂t = φ0 (x2 + y 2 ) · 2x ∂x ∂t · = φ0 (x2 + y 2 ) · 2y, ∂y ·

de donde efectivamente ∂z ∂z y −x = yφ0 (x2 + y 2 ) · 2x − xφ0 (x2 + y 2 ) · 2y = 0. ∂x ∂y

PROBLEMA 3.47

Si u(x, y, z) = xn · ϕ(y/xα , z/xβ ), donde ϕ es una funci´ on diferenciable, comprobar que x·

∂u ∂u ∂u + αy · + βz · = n · u. ∂x ∂y ∂z

Soluci´ on

Utilizaremos las variables auxiliares v = y/xα , w = z/xβ . Por la regla de la cadena y la fórmula de la derivada del producto, ∂ϕ ∂w ∂u ∂ϕ ∂v = nxn−1 · ϕ(v, w) + xn · · + · ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂ϕ ∂ϕ = nxn−1 · ϕ(v, w) − αyxn−α−1 − βzxn−β−1 , ∂w ∂v ∂u ∂ϕ ∂v ∂ϕ ∂w ∂ϕ = xn · · + · = xn−α , ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂v ∂ϕ ∂w ∂ϕ ∂u ∂ϕ ∂v = xn · · + · = xn−β . ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z ∂w 145

Con estos datos, basta sustituir en la expresión que se indica en el enunciado para obtener la igualdad propuesta.

PROBLEMA 3.48

Si z =

f (x − y) ∂z ∂z , probar que z + y +y = 0. y ∂x ∂y

Soluci´ on

Si llamamos u = x − y, las derivadas parciales de z son: ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

1 0 ∂u 1 · f (u) · = · f 0 (x − y); y ∂x y 0 y · f (u) · (∂u/∂y) − f (u) −yf 0 (x − y) − f (x − y) = . y2 y2

De aqu´ı deducimos que

∂z ∂z −f (x − y) −z + = = , lo que equivale a la 2 ∂x ∂y y y

igualdad buscada.

PROBLEMA 3.49

Dada la funci´ on u(x, y) = xyf trar que x2

x + y xy

, siendo f arbitraria, demos-

∂u ∂u − y2 = (x − y) · u. ∂x ∂y

Soluci´ on

Aplicamos la regla de la cadena para calcular las derivadas parciales. Si x+y , obtenemos: utilizamos la variable auxiliar z = xy ∂u ∂x ∂u ∂y

∂z xy − y(x + y) = yf (z) + xyf 0 (z) · , ∂x x2 y 2 ∂z xy − x(x + y) = xf (z) + xyf 0 (z) · = xf (z) + xyf 0 (z) · . ∂y x2 y 2 = yf (z) + xyf 0 (z) ·

146

Por tanto, x2

∂u ∂u − y2 ∂x ∂y

= x2 yf (z) − xy 2 f (z) − xyf 0 (z) + xyf 0 (z) = (x − y) · xy · f (z) = (x − y) · u.

PROBLEMA 3.50

Sea Ω = f (u, v, w) una funci´ on diferenciable, con u3 = x3 + y 3 + z 3 , v 2 = x2 + y 2 + z 2 , w = x + y + z.

Demostrar que x

∂f ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f +y +z =u +v +w . ∂x ∂y ∂z ∂u ∂v ∂w

Soluci´ on

Calculamos las derivadas parciales de f aplicando la regla de la cadena. Teniendo en cuenta que p p u = 3 x3 + y 3 + z 3 , v = x2 + y 2 + z 2 , w = x + y + z, obtenemos ∂u 3x2 ∂u 3y 2 ∂u 3z 2 p p = p , = , = , ∂x 3 3 (x3 + y 3 + z 3 )2 ∂y 3 3 (x3 + y 3 + z 3 )2 ∂z 3 3 (x3 + y 3 + z 3 )2 ∂v 2x ∂v 2y ∂v 2z = p = p = p , , , ∂x 2 x2 + y 2 + z 2 ∂y 2 x2 + y 2 + z 2 ∂z 2 x2 + y 2 + z 2 ∂w ∂w ∂w = 1, = 1, = 1. ∂x ∂y ∂z Resulta as´ı: ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂z

= = =

∂f ∂u ∂f ∂u ∂f ∂u

∂u ∂f ∂v ∂f + · + ∂x ∂v ∂x ∂w ∂u ∂f ∂v ∂f · + · + ∂y ∂v ∂y ∂w ∂u ∂f ∂v ∂f · + · + ∂z ∂v ∂z ∂w ·

∂w ∂f 3x2 ∂f 2x ∂f = · 2+ · + ∂x ∂u 3u ∂v 2v ∂w ∂w ∂f 3y 2 ∂f 2y ∂f · = · + · + ∂y ∂u 3u2 ∂v 2v ∂w ∂w ∂f 3z 2 ∂f 2z ∂f · = · 2+ · + . ∂z ∂u 3u ∂v 2v ∂w ·

147

Basta ahora sustituir este resultado en la expresión x obtener directamente u

∂f ∂f ∂f +y +z y ∂x ∂y ∂z

∂f ∂f ∂f +v +w . ∂u ∂v ∂w

PROBLEMA 3.51

Una funci´ on z = f (x1 , . . . , xn ) se dice homogénea de grado p si f (λx1 , . . . , λxn ) = λp f (x1 , . . . , xn ),

para todo punto (x1 , . . . , xn ) ∈ D y todo λ > 0 tales que (λx1 , . . . , λxn ) ∈ D. Probar el teorema de Euler sobre funciones homog´ eneas: Una funci´ on z = f (x1 , . . . , xn ) es homogénea de grado p si y s´ olo si ∂z ∂z ∂z x1 + x2 + · · · + xn = pz. ∂x1 ∂x2 ∂xn

Soluci´ on

Por simplicidad en la notación supondremos n = 2. Probaremos en primer ∂z ∂z +y = pf (x, y), si f es homogénea de grado p. lugar que x ∂x ∂y Si llamamos u = λx, v = λy, por ser f homogénea podemos escribir f (λx, λy) = f (u, v) = λp f (x, y). Si derivamos f (u, v) respecto a λ, obtenemos: ∂f ∂u ∂f ∂v · + · ∂u ∂λ ∂v ∂λ ∂f ∂f =⇒ pλp−1 f (x, y) = x (u, v) + y (u, v). ∂u ∂v En particular, haciendo λ = 1, resulta u = x, v = y y obtenemos la fórmula deseada. pλp−1 f (x, y) =

Rec´ıprocamente, si xfx0 (x, y) + yfy0 (x, y) = pf (x, y), definimos φ(λ) =

f (λx, λy) , λ > 0. λp

Entonces, φ0 (λ) = =

λp [xfx0 (λx, λy) + yfy0 (λx, λy)] − pλp−1 f (λx, λy) λ2p 0 0 λxfx (λx, λy) + λyfy (λx, λy) − pf (λx, λy) . λp+1 148

Si llamamos x0 = λx, y 0 = λy, entonces la hipótesis se puede escribir como pf (x0 , y 0 ) = x0 D1 f (x0 , y 0 ) + y 0 D2 f (x0 , y 0 ), o bien pf (λx, λy) = λxD1 f (λx, λy) + λyD2 f (λx, λy). Esto significa que φ0 (λ) = 0, y φ es una función constante. Entonces, ∀λ > 0, φ(λ) = φ(1) y, debido a que φ(1) = f (x, y), deducimos que f es homogénea de grado p.

PROBLEMA 3.52

Ver si la funci´ on p y 4 arc sen 1 − x2 /y 2 p f (x, y) = p x x2 + y 2 − y x2 − y 2

es homog´ enea y hallar su grado en caso afirmativo. Soluci´ on

Si suponemos λ > 0, entonces f (λx, λy) = =

p λ4 y 4 arc sen 1 − λ2 x2 /λ2 y 2 p p λx λ2 (x2 + y 2 ) − λy λ2 (x2 − y 2 ) p λ4 y 4 arc sen 1 − x2 /y 2 p p = λ2 f (x, y). 2 2 2 2 2 λ (x x + y − y x − y )

Esto significa que la función es homogénea de grado 2.

PROBLEMA 3.53

Comprobar que f (x, y) = cos x

2x + y verifica la identidad 2x − y

∂f ∂f (x, y) + y (x, y) = 0. ∂x ∂y

Soluci´ on 149

Puesto que f (λx, λy) = f (x, y) = λ0 f (x, y), la función es homogénea de grado cero. La identidad buscada se deduce pues del teorema de Euler.

PROBLEMA 3.54

Dada la funci´ on z=

hallar x

x5 + y 5 x + y y/x arc tg e , x+y x−y

∂z ∂z +y . ∂x ∂y

Soluci´ on

Si llamamos f (x, y) = z entonces f (λx, λy) =

λ5 (x5 + y 5 ) λ(x + y) λy/λx arc tg e = λ4 f (x, y), λ(x + y) λ(x − y)

lo que quiere decir que f es homogénea de grado 4. Por tanto, x

PROBLEMA 3.55 h Si la funci´ on w = f x

∂z ∂z +y = 4z. ∂x ∂y

xy i es diferenciable, comprobar que x2 + y 2

∂w ∂w +y = 0. ∂x ∂y

Soluci´ on

Si llamamos u = ∂w ∂x ∂w ∂y

x2

xy , entonces: + y2

∂u y(x2 + y 2 ) − 2x2 y y 3 − x2 y 0 = f 0 (u) · = f (u) · , ∂x (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 ∂u x(x2 + y 2 ) − 2xy 2 x3 − xy 2 0 = f 0 (u) · = f 0 (u) · = f (u) · . ∂y (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 = f 0 (u) ·

150

Basta multiplicar la primera igualdad por x y la segunda por y para obtener la identidad propuesta. Otro método consiste en observar que la función dada es homogénea de grado cero, por lo que basta aplicar el teorema de Euler demostrado en el problema 3.49.

PROBLEMA 3.56

Si f (x, y) es una funci´ on homog´ enea de grado p, probar que la funci´ on F (x, y) = f (f (x, y), f (x, y)) es homog´ enea de grado p2 . Soluci´ on

Aplicando repetidamente la hipótesis f (λx, λy) = λp f (x, y), obtenemos: F (λx, λy) = f (λp f (x, y), λp f (x, y)) = λp f (λp−1 f (x, y), λp−1 f (x, y)) = λ2p f (λp−2 f (x, y), λp−2 f (x, y)) = . . . 2

= λp·p f (f (x, y), f (x, y)) = λp F (x, y), lo que demuestra que F es homogénea de grado p2 . Otro método posible ser´ıa utilizar el teorema de Euler, lo cual proponemos como ejercicio.

PROBLEMA 3.57

Se considera la superficie dada por las ecuaciones   F (u, v) = 0 u√= xy S:  v = x2 + z 2 . √ Hallar un vector normal a S en el punto P (1, 1, 3), sabiendo que D1 F (1, 2) = 1, D2 F (1, 2) = 2. Soluci´ on √ Si definimos la función √ G(x, y, z) = F (xy, x2 + z 2 ) (composición de F con la función (u, v) = (xy, x2 + z 2 )), la superficie dada es la superficie de nivel 151

cero de la función G. Por tanto, un vector normal a la superficie en el punto → P es el gradiente de G, − v = D1 G(P ), D2 G(P ), D3 G(P ) . Aplicamos pues la regla de la cadena: ∂F ∂u ∂F D2 G(x, y, z) = ∂u ∂F D3 G(x, y, z) = ∂u √ Sustituyendo en el punto P (1, 1, 3), D1 G(x, y, z) =

∂F x , ·√ 2 ∂v x + z2 ∂F ·x+ · 0, ∂v ∂F z . ·0+ ·√ 2 ∂v x + z2 ·y+

obtenemos:

√ D1 G(1, 1, 3) =

∂F ∂F 1 (1, 2) · 1 + (1, 2) · = 2, ∂u ∂v 2 √ ∂F D2 G(1, 1, 3) = (1, 2) · 1 = 1, ∂u √ √ 3 √ ∂F D3 G(1, 1, 3) = (1, 2) · = 3. ∂v 2 √ → Un vector normal a la superficie es entonces − v = (2, 1, 3).

PROBLEMA 3.58

Si una superficie tiene por ecuaci´ on z = xf (x/y), con f diferenciable, demostrar que todos los planos tangentes tienen un punto en com´ un. Soluci´ on −→ x x2 Debido a que ∇z = f (x/y) + f 0 (x/y), − 2 f 0 (x/y) , la ecuación del play y no tangente en un punto arbitrario (x0 , y0 , z0 ) de la superficie (es decir, donde z0 = x0 f (x0 /y0 )), es la siguiente: x x x0 x0 0 x0 x2 0 0 z − x0 · f = f + ·f · (x − x0 ) − 20 · f 0 · (y − y0 ) y0 y0 y0 y0 y0 y0 x x2 x x0 x0 0 x0 0 0 = f ·f + · x − x0 · f − 0 · f0 y0 y0 y0 y0 y0 y0 x x x2 x2 0 0 − 20 · f 0 · y + 0 · f0 y0 y0 y0 y0 x x0 x0 0 x0 x2 0 =⇒ z = f + ·f · x − 20 · f 0 · y, y0 y0 y0 y0 y0 152

lo que significa que todos los planos tangentes pasan por el origen.

153

5. DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR.

Dada f : Rm → R, cada una de las derivadas parciales es, a su vez, una función Dk f : Rm → R, (k = 1, . . . , m), definida en alg´ un subconjunto de m R . Estas funciones se llaman derivadas parciales de primer orden de f . A su vez, para cada una de ellas se pueden definir las correspondientes derivadas parciales, que llamaremos derivadas parciales de segundo orden de f , y para las que usaremos indistintamente cualquiera de las siguientes notaciones: ∂2f Di (Dk f ) = Dki f = = fki , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ k ≤ m. ∂xk ∂xi En el caso particular de i = k, utilizamos la notación análoga (Dk )2 f = Dkk f =

∂2f = fkk , (k = 1, . . . , m). ∂x2k

El proceso de derivación puede repetirse de forma sucesiva y de este modo definir las derivadas parciales de orden p de f como ∂pf ∂xi1 . . . ∂xip para cualquier permutación de los ´ındices i1 , . . . , ip ∈ {1, . . . , m}. Un problema interesante es averiguar bajo qué condiciones existen y son iguales las derivadas cruzadas (aquellas en donde sólo se cambia el orden de la permutación). La respuesta la proporciona el siguiente teorema de Schwarz. Teorema (Igualdad de las derivadas parciales cruzadas.) Sea f : D ⊂ Rm → R, donde D es un conjunto abierto. Si existen las derivadas parciales de →, r) ⊂ D y primer orden ∂f /∂xk , ∀k ∈ {1, . . . , m}, en alguna bola B(− x 0 2 2f ∂ f ∂ →, entonces existe también existe y es continua en − x y 0 ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi 2 ∂2f − →) = ∂ f (− →). (x x 0 0 ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj

Diremos que una función es de clase C (p) en un conjunto D ⊂ Rm , denotado como f ∈ C (p) (D), cuando existen y son continuas todas las derivadas parciales de orden p de f en D. En particular, C (0) es la clase de funciones continuas y C (∞) representa la clase de funciones con derivadas continuas de cualquier orden. As´ı por ejemplo, como ya indicamos en la sección 2, una función de clase C (1) es diferenciable. Es fácil también probar que C (p) (D) ⊂ C (p−1) (D), ∀p > 0. 154

Del teorema anterior, es evidente que, si f ∈ C (2) (D), entonces también se verifica la igualdad de las derivadas parciales cruzadas. Análogamente, se prueba que, si f ∈ C (k) (D), son iguales todas las derivadas cruzadas de orden k, es decir ∂kf ∂kf = , ∂xi1 . . . ∂xik ∂xip(1) . . . ∂xip(k) donde {i1 , . . . , ik } ⊂ {1, . . . , m} y {p(1), . . . , p(k)} es cualquier permutación de {i1 , . . . , ik }.

PROBLEMA 3.59 k Dada la funci´ on f (x1 , . . . , xn ) = p 2 (k ∈ R), hallar (x1 + · · · + x2n )n−2 el valor de ∂2f − ∂2f − → → (→ x ), con − x = (x1 , . . . , xn ). ( x ) + · · · + 2 2 ∂xn ∂x1 Soluci´ on

Para cualquier i ∈ {1, . . . , n}, las derivadas parciales de primer orden son: −k · ∂f − (→ x) = ∂xi

n−2 2 2 −1 i=1 xi Pn 2 n−2 i=1 xi

n−2 2

Pn

· 2xi

= −k(n − 2) · P n

xi

2 i=1 xi

n/2 .

Derivando nuevamente, obtenemos: ∂2f − (→ x ) = −k(n − 2) ∂x2i

2 n/2 i=1 xi

Pn

" = −k(n − 2)

n X

#n/2 x2i

i=1

Pn

= −k(n −

Pn 2 (n/2)−1 · 2x i i=1 xi n 2 i=1 xi Pn 2 −1 1 − nx2i i=1 xi Pn 2 n i=1 xi − xi (n/2) Pn

x2 − nx2 2) Pi=1 i (n/2)+1i n 2 i=1 xi

2 k(n − 2) = − P x1 + · · · + (1 − n)x2i + · · · + x2n . (n/2)+1 n 2 i=1 xi 155

La suma pedida vale entonces k(n − 2) (1 − n)(x21 + · · · + x2n ) + (n − 1)(x21 + · · · + x2n ) = 0. (n/2)+1 n 2 i=1 xi

S = − P

PROBLEMA 3.60

Dada la funci´ on u = u(r, s) de clase C (2) , si x = 2r − s, y = r + 2s, ∂2u averiguar el valor de en funci´ on de las derivadas con respecto ∂y∂x a r y s. Soluci´ on

2x + y 2y − x ,s= , 5 5 luego ∂r/∂x = 2/5, ∂s/∂x = −1/5, ∂r/∂y = 1/5, ∂s/∂y = 2/5. Por tanto,

Despejando r y s en función de x e y, tenemos que r =

∂u ∂y 2 ∂ u ∂y∂x

u1 =

∂u ∂r ∂u ∂s 1 ∂u 2 ∂u · + · = · + · , ∂r ∂y ∂s ∂y 5 ∂r 5 ∂s ∂u1 ∂u1 ∂r ∂u1 ∂s = = · + · ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x 1 ∂2u 2 ∂2u 2 1 ∂2u 2 ∂2u −1 = · + · · + · + · · 5 ∂r2 5 ∂s∂r 5 5 ∂r∂s 5 ∂s2 5 2 2 2 1 ∂ u ∂ u ∂ u = 2 2 +3 −2 2 , 25 ∂r ∂r∂s ∂s =

pues, debido a que u ∈ C (2) ,

∂2u ∂2u = . ∂r∂s ∂s∂r

Dejamos como ejercicio comprobar que

∂2u ∂2u = . ∂y∂x ∂x∂y

PROBLEMA 3.61

Dada f (x, y) = y n e−x

2 /4y

, hallar n para que se verifique ∂f 1 ∂ 2 ∂f = 2· x . ∂y x ∂x ∂x

156

Soluci´ on Calculamos las derivadas parciales de la función: −xy n−1 −x2 /4y ·e 2 x2 2 = y n−1 e−x /4y n + . 4y

∂f ∂x ∂f ∂y

=

Como además n−1 −y 1 x2 xy n−1 x ∂2f −x2 /4y n−1 −x2 /4y = ·e =y ·e · − + , + · ∂x2 2 2 2y 2 4y deducimos que ∂ ∂f ∂f ∂2f x2 = 2x · + x2 · ∂x ∂x ∂x ∂x2 2 n−1

= −x y

−x2 /4y

2 n−1

·e

−x2 /4y

+x y ·e 3 x2 2 n−1 −x2 /4y = x y ·e · − + . 2 4y

1 x2 · − + 2 4y

En definitiva, como 1 ∂ · x2 ∂x

∂f x ∂x 2

2 /4y

= y n−1 e−x

−

3 x2 + , 2 4y

basta hacer n = −3/2 para obtener la igualdad propuesta.

PROBLEMA 3.62

Dada la funci´ on u(x, y) = f (x − y) + g(x − y), donde f y g son fun∂2u ∂2u ciones reales diferenciables, comprobar la ecuaci´ on − 2 = 0. ∂x2 ∂y Soluci´ on

Por las reglas de derivación de funciones compuestas, tenemos: ∂u = f 0 (x − y) + g 0 (x − y) =⇒ ∂x ∂u = −f 0 (x − y) − g 0 (x − y) =⇒ ∂y 157

∂2u = f 00 (x − y) + g 00 (x − y) ∂x2 ∂2u = f 00 (x − y) + g 00 (x − y). ∂y 2

Es evidente pues la igualdad propuesta.

PROBLEMA 3.63 ( y 2 sen(x/y) si y 6= 0 ∂2f Dada la funci´ on f (x, y) = , calcular (0, 0) ∂x∂y 0 si y = 0 ∂2f y (0, 0). ¿A qu´ e se debe el resultado? ∂y∂x

Soluci´ on

Las derivadas parciales de primer orden se calculan como sigue: ∂f (0, 0) ∂x ∂f (0, 0) ∂y ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, y) ∂y

f (h, 0) − f (0, 0) =0 h→0 h f (0, k) − f (0, 0) = l´ım =0 k→0 k

=

l´ım

= y 2 · cos(x/y) · (1/y) = y · cos(x/y)

si y 6= 0

= 2y · sen(x/y) + y 2 · cos(x/y) · (−x/y 2 )

= 2y · sen(x/y) − x · cos(x/y) si y 6= 0 2 ∂f f (x, k) − f (x, 0) k sen(x/k) (x, 0) = l´ım = l´ım = 0. k→0 k→0 ∂y k k Con los resultados anteriores, calculamos las derivadas parciales de segundo orden: ∂2f (0, 0) = ∂x∂y ∂2f (0, 0) = ∂y∂x

∂ ∂f (0, 0) = l´ım k→0 ∂y ∂x ∂ ∂f (0, 0) = l´ım h→0 ∂x ∂y

∂f ∂x (0, k)

− k

∂f ∂x (0, 0)

∂f ∂y (h, 0)

−

∂f ∂y (0, 0)

h

k · cos 0 − 0 =1 k→0 k

= l´ım

0−0 = 0. h→0 k

= l´ım

Las derivadas de segundo orden cruzadas no son iguales en este problema ∂2f debido a que la función no es continua en el origen (dejamos como ∂x∂y ejercicio la comprobación de esta afirmación). 158

PROBLEMA 3.64

Sea f (x, y) = ex sen(xy), donde x = g(s, t), y = h(s, t). Si llamamos ∂2k k a la funci´ on compuesta k(s, t) = f g(s, t), h(s, t) , calcular . ∂s∂t

Soluci´ on

Aplicando la regla de la cadena, ∂g ∂g ∂h x ∂h ∂k = D1 f · +D2 f · = e sen(xy)+yex cos(xy) · +xex cos(xy)· . ∂s ∂s ∂s ∂s ∂s Denotaremos por comodidad F1 (x, y) = D1 f (x, y) = ex sen(xy)+yex cos(xy) y F2 (x, y) = D2 f (x, y) = xex cos(xy). Si derivamos con respecto a t el resultado anterior, obtenemos: ∂2k ∂s∂t

∂F1 ∂g ∂F1 ∂h ∂g ∂2g = · + · · + F1 (x, y) · ∂x ∂t ∂y ∂t ∂s ∂s∂t ∂h ∂2h ∂F2 ∂g ∂F2 ∂h · + · · + F2 (x, y) · + ∂x ∂t ∂y ∂t ∂s ∂s∂t x ∂g ∂g = e sen(xy) + 2yex cos(xy) − y 2 ex sen(xy) · ∂t ∂s ∂h ∂g + [xex cos(xy) + ex cos(xy) − xyex sen(xy)] · ∂t ∂s ∂g ∂h + [ex cos(xy) + xex cos(xy) − xyex sen(xy)] · · ∂t ∂s ∂h ∂h −x2 ex sen(xy) · · ∂t ∂s ∂2g ∂2h + ex sen(xy) + yex cos(xy) · + xex cos(xy) · . ∂s∂t ∂s∂t

PROBLEMA 3.65

Sea f una funci´ on homog´ enea de grado p. Probar que x2

2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f + 2xy + y = p(p − 1)f. ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

159

Soluci´ on

A partir de la fórmula de Euler xD1 f + yD2 f = pf, calculamos las derivadas parciales y obtenemos: xD11 f + D1 f + yD21 f

= pD1 f

xD12 f + D2 f + yD22 f

= pD2 f.

Multiplicamos la primera igualdad por x y la segunda por y, y sumamos ambas expresiones. Se obtiene as´ı: x2 D11 f + xD1 f + 2xyD12 f + yD2 f + y 2 D22 f 2

2

=⇒ x D11 f + 2xyD12 f + y D22 f

= pxD1 f + pyD2 f = x(p − 1)D1 f + y(p − 1)D2 f = (p − 1) · p · f,

después de aplicar nuevamente la fórmula de Euler.

PROBLEMA 3.66

Sean f, g : R → R dos funcionescon derivadas segundas continuas. Definimos F (x, y) = f x + g(y) . Verificar si es cierta la igualdad D1 F · D12 F = D2 F · D11 F. Soluci´ on

Definimos la variable auxiliar u = x + g(y). Por las reglas de derivación de la función compuesta, tenemos: D1 F D11 F

∂u ∂u = f 0 (u), D2 F = f 0 (u) · = f 0 (u) · g 0 (y); ∂x ∂y ∂u ∂u = f 00 (u) · = f 00 (u), D12 F = f 00 (u) · = f 00 (u) · g 0 (y). ∂x ∂y = f 0 (u) ·

De lo anterior se deduce que la igualdad propuesta es cierta. 160

PROBLEMA 3.67

Si f y g son funciones reales de una variable real que tienen derivadas de orden 2 continuas, se define y(x, t) = f (x + at) + g(x − at).

Probar que y verifica la “ecuaci´ on de la cuerda vibrante” 2 ∂2y 2 ∂ y = a . ∂t2 ∂x2

Soluci´ on

Utilizando las variables auxiliares u = x + at, v = x − at, podemos escribir y = f (u) + g(v). Las derivadas parciales valen entonces ∂y ∂t ∂y ∂x

= =

∂y ∂u ∂y ∂u

∂u ∂y ∂v + · = af 0 (u) − ag 0 (v); ∂t ∂v ∂t ∂u ∂y ∂v · + · = f 0 (u) + g 0 (v). ∂x ∂v ∂x ·

Derivando por segunda vez, si denotamos por y1 = ∂y/∂t e y2 = ∂y/∂x, se tiene: ∂2y ∂t2 ∂2y ∂x2

= =

∂y1 ∂y1 ∂u ∂y1 ∂v = · + · = a2 f 00 (u) + a2 g 00 (v); ∂t ∂u ∂t ∂v ∂t ∂y2 ∂y2 ∂u ∂y2 ∂v = · + · = f 00 (u) + g 00 (v). ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x

Del resultado anterior se deduce de forma inmediata la ecuación propuesta.

PROBLEMA 3.68

Dada la funci´ on f (x, y) =

( xy

x2 −y 2 x2 +y 2

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0),

0

estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales de primer orden y diferenciabilidad de la misma. Comprobar adem´ as que D12 f (0, 0) 6= D21 f (0, 0). 161

Soluci´ on

(a) Teniendo en cuenta que −(x2 + y 2 ) ≤ 2xy ≤ x2 + y 2 , deducimos que x2 − y 2 x2 − y 2 |x2 | + |y 2 | ≤ 0 ≤ xy 2 . ≤ x + y2 2 2 Debido a que el l´ımite de las funciones en ambos extremos de la desigualdad es cero cuando (x, y) → (0, 0), también debe ser cero el l´ımite de f (x, y). Esto prueba la continuidad de f en R2 . (b) Por definición, ∂f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = ∂y

f (h, 0) − f (0, 0) 0−0 = l´ım = 0, h→0 h h f (0, k) − f (0, 0) 0−0 l´ım = l´ım = 0. k→0 k→0 k k l´ım

h→0

Esto prueba que existen ambas derivadas parciales de primer orden. (c) Para que la función sea diferenciable en el origen, debe anularse el l´ımite |f (x, y) − f (0, 0) − x · fx0 (0, 0) − y · fy0 (0, 0)| p (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x2 −y2 xy x2 +y2 |xy(x2 − y 2 )| p = l´ım = l´ım . (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3/2 x2 + y 2

L =

l´ım

Aplicaremos la acotación ya utilizada en el apartado (a) |xy| ≤ x2 + y 2 y las siguientes desigualdades: 0≤ Como

p |xy(x2 − y 2 )| |x2 − y 2 | x2 + y 2 ≤ ≤ = x2 + y 2 . (x2 + y 2 )3/2 (x2 + y 2 )1/2 (x2 + y 2 )1/2 l´ım

p x2 + y 2 = 0, entonces L = 0 y la función es diferen-

(x,y)→(0,0)

ciable. (d) Las derivadas de primer orden en un punto distinto del origen son: (3x2 y − y 3 )(x2 + y 2 ) − 2x(x3 y − xy 3 ) (x2 + y 2 )2 3 2 (x − 3xy )(x2 + y 2 ) − 2y(x3 y − xy 3 ) D2 f (x, y) = (x2 + y 2 )2

D1 f (x, y) =

162

=⇒ D1 f (0, k) = −k; =⇒ D2 f (h, 0) = h.

Aplicamos ahora la definición para calcular las derivadas de segundo orden en el origen. Recordando además el resultado del apartado (b), resulta: D1 f (0, k) − D1 f (0, 0) −k = l´ım = −1, k→0 k→0 k k h D2 f (h, 0) − D2 f (0, 0) = l´ım = 1, D21 f (0, 0) = l´ım h→0 h h→0 h

D12 f (0, 0) =

l´ım

y se deduce que, efectivamente, D12 f (0, 0) 6= D21 f (0, 0). Como sabemos, esto es debido a que alguna de las derivadas cruzadas de segundo orden no es continua en el origen.

PROBLEMA 3.69 Sea F : R2 → R2 definida por F (x, y) = f (x, y), g(x, y) , donde ( y 2 · sen(x/y) si y 6= 0 f (x, y) = 0 si y = 0,

y g es diferenciable en el origen. Supongamos adem´ as que g(0, 0) = → → 0, D~u g(0, 0) = 1 y D~v g(0, 0) = 0, siendo − u y− v los vectores (1, 1) y (−1, 1), respectivamente. Se pide: −→ (a) Calcular ∇g(0, 0). (b) Estudiar la diferenciabilidad de F en (0, 0). (c) Calcular dF (0, 0). (d) Probar que D12 f (0, 0) 6= D21 f (0, 0). Soluci´ on

(a) Por definición, − → −→ u 1 ∂g ∂g √ D~u g(0, 0) = ∇g(0, 0) · − = · (0, 0) + (0, 0) = 1, ∂x ∂y k→ uk 2 − → −→ v 1 ∂g ∂g D~v g(0, 0) = ∇g(0, 0) · − = √ · − (0, 0) + (0, 0) = 0. → ∂x ∂y kvk 2 Al resolver el sistema, se obtiene la solución ∂g √2 √2 −→ ∂g (0, 0), (0, 0) = , ∇g(0, 0) = . ∂x ∂y 2 2 163

(b) La función F es diferenciable en el origen si y sólo si lo son las funciones f y g. Esta u ´ltima lo es por hipótesis y comprobaremos que f tiene derivadas parciales de primer orden continuas en (0, 0). Utilizando la definición de derivada parcial y las reglas usuales de derivación, obtenemos: ∂f (x, y) ∂x ∂f (x, 0) ∂x ∂f (x, y) ∂y ∂f (x, 0) ∂y

si y 6= 0

= y cos(x/y) =

f (x + h, 0) − f (x, 0) = 0; h→0 h l´ım

= 2y sen(x/y) − x cos(x/y) =

si y 6= 0

f (x, k) − f (x, 0) = l´ım k sen(x/k) = 0. k→0 k→0 k l´ım

Es fácil comprobar que, tanto

∂f ∂f como , son continuas en el origen. ∂x ∂y

(c) Por definición, dF (0, 0) = (df (0, 0), dg(0, 0)). Utilizando los resultados de los apartados (a) y (b), obtenemos: df (0, 0) = dg(0, 0) =

∂f (0, 0) · dx + ∂x ∂g (0, 0) · dx + ∂x

∂f (0, 0) · dy = 0, ∂y √ ∂g (0, 0) · dy = ( 2/2) · (dx + dy). ∂y

(d) Por definición, D1 f (0, k) − D1 f (0, 0) k−0 = l´ım = 1, k→0 k→0 k k D2 f (h, 0) − D2 f (0, 0) 0−0 D21 f (0, 0) = l´ım = l´ım = 0, h→0 h→0 h h D12 f (0, 0) =

l´ım

lo que prueba el enunciado.

164

´ 6. FORMULA DE TAYLOR. →. Por definición de Sea f : Rm → R una función diferenciable en un punto − x 0 diferenciabilidad, podemos escribir → →) + Df (− →) · (− → →) + R (− → − → f (− x ) = f (− x x x −− x 0 0 0 1 x , x0 ), donde l´ım

x→x0

→ →) R1 (− x,− x 0 − − → → → →k = 0 y, si llamamos x − x0 = (h1 , . . . , hm ), podemos k− x −− x 0

escribir →) · (− → →) = Df (− x x −− x 0 0

m X ∂f − →) · h . (x 0 i ∂xi i=1

La fórmula → →) + f (− x ) = f (− x 0

m X ∂f − →) · h + R (− → − → (x 0 i 1 x , x0 ), ∂xi i=1

recibe el nombre de fórmula de Taylor de primer orden de la función f en →. el punto − x 0 Una extensión de esta fórmula puede obtenerse mediante derivadas de orden superior. En particular, si f : Rm → R es una función de clase C (2) → (lo que significa que existen y son continuas las derivaen un punto − x 0 das parciales de segundo orden de la función en dicho punto), entonces la → es la fórmula de Taylor de segundo orden de la función f en el punto − x 0 siguiente: → →) + f (− x ) = f (− x 0

m m X m X X ∂f − ∂2f − →) · h + 1 →) · h · h + R (− → − → (x (x 0 i 0 i j 2 x , x0 ), ∂xi 2 ∂xi ∂xj i=1

con l´ım

x→x0

i=1 j=1

→ →) R2 (− x,− x 0 − − → → → →k2 = 0 y x − x0 = (h1 , . . . , hm ). k− x −− x 0

Una fórmula expl´ıcita para el error puede obtenerse en el caso de que la →; en concreto, función sea de clase C (3) en un entorno del punto − x 0 m

m

m

XXX ∂3f − →) = 1 → (− c ) · h i · hj · hk , R2 (→ x,− x 0 3! ∂xi ∂xj ∂xk i=1 j=1 k=1

−c es alg´ → con → − donde → un punto contenido en el segmento que une − x x. 0 → como Si definimos la matriz hessiana de f en el punto − x 0

→) = Hf (− x 0

∂2f ∂xi ∂xj 165

, i,j=1,...,m

la fórmula de Taylor de segundo orden se puede escribir como → → →)+− → →)+ 1 (− → →)·Hf (− →)·(− → →)T +R (− → − → f (− x ) = f (− x ∇f (x0 )·(− x −− x x −− x x x −− x 0 0 0 0 0 2 x , x0 ), 2 → →)T a la matriz columna formada por las comdonde denotamos por (− x −− x 0 → →. ponentes del vector − x −− x 0

PROBLEMA 3.70

Escribir el desarrollo de Taylor de segundo orden de las funciones: (a) f (x, y) = −x2 + 2xy + 3y 2 − 6x − 2y − 4 en el punto (−2, 1). (b) f (x, y) = e−x

2 −y 2

· cos(x + y) en el punto (0, 0).

(c) f (x, y) = xy en el punto (1, 1). (d) f (x, y) = ex+y en el punto (0, 0). Soluci´ on

Calcularemos en todos los casos el vector gradiente y la matriz hessiana en el punto correspondiente. (a) Si f (x, y) = −x2 + 2xy + 3y 2 − 6x − 2y − 4, entonces f (−2, 1) = 1. Además, −→ D1 f (x, y) = −2x + 2y − 6 =⇒ ∇f (−2, 1) = (0, 0); D2 f (x, y) = 2x + 6y − 2 D11 f (x, y) = −2, D12 f (x, y) = 2, −2 2 . =⇒ Hf (−2, 1) = D21 f (x, y) = 2, D22 f (x, y) = 6 2 6 As´ı pues, f (x, y) = f (−2, 1) + (0, 0) · (x + 2, y − 1) 1 −2 2 x+2 + (x + 2, y − 1) + R2 (x, y) 2 6 y−1 2 = 1 − (x + 2)2 + 2(x + 2)(y − 1) + 3(y − 1)2 + R2 (x, y). Observemos en este caso que R2 (x, y) = 0, es decir el polinomio de Taylor de segundo orden coincide con la función al ser ésta ya un polinomio de segundo grado. 166

(b) Como f (x, y) = e−x parte,

2 −y 2

· cos(x + y), entonces f (0, 0) = 1. Por otra

) 2 2 −→ D1 f (x, y) = e−x −y −2x cos(x + y) − sen(x + y) =⇒ ∇f (0, 0) = (0, 0). 2 −y 2 −x D2 f (x, y) = e −2y cos(x + y) − sen(x + y) Como además Hf (0, 0) =

−3 −1 , la fórmula de Taylor nos da la −1 −3

igualdad 1 −3 −1 x f (x, y) = f (0, 0) + · (x, y) + R2 (x, y) −1 −3 y 2 3 3 = 1 − x2 − xy − y 2 + R2 (x, y). 2 2 En la gráfica se observa el grado de aproximación en un entorno del origen de la superficie que representa la función (por encima) y la gráfica del polinomio de segundo grado que representa el polinomio de Taylor de segundo orden (por debajo).

(c) De f (x, y) = xy , deducimos que f (1, 1) = 1. Además, −→ D1 f (x, y) = yxy−1 =⇒ ∇f (1, 1) = (1, 0); D2 f (x, y) = xy ln x  D11 f (x, y) = y(y − 1)xy−2  0 1 y−1 D12 f (x, y) = x (1 + y ln x) =⇒ Hf (1, 1) = . 1 0  y−1 y 2 D21 f (x, y) = x (1 + y ln x) D22 f (x, y) = x (ln x) Sustituyendo en la fórmula de Taylor, obtenemos: f (x, y) = f (1, 1) + (1, 0) · (x − 1, y − 1) 1 0 1 x−1 + · (x − 1, y − 1) + R2 (x, y) 1 0 y−1 2 = 1 − y + xy + R2 (x, y). 167

(d) Como f (x, y) = ex+y , f (0, 0) = 1. Por otra parte, −→ −→ ∇f (x, y) = ex+y , ex+y =⇒ ∇f (0, 0) = (1, 1); x+y x+y e e 1 1 Hf (x, y) = x+y x+y =⇒ Hf (0, 0) = . e e 1 1 Obtenemos entonces que 1 1 1 x + R2 (x, y) f (x, y) = f (0, 0) + (1, 1) · (x, y) + · (x, y) 1 1 y 2 = 1 + (x + y) +

(x + y)2 + R2 (x, y). 2

PROBLEMA 3.71

Sea la funci´ on 2

f (x, y) = eax+y + b · sen(x2 + y 2 ).

Determinar los valores de a y b para que el plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el origen sea horizontal y el polinomio de Taylor de segundo orden centrado en el origen tome el valor 6 en el punto (1, 2). Soluci´ on

Para que el plano tangente sea horizontal, deben anularse las dos derivadas parciales de primer orden. As´ı pues, como ∂f ∂x ∂f ∂y

2

= aeax+y + 2bx cos(x2 + y 2 ) 2

= 2yeax+y + 2by cos(x2 + y 2 ),

deducimos que ∂f ∂f (0, 0) = a y (0, 0) = 0. ∂x ∂y Basta hacer a = 0 para que ambas derivadas parciales se anulen. Sustituyendo en la función, resulta 2

f (x, y) = ey + b sen(x2 + y 2 ). 168

Para escribir el polinomio de Taylor, calculemos las derivadas parciales de segundo orden: ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

= 2b cos(x2 + y 2 ) − 4bx2 sen(x2 + y 2 ), = −4bxy sen(x2 + y 2 ), 2

= (2 + 4y 2 )ey + 2b cos(x2 + y 2 ) − 4by 2 sen(x2 + y 2 ).

Sustituyendo en el punto (0, 0), obtenemos la matriz hessiana 2b 0 Hf (0, 0) = . 0 2 + 2b El polinomio de Taylor en el origen tiene la forma 1 x = 1 + bx2 + (1 + b)y 2 . P2 f (x, y) = f (0, 0) + (x, y) · Hf (0, 0) · y 2 Teniendo en cuenta el enunciado del problema, hacemos 6 = P2 f (1, 2). Resulta as´ı: 6 = 1 + b + 4(1 + b) =⇒ b = 1/5.

169

7. PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- Calcular las derivadas parciales de primer orden de las siguientes funciones: p (a) f (x, y) = x2 + y 2 . 2

(b) f (x, y) = x(y ) . (c) f (x, y) = ln sen(y/x) .

(d) f (x, y, z) = exyz sen(xy) cos(2xz). 2.- Comprobar las siguientes igualdades para las funciones que se indican: ∂z ∂z (a) x +y = 0 si z = ln(y/x). ∂x ∂y

(b)

∂u ∂u ∂u x−y + + = 1 si u = x + . ∂x ∂y ∂z y−z

(c) x · zx0 + y · zy0 = z si z =

x2 + y 2 . x+y

3.- Dada la funci´ on ( x/y f (x, y) = 0

si y 6= 0 si y = 0,

calcular sus derivadas direccionales en el origen y comprobar que f no es continua en el origen. 4.- Calcular las derivadas direccionales de la funci´ on ( 0 si xy = 0 f (x, y) = 1 si xy 6= 0

en el origen. 5.- Estudiar la continuidad y la existencia de derivadas direccionales de la funci´ on ( 2 xy si x 6= 0, 2 4 f (x, y) = x +y 0 si x = 0,

en el origen. 170

6.- Se define una funci´ on f : R2 → R por ( 2 2 x +y si (x, y) 6= (0, 0) 2 2 f (x, y) = x −y 0 si (x, y) = (0, 0).

(a) ¿El dominio de la funci´ on es abierto o cerrado? (b) Determinar si f es continua o no en el origen. → → − − → → (c) Calcular f 0 ( O , − y ), donde O = (0, 0), − y = (a, b) es un vector unitario cualquiera, y deducir las derivadas parciales en el origen. 7.- Calcular las derivadas parciales en(el punto (0, 0) y estudiar la difexy si (x, y) 6= (0, 0), 2 2 renciabilidad de la funci´ on f (x, y) = x +y 0 si (x, y) = (0, 0). 8.- Sea f (x, y) = (x2 + y 2 ) sen √

1 , x2 +y 2

si (x, y) 6= (0, 0) y f (0, 0) = 0.

Probar que f es diferenciable y, sin embargo, fx0 no es continua en (0, 0). 9.- Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales de primer orden y diferenciabilidad de la funci´ on   √ x|y| si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0)

en el punto (0, 0). 10.- Estudiar la continuidad y diferenciabilidad de la funci´ on ( x3 si (x, y) 6= (0, −1) x2 +(y+1)2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, −1). 11.- Sea f (x, y) = x2 − 3x + |ay|, con a ∈ R.

(a) ¿Para qu´ e valores de a es f continua en (1, 0)? (b) ¿Para qu´ e valores de a es f diferenciable en (1, 0)? 12.- Dada la funci´ on f : R2 → R definida por ( xa y b si (x, y) 6= (0, 0) 4 +x2 y 2 +y 4 x f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0), 171

siendo a y b n´ umeros reales positivos, se pide: (a) Hallar las condiciones para que f (x, y) sea continua en el punto (0, 0). (b) Si a = 3, b = 2, ¿es f diferenciable en (0, 0)? 13.- Estudiar la diferenciabilidad de la funci´ on ( ex+y , sen(x − y), x2 sen(1/x) f (x, y) = (ey , − sen y, 0)

si x 6= 0 si x = 0.

14.- Sea f : R2 → R una funci´ on con las siguientes caracter´ısticas:

i) f es diferenciable en (x0 , y0 ). ii) df(x0 ,y0 ) (3, 2) = 5. iii) Dx f (x0 , y0 ) = Dy f (x0 , y0 ). Calcular Dx f (x0 , y0 ). 15.- Sabiendo que la derivada direccional de la funci´ on z√ = f (x, y) en el punto (1, 2) en la direcci´ on hacia el punto (2, 3) es 2 2 y en la direcci´ on hacia (1, 0) es −3, ¿cu´ anto vale en direcci´ on al origen? 16.- Hallar la derivada direccional de la funci´ on que se indica en el punto dado y seg´ un la direcci´ on del vector (cos β, sen β). Hallar tambi´ en el valor de β para que la derivada sea m´ axima en ese punto.

(a) f (x, y) = arc tg(x/y), P = (3, 4). (b) f (x, y) = ex sen y , P = (0, π/6). (c) f (x, y) = sen(xy), P = (2, π/4). 17.- Hallar la direcci´ on en la que la derivada direccional de la funci´ on 1 z = e−y sen x + e−3y sen(3x) 3 en el origen alcanza el valor m´ aximo. 18.- ¿En qu´ e direcci´ on se debe mover un punto que parte de (1, 1, 16) para que la funci´ on f (x, y) = (x + y − 2)2 + (3x − y − 6)2 disminuya del modo m´ as r´ apido posible? 172

19.- Hallar la derivada direccional de la funci´ on f (x, y, z) = x cos y + y cos z + z cos x −−→ en el punto P = (2, 1, 0) seg´ un la direcci´ on del vector P P 0 , donde P 0 = (1, 4, 2). Adem´ as hallar el valor de dicha derivada en P seg´ un → − → − la direcci´ on del vector v , donde v es un vector unitario tal que D~v f es un m´ aximo. 20.- La temperatura T de una placa de metal en un punto (x, y) es inversamente proporcional a la distancia al origen. Si suponemos que en el punto P (3, 4) la temperatura es 100◦ C , calcular la raz´ on de cam→ − − → bio de T en P en la direcci´ on del vector i + j . ¿En qu´ e direcci´ on aumenta m´ as r´ apidamente T en P ? ¿En qu´ e direcci´ on se anula la tasa de variaci´ on? 21.- Hallar F 0 (y) sabiendo que F (y) =

Z

y2

e−x

2y

dx.

y

Z 22.- Sabiendo que 0

b

dx 1 b = arc tg , calcular 2 2 a +x a a

Z 0

b

(a2

dx . + x2 )2

23.- Hallar el vector gradiente de la funci´ on f en el punto dado:

(a) f (x, y) = ln(x + y − 1) + e2xy , P = (0, 2). (b) f (x, y, z) = xzexy + yzexz + xyeyz , P = (−1, 2, 1). 24.- Hallar la ecuaci´ on del plano tangente a la superficie dada en el punto indicado:

(a) f (x, y) = xy , (2, 1, 2). (b) f (x, y) =

ex , P = (1, 1, e/2). x2 + y 2

25.- Representar la gr´ afica de la superficie z = ln(x2 + y 2 ) y el plano tangente en el punto (−2, 0, ln 4). 26.- Trazar los planos tangentes a la superficie x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21 que son paralelos al plano x + 4y + 6z = 0. 27.- Hallar los puntos de la superficie x2 +2xy−y 2 +3z 2 −2x+2y−6z−2 = 0 donde el plano tangente es paralelo al plano Y Z . 173

28.- Probar que todo plano tangente al cono z 2 = x2 + y 2 pasa por el origen. 29.- Sean f, g : R2 → R funciones de clase C (1) (R2 ) tales que f (1, 1) = 2, g(1, 1) = 3, fx0 (x, y) = gx0 (x, y) = 2xy . Calcular Fx0 (1, 1) si F (x, y) = ef (x,y)+g(x,y) . x2 y si (x, y) 6= (0, 0), f (0, 0) = 0, x2 + y 2 y g(x) = (x, x), estudiar la diferenciabilidad de la funci´ on compuesta (f ◦ g)(0). 30.- Dadas las funciones f (x, y) =

du si: dt √ √ (a) u = ln sen(x/ y) , x = 3t2 , y = t2 + 1.

31.- Calcular

(b) u = xyz , x = t2 + 1, y = ln t, z = tg t. (c) u = ln(x/y) + xy , x = tg t, y = 1/ sen t. ∂h 32.- Escribir la f´ ormula de para las siguientes funciones: ∂x (a) h(x, y) = f x, u(x, y) . (b) h(x) = f x, u(x), v(x) . (c) h(x, y, z) = f u(x, y, z), v(x, y), w(x) . 33.- Sea z(x, y) = x · f (2y/x) + xy · g(3x − y, x2 − y 2 ), con f ∈ C (1) (R) y g ∈ C (1) (R2 ). Suponiendo que f (2) = 2, f 0 (2) = −1, g(2, 0) = 0, ∂z ∂z g10 (2, 0) = 1 y g20 (2, 0) = −1, calcular (1, 1) y (1, 1). ∂x ∂y 34.- Dadas las funciones f (r, s, t) = (r + s + t, r − 2s + 3t, 2r + s − t) y g(x, y, z) = x + 2yz , calcular las derivadas parciales de la funci´ on compuesta g ◦ f . ∂z ∂z y2 − xy + y 2 = 0 si z = + ϕ(xy), siendo ∂x ∂y 3x ϕ una funci´ on derivable. 35.- Demostrar que x2 ·

2

2

36.- Sea z = ey Φ(yex /2y ), donde Φ es una funci´ on derivable. Comprobar que (x2 − y 2 )zx0 + xyzy0 = xyz. 174

37.- Sean f : R2 → R y F (r, ϑ) = f (r cos ϑ, r sen ϑ). Probar que −→ 1 k∇f (r cos ϑ, r sen ϑ)k2 = [D1 F (r, ϑ)]2 + 2 [D2 F (r, ϑ)]2 . r 38.- Si z = f (x, y) es diferenciable y homog´ enea de grado p, probar que fx0 y fy0 son homog´ eneas de grado p − 1. 39.- Sea z(x, y) = x·f (x/y)+y·g(y/x), para x, y 6= 0, donde f, g ∈ C (1) (R). Probar que x · zx0 + y · zy0 = z . 1 . Suponiendo que f (x − y, y) f (−1, 3) = −1, f10 (−1, 3) = 2, f20 (−1, 3) = −3, calcular, caso de ser posible, dg(2, 3). 40.- Sea f ∈ C (1) (R2 ) y se define g(x, y) =

41.- Dada la funci´ on f (x, y, z) = zexy + x2 yz 3 , comprobar que fxyz = fzyx . 42.- Sea f (x, y) = arc tg(y/x), x = x(t), y = y(t). Calcular f 0 (t), f 00 (t).

43.- Dada la ecuaci´ on [F (x) + G(y)]2 ez(x,y) = 2F 0 (x)G0 (y),

comprobar que D21 z 6= 0. 44.- La sustituci´ on u = x + y , v = xy 2 transforma la funci´ on f (u, v) en ∂2F en funci´ on de las derivadas parciales la funci´ on F (x, y). Expresar ∂x∂y de f .

45.- Si w(x, y) = f (x+y)+g(x−y), comprobar que

∂2w ∂2w = = f 00 (u) + g 00 (v), ∂x2 ∂y 2

donde u = x + y , v = x − y .

46.- Comprobar en cada uno de los casos la ecuaci´ on

(a) u(x, y) = ex sen y . (b) u(x, y) = ln(x2 + y 2 ). 175

∂2u ∂2u + 2 = 0: ∂x2 ∂y

47.- Si w = sen(x + ct) + cos(2x + 2ct), comprobar que

2 ∂2w 2 ∂ w = c . ∂t2 ∂x2

48.- Escribir el desarrollo de Taylor de segundo orden para las siguientes funciones:

(a) f (x, y) = ex cos y en el punto (0, 0). (b) f (x, y) = sen(x + 2y) en el punto (0, π/2). (c) f (x, y) = cos(x · y) en el punto (π/2, 0). (d) f (x, y) = ex

2 +y 2 +xy

en el punto (0, 0).

49.- Contestar verdadero o falso justificando la respuesta:

(a) Si f es diferenciable, posee derivadas parciales de primer orden continuas. (b) Si f es continua, posee derivadas parciales de primer orden. → → → (c) Sea f : Rm → R. Si f~v0 (− x ) = 0, para todo − x ∈ Br (− a ) y para todo → − → − vector unitario v , entonces f es constante en B ( a ). r

−−−−→ −→ −→ (d) ∇(f g) = f · ∇g + g · ∇f .

(e) Para cualquier funci´ on f con derivadas parciales segundas se ve∂2f ∂2f rifica = . ∂x∂y ∂y∂x

176

CAPÍTULO IV. APLICACIONES DEL ´ CALCULO DIFERENCIAL

SECCIONES 1. Teorema de la función impl´ıcita. 2. Teorema de la función inversa. 3. Cambio de variables. 4. Máximos y m´ınimos de funciones. 5. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange.

177

´ IMPL´ 1. TEOREMA DE LA FUNCION ICITA.

Nos planteamos en esta sección el siguiente problema: → → − ¿Bajo qué condiciones una ecuación del tipo F (− x,− z ) = 0, con → x ∈ Rm , → − → − → − n z ∈ R , tiene alguna solución z = g( x )? Si dicha solución existe y es u ńica localmente, decimos que F define impl´ıcitamente → − → − a z en función de x . Un caso particular de este problema es el de la solución de un sistema lineal n X aij zj = xi , 1 ≤ i ≤ n, j=1

el cual tiene solución u ńica cuando la matriz de los coeficientes tiene determinante no nulo y, en este caso, la solución viene dada por la regla de Cramer. → → Si denotamos por − z = (z , . . . , z ) y − x = (x , . . . , x ) y definimos las 1

funciones → → fi (− x,− z)=

n

n X

1

n

aij zj − xi , 1 ≤ i ≤ n,

j=1

la matriz (aij )1≤i,j≤n es precisamente la matriz jacobiana de la función F = (f1 , . . . , fn ) con respecto a las variables (z1 , . . . , zn ) y, de lo anterior, deducimos que det JF 6= 0 es una condición suficiente para que el sistema → → defina de forma impl´ıcita a − z como función de − x . Esta condición también será esencial en el caso general. Veamos otro ejemplo sencillo: la ecuación x2 +y 2 +z 2 = 1 representa la esfera centrada en el origen y radio unidad. p Al despejar z en la ecuaci´ p on, obtenemos dos posibles soluciones, z = + 1 − x2 − y 2 y z = − 1 − x2 − y 2 , que representan la semiesfera superior y la semiesfera inferior, respectivamente, y definen dos funciones diferenciables, pero u ńicamente si x2 + y 2 < 1. Esto significa que, en un entorno del punto (x0 , y0 , z0 ) perteneciente a la esfera, si z0 6= 0, la ecuación inicial define impl´ıcitamente una u ńica función z = z(x, y) diferenciable pero, si z0 = 0, la ecuación no tiene solución u ńica de la forma z = z(x, y). Enunciamos a continuación el resultado general que proporciona las condiciones suficientes para la existencia de una función definida en forma impl´ıcita. Teorema de la funci´ on impl´ıcita. Sean F = (f1 , . . . , fn ) : Rm+n → Rn →, − → (1) una funci´ on de clase C en un abierto D ⊂ Rm+n y (− x 0 z0 ) ∈ D un punto tal que 178

→, − → i) F (− x 0 z0 ) = 0, y

∂f1 /∂z1 . . . ∂f1 /∂zn ∂(f1 , . . . , fn ) − ∂(f1 , . . . , fn ) .. →, − → ii) (x = , 0 z0 ) 6= 0, donde . ∂(z1 , . . . , zn ) ∂(z1 , . . . , zn ) ∂fn /∂z1 . . . ∂fn /∂zn →, un entorno abierto V ⊂ entonces existe un entorno abierto U ⊂ Rm de − x 0 → − n R de z y una u ńica funci´ on g : U → V tales que: 0

a) g ∈ C (1) (U ), →) = − → b) g(− x z , 0

0

→ → − c) F − x , g(− x ) = 0, ∀→ x ∈ U. Veamos en los distintos casos cómo se calculan las derivadas de una función definida en forma impl´ıcita. 1.1. Caso de una variable independiente. Si una ecuación f (x, y) = 0, donde f es una función diferenciable de las variables x e y, determina a y como función de x, la derivada de esta función dada en forma impl´ıcita, siempre que fy0 (x, y) 6= 0, puede hallarse por la fórmula: dy f 0 (x, y) = − x0 . dx fy (x, y) (Las derivadas de orden superior pueden hallarse por derivación sucesiva de la fórmula anterior.) Ejemplo 1. En la fórmula (x2 + y 2 )3 − 3(x2 + y 2 ) + 1 = 0, tenemos: fx0 (x, y) = 3(x2 + y 2 )2 · 2x − 3(2x) = 6x[(x2 + y 2 )2 − 1] fy0 (x, y) = 3(x2 + y 2 )2 · 2y − 3(2y) = 6y[(x2 + y 2 )2 − 1]. de donde dy/dx = −x/y. Para hallar la segunda derivada, derivamos con respecto a x la primera derivada que hemos encontrado, teniendo en cuenta al hacerlo que y es función de x: d2 y d x y − x(dy/dx) y − x(−x/y) y 2 + x2 = − = − = − = − . dx2 dx y y2 y2 y3

1.2. Caso de varias variables independientes. Análogamente, si la ecuación F (x1 , . . . , xn , z) = 0, donde F es una función diferenciable de las variables x1 , . . . , xn y z, determina en forma impl´ıcita a z como función de las variables independientes x1 , . . . , xn , en los puntos 179

donde Fz0 (x1 , . . . , xn , z) 6= 0, las derivadas parciales de esta función dada en forma impl´ıcita pueden hallarse por las fórmulas: F 0 (x1 , . . . , xn , z) F 0 (x1 , . . . , xn , z) ∂z ∂z = − x01 = − x0n ,..., . ∂x1 Fz (x1 , . . . , xn , z) ∂xn Fz (x1 , . . . , xn , z) Ejemplo 2. La ecuación x2 −2y 2 +3z 2 −yz +y = 0 representa una superficie en el espacio R3 . Si suponemos que dicha ecuación define a z como función de x e y, z = f (x, y), sus derivadas parciales se calculan como sigue: Fx0 (x, y, z) = 2x, Fy0 (x, y, z) = −4y − z + 1, Fz0 (x, y, z) = 6z − y, de modo que ∂z 2x ∂z 1 − 4y − z =− , =− , ∂x 6z − y ∂y 6z − y en los puntos donde 6z − y 6= 0.

1.3. Sistemas de funciones impl´ıcitas. F (x, y, u, v) = 0 determina u y v como Si el sistema de dos ecuaciones G(x, y, u, v) = 0 funciones diferenciables de las variables x e y y el determinante de la matriz jacobiana

∂F ∂u ∂G ∂u

∂F ∂v ∂G ∂v

es no nulo, entonces las derivadas parciales de u =

u(x, y), v = v(x, y) se obtienen por las fórmulas ∂(F,G)

∂(F,G)

∂u ∂(x,v) = − ∂(F,G) ∂x

∂v ∂(u,x) , = − ∂(F,G) ∂x

∂u = ∂y

,

∂(u,v) ∂(F,G) ∂(y,v) − ∂(F,G) ∂(u,v)

∂v = ∂y

∂(u,v) ∂(F,G) ∂(u,y) − ∂(F,G) ∂(u,v)

.

∂F ∂(F, G) ∂F ∂u ∂v (Utilizamos en estos casos la notación = ∂G ∂G , y de forma si∂(u, v) ∂u ∂v milar con el resto de variables.) u+v =x+y Ejemplo 3. Sabiendo que las ecuaciones determinan u y xu + yv = 1 v como funciones de x e y, si definimos las funciones F (x, y, u, v) = u + v − x − y G(x, y, u, v) = xu + yv − 1, 180

las fórmulas anteriores dan los siguientes resultados: ∂(F, G) 1 −1 ∂(F, G) −1 = u + x, = = x u u ∂(u, x) ∂(x, v) ∂(F, G) −1 1 ∂(F, G) 1 = = = −y − v, v y x ∂(y, v) ∂(u, y)

∂(F, G) 1 1 = y − x, = x y ∂(u, v) 1 = −y − u, y −1 = v + x. v

Por tanto, ∂u y+u ∂v u+x = ; =− ; ∂x y−x ∂x y−x ∂u y+v ∂v v+x = ; =− . ∂y y−x ∂x y−x En la práctica, en vez de utilizar las fórmulas anteriores, podemos resolver directamente el sistema formado por las derivadas parciales de las ecuaciones dadas, teniendo en cuenta que u y v son funciones de x e y. As´ı pues, al derivar respecto a x, obtenemos: ∂u ∂v + ∂x ∂x ∂u ∂v u+x +y ∂x ∂x

= 1 = 0,

de donde

∂u u+y ∂v u+x = , = . ∂x −x + y ∂x x−y Análogamente se proceder´ıa resolviendo el sistema formado por las derivadas parciales respecto a y. 1.4. Funciones dadas en forma param´ etrica. Si la función diferenciable z de las variables x e y se expresa mediante sus ecuaciones paramétricas

∂x ∂(x, y) ∂u y = ∂y ∂(u, v) ∂u de ecuaciones

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v) ∂x ∂v 6= 0, la diferencial de esta funci´ on se deduce del sistema ∂y ∂v

dx = dy = dz =

∂x ∂x · du + · dv, ∂u ∂v ∂y ∂y · du + · dv, ∂u ∂v ∂z ∂z · du + · dv. ∂u ∂v 181

Conociendo la diferencial dz = pdx + qdy, hallamos las derivadas parciales ∂z ∂z =py = q. ∂x ∂y Ejemplo 4. Si la función z de los argumentos x e y viene dada por las ∂z ecuaciones x = u + v, y = u2 + v 2 , z = u3 + v 3 , (u 6= v), hallar , ∂x ∂z . ∂y Primer método. Por diferenciación, hallamos tres ecuaciones que relacionan entre s´ı las cinco variables: dx = du + dv, dy = 2udu + 2vdv, dz = 3u2 du + 3v 2 dv. De las primeras dos ecuaciones despejamos du y dv: du =

dy − 2udx 2vdx − dy , dv = . 2(v − u) 2(v − u)

Sustituyendo en la tercera ecuación estas expresiones, resulta: dz = 3u2

de donde

2vdx − dy dy − 2udx 3 + 3v 2 = −3uv dx + (u + v) dy, 2(v − u) 2(v − u) 2

∂z 3 ∂z = −3uv, = (u + v). ∂x ∂y 2

Segundo método. Calculamos las derivadas parciales respecto a x e y en las tres ecuaciones que definen z, teniendo en cuenta que u = u(x, y), v = v(x, y). Tenemos as´ı: (∗)

( ∂v 1 = ∂u ∂x + ∂x 0 = 2u ∂u ∂x + 2v ∂z

(∗∗)

∂x ∂z ∂y

∂v ∂x

∂v 0 = ∂u ∂y + ∂y 1 = 2u ∂u ∂y + 2v

∂v ∂y

2 ∂v = 3u2 ∂u ∂x + 3v ∂x 2 ∂v = 3u2 ∂u ∂y + 3v ∂y .

Al resolver los dos sistemas de (∗), obtenemos ∂u v = , ∂x v−u ∂u 1 = , ∂y 2(u − v)

∂v u = , ∂x u−v ∂v 1 = . ∂y 2(v − u) 182

Sustituyendo estas expresiones en la fórmula (∗∗), resulta: ∂z ∂x ∂z ∂y

v u + 3v 2 = −3uv v−u u−v 1 1 3(u + v) = 3u2 + 3v 2 = . 2(u − v) 2(v − u) 2 = 3u2

Tercer método. Definimos la función h(u, v) = f x(u, v), y(u, v) − z(u, v), donde z = f (x, y) es la función determinada por las ecuaciones paramétricas. Entonces h(u, v) = 0 en los puntos donde está definida dicha función y: ∂h ∂x ∂y ∂z = 0 = D1 f · + D2 f · − , ∂u ∂u ∂u ∂u ∂h ∂x ∂y ∂z = 0 = D1 f · + D2 f · − . ∂v ∂v ∂v ∂v Resulta as´ı un sistema de dos ecuaciones que se resuelve aplicando la regla de Cramer.

PROBLEMA 4.1

Sea h : R2 → R la funci´ on definida por h(x, y) = x2 + y 3 + xy + x3 + ay,

siendo a un par´ ametro real. (a) ¿Para qu´ e valores de a la ecuaci´ on h(x, y) = 0 define y como funci´ on impl´ıcita de x de clase C (∞) , en un entorno de (0, 0)? (b) ¿Define la anterior ecuaci´ on a x como funci´ on impl´ıcita diferenciable de y en un entorno de (0, 0) para alg´ un valor de a? Soluci´ on

(a) Averig¨ uemos si se cumplen las hipótesis del teorema de la función impl´ıcita. i) h(0, 0) = 0, evidentemente. ii) Como h es una función polinómica, existen D1 h(x, y) = 2x + y + 3x2 , D2 h(x, y) = 3y 2 + x + a y son continuas en todo R2 . En particular lo serán en (0, 0). 183

iii) D2 h(0, 0) = a. Por tanto, si a 6= 0, h(x, y) = 0 define a y como función impl´ıcita de clase C (∞) en un entorno de (0, 0).

(b) Veamos ahora que la ecuación no define a x como función impl´ıcita diferenciable de y en un entorno de (0, 0). Es claro que se verifican i) y ii) pero no iii) porque D1 h(0, 0) = 0 independientemente del valor de a.

PROBLEMA 4.2

Sea f ∈ C (1) (R2 ) una funci´ on homog´ enea de grado 2 y tal que f (0, 1) = 4. ¿Existe alg´ un valor de k para el cual la ecuaci´ on f (x, y)−k = 0 define a y como funci´ on impl´ıcita de x en un entorno de (0, 1)? Soluci´ on Por hipótesis, f (tx, ty) = t2 f (x, y), ∀t > 0. En particular, f (0, t) = t2 f (0, 1) = 4t2 , ∀t > 0. Debemos estudiar si la función G(x, y) = f (x, y) − k verifica las condiciones del teorema de la función impl´ıcita en el punto (0, 1). i) En primer lugar, para que G(0, 1) = 0, debe ser k = 4. ii) Debido a las hipótesis del problema, es claro que G ∈ C (1) (R2 ). iii) Por definición,

∂G ∂f = . Además, ∂y ∂y

∂f f (0, 1 + k) − f (0, 1) 4(1 + k)2 − 4 (0, 1) = l´ım = l´ım = 8. k→0 k→0 ∂y k k Deducimos entonces que

∂G (0, 1) 6= 0. ∂y 184

En conclusión, si k = 4, la ecuación dada define a y como función impl´ıcita de x en un entorno del punto (0, 1).

PROBLEMA 4.3

Se

considera

la

funci´ on

y/x

u(x, y) = e

·g

x+y , x−y

siendo

g : R → R una funci´ on de clase C (1) .

(a) Demostrar que x

∂u ∂u +y = 0. ∂x ∂y

(b) Si g(3) = 0, g 0 (3) = 1, demostrar que u(x, y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = ϕ(x) en un entorno del punto (1, 1/2). Calcular ϕ0 (1). Soluci´ on x+y , de modo que la función x−y dada se escribe como u(x, y) = ey/x · g z(x, y) .

(a) Escribiremos por comodidad z(x, y) =

Teniendo en cuenta que ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

−2y (x − y)2 2x , (x − y)2

resulta: ∂u ∂x

∂u ∂y

∂z −y y/x y/x 0 · e · g z(x, y) + e · g z(x, y) · x2 ∂x i h −y −2y ; = ey/x g(z) · 2 + g 0 (z) · x (x − y)2 ∂z 1 y/x = ·e · g z(x, y) + ey/x · g 0 z(x, y) · x ∂y h i 1 2x = ey/x g(z) · + g 0 (z) · . x (x − y)2 =

Un simple cálculo algebraico da como resultado h ∂u ∂u −y 0 −2xy i y/x h y 0 2xy i x +y = ey/x g(z)· +g (z)· +e g(z)· +g (z)· , ∂x ∂y x (x − y)2 x (x − y)2 cuyo valor es cero. Observemos que la función es homogénea de grado cero, de modo que bastar´ıa aplicar el teorema de Euler para probar el resultado pedido. 185

(b) Veamos que se verifican las condiciones del teorema de la función impl´ıcita: u(1, 1/2) = e1/2 g(3) = 0, h i ∂u 2 (1, 1/2) = e1/2 g(3) + g 0 (3) · = 8e1/2 6= 0. ∂y (1 − 1/2)2 Además

∂u es continua en un entorno de (1, 1/2), por serlo g y g 0 . ∂y

As´ı pues, existe y = ϕ(x) en un entorno de (1, 1/2). Además ∂u

(1, 1/2)

1 = . 2 ∂y (1, 1/2)

∂x ϕ0 (1) = − ∂u

PROBLEMA 4.4 g(x, y) , donde g ∈ C (1) (R2 ) es una x+y funci´ on homog´ enea de grado 1.

Se define la funci´ on f (x, y) =

(a) Probar que f es homog´ enea y determinar su grado. (b) Sabiendo que el punto (1, 1) pertenece a la curva de nivel cero de g y que gy0 (1, 1) 6= 0, probar que la ecuaci´ on f (x, y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = ϕ(x) en un entorno del punto (1, 1) y calcular ϕ0 (1). Soluci´ on

(a) Por hipótesis g(tx, ty) = t · g(x, y), de donde f (tx, ty) =

g(tx, ty) = f (x, y), tx + ty

lo que indica que f es homogénea de grado cero. (b) Veamos si se verifican las hipótesis del teorema de la función impl´ıcita: i) En un entorno U del punto (1, 1) es x + y 6= 0, lo que, a˜ nadido a la hipótesis g ∈ C (1) (R2 ), permite concluir que f ∈ C (1) (U ). ii) Como g(1, 1) = 0, entonces f (1, 1) = 186

g(1, 1) = 0. 2

(x + y) · gy0 (x, y) − g(x, y) , entonces (x + y)2 2gy0 (1, 1) fy0 (1, 1) = 6= 0. 4 Lo anterior asegura la existencia de una función y = ϕ(x) definida en f 0 (1, 1) un entorno del punto (1, 1). Además, ϕ0 (1) = − x0 . Ahora bien, fy (1, 1) como iii) Como fy0 (x, y) =

fx0 (x, y) =

(x + y) · gy0 (x, y) − g(x, y) (x + y) · gx0 (x, y) − g(x, y) 0 , f (x, y) = , y (x + y)2 (x + y)2

resulta ϕ0 (1) = −

gx0 (1, 1) . gy0 (1, 1)

Al ser g una función homogénea de grado 1, por el teorema de Euler sabemos que gx0 (1, 1) + gy0 (1, 1) = g(1, 1) = 0 (debido a que el punto (1, 1) está en la curva de nivel cero de g). Sustituyendo este resultado, obtenemos en definitiva que ϕ0 (1) = 1.

PROBLEMA 4.5

Sea F (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 − 1. ¿La ecuaci´ on F (x, y, z) = 0 determina a z como funci´ on impl´ıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 1)? ¿Y en un entorno de (1, 1, −1)? ¿Cu´ al es la expresi´ on expl´ıcita de dichas funciones? Soluci´ on

Es inmediata la comprobación de las condiciones ∂F (1, 1, 1) = −2 6= 0, ∂z ∂F F (1, 1, −1) = 0, (1, 1, −1) = 2 6= 0. ∂z

F ∈ C (1) (R3 ), F (1, 1, 1) = 0,

Lo anterior asegura la existencia de sendas funciones diferenciables z = z1 (x, y) y z = z2 (x, y) definidas en entornos de los puntos (1, 1, 1) y (1, 1, −1), respectivamente. Al despejar z en la ecuación F (x, y, z) = 0 obtenemos las expresiones expl´ıcitas: p p z1 (x, y) = + x2 + y 2 − 1 y z2 (x, y) = − x2 + y 2 − 1, 187

que representan las dos ramas del hiperboloide de una hoja definido por la ecuación original.

PROBLEMA 4.6

Calcular las derivadas parciales de la funci´ on z = f (x, y) definida impl´ıcitamente por la ecuaci´ on y 2 + xz + z 2 − ez − c = 0. Soluci´ on

Construimos la función F (x, y, z) = y 2 + xz + z 2 − ez − c. En los puntos donde Fz0 6= 0, es decir x + 2z − ez 6= 0, las derivadas parciales son las siguientes: Fy0 Fx0 z ∂z 2y ∂z =− 0 =− , =− 0 =− . ∂x Fz x + 2z − ez ∂y Fz x + 2z − ez

PROBLEMA 4.7

Se considera la funci´ on u = u(x, y) definida impl´ıcitamente por ∂u ∂u la ecuaci´ on u = F (x + u, yu). Calcular , en funci´ on de las ∂x ∂y derivadas parciales de F . Soluci´ on

Teniendo en cuenta que u es función de x e y, si aplicamos la regla de la cadena, obtenemos (la notación F10 , F20 representa, como es usual, las derivadas de F con respecto a sus dos variables v = x + u, w = yu): ∂u ∂u ∂u = F10 · 1 + + F20 · y · =⇒ ∂x ∂x ∂x ∂u ∂u ∂u = F10 · + F20 · y · +u =⇒ ∂y ∂y ∂y 188

∂u F10 = ∂x 1 − F10 − yF20 ∂u F20 · F = ∂y 1 − F10 − yF20

PROBLEMA 4.8 Siendo u = f (x − z)u, (y − t)u, (z − t)u , demostrar que ∂u ∂u ∂u ∂u + + + = 0. ∂x ∂y ∂z ∂t Soluci´ on

Hacemos x1 = (x − z)u, x2 = (y − t)u, x3 = (z − t)u, de modo que u = f (x1 , x2 , x3 ). Las derivadas parciales son entonces ∂u ∂x

= =

=⇒

∂u ∂x ∂u ∂y

= = =

=⇒

∂u ∂y ∂u ∂z

= = =

=⇒

∂u ∂z ∂u ∂t

= = =

∂u =⇒ ∂t

=

∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂x ∂x2 ∂x ∂x3 ∂x [u + (x − z) · u0x ] · D1 f + (y − t) · u0x · D2 f + (z − t) · u0x · D3 f u · D1 f ; 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f ∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂y ∂x2 ∂y ∂x3 ∂y (x − z) · u0y · D1 f + [u + (y − t) · u0y ] · D2 f + (z − t) · u0y · D3 f u · D2 f ; 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f ∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂z ∂x2 ∂z ∂x3 ∂z [−u + (x − z) · u0z ] · D1 f + (y − t) · u0z · D2 f + [u + (z − t) · u0z ] · D3 f −u · D1 f + u · D3 f ; 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f ∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3 · + · + · ∂x1 ∂t ∂x2 ∂t ∂x3 ∂t (x − z) · u0t · D1 f + [−u + (y − t) · u0t ] · D2 f + [−u + (z − t) · u0t ] · D3 f −u · D2 f − u · D3 f . 1 − (x − z) · D1 f − (y − t) · D2 f − (z − t) · D3 f

Sumando término a término, es evidente la identidad deseada.

PROBLEMA 4.9

Dada la funci´ on z = sen x +

1 , hallar dz . 1 sen y + sen x+... 189

Soluci´ on

Teniendo en cuenta que z = sen x +

1 z = sen x + sen y + 1/z 1 + z sen y

y sabiendo que dz = zx0 dx + zy0 dy, calcularemos en la expresión anterior las derivadas parciales: zx0 · (1 + z sen y) − z · zx0 · sen y zx0 = cos x + (1 + z sen y)2 (1 + z sen y)2 cos x · (1 + z sen y)2 ; (1 + z sen y)2 − 1 zy0 · (1 + z sen y) − z · (zy0 · sen y + z · cos y) zy0 − z 2 cos y = (1 + z sen y)2 (1 + z sen y)2 2 −z cos y . (1 + z sen y)2 − 1

zx0 = cos x + =⇒ zx0 = zy0 = =⇒ zy0 =

En definitiva, dz =

cos x · (1 + z sen y)2 · dx − z 2 cos y · dy . (1 + z sen y)2 − 1

PROBLEMA 4.10

Sea f : R2 → R una funci´ on diferenciable. Supongamos que la ecuaci´ on f (y/x, z/x) = 0 define a z impl´ıcitamente como funci´ on de x e y . Probar que x

∂z ∂z +y = z. ∂x ∂y

Soluci´ on

A fin de aplicar la regla de la cadena, utilizaremos las variables auxiliares u = y/x, v = z/x. De este modo, por la derivada de la función impl´ıcita, tenemos: ∂z ∂x ∂z ∂y

∂f /∂x f 0 · (−y/x2 ) + fv0 · (−z/x2 ) yfu0 + zfv0 =− u = ; ∂f /∂z fu0 · 0 + fv0 · (1/x) xfv0 ∂f /∂y f 0 · (1/x) + fv0 · 0 −fu0 = − = − u0 = . ∂f /∂z fu · 0 + fv0 · (1/x) fv0 = −

190

Entonces x

∂z ∂z yf 0 + zf 0 yf 0 +y = u 0 v − 0u = z. ∂x ∂y fv fv

PROBLEMA 4.11

La ecuaci´ on F (x + y + z, x2 + y 2 + z 2 ) = 0 define a z como funci´ on impl´ıcita diferenciable de x e y en un cierto abierto U ⊂ R2 . Si llamamos z = f (x, y) a dicha funci´ on, calcular df (x, y) en funci´ on de D1 F y D2 F . Soluci´ on

Por hipótesis, podemos expresar la ecuación dada como F x + y + f (x, y), x2 + y 2 + f 2 (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ U. Derivando respecto a las variables x e y, y si llamamos por comodidad P = x + y + f (x, y), x2 + y 2 + f 2 (x, y) , resulta: ∂f ∂f (x, y)] + D2 F (P ) · [2x + 2f (x, y) (x, y)] = 0 ∂x ∂x ∂f ∂f (x, y)] + D2 F (P ) · [2y + 2f (x, y) (x, y)] = 0. D1 F (P ) · [1 + ∂y ∂y

D1 F (P ) · [1 +

Por tanto, ∂f D1 F (P ) + 2xD2 F (P ) (x, y) = − ∂x D1 F (P ) + 2f (x, y)D2 F (P ) ∂f D1 F (P ) + 2yD2 F (P ) (x, y) = − . ∂y D1 F (P ) + 2f (x, y)D2 F (P )

PROBLEMA 4.12

Sea on z = z(x, y) dada impl´ıcitamente por la ecuaci´ on la zfunci´ z F x + ,y + = 0, donde F es una funci´ on diferenciable. Comy x probar que x

∂z ∂z +y = z − xy. ∂x ∂y 191

Soluci´ on z z Llamamos u = x + , v = y + . Aplicando las fórmulas de derivación de y x las funciones impl´ıcitas: ∂z ∂x

= = ∂z ∂y

∂F/∂x ∂F/∂z D1 F (u, v) · (∂u/∂x) + D2 F (u, v) · (∂v/∂x) − D1 F (u, v) · (∂u/∂z) + D2 F (u, v) · (∂u/∂z) D1 F (u, v) − (z/x2 ) · D2 F (u, v) − , (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v) ∂F/∂y − ∂F/∂z D1 F (u, v) · (∂u/∂y) + D2 F (u, v) · (∂v/∂y) − D1 F (u, v) · (∂u/∂z) + D2 F (u, v) · (∂v/∂z) −(z/y 2 ) · D1 F (u, v) + D2 F (u, v) − . (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v)

= −

= = =

De lo anterior, se deduce que x

∂z ∂z +y ∂x ∂y

xD1 F (u, v) − (z/x)D2 F (u, v) − (z/y)D1 F (u, v) + yD2 F (u, v) (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v) [xD1 F (u, v) + yD2 F (u, v)] = z− = z − xy. (1/y) · D1 F (u, v) + (1/x) · D2 F (u, v) = −

PROBLEMA 4.13

Determinar condiciones suficientes para que la ecuaci´ on xy , x2 + y 2 = 0 f z defina a z como funci´ on impl´ıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 2). Para dicha funci´ on, calcular y

∂z ∂z −x ∂x ∂y

en el punto (1, 1, 2). Soluci´ on

192

(a) Definimos F : R3 → R por F (x, y, z) = f

xy

, x2 + y 2 , es decir F es

z la composición de f con la función (u, v) : R3 → R2 definida por (u, v)(x, y, z) =

xy z

, x2 + y 2 .

Para que F (x, y, z) = 0 defina a z como función impl´ıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 2), deben cumplirse las tres condiciones siguientes: i) F (1, 1, 2) = 0, lo que por definición equivale a f (1/2, 2) = 0. ii) F ∈ C (1) en un entorno del punto (1, 1, 2). Como la función (u, v) es de clase C (1) en un entorno del punto (1, 1, 2) (donde z 6= 0), dicha condición equivale a que f ∈ C (1) en un entorno del punto (1/2, 2). iii)

∂F (1, 1, 2) 6= 0. ∂z Por la regla de la cadena, ∂F (1, 1, 2) = fu0 (1/2, 2) · u0z (1, 1, 2) + fv0 (1/2, 2) · vz0 (1, 1, 2) ∂z −1 0 = f (1/2, 2), 4 u de modo que esta condición equivale a fu0 (1/2, 2) 6= 0.

(b) Las condiciones anteriores aseguran la existencia de una función z = z(x, y) en un entorno del punto (1, 1, 2). Tenemos entonces

y

∂z ∂z −x ∂x ∂y

−∂F/∂x −∂F/∂y −x· ∂F/∂z ∂F/∂z −y · ∂F/∂x + x · ∂F/∂y ∂F/∂z 0 −y[fu · u0x + fv0 · vx0 ] + x[fu0 · u0y + fv0 · vy0 ] ∂F/∂z 2 2 0 (x − y ) · fu . z · (∂F/∂z)

= y· = = =

Sustituyendo en el punto (1, 1, 2), obtenemos el valor cero. 193

PROBLEMA 4.14

Se considera la ecuaci´ on x2 + y 2 + z 2 = ψ(ax + by + cz), a, b, c ∈ R, (c 6= 0),

donde ψ : R → R es una funci´ on de clase C (1) tal que ψ(0) = 0, 0 ψ (0) = 1. (a) Probar que dicha ecuaci´ on define a z como funci´ on impl´ıcita diferenciable de x e y en un entorno de (0, 0, 0). (b) Si llamamos z = f (x, y) a dicha funci´ on impl´ıcita, probar que en el entorno del origen donde est´ a definida se verifica (cy − bz)Dx f (x, y) + (az − cx)Dy f (x, y) = bx − ay.

(c) Si se supone que ψ tiene derivada segunda continua, calcular Dx f (0, 0), Dy f (0, 0), Dxx f (0, 0), Dyy f (0, 0). Soluci´ on

(a) Sea G : R2 × R → R la función definida por G(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − ψ(ax + by + cz); comprobemos que se verifican las hipótesis del teorema de la función impl´ıcita en un entorno de (0, 0, 0): i) G(0, 0, 0) = 0 pues G(0, 0, 0) = −ψ(0) = 0. ii) G ∈ C (1) porque es suma de la función polinómica (x, y, z) 7→ x2 + y 2 + z 2 , de clase C (∞) , y la composición de ψ, de clase C (1) por hipótesis, con la función lineal (x, y, z) 7→ ax + by + cz, de clase C (∞) . iii)

∂G (0, 0, 0) 6= 0. En efecto, ∂z Dz G(x, y, z) = 2z−cψ 0 (ax+by+cz) =⇒ Dz G(0, 0, 0) = −cψ 0 (0) = −c, el cual es distinto de cero, por hipótesis.

Del teorema de la función impl´ıcita se deduce entonces que existe un entorno abierto U de (0, 0), otro entorno abierto V de 0 y una función 194

f : U → V de clase C (1) tal que para cada (x, y) ∈ U , existe un u ńico z = f (x, y) ∈ V que verifica G x, y, f (x, y) = 0, es decir {(x, y, z) ∈ U × V : G(x, y, z) = 0} = {(x, y, z) ∈ U × V : z = f (x, y)}. En particular f (0, 0) = 0. (b) Por el apartado (a) sabemos que G x, y, f (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ U , es decir x2 + y 2 + [f (x, y)]2 − ψ ax + by + cf (x, y) = 0. Derivando esta ecuación con respecto a x e y, tenemos: 2x + 2f (x, y)Dx f (x, y) − ψ 0 ax + by + cf (x, y) · [a + cDx f (x, y)] = 0, 2y + 2f (x, y)Dy f (x, y) − ψ 0 ax + by + cf (x, y) · [b + cDy f (x, y)] = 0. (∗) En el teorema de la función impl´ıcita se pueden elegir U y V tales que ∀(x, y, z) ∈ U × V, Dz G(x, y, z) = 2z − cψ 0 (ax + by + cz) 6= 0; en particular para los puntos en los que z = f (x, y) se tendrá 2f (x, y) − cψ 0 ax + by + cf (x, y) 6= 0, y por tanto aψ 0 ax + by + cf (x, y) − 2x Dx f (x, y) = 2f (x, y) − cψ 0 ax + by + cf (x, y) bψ 0 ax + by + cf (x, y) − 2y . Dy f (x, y) = 2f (x, y) − cψ 0 ax + by + cf (x, y)

(∗∗)

En los puntos en que z = f (x, y) se tiene entonces (cy − bz)Dx f (x, y) + (az − cx)Dy f (x, y) c(ay − bx) · ψ 0 (ax + by + cz) + 2z(bx − ay) = 2z − cψ 0 (ax + by + cz) = bx − ay. (c) Si ψ tiene derivada segunda continua, entonces G es de clase C (2) y, por tanto, f es de clase C (2) . Sustituyendo (x, y) por (0, 0) en las expresiones (∗∗) y teniendo en cuenta que f (0, 0) = 0, resulta Dx f (0, 0) = −a/c, Dy f (0, 0) = −b/c. 195

(∗ ∗ ∗)

Si derivamos en (∗) la primera ecuación respecto de x y la segunda respecto de y, tenemos: 2 + 2[Dx f (x, y)]2 + 2f (x, y)Dxx f (x, y) − ψ 00 ax + by + cf (x, y) [a + cDx f (x, y)]2 − cDxx f (x, y)ψ 0 ax + by + cf (x, y) = 0, 2 + 2[Dy f (x, y)]2 + 2f (x, y)Dyy f (x, y) − ψ 00 ax + by + cf (x, y) [b + cDy f (x, y)]2 − cDyy f (x, y)ψ 0 ax + by + cf (x, y) = 0. Sustituyendo en (0, 0) y teniendo en cuenta los resultados de (∗ ∗ ∗), resulta: ) ( 2 2 2 2 + 2a − cD f (0, 0) = 0 Dxx f (0, 0) = 2 · a c+c xx 2 3 c2 =⇒ 2 2 . 2 + 2b − cDyy f (0, 0) = 0 Dyy f (0, 0) = 2 · b c+c 3 c2

PROBLEMA 4.15 x cos y + y cos z + z cos x = π define imProbar que el sistema x2 + y 2 + z 2 − xy = π 2 pl´ıcitamente una funci´ on f : U → R2 , f (x) = f1 (x), f2 (x) , en un entorno del punto (0, 0, π). Calcular f10 (0), f20 (0), f100 (0), f200 (0).

Soluci´ on

Sea F : R3 → R2 definida por F (x, y, z) = (F1 , F2 )(x, y, z) = (x cos y+y cos z+z cos x−π, x2 +y 2 +z 2 −xy−π 2 ). Se prueba fácilmente que: i) F es de clase C (1) en (0, 0, π). ii) F (0, 0, π) = 0. Dy F1 (0, 0, π) Dz F1 (0, 0, π) −1 1 6= 0. = iii) Dy F2 (0, 0, π) Dz F2 (0, 0, π) 0 2π Luego F cumple las hipótesis del teorema de la función impl´ıcita. Derivando respecto a x en las dos ecuaciones, teniendo en cuenta que y = f1 (x), z = f2 (x), y sustituyendo el resultado en el punto (0, 0, π) se llega a 1 − f10 (0) + f20 (0) = 0 =⇒ f10 (0) = 1, f20 (0) = 0. 2πf20 (0) = 0 196

Al calcular las derivadas de segundo orden respecto a x, resulta análogamente: 1 + π2 1 −f100 (0) + f200 (0) − π = 0 =⇒ f100 (0) = − , f200 (0) = − . 00 1 + πf2 (0) = 0 π π

PROBLEMA 4.16 2x = v 2 − u2 permite y = uv ∂u ∂u ∂v , , , definir las funciones u = u(x, y), v = v(x, y), calcular ∂x ∂y ∂x ∂v . ∂y

Suponiendo que el sistema de ecuaciones

Soluci´ on

Derivamos con respecto a x ambas ecuaciones y aplicamos la regla de Cramer. Tenemos as´ı:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛  2v 2  ˛ ˛  ˛ ˛   u 0 ˛ ˛  0  ˛ = 2−u 2 ˛ u =  x ˛ ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛   ˛ v ˛ ˛˛ ˛u 2 = 2v · vx0 − 2u · u0x ˛ =⇒ ˛ ˛ 0 0 0 = u · vx + v · ux ˛2 −2u˛   ˛ ˛  ˛   v ˛˛ ˛0  0  ˛ = 2v 2. vx = ˛˛  ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛   ˛ ˛ v ˛ ˛u Si procedemos de forma análoga derivando respecto a y, resulta:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛  2v 0  ˛ ˛  ˛ ˛   u 1 ˛ ˛  0  ˛ ˛ = 2v 2 u =  y ˛ ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛   ˛ v ˛ ˛˛ ˛u 0 = 2v · vy0 − 2u · u0y ˛ =⇒ ˛ ˛ 0 0 1 = u · vy + v · uy ˛0 −2u˛   ˛ ˛  ˛   v ˛˛ ˛1  0  ˛ = 2u 2 . vy = ˛˛  ˛  u +v  ˛ ˛ 2v −2u  ˛ ˛   ˛ ˛ v ˛ ˛u Observaci´ on. También podr´ıamos haber despejado u y v en función de x e y del sistema original y derivar las expresiones expl´ıcitas obtenidas. En 197

la siguiente sección se especifican las condiciones para la validez de este procedimiento.

PROBLEMA 4.17

Sea f : R5 → R2 la funci´ on definida por f (x, y, z, u, v) = (u + v + x2 − y 2 + z 2 , u2 + v 2 + u − 2xyz).

Probar que f (x, y, z, u, v) = 0 define una funci´ on impl´ıcita dife renciable (u, v) = h1 (x, y, z), h2 (x, y, z) en un entorno del punto (0, 0, 0, −1/2, 1/2). Calcular dh(0, 0, 0). Soluci´ on

Sean f1 (x, y, z, u, v) = u+v+x2 −y 2 +z 2 y f2 (x, y, z, u, v) = u2 +v 2 +u−2xyz las componentes de f . Debido a que i) f es de clase C (1) en (0, 0, 0, −1/2, 1/2), ii) f (0, 0, 0, −1/2, 1/2) = 0, Du f1 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) Dv f1 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) 1 1 = iii) = 6 0, Du f2 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) Dv f2 (0, 0, 0, −1/2, 1/2) 0 1 f cumple las condiciones del teorema de la función impl´ıcita, de modo que, para todo (x, y, z) en un cierto entorno abierto de (0, 0, 0), se verifica: h1 (x, y, z) + h2 (x, y, z) + x2 − y 2 + z 2 h21 (x, y, z)

+

h22 (x, y, z)

=

0,

+ h1 (x, y, z) − 2xyz = 0.

Derivando el sistema respecto a x y sustituyendo el resultado en el punto (0, 0, 0) (y teniendo en cuenta también que h1 (0, 0, 0) = −1/2 y h2 (0, 0, 0) = 1/2), se obtiene: D1 h1 (0, 0, 0) + D1 h2 (0, 0, 0) = 0, −D1 h1 (0, 0, 0) + D1 h2 (0, 0, 0) + D1 h1 (0, 0, 0) = 0, de donde D1 h1 (0, 0, 0) = 0, D1 h2 (0, 0, 0) = 0. Derivando el mismo sistema respecto a y y a z, se obtiene análogamente: D2 h1 (0, 0, 0) = 0, D2 h2 (0, 0, 0) = 0, D3 h1 (0, 0, 0) = 0, D3 h2 (0, 0, 0) = 0. 198

Por tanto, dh(0, 0, 0) es la aplicación lineal de R3 en R2 definida por la matriz   0 0 0 0 . 0 0

PROBLEMA 4.18

Dado el sistema de ecuaciones

x2 + y 2 + u2 + v 2 = 4 , xyuv = 1

hallar: (a) Las expresiones de du, dv . (b) El valor de x

∂z ∂z −y , siendo z = (u + v)2 . ∂x ∂y

Soluci´ on

(a) Definimos las funciones F (x, y) = x2 + y 2 + u(x, y)2 + v(x, y)2 G(x, y) = xyu(x, y)v(x, y). De las ecuaciones dadas F (x, y) = 4, G(x, y) = 1, obtenemos: ∂F ∂x ∂G 0= ∂x 0=

= 2x + 2u · u0x + 2v · vx0 = yuv + xyv · u0x + xyu · vx0 .

Basta pues resolver este sistema de ecuaciones para obtener:

u0x =

vx0 =

−2x 2v −yuv xyu u(v 2 − x2 ) = 2u x(u2 − v 2 ) 2v xyv xyu 2u −2x xyv −yuv v(x2 − u2 ) = . 2u x(u2 − v 2 ) 2v xyv xyu 199

Procedemos de forma análoga con las derivadas parciales respecto a y. Del sistema ∂F ∂y ∂G 0= ∂y 0=

= 2y + 2u · u0y + 2v · vy0 = xuv + xyv · u0y + xyu · vy0 ,

se deduce que la solución es u0y = vy0 =

u(v 2 − y 2 ) y(u2 − v 2 ) v(y 2 − u2 ) . y(u2 − v 2 )

De lo anterior deducimos fácilmente que u(v 2 − y 2 ) u(v 2 − x2 ) dx + dy x(u2 − v 2 ) y(u2 − v 2 ) v(x2 − u2 ) v(y 2 − u2 ) dv = vx0 · dx + vy0 · dy = dx + dy. x(u2 − v 2 ) y(u2 − v 2 )

du = u0x · dx + u0y · dy =

(b) Aplicando las reglas de derivación de la función compuesta, tenemos: −2(uv + x2 ) x −2(uv + y2) = 2(u + v) · (u0y + vy0 ) = . y

zx0 = 2(u + v) · (u0x + vx0 ) = zy0

De este resultado se deduce que x zx0 − y zy0 = 2(y 2 − x2 ).

PROBLEMA 4.19 2 2x + 3y 2 − z 2 = 25 Dada la curva C : , hallar un vector unitario x2 + y 2 = z 2 √ tangente a C en el punto P ( 7, 3, 4). Soluci´ on

Si representamos la curva por sus ecuaciones paramétricas en la siguiente forma: x = x(z), y = y(z), 200

un vector tangente a la misma en un punto P = (x0 , y0 , z0 ) es −−→ v(P ) = (x0 (z0 ), y 0 (z0 ), 1). Para aplicar lo anterior a la curva dada, podemos definir las funciones f (z) = 2[x(z)]2 + 3[y(z)]2 − z 2 − 25, g(z) = [x(z)]2 + [y(z)]2 − z 2 . Ahora bien, como, en los puntos de la curva, f (z) = g(z) = 0, entonces 0 = f 0 (z) = 4x(z) · x0 (z) + 6y(z) · y 0 (z) − 2z, 0 = g 0 (z) = 2x(z) · x0 (z) + 2y(z) · y 0 (z) − 2z. Si resolvemos el sistema anterior mediante la regla de Cramer, obtenemos: 2z 6y(z) 2z 2y(z) 2z = , x0 (z) = 4x(z) 6y(z) x(z) 2x(z) 2y(z) 4x(z) 2z 2x(z) 2z −z 0 = y (z) = . 4x(z) 6y(z) y(z) 2x(z) 2y(z) √ De este modo, un vector tangente a la curva en el punto P = ( 7, 3, 4) es √ −−→ v(P ) = (8/ 7, −4/3, 1). p −−→ Basta dividir el vector por kv(P )k = 751/63 para obtener el vector unitario buscado.

Las gráficas ilustran la forma de la curva intersección del hiperboloide de una hoja con el cono, as´ı como el vector tangente en el punto dado.

201

´ INVERSA. 2. TEOREMA DE LA FUNCION

Es conocido que, en una variable, si g es una función derivable en un intervalo (a, b) y g 0 (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b), entonces g es una función estrictamente monótona y existe la inversa g −1 : g(a, b) → R, la cual es derivable en g(a, b) y su derivada viene dada por (g −1 )0 (y0 ) =

1 , con y0 = g(x0 ). g 0 (x0 )

En el caso general, dado un sistema y1 = f1 (x1 , . . . , xn ) .. . yn = fn (x1 , . . . , xn ), se trata de encontrar las condiciones suficientes para que x1 , . . . , xn se puedan expresar en función de y1 , . . . , yn , sin tener que resolver expl´ıcitamente el sistema. La existencia de solución se deduce del teorema de la función impl´ıcita aplicado a las funciones F1 (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ) = y1 − f1 (x1 , . . . , xn ) .. . Fn (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn ) = yn − fn (x1 , . . . , xn ). Como ya enunciamos en la sección anterior, la solución existe si el deter∂(F1 , . . . , Fn ) minante de la matriz jacobiana es no nulo, es decir 6= 0, lo ∂(x1 , . . . , xn ) ∂(f1 , . . . , fn ) que equivale a 6= 0. Este hecho corresponde al teorema de la ∂(x1 , . . . , xn ) función inversa. Teorema. Sea f : Rn → Rn una funci´ on de clase C (1) en un abierto D ⊂ Rn . − → − → Si x0 ∈ D y det Jf (x0 ) 6= 0, entonces existen →, i) un entorno U de − x 0

→), ii) un entorno V de f (− x 0 iii) una u ńica funci´ on g : V → U de clase C (1) en V , → − → tales que g f (− x) =− x , ∀→ x ∈V. Dicha función es, por definición, la inversa local de f . 202

Para calcular la derivada de g, basta tener en cuenta que → → − → Jf (− x ) · Jg(− y ) = In , con → y = f (− x ), de modo que n X

( 1 → → Dk gi (− y ) · Dj fk (− x) = 0 k=1

si i = j si i = 6 j

(sistema de n2 ecuaciones cuyas incógnitas corresponden a los elementos de la matriz jacobiana de g).

PROBLEMA 4.20

Determinar en cada caso si la funci´ on g satisface las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa. Encontrar g(D). En el caso de ser g inyectiva, encontrar g −1 expl´ıcitamente. → − → → − − → ∈ Rn fijo, D = Rn . (a) g( t ) = t + − x ,x 0

0

(b) g(x, y) = (x2 − y 2 , xy), D = R2 \ {(0, 0)}. (c) g(x, y) = ln(xy), (x2 + y 2 )−1 , D = {(x, y) : 0 < y < x}. Soluci´ on → − (a) Como el jacobiano Jg(t) = In y det In 6= 0, ∀ t ∈ Rn , deducimos que g(Rn ) = Rn y la función es biyectiva. Además es evidente que → → →. g −1 (− s)=− s −− x 0 2x −2y (1) 2 (b) En este caso, es evidente que g ∈ C (R ); además, Jg(x, y) = y x 2 2 y det Jg(x, y) = 2x +2y 6= 0 pues (x, y) 6= (0, 0). Por tanto, g verifica las hipótesis del teorema de la función inversa. Como g R2 \ {(0, 0)} = R2 \ {(0, 0)}, existe la inversa g −1 localmente en un entorno de cualquier punto distinto del origen. Sin embargo, la inversa no es u ńica globalmente debido a que g no es inyectiva (observemos que g(−x, −y) = g(x, y)). Para obtener una expresión expl´ıcita de g −1 , debemos resolver el sistema u = x2 − y 2 , v = xy. Tenemos as´ı:  √  2  2 = (x2 + y 2 )2 2 = u+ u2 +4v 2  u + 4v x    √2 u = x2 − y 2 2 = −u+ u2 +4v 2 u = x2 − y 2 ⇐⇒ ⇐⇒ y v = xy    sign(x · y) =2 sign v. sign(x · y) = sign v 203

Distinguiremos dos casos: - Si x ≥ 0, entonces sign v = sign y, con lo que la solución del sistema es s g −1 (u, v) = 

u+

√

u2 + 4v 2 , (sign v) · 2

s

−u +

√

 u2 + 4v 2  . 2

- Si x < 0, entonces sign v = − sign y; por tanto,  s g −1 (u, v) = −

u+

√

u2 + 4v 2 , −(sign v) · 2

s

−u +

√

 u2 + 4v 2  . 2

La gráfica adjunta ilustra la imagen de la aplicación g, seg´ un los diferentes dominios:

(c) Si llamamos u = ln(xy), v = (x2 + y 2 )−1 , entonces:

Jg(x, y) =

∂u ∂x ∂v ∂x

∂u ∂y ∂v ∂y

! =

1/x

1/y

−2x (x2 +y 2 )2

−2y (x2 +y 2 )2

! ,

de donde det Jg(x, y) =

2x2 − 2y 2 6= 0 pues 0 < y < x. xy(x2 + y 2 )2

Como además la función es de clase C (1) en D, se verifican las hipótesis del teorema de la función inversa. Veamos que incluso la inversa es global, es decir la función es inyectiva en D. 204

En efecto, si g(x1 , y1 ) = g(x2 , y2 ), entonces ln(x1 y1 ) = ln(x2 y2 ) x1 y1 = x2 y2 =⇒ (x21 + y12 )−1 = (x22 + y22 )−1 x21 + y12 = x22 + y22 (x1 − y1 )2 = (x2 − y2 )2 =⇒ (x1 + y1 )2 = (x2 + y2 )2 x1 − y1 = x2 − y2 =⇒ x1 + y1 = x2 + y2 x1 = x2 =⇒ y1 = y 2 . Obtendremos a continuación una fórmula expl´ıcita de g −1 , para lo cual resolvemos el sistema u = ln(xy), v = (x2 + y 2 )−1 : −1 v + 2eu = (x + y)2 eu = xy =⇒ −1 2 2 v −1 − 2eu = (x − y)2 v =x +y  h√ i √ −1 + 2eu + v −1 − 2eu x = 1 v 2h i =⇒ √ √ −1 u −1 u y = 1 v + 2e − v − 2e . 2 Por u ´ltimo, g(D) = {(u, v) ∈ R2 : 0 < v < e−u /2}.

PROBLEMA 4.21

Sea g : R → R definida por ( x/2 + x2 sen(1/x) g(x) = 0

si x 6= 0 . si x = 0

Estudiar si es localmente invertible en un entorno de 0. Soluci´ on 205

Veamos si se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa para x = 0. Debe ser para ello g 0 continua. Como g(h) − g(0) 1 1 1 0 g (0) = l´ım = , = l´ım + h sen h→0 h→0 2 h h 2 tenemos

( 1/2 + 2x sen(1/x) − cos(1/x) g 0 (x) = 1/2

si x 6= 0 si x = 0

que no es continua en x = 0 porque no existe l´ım cos(1/x). x→0

De lo anterior se deduce que no se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa. Ahora bien, dichas condiciones son suficientes pero no necesarias por lo que pueden existir funciones que, sin cumplirlas, admitan inversa en un entorno del punto. En nuestro caso debemos estudiar directamente la función. Para ello recordamos que, para que una función g : R → R sea invertible en cualquier intervalo, debe ser estrictamente monótona (creciente o decreciente). Debido a la forma de g 0 (x) en puntos xn =

1 , con n ∈ N, es nπ

( 3/2 g (xn ) = 1/2 − cos(nπ) = −1/2 0

si n es impar si n es par.

De aqu´ı se deduce que, en todo entorno de cero, existen puntos donde la derivada de g es positiva y puntos donde es negativa, es decir, puntos donde la función es estrictamente creciente y puntos donde es estrictamente decreciente. Como g no es monótona en ning´ un intervalo abierto que contenga al cero, no es invertible en ninguno de estos intervalos.

PROBLEMA 4.22

Sea f : R2 → R2 la funci´ on definida por f (x, y) = (x+2y, x−y). (a) Averiguar si satisface las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa. (b) Hallar Im f . (c) Comprobar que f tiene inversa global, hallando f −1 . Soluci´ on

206

(a) Para ver si cumple las hipótesis del teorema de la función inversa, debemos verificar en primer lugar que las derivadas parciales Dj fi , i, j = 1, 2, son continuas, siendo f1 (x, y) = x + 2y y f2 (x, y) = x − y las componentes de f ; esto es evidente porque D1 f1 (x, y) = 1, D2 f1 (x, y) = 2, D1 f2 (x, y) = 1, D2 f2 (x, y) = −1. Además la matriz derivada es Jf (x, y) =

1 2 1 −1

cuyo determinante

es no nulo ∀(x, y) ∈ R2 . De lo anterior se deduce pues que cada punto (x, y) ∈ R2 posee un entorno abierto en el cual existe f −1 . (b) Por definición, Im f = {(u, v) ∈ R2 : u = x + 2y, v = x − y, x, y ∈ R}. x = (u + 2v)/3 u = x + 2y , , tiene solución Debido a que el sistema y = (u − v)/3 v =x−y ∀(u, v ∈ R2 , deducimos que Im f = R2 . (c) Del resultado anterior se deduce también que u y v están un´ıvocamente determinados; por tanto, f es inyectiva y ∃f −1 : R2 → R2 definida por u + 2v u − v f −1 (u, v) = , . 3 3

PROBLEMA 4.23

Se considera la funci´ on f : R2 → R2 definida por f (u, v) = (eu + ev , eu − ev ).

Probar que f es localmente invertible en un entorno de cada punto (u, v) ∈ R2 . Mostrar que tambi´ en f es globalmente invertible calculando su funci´ on inversa. Comprobar que las matrices derivadas de f y de f −1 en puntos correspondientes son inversas. Soluci´ on

Veamos que se cumplen las condiciones del teorema de la función inversa: 207

i) Escribimos f = (f1 , f2 ), donde f1 (u, v) = eu + ev y f2 (u, v) = eu − ev ; será f ∈ C (1) (R2 ) si Di f1 , Di f2 (i = 1, 2) son continuas, lo cual es evidente pues D1 f1 (u, v) = eu ; D2 f1 (u, v) = ev ; D1 f2 (u, v) = eu ; D2 f2 (u, v) = −ev . u e ev ii) det Jf (u, v) = u = −2eu ev 6= 0, ∀(u, v) ∈ R2 . e −ev El teorema citado asegura entonces que existe un abierto U ⊂ R2 que contiene al punto (u, v) y un abierto V ⊂ R2 que contiene al punto f (u, v) de modo que f |U : U → V posee una inversa f −1 : V → U que es diferenciable en V y tal que df −1 (x, y) = [df (u, v)]−1 , donde (u, v) = f −1 (x, y). En general el teorema de la función inversa no asegura la existencia de una función inversa global f −1 : f (R2 ) → R2 ; en este caso s´ı va a existir como se prueba al calcular expl´ıcitamente dicha inversa. Para ello calculamos en primer lugar f (R2 ). Por definición, f (R2 ) = {(x, y) : ∃u, v ∈ R, (x, y) = (eu + ev , eu − ev )}. Pero

x = eu + ev y = eu − ev

=⇒

x + y = 2eu x − y = 2ev

=⇒

u = ln x+y 2 . v = ln x−y 2

Observamos que para la existencia de u y v deben ser x + y > 0 y x − y > 0 lo que sugiere que f (R2 ) = {(x, y) : x + y > 0, x − y > 0}. En efecto, ∀(u, v) ∈ R2 , 2eu = (eu + ev ) + (eu − ev ) > 0, 2ev = (eu + ev ) − (eu − ev ) > 0.

Observamos además que la función f : R2 → f (R2 ) es inyectiva pues, como hemos visto, el sistema x = eu + ev , y = eu − ev tiene solución u ńica. En −1 2 2 definitiva, existe una inversa global f : f (R ) → R definida por x+y x − y , ln f −1 (x, y) = ln 2 2 208

cuya matriz derivada en el punto (x, y) es 1/(x + y) 1/(x + y) −1 df (x, y) = 1/(x − y) −1/(x − y) y la matriz derivada de f en el punto correspondiente es u e ev (x + y)/2 (x − y)/2 df (u, v) = u = . e −ev (x + y)/2 −(x − y)/2

PROBLEMA 4.24

Probar que la funci´ on f : R2 → R2 definida por f (x, y) = (ex cos y, ex sen y) es localmente invertible en un entorno de cada punto, pero no lo es globalmente. Si A = {(x, y) : 0 < y < 2π},

probar que f |A es inyectiva y hallar f −1 . Soluci´ on

Comprobemos que se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa: i) f ∈ C (1) (R2 ) pues, si llamamos f1 (x, y) = ex cos y y f2 (x, y) = ex sen y a las componentes de f , las derivadas parciales D1 f1 (x, y) = ex cos y, D2 f1 (x, y) = −ex sen y, D1 f2 (x, y) = ex sen y, D2 f2 (x, y) = ex cos y, son todas continuas. x e cos y −ex sen y = e2x > 0, ∀(x, y) ∈ R2 . ii) det Jf (x, y) = x e sen y ex cos y Por el teorema de la función inversa, f es invertible localmente; sin embargo no lo es globalmente porque no es inyectiva (observemos que f (x, y) = f (x, y + 2π)).

209

Veamos ahora que, si restringimos la función al dominio A, s´ı será inyectiva. Sean pues (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ A. Entonces:

f (x, y) = f (x0 , y 0 ) =⇒ =⇒

0

ex cos y = ex cos y 0 0 ex sen y = ex sen y 0

e2x cos2 y = e2x cos2 y 0 0 e2x sen2 y = e2x sen2 y 0

0

0

=⇒ e2x [cos2 y + sen2 y] = e2x [cos2 y 0 + sen2 y 0 ] 0

=⇒ e2x = e2x =⇒ x = x0 . De aqu´ı se deduce que cos y = cos y 0 y sen y = sen y 0 , de donde y 0 = y + 2kπ, pero como 0 < y, y 0 < 2π, resulta y = y 0 . Para hallar f −1 , despejamos x e y en el sistema u = ex cos y, v = ex sen y. Como v/u = tg y y u2 + v 2 = e2x , resulta que f −1 (u, v) =

ln(u2 + v 2 ) 2

, arc tg

v , (u, v) 6= (0, 0). u

PROBLEMA 4.25

Sea g(r, ϑ) = (r cos ϑ, r sen ϑ). Probar que g es localmente invertible en cada punto distinto de (0, ϑ). Obtener una inversa en el dominio A = {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0}. Soluci´ on

Para que exista una inversa local, deben cumplirse las siguientes condiciones: i) g ∈ C (1) (R2 ) lo cual es evidente pues, si denotamos por g1 (r, ϑ) = r cos ϑ y g2 (r, ϑ) = r sen ϑ, entonces D1 g1 (r, ϑ) = cos ϑ, D2 g1 (r, ϑ) = −r sen ϑ, D1 g2 (r, ϑ) = sen ϑ, D2 g2 (r, ϑ) = r cos ϑ, que son continuas en todo R2 . cos ϑ −r sen ϑ = r, que es distinto de cero en todo punii) det Jg(r, ϑ) = sen ϑ r cos ϑ to distinto de (0, ϑ), ∀ϑ ∈ R. 210

El teorema de la función inversa asegura pues que g es localmente invertible en dichos puntos. Es claro que g no es inyectiva (debido a la periodicidad de la función) y que g R2 \ {(0, ϑ) : ϑ ∈ R} = R2 \ {(0, 0)}. Si B = {(r, ϑ) ∈ R2 : r > 0, 0 < ϑ < π/2}, resulta que B es abierto y g es una biyección de B sobre A.

Entonces g −1 : A → B (que existe por ser g biyectiva) coincide localmente con una función de clase C (1) (cuya existencia asegura el teorema de la función inversa) y por tanto ella misma es de clase C (1) . Si (x, y) ∈ A, existe un u ńico (r, ϑ) ∈ B tal que g(r, ϑ) = (r cos ϑ, r sen ϑ) = (x, y). Por tanto, de x2 p + y 2 = r2 , y/x = tg ϑ se deduce que la u ńica solución 2 2 de este sistema es r = x + y , ϑ = arc tg(y/x). En definitiva, g −1 (x, y) =

p

x2 + y 2 , arc tg(y/x) , ∀(x, y) ∈ A.

Observamos que, si llamamos Bk = {(r, ϑ) : r > 0, 2kπ < ϑ < 2kπ + π/2}, la función g es tambiénpuna biyección de Bk en A, pero ahora la función inversa es g −1 (x, y) = x2 + y 2 , 2kπ + arc tg(y/x) .

PROBLEMA 4.26

Dada la funci´ on f (x, y) = (x2 − x − 2, 3y), ∀(x, y) ∈ R2 , estudiar las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa, calcular f (R2 ), ver si −1 f es inyectiva y encontrar f expl´ıcitamente. Soluci´ on

211

- Es claro que f verifica las hipótesis del teorema de la función inversa porque, si llamamos f1 (x, y) = x2 −x−2 y f2 (x, y) = 3y a las componentes de f , entonces: D1 f1 (x, y) = 2x − 1, D2 f1 (x, y) = 0, D1 f2 (x, y) = 0, D2 f2 (x, y) = 3, que son evidentemente continuas. Además, 2x − 1 0 Jg(x, y) = y det Jf (x, y) = 3(2x − 1), 0 3 el cual es distinto de cero cuando x 6= 1/2, lo que indica que existe f −1 en un entorno de cada punto (x, y) ∈ R2 tal que x 6= 1/2. - Como el sistema de ecuaciones u = x2 −x−2, v = 3y tiene solución cuando el discriminante de la ecuación de segundo grado x2 − x − (2 + u) = 0 es no negativo, es decir cuando 9 + 4u ≥ 0, la imagen de la función será Im f

= {(u, v) ∈ R2 : u = x2 − x − 2, v = 3y, x, y ∈ R} n 9o = (u, v) ∈ R2 : u ≥ − . 4 1±

√

9 + 4u , y = v/3, 2 de lo que se deduce en particular que, excepto cuando u = −9/4, el valor de x no está un´ıvocamente determinado, es decir existen √ √ 1 + 9 + 4u 1 − 9 + 4u x1 = , x2 = , 2 2

- Al resolver el sistema anterior, obtenemos que x =

de modo que x1 6= x2 y f (x1 , y) = f (x2 , y); as´ı pues f no es inyectiva. Ahora bien, si llamamos D1 = {(x, y) ∈ R2 : 2x > 1}, entonces f (D1 ) = {(u, v) ∈ R2 : 4u + 9 > 0}, f |D1 es inyectiva y √ 1 + 9 + 4u v 9 −1 f (u, v) = , , u>− 2 3 4

212

y, si llamamos D2 = {(x, y) ∈ R2 : 2x < 1}, entonces f (D2 ) = {(u, v) ∈ R2 : 4u + 9 > 0}, f |D2 es inyectiva y f

−1

(u, v) =

1−

√

9 + 4u v , 2 3

, u>−

9 4

(resultados que se obtienen al resolver el sistema u = x2 − x − 2, v = 3y).

PROBLEMA 4.27 ∂z ∂z y en el punto u = 1, v = 1, si x = u+ln v , y = v −ln u, ∂x ∂y z = 2u + v .

Hallar

Soluci´ on

Por la regla de la cadena, ∂z ∂x ∂z ∂y

∂u ∂v + , ∂x ∂x ∂u ∂v = 2 + , ∂y ∂y = 2

donde (u, v) = F (x, y) es la función inversa de (x, y) = (u + ln v, v − ln u). Para comprobar que existe dicha función inversa en un entorno del punto (u, v) = (1, 1), calculamos el jacobiano 1 1 ∂(x, y) 1 ∂(x, y) 1/v = 2 6= 0. = =⇒ (1, 1) = −1 1 ∂(u, v) −1/u 1 ∂(u, v) 213

Como la función dada es de clase C (1) , existe una inversa local (u, v) = F (x, y). Para calcular las derivadas parciales de esta función inversa, derivamos la función dada con respecto a x y resolvemos el sistema resultante:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛1 1/v ˛   ˛ ˛  ˛ ˛   0 1 ˛ ˛  ∂u 1 1 ∂u  ˛ ˛ = =⇒ =  1 ˛ ˛  ∂x ∂x u=1,v=1 = 2 1+ uv  ˛ 1 ˛ 1/v  ˛ ˛   ˛ 1 ∂v 1˛ ˛˛ ˛−1/u 1 = ∂u ∂x + v · ∂x ˛ =⇒ ˛ ˛ ∂v ˛ 1  0 = − u1 · ∂u 1˛˛  ∂x + ∂x ˛  ˛ ˛   ˛−1/u 0˛  1  ∂v = ˛˛ ˛ = 1/u1 =⇒ ∂v  ˛ ∂x ∂x u=1,v=1 = 2  1+ uv  ˛ ˛ 1 1/v  ˛ ˛   ˛ 1 ˛˛ ˛−1/u Análogamente se procede con las derivadas respecto a y:  ˛ ˛ ˛ ˛ ˛0 1/v ˛   ˛ ˛  ˛ ˛   1 1 ˛ ˛  −1/v ∂u ∂u  ˛ ˛ = −1  ˛ = 1+ 1 =⇒ ∂y  ∂y = ˛˛ 2  ˛ u=1,v=1 uv 1 1/v  ) ˛ ˛   ∂u 1 ∂v ˛ ˛ 0 = ∂y + v · ∂y 1˛ ˛ ˛−1/u ˛ ˛ ˛ ∂v =⇒ 1 ∂u ˛ 1  1 = − u · ∂y + ∂y 0˛˛  ˛  ˛ ˛   ˛−1/u 1˛  1 ∂v 1  ∂v = ˛˛ ˛ = =⇒  1 ˛ ∂y ∂y u=1,v=1 = 2  1+ uv  ˛ ˛ 1 1/v  ˛ ˛   ˛ 1 ˛˛ ˛−1/u Sustituyendo estos resultados en las derivadas de z, obtenemos en definitiva ∂z 3 ∂z −1 = , = . ∂x u=1,v=1 2 ∂y u=1,v=1 2

PROBLEMA 4.28

Sea f : R3 → R3 la funci´ on definida por f (x, y, z) = ex , sen(x + y), ez .

(a) Probar que f es localmente invertible en (0, 0, 0). (b) Probar que existen puntos en R3 donde no se cumplen las hip´ otesis del teorema de la funci´ on inversa. Soluci´ on

214

(a) Debemos probar que f ∈ C (1) y que det Jf (0, 0, 0) 6= 0. Para ello calculamos las derivadas parciales de primer orden. Tenemos as´ı: fx0 (x, y, z) = ex , cos(x + y), 0 , fy0 (x, y, z) = 0, cos(x + y), 0 , fz0 (x, y, z) = (0, 0, ez ), cuyas componentes son evidentemente continuas en todo punto de R3 . Por otra parte, 1 0 0 det Jf (0, 0, 0) = 1 1 0 = 1 6= 0. 0 0 1 Queda comprobado as´ı que se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa en el origen. (b) Como hemos visto antes, en cualquier punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 , f ∈ C (1) ; sin embargo no siempre el jacobiano es distinto de cero, pues ex0 0 0 det Jf (x0 , y0 , z0 ) = cos(x0 + y0 ) cos(x0 + y0 ) 0 = ex0 +z0 cos(x0 +y0 ), 0 0 ez0 y (2n − 1)π , n ∈ Z. 2 Por tanto, en estos puntos no se cumplen las hipótesis del teorema y no podemos asegurar la existencia de la función inversa en un entorno de ellos. det Jf (x0 , y0 , z0 ) = 0 ⇐⇒ x0 + y0 =

PROBLEMA 4.29

Sea g : R3 → R3 definida por g(x, y, z) = (e2y + e2z , e2x − e2z , x − y).

(a) Probar que g es diferenciable en todo R3 y posee funci´ on inversa diferenciable en un entorno de cada punto. (b) Probar que g es globalmente invertible. Soluci´ on

215

(a) Una condición suficiente para que g sea diferenciable en R3 es que g sea de clase C (1) en todo R3 , lo cual, por definición, equivale a la continuidad de D1 gi , D2 gi , D3 gi , ∀i = 1, 2, 3, siendo g1 (x, y, z) = e2y + e2z , g2 (x, y, z) = e2x − e2z y g3 (x, y, z) = x − y. Ahora bien, las derivadas parciales de gi (i = 1, 2, 3) son D2 g1 (x, y, z) = 2e2y D2 g2 (x, y, z) = 0 D2 g3 (x, y, z) = −1

D1 g1 (x, y, z) = 0 D1 g2 (x, y, z) = 2e2x D1 g3 (x, y, z) = 1

D3 g1 (x, y, z) = 2e2z D3 g2 (x, y, z) = −2e2z D3 g3 (x, y, z) = 0,

las cuales son evidentemente continuas en cualquier punto de R3 . Por otra parte, para cualquier punto (x, y, z) ∈ R3 es det Jg(x, y, z) 6= 0 pues 2y 0 2e2z 2x 2e 0 −2e2z = −4 e2(x+z) + e2(y+z) 6= 0 det Jg(x, y, z) = 2e 1 −1 0 ya que la función exponencial no se anula en ning´ un punto. Como g cumple las hipótesis del teorema de la función inversa, posee inversa en un entorno de cada punto de R3 . (b) Para que g sea invertible globalmente, debe ser inyectiva. Veamos que, en efecto, si g(x1 , y1 , z1 ) = g(x2 , y2 , z2 ), entonces (x1 , y1 , z1 ) = (x2 , y2 , z2 ). De las ecuaciones x1 − y1 = x2 − y2 2y1

e

+ e2z1

e2x1 − e2z1

= e2y2 + e2z2 = e2x2 − e2z2 ,

al sumar las dos u ´ltimas tenemos que e2y1 + e2x1 = e2y2 + e2x2 , de donde e2y1 (1 + e2x1 −2y1 ) = e2y2 (1 + e2x2 −2y2 ). Como x1 − y1 = x2 − y2 , la u ´ltima ecuación queda ahora como e2y1 = 2y 2 e , de donde y1 = y2 , lo que, al sustituir en las otras ecuaciones, da también que x1 = x2 y z1 = z2 , como quer´ıamos comprobar. 216

PROBLEMA 4.30 xz 3 + y 2 u3 = 1 (a) Probar que el sistema define a las variables x, 2xy 3 + u2 z = 0 y como funciones impl´ıcitas diferenciables de z, u en un entorno del punto P (x0 , y0 , z0 , u0 ) = (0, 1, 0, 1).

(b) Sean x = h(z, u), y = g(z, u) las funciones impl´ıcitas definidas en el apartado (a). Demostrar que la funci´ on F (z, u) = h(z, u), g(z, u) admite funci´ on inversa diferenciable en un entorno del punto (0, 1). Soluci´ on

(a) Sea G : R2 × R2 → R2 la función definida por G(x, y, z, u) = (xz 3 + y 2 u3 − 1, 2xy 3 + u2 z) y comprobemos que verifica las hipótesis del teorema de la función impl´ıcita. i) G(0, 1, 0, 1) = (0, 0) lo que se obtiene por simple sustitución. ii) G ∈ C (1) . En efecto, las dos componentes de G, G1 (x, y, z, u) = xz 3 + y 2 u3 − 1 y G2 (x, y, z, u) = 2xy 3 + u2 z son polinomios y admiten derivadas parciales los órdenes en cualquier punto de R4 . Dx G1 (P ) Dy G1 (P ) 0 ∂(G1 , G2 ) = (P ) = iii) Dx G2 (P ) Dy G2 (P ) 2 ∂(x, y)

continuas de todos 2 = −4 6= 0. 0

Por tanto, existe un entorno abierto U de (0, 1) y otro entorno abier(1) to V de (0, 1) as´ı como una funci´ on F : U → V de clase C tal que, si F (z, u) = h(z, u), g(z, u) , se tiene G h(z, u), g(z, u), z, u = (0, 0), ∀(z, u) ∈ U . En otras palabras, {(x, y, z, u) ∈ V × U : G(x, y, z, u) = (0, 0)} = {(x, y, z, u) ∈ V × U : x = h(z, u), y = g(z, u)}. En particular, h(0, 1) = 0, g(0, 1) = 1. Observemos que, por ser G de clase C (∞) , la función impl´ıcita F es también de clase C (∞) . (b) Sea F (z, u) = h(z, u), g(z, u) . Hemos de probar que F verifica las hipótesis del teorema de la función inversa en (0, 1). 217

i) F es de clase C (1) , tal como hemos concluido por el teorema de la función impl´ıcita. 0 hz (0, 1) h0u (0, 1) 6= 0. Para comprobar esto, ii) Además, debe ser 0 gz (0, 1) gu0 (0, 1) utilizamos la identidad G h(z, u), g(z, u), z, u = 0, ∀(z, u) ∈ U , es decir h(z, u) · z 3 + [g(z, u)]2 · u3 − 1 = 0, 2h(z, u) · [g(z, u)]3 + u2 z = 0.

(∗)

Derivando este sistema respecto a z, tenemos: z 3 · h0z (z, u) + 3z 2 · h(z, u) + 2u3 · g(z, u) · gz0 (z, u) = 0, 2[g(z, u)]3 · h0z (z, u) + 6h(z, u) · [g(z, u)]2 · gz0 (z, u) + u2 = 0. Sustituyendo en el punto (z0 , u0 ) = (0, 1) y teniendo en cuenta que h(0, 1) = 0, g(0, 1) = 1, resulta que 2gz0 (0, 1) = 0, 2h0z (0, 1)+1 = 0 =⇒ gz0 (0, 1) = 0, h0z (0, 1) = −1/2. Derivando ahora (∗) respecto a u: z 3 · h0u (z, u) + 2u3 · g(z, u) · gu0 (z, u) + 3u2 · [g(z, u)]2 = 0, 2h0u (z, u) · [g(z, u)]3 + 6h(z, u) · [g(z, u)]2 · gu0 (z, u) + 2uz = 0. Nuevamente al sustituir en (z0 , u0 ) = (0, 1), obtenemos: 2gu0 (0, 1)+3 = 0, 2h0u (0, 1) = 0 =⇒ gu0 (0, 1) = −3/2, h0u (0, 1) = 0. Por tanto, 0 hz (0, 1) h0u (0, 1) −1/2 0 3 = = = 6 0. g 0 (0, 1) g 0 (0, 1) 0 −3/2 4 z u Como se cumplen las hipótesis del teorema de la función inversa, existe un conjunto abierto V que contiene a (0, 1) y un conjunto abierto W que contiene a la imagen F (0, 1) = (0, 1) tal que F : V → W tiene una inversa continua F −1 : W → V que es diferenciable y satisface d(F −1 )(x, y) = [dF (F −1 (x, y))]−1 , ∀(x, y) ∈ W. 218

PROBLEMA 4.31

Si u, v son funciones de las variables x, y definidas por las ecuaciones eu cos v − x = 0 eu sen v − y = 0, −→ −→ probar que el ´ angulo formado por ∇u y ∇v es constante. Soluci´ on −→ −→ Para calcular ∇u y ∇v, debemos determinar la función inversa de x = eu cos v y = eu sen v, la cual existe localmente porque x(u, v) e y(u, v) son funciones infinitamente derivables y ∂(x, y) eu cos v −eu sen v = = e2u 6= 0. ∂(u, v) eu sen v eu cos v Si derivamos las expresiones que definen a u y v con respecto a x, obtenemos: eu · cos v · u0x − eu · sen v · vx0 = 1 eu · sen v · u0x + eu · cos v · vx0 = 0. Al resolver este sistema, llegamos a la solución u0x = e−u cos v, vx0 = −e−u sen v. Procedemos análogamente con las derivadas respecto a y. Obtenemos el sistema eu · cos v · u0y − eu · sen v · vy0 = 0 eu · sen v · u0y + eu · cos v · vy0 = 1, y la correspondiente solución u0y = e−u sen v, vy0 = e−u cos v. −→ −→ En definitiva, ∇u = (e−u cos v, e−u sen v) y ∇v = (−e−u sen v, e−u cos v). −→ −→ Como ∇u · ∇v = 0, deducimos que ambos vectores son perpendiculares en todos los puntos.

219

3. CAMBIO DE VARIABLES

Como aplicación al cálculo de derivadas de funciones compuestas vamos a estudiar la forma en que se transforman las ecuaciones diferenciales cuando se realiza un cambio de variable (supondremos en todos los casos la igualdad de las derivadas parciales de segundo orden cruzadas). Destaquemos que la elección adecuada de un cambio de variable permite simplificar una ecuación diferencial y obtener muy fácilmente sus soluciones (ver por ejemplo los problemas 4.31 y 4.44). Además introducimos el estudio de las ecuaciones en derivadas parciales, de gran interés en las aplicaciones. PRIMER CASO: En la ecuación dy dn y G x, y, , . . . , n = 0 dx dx cambia una sola variable. 1.1. Cambia la variable independiente mediante la ecuaci´ on x = x(t). ESQUEMA DE DEPENDENCIAS y→x→t Como

dy dy dx dy y0 = · , entonces = t0 . dt dx dt dx xt

Si derivamos nuevamente respecto a t, resulta: d dy dx d2 y dx d dy = · = 2· dt dx dx dx dt dx dt 00 0 00 0 yt · xt − xt · yt = , (x0t )2 de donde

yt00 · x0t − x00t · yt0 d2 y d dy dt = · = . dx2 dt dt dx (x0t )3

Las derivadas sucesivas se obtienen de manera análoga. 1.2. Cambia la variable independiente mediante la ecuaci´ on t = t(x). ESQUEMA DE DEPENDENCIAS x←t←y→x 220

dy dt dy = · = yt0 · t0x Por la regla de la cadena se obtiene directamente que dx dt dx y d2 y d dy dt = · dx2 dx dt dx d 0 = (y ) · t0x + yt0 · t00x = yt00 · (t0x )2 + yt0 · t00x . dx t 1.3. Cambia s´ olo la funci´ on mediante la ecuaci´ on y = y(z). ESQUEMA DE DEPENDENCIAS x←y→z→x

dy dy dz = · = yz0 · zx0 , dx dz dx d dy d 0 0 d 0 = = (y · z ) = yz0 · zx00 + (y ) · zx0 dx dx dx z x dx z d = yz0 · zx00 + (yz0 ) · zx0 · zx0 = yz0 · zx00 + yz00 · (zx0 )2 . dz

yx0 = yx00

SEGUNDO CASO: En la ecuación dy dn y G x, y, , . . . , n = 0 dx dx cambian la función y variable antiguas por una función y variable nuevas mediante las relaciones x = x(u, v), y = y(u, v). El esquema de dependencias es el siguiente:

Las relaciones entre las derivadas de primer orden se obtienen de la siguiente forma: Si y = f (x) y v = g(u), entonces y(u, v) = f x(u, v) = f x u, g(u) , de donde dv dv 0 0 0 0 0 yu (u, v) + yv (u, v) · = f x u, g(u) · xu (u, v) + xv (u, v) · . du du 221

As´ı pues, la derivada se obtiene como: dy y 0 + yv0 · (dv/du) = f 0 (x) = u0 . dx xu + x0v · (dv/du)

TERCER CASO: Transformar la ecuación en derivadas parciales ∂z ∂z ∂ 2 z ∂ 2 z , , , ,... = 0 F x, y, z, ∂x ∂y ∂x2 ∂x∂y por la ecuación F

∂z ∂z ∂ 2 z ∂ 2 z u, v, z, , , , ,... ∂u ∂v ∂u2 ∂u∂v

=0

mediante el cambio x = x(u, v), y = y(u, v). El esquema de dependencias es el siguiente:

Las relaciones entre las derivadas de primer orden se obtienen al resolver el sistema: ∂z ∂u ∂z ∂v

= =

∂z ∂x ∂z ∂x

∂x ∂z ∂y + · ∂u ∂y ∂u ∂x ∂z ∂y · + · . ∂v ∂y ∂v ·

En el caso de que la transformación venga dada por las ecuaciones u = u(x, y), v = v(x, y), se resuelve el sistema análogo ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

∂z ∂u ∂z ∂u

∂u ∂z ∂v + · ∂x ∂v ∂x ∂u ∂z ∂v · + · . ∂y ∂v ∂y ·

CASO GENERAL: Cambiar las variables independientes x e y por u y v y la función z por w, mediante las relaciones   x = f (u, v, w)  u = F (x, y, z) y = g(u, v, w) o bien v = G(x, y, z)   z = h(u, v, w) w = H(x, y, z). 222

Debemos tener en cuenta los siguientes esquemas de dependencias

o bien

Derivando las veces que sea necesario y resolviendo los sistemas resultantes, se podr´ıan conocer las derivadas parciales de z con respecto a x e y en función de las correspondientes derivadas parciales de w con respecto a u y v. Sin embargo el caso más sencillo no exige la resolución de ning´ un sistema de ecuaciones; este caso corresponde a las relaciones de la forma z = ϕ(u, v, w), u = f (x, y), v = g(x, y) para el cual el esquema de dependencias es

De este modo, al derivar resulta: ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w = · + · + · ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x pero como ∂w ∂w ∂u ∂w ∂v = · + · , ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x entonces ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z = · + · + · ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w 223

∂w ∂u ∂w ∂v · + · ∂u ∂x ∂v ∂x

.

Análogamente, ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z = · + · + · ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w

∂w ∂u ∂w ∂v · + · ∂u ∂y ∂v ∂y

.

PROBLEMA 4.32

Resolver la ecuaci´ on diferencial x ·

dy 1 d2 y + + = 0. 2 dx dx x

Soluci´ on

Si hacemos el cambio de variable x = et (o bien t = ln x), las derivadas sucesivas son: dy dx d2 y dx2

= =

dy 1 · , dt x d2 y 1 1 dy −1 · · + · . dt2 x x dt x2

Al sustituirlas en la ecuación, ésta queda de la forma d2 y = −1 dt2 cuya solución general, obtenida por integración directa, es y=−

t2 (ln x)2 +C ·t+D =− + C · ln x + D. 2 2

PROBLEMA 4.33

Transformar la ecuaci´ on x2 ·

d2 y dy a2 + 2x · + ·y =0 dx2 dx x2

poniendo x = 1/t. Soluci´ on 224

Como estamos en el caso 1.1, debemos expresar las derivadas de y respecto a x en función de las derivadas de y respecto a t. Tenemos as´ı: dy dx d2 y dx2

=

=

yt0 = −t2 · yt0 , x0t d dt

dy dx x0t

= (−t2 ) · (−2tyt0 − t2 yt00 ) = 2t3 yt0 + t4 yt00 .

Al sustituir en la ecuación dada obtenemos: 1 3 dy 1 d2 y 2 dy −t + a2 t2 y = 0 ·t 2 +t 2 +2· t2 dt dt t dt o bien

d2 y + a2 y = 0. dt2

PROBLEMA 4.34

En la ecuaci´ on diferencial (x2 − 1) ·

d2 y dy +x· − my = 0, dx2 dx

cambiar la variable independiente x por la nueva variable independiente v siendo la ecuaci´ on que las relaciona x = cos v . Soluci´ on Al igual que los ejercicios anteriores, dy dx d2 y dx2

= =

yv0 1 =− · y0 , x0v sen v v x0v · yv00 − x00v · yv0 1 cos v = · yv00 − · y0 , 0 3 2 (xv ) sen v sen3 v v

valores que llevados a la ecuación diferencial dada la transforma en yv00 +my = 0. PROBLEMA 4.35

Dada la ecuaci´ on diferencial 2x dy y d2 y + · + = 0, 2 2 dx 1 + x dx (1 + x2 )2

hacer el cambio de variable x = tg t. 225

Soluci´ on

Nuevamente estamos en el caso 1.1, por lo que: dy dx

=

yt0 = cos2 t · yt0 , x0t

d2 y dx2

=

x0t · yt00 − x00t · yt0 = (x0t )3

1 cos2 t

· yt00 − yt0 · 1/ cos6 t

2 sen t cos3 t

= cos4 t · yt00 − 2 sen t cos3 t · yt0 . Hecho el cambio queda cos4 t · yt00 − 2 sen t cos3 t · yt0 +

2 tg t y cos2 t · yt0 + 2 1 + tg t (1 + tg2 t)2

= 0

lo que, al simplificar, da la ecuación cos4 t · (yt00 + y) = 0.

PROBLEMA 4.36

En la ecuaci´ on diferencial d3 y d2 y dy 3 · (x + m) + 3 · (x + m)2 + · (x + m) + y = 0, 3 2 dx dx dx

cambiar la variable independiente por v , definida mediante la relaci´ on x + m = ev . Soluci´ on

Al igual que en los casos anteriores tenemos: dy dx d2 y dx2

= =

yv0 = e−v · yv0 , x0v x0v · yv00 − x00v · yv0 = e−2v (yv00 − yv0 ). (x0v )3

Además, si derivamos nuevamente respecto a x, d3 y dx3

=

=

0 0 00 00 0 (x0v )3 [x00v · (1/x0v ) · yv00 +x0v · yv000 · (1/x0v )−x000 v · (1/xv ) · yv −xv · yv · (1/xv )] (x0v )6 3(x0v )2 · x00v · (1/x0v ) · (x0v yv00 − x00v yv0 ) − (x0v )6 0 000 0 000 0 0 (xv yv − yv xv )xv − 3(xv yv00 − yv0 x00v )x00v = e−3v (yv000 − 3yv00 + 2yv0 ), (x0v )5

226

y al sustituir en la ecuación original resulta yv000 + y = 0.

PROBLEMA 4.37 2 d3 y dy 2 d y + 3x · + x(a + 1) · − y = 0, 3 2 dx dx dx sustituir la variable x por t seg´ un la relaci´ on t = ln x.

En la ecuaci´ on x3 ·

Soluci´ on

Aplicaremos las fórmulas dy dx d2 y dx2 d3 y dx3

= = =

dy/dt y0 = tt , dx/dt e 0 00 xt · yt − yt0 · x00t yt00 − yt0 , = (x0t )3 e2t 00 0 00 0 00 x0t · (x0t yt000 − yt0 x000 yt000 − yt0 − 3(yt00 − yt0 ) t ) − 3xt · (xt yt − yt xt ) = . (x0t )5 e3t

Al sustituir y simplificar la expresión resulta la nueva ecuación

d3 y dy + a − y = 0. 3 dt dt

PROBLEMA 4.38

En la ecuaci´ on diferencial x3

2 d3 y dy 2d y + 3x +x − y = 0, 3 2 dx dx dx

efectuar el cambio de variable t = ln x. Soluci´ on

Seg´ un el esquema de dependencias x ←− t ←− y −→ x, derivando con respecto a x obtenemos las fórmulas utilizadas en el problema anterior. Teniendo en cuenta que x = et , dichas fórmulas quedan de la 227

siguiente forma: dy dx d2 y dx2 d3 y dx3

= = =

yt0 et yt00 − yt0 e2t 000 yt − 3yt00 + 2yt0 . e3t

Al sustituir en la ecuación diferencial dada, nos queda la ecuación transformada yt000 − yt = 0. Observaci´ on. El método utilizado en este problema se aplica en general para pasar de una ecuación con coeficientes variables en otra con coeficientes constantes.

PROBLEMA 4.39

En la ecuaci´ on diferencial d2 y + (ey − x) · dx2

dy dx

3 = 0,

intercambiar la funci´ on con la variable independiente. Soluci´ on

Sabiendo que dy/dx =

1 , derivando respecto a y tenemos: dx/dy d dy d2 x/dy 2 =− . dy dx (dx/dy)2

Por otra parte, por la regla de derivación de una función compuesta, d dy d dy dx d2 y dx = · = 2· . dy dx dx dx dy dx dy Agrupando las dos fórmulas, obtenemos: d2 y d2 x/dy 2 = − . dx2 (dx/dy)3 Llevado este resultado a la ecuación diferencial da la nueva expresión

228

d2 x + x = ey . dy 2

PROBLEMA 4.40

Dada la ecuaci´ on diferencial d2 y dy −x· −y dx2 dx

dy dx

3 = 0,

intercambiar las variables x e y . Soluci´ on

Si aplicamos las fórmulas obtenidas en el problema anterior dy dx d2 y dx2 resulta −

1 , dx/dy d2 x/dy 2 = − , (dx/dy)3 =

d2 x/dy 2 1 1 −x· −y· = 0, 3 (dx/dy) dx/dy (dx/dy)3

o bien, d2 x +x dy 2

dx dy

2 + y = 0.

PROBLEMA 4.41 dy x+y = en coordenadas polares, defidx x−y nidas por las ecuaciones x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ, escribiendo ρ en funci´ on de ϑ.

Transformar la ecuaci´ on

Soluci´ on

La situación es la descrita en el segundo caso del resumen teórico, donde tenemos el siguiente esquema de dependencias

229

Utilizamos por lo tanto la fórmula yϑ0 + yρ0 · (dρ/dϑ) dy ρ cos ϑ + sen ϑ · (dρ/dϑ) = 0 = . dx xϑ + x0ρ · (dρ/dϑ) −ρ sen ϑ + cos ϑ · (dρ/dϑ) Al sustituir en la ecuación y simplificar, obtenemos la nueva ecuación

dρ = ρ. dϑ

PROBLEMA 4.42

Hallar la expresi´ on en coordenadas polares del radio de curvatura de una curva y = y(x) dado en coordenadas cartesianas 3/2 1 + (dy/dx)2 . R= d2 y/dx2 Soluci´ on

Teniendo en cuenta (comparar con el problema anterior) que dx dϑ dy dϑ d2 x dϑ2 d2 y dϑ2

= =

∂x 0 ∂x · ρ (ϑ) + = cos ϑ · ρ0 (ϑ) − sen ϑ · ρ(ϑ), ∂ρ ∂ϑ ∂y 0 ∂y · ρ (ϑ) + = sen ϑ · ρ0 (ϑ) + cos ϑ · ρ(ϑ), ∂ρ ∂ϑ

= cos ϑ · ρ00 (ϑ) − 2 sen ϑ · ρ0 (ϑ) − cos ϑ · ρ(ϑ), = sen ϑ · ρ00 (ϑ) + 2 cos ϑ · ρ0 (ϑ) − sen ϑ · ρ(ϑ),

obtenemos: dy dx

=

d2 y dx2

=

dy/dϑ cos ϑ · ρ(ϑ) + sen ϑ · ρ0 (ϑ) = , dx/dϑ − sen ϑ · ρ(ϑ) + cos ϑ · ρ0 (ϑ) dy d dy d2 x dx d2 y dϑ dx [ρ(ϑ)]2 + 2[ρ0 (ϑ)]2 − ρ(ϑ) · ρ00 (ϑ) dϑ · dϑ2 − dϑ · dϑ2 = = , 3 dx dx/dϑ [cos ϑ · ρ0 (ϑ) − sen ϑ · ρ(ϑ)]3 dϑ

que sustituidos en la fórmula cartesiana del radio de curvatura da como resultado su expresión polar 3/2 [ρ(ϑ)]2 + [ρ0 (ϑ)]2 R= . [ρ(ϑ)]2 + 2[ρ0 (ϑ)]2 − ρ(ϑ) · ρ00 (ϑ)

230

PROBLEMA 4.43

Transformar en coordenadas polares la ecuaci´ on diferencial y 2 · [x + y · y 0 (x)]2 − (x2 + y 2 ) · [x · y 0 (x) − y]2 = 0. Soluci´ on

Al sustituir en la ecuación los valores x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ y la derivada ρ cos ϑ + ρ0ϑ sen ϑ (dy/dϑ) y 0 (x) = = , (dx/dϑ) −ρ sen ϑ + ρ0ϑ cos ϑ resulta ρ cos ϑ + ρ0ϑ sen ϑ 2 ρ sen ϑ ρ cos ϑ + ρ sen ϑ · −ρ sen ϑ + ρ0ϑ cos ϑ 2 ρ cos ϑ + ρ0ϑ sen ϑ 2 − ρ sen ϑ = 0. −ρ ρ cos ϑ · −ρ sen ϑ + ρ0ϑ cos ϑ 2

2

Simplificando esta expresión se obtiene en definitiva que [ρ0ϑ ]2 sen2 ϑ−ρ2 = 0, ρ0 1 o bien ϑ = ± . ρ sen ϑ

PROBLEMA 4.44

Transformar la ecuaci´ on x · y · y 00 (x) − x · [y 0 (x)]2 + y 3 = 0 mediante el cambio y = ew , x = et , con w = w(t). Soluci´ on

A partir de las fórmulas dy dx d2 y dx2

= = =

dy/dt ew · wt0 = = ew−t · wt0 , dx/dt et d2 y dt2

2

d x − dy dt · dt2 (dx/dt)3 et [ew (wt0 )2 + ew · wt00 ] − ew · wt0 · et ew+t [wt00 + (wt0 )2 − wt0 ] = , e3t e3t dx dt

·

231

obtenemos, al sustituir, la nueva expresión e2w−t [wt00 + (wt0 )2 − wt0 ] − e2w−t · (wt0 )2 + e3w = 0 o bien

d2 w dw − + ew+t = 0. dt2 dt

PROBLEMA 4.45 2 ∂2u 2 ∂ u Transformar la ecuaci´ on de ondas = a (a 6= 0), en otra ∂t2 ∂x2 cuyas variables independientes sean α, β , donde α = x − at, β = x + at.

Soluci´ on

Aplicando la fórmula de derivación de funciones compuestas, tenemos el sistema ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u = · (−a) + ·a=a − + ∂t ∂α ∂β ∂α ∂β ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u = ·1+ ·1= + . ∂x ∂α ∂β ∂α ∂β Volviendo a derivar estas mismas fórmulas, tenemos: ∂2u ∂ ∂u ∂α ∂ ∂u ∂β = · + · 2 ∂t ∂α ∂t ∂t ∂β ∂t ∂t 2 2 2 ∂ u ∂ u ∂ u ∂2u = a − · (−a) + a − ·a ∂α∂β ∂α2 ∂β 2 ∂α∂β 2 ∂2u ∂2u 2 ∂ u = a −2 + ; ∂α2 ∂α∂β ∂β 2 ∂2u ∂α ∂ ∂u ∂β ∂ ∂u = · + · 2 ∂x ∂α ∂x ∂x ∂β ∂x ∂x 2 2 2 ∂ u ∂ u ∂ u ∂2u = ·1+ + + ·1 ∂α2 ∂α∂β ∂α∂β ∂β 2 ∂2u ∂2u ∂2u + = + 2 . ∂α2 ∂α∂β ∂β 2 Al sustituir en la ecuación dada tenemos la nueva ecuación 232

∂2u = 0. ∂α∂β

Observemos que, expresada de esta forma, la solución de la ecuación se obtiene por integración directa.

PROBLEMA 4.46 ∂2z ∂2z + 2 = 0, hacer el Dada la ecuaci´ on en derivadas parciales 2 ∂x ∂y p 2 2 cambio de variable r = x + y .

Soluci´ on

A partir del esquema de dependencias siguiente

las derivadas sucesivas se obtienen del siguiente modo: ∂z ∂x

=

∂z ∂y

=

∂2z ∂x2

= =

∂2z ∂y 2

= =

dz ∂r dz x · = ·p , 2 dr ∂x dr x + y2 dz ∂r dz y , · = ·p dr ∂y dr x2 + y 2 2 ∂ dz ∂r dz ∂ 2 r d2 z ∂r dz ∂ 2 r · + · 2 = 2· + · ∂x dr ∂x dr ∂x dr ∂x dr ∂x2 d2 z x2 dz y2 · + · , dr2 x2 + y 2 dr (x2 + y 2 )3/2 2 ∂ dz ∂r dz ∂ 2 r d2 z ∂r dz ∂ 2 r · + · 2 = 2· + · ∂y dr ∂y dr ∂y dr ∂y dr ∂y 2 d2 z y2 dz x2 · + · . dr2 x2 + y 2 dr (x2 + y 2 )3/2

Al sustituir los resultados en la ecuación original resulta d2 z 1 dz + · = 0. dr2 r dr

233

PROBLEMA 4.47

Si w = w(x, y), cambiar a polares la expresi´ on A=

∂2w ∂2w + . ∂x2 ∂y 2

Soluci´ on Las ecuaciones del cambio de variable son x = r cos ϑ, y = r sen ϑ. Si en este sistema suponemos r y ϑ como funciones de x e y, sus derivadas se calculan mediante los métodos expuestos en la sección de funciones impl´ıcitas. Se obtienen as´ı los siguientes resultados: ∂r = cos ϑ , ∂x ∂ϑ sen ϑ = − , ∂x r ∂r = sen ϑ , ∂y ∂ϑ cos ϑ = . ∂y r Aplicamos ahora la regla de la cadena para calcular las derivadas de w: ∂w ∂w ∂r ∂w ∂ϑ ∂w sen ϑ ∂w = · + · = cos ϑ · − · ∂x ∂r ∂x ∂ϑ ∂x ∂r r ∂ϑ ∂w ∂w ∂r ∂w ∂ϑ ∂w cos ϑ ∂w = · + · = sen ϑ · + · . ∂y ∂r ∂y ∂ϑ ∂y ∂r r ∂ϑ ∂w ∂w Si llamamos ahora w1 = y w2 = , entonces ∂x ∂y ∂2w ∂w1 ∂w1 ∂r ∂w1 ∂ϑ = = · + · , 2 ∂x ∂x ∂r ∂x ∂ϑ ∂x ∂2w ∂w2 ∂w2 ∂r ∂w2 ∂ϑ = = · + · . 2 ∂y ∂y ∂r ∂y ∂ϑ ∂y Si sustituimos en las fórmulas anteriores los valores siguientes ∂w1 ∂r ∂w1 ∂ϑ ∂w2 ∂r ∂w2 ∂ϑ

∂ 2 w sen ϑ ∂w sen ϑ ∂ 2 w + 2 · − · , ∂r2 r ∂ϑ r ∂ϑ∂r ∂w ∂2w cos ϑ ∂w sen ϑ ∂ 2 w = − sen ϑ · + cos ϑ · − · − · , ∂r ∂r∂ϑ r ∂ϑ r ∂ϑ2 ∂ 2 w cos ϑ ∂w cos ϑ ∂ 2 w = sen ϑ · − 2 · + · , ∂r2 r ∂ϑ r ∂ϑ∂r ∂w ∂2w sen ϑ ∂w cos ϑ ∂ 2 w = cos ϑ · + sen ϑ · − · + · , ∂r ∂r∂ϑ r ∂ϑ r ∂ϑ2 = cos ϑ ·

234

resulta ∂2w ∂x2

∂2w ∂y 2

∂ 2 w sen ϑ cos ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ 2 w + · − · ∂r2 r2 ∂ϑ r ∂ϑ∂r sen2 ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ 2 w · − · + r ∂r r ∂r∂ϑ sen ϑ cos ϑ ∂w sen2 ϑ ∂ 2 w · · + + r2 ∂ϑ r2 ∂ϑ2 2 ∂ w sen ϑ cos ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ 2 w = sen2 ϑ · − · + · ∂r2 r2 ∂ϑ r ∂ϑ∂r 2 2 cos ϑ ∂w sen ϑ cos ϑ ∂ w + · + · r ∂r r ∂r∂ϑ sen ϑ cos ϑ ∂w cos2 ϑ ∂ 2 w − · + · . r2 ∂ϑ r2 ∂ϑ2 = cos2 ϑ ·

En definitiva, la ecuación original toma la forma A=

∂ 2 w 1 ∂w 1 ∂2w ∂2w ∂2w + = + · + · . ∂x2 ∂y 2 ∂r2 r ∂r r2 ∂ϑ2

PROBLEMA 4.48

En la ecuaci´ on

∂2z ∂2z − = 0, ∂x2 ∂y 2

cambiar las variables independientes x e y por u y v relacionadas por las f´ ormulas x + y = u, x − y = v . Soluci´ on

Teniendo en cuenta el esquema de dependencias

235

al calcular las derivadas parciales, obtenemos: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x2

= = = =

∂2z ∂y 2

= =

∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z · + · = + ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂z · + · = − , ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v 2 ∂u ∂ z ∂2z ∂2z · + + + ∂u2 ∂u∂v ∂x ∂u∂v ∂2z ∂2z ∂2z + 2 + ∂u2 ∂u∂v ∂v 2 2 ∂ z ∂2z ∂u ∂2z − · + − ∂u2 ∂u∂v ∂y ∂u∂v ∂2z ∂2z ∂2z − 2 + . ∂u2 ∂u∂v ∂v 2

∂2z ∂v 2

∂2z ∂v 2

·

∂v ∂x

·

∂v ∂y

∂2z La ecuación original se transforma ahora en = 0, la cual se puede ∂u∂v resolver por integración directa.

PROBLEMA 4.49

En la expresi´ on A = zxx −zyy , sustituir las variables (x, y) por (ϑ, ϕ) siendo las ecuaciones del cambio eϑ+ϕ = x + y, eϑ−ϕ = x − y.

Soluci´ on

Despejamos en primer lugar ϑ y ϕ en función de las variables x e y. Obtenemos as´ı: 1 1 x + y ϑ = ln(x2 − y 2 ) , ϕ = ln . 2 2 x−y Utilizando los valores ∂ϑ x ∂ϑ −y ∂ϕ −y ∂ϕ x = 2 , = 2 , = 2 , = 2 , 2 2 2 ∂x x − y ∂y x −y ∂x x −y ∂y x − y2 calculamos las derivadas parciales de z respecto a las variables x e y apli236

cando la regla de la cadena: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x2

= = =

=

∂2z ∂y 2

=

=

∂z ∂ϑ ∂z ∂ϕ x ∂z y ∂z · + · = 2 · − 2 · , 2 2 ∂ϑ ∂x ∂ϕ ∂x x − y ∂ϑ x − y ∂ϕ ∂z ∂ϑ ∂z ∂ϕ −y ∂z x ∂z · + · = 2 · + 2 · ; 2 2 ∂ϑ ∂y ∂ϕ ∂y x − y ∂ϑ x − y ∂ϕ ∂ 2 z ∂ϑ −x2 − y 2 ∂z x ∂ 2 z ∂ϕ · · · + + · (x2 − y 2 )2 ∂ϑ x2 − y 2 ∂ϑ2 ∂x ∂ϑ∂ϕ ∂x ∂ 2 z ∂ϑ 2xy ∂z y ∂ 2 z ∂ϕ + 2 · − · · + · (x − y 2 )2 ∂ϕ x2 − y 2 ∂ϕ∂ϑ ∂x ∂ϕ2 ∂x −(x2 + y 2 ) ∂z 2xy ∂z · + · (x2 − y 2 )2 ∂ϑ (x2 − y 2 )2 ∂ϕ x2 ∂2z 2xy ∂2z ∂2z y2 · − · · , + 2 + (x − y 2 )2 ∂ϑ2 (x2 − y 2 )2 ∂ϑ∂ϕ (x2 − y 2 )2 ∂ϕ2 ∂ 2 z ∂ϑ −x2 − y 2 ∂z y ∂ 2 z ∂ϕ · − · · + · (x2 − y 2 )2 ∂ϑ x2 − y 2 ∂ϑ2 ∂y ∂ϑ∂ϕ ∂y ∂ 2 z ∂ϑ ∂z x ∂ 2 z ∂ϕ 2xy · + · · + · + 2 (x − y 2 )2 ∂ϕ x2 − y 2 ∂ϕ∂ϑ ∂y ∂ϕ2 ∂y −(x2 + y 2 ) ∂z 2xy ∂z · + 2 · 2 2 2 2 2 (x − y ) ∂ϑ (x − y ) ∂ϕ 2 y ∂2z 2xy ∂2z x2 ∂2z + 2 · − · + · . (x − y 2 )2 ∂ϑ2 (x2 − y 2 )2 ∂ϑ∂ϕ (x2 − y 2 )2 ∂ϕ2

Sustituyendo el resultado en la expresión original, obtenemos en definitiva ∂2z ∂2z 1 ∂2z ∂2z −2ϑ A= 2 · − = e · − . x − y2 ∂ϑ2 ∂ϕ2 ∂ϑ2 ∂ϕ2

PROBLEMA 4.50

Dada la ecuaci´ on diferencial x

∂z ∂z +y = 0, ∂x ∂y

expresarla en funci´ on de z y sus derivadas respecto a ρ y ϑ, siendo ρ2 = x2 + y 2 , tg ϑ = y/x. Soluci´ on

Teniendo en cuenta el esquema de dependencias 237

podemos escribir las derivadas parciales como: ∂z ∂x ∂z ∂y

= =

∂z ∂ρ ∂z ∂ρ

∂ρ ∂z + ∂x ∂ϑ y ∂z · + · ρ ∂ϑ ·

∂ϑ ∂z x ∂z −y = · + · ∂x ∂ρ ρ ∂ϑ ρ2 x . ρ2 ·

Multiplicando la primera ecuación por x, la segunda por y y sumando: x

∂z ∂z ∂z ∂z +y =ρ = 0 =⇒ = 0. ∂x ∂y ∂ρ ∂ρ

Esto indica que z es independiente de ρ; as´ı z = ϕ(ϑ) = F (y/x), que es una función homogénea de grado cero (resultado previsible pues la ecuación original es la ecuación diferencial que caracteriza -seg´ un el teorema de Eulera la función homogénea de grado cero).

PROBLEMA 4.51

Cambiar las variables independientes en la ecuaci´ on diferencial ∂2z ∂z ∂z + xy 2 + y(1 − y 2 ) + x2 y 2 z = 0 ∂x2 ∂x ∂y

mediante las relaciones u = xy , v = 1/y . Soluci´ on

El esquema de dependencias en este caso es el siguiente:

238

Las derivadas parciales se obtienen de la siguiente manera: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x2

∂z ∂u ∂z ∂v ∂z · + · =y· ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z 1 ∂z = · + · =x· − 2· ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u y ∂v 2 2 2 ∂ z ∂u ∂ z ∂v 2 ∂ z = y· · = y · . + · ∂u2 ∂x ∂u∂v ∂x ∂u2 =

Sustituyendo en la ecuación, resulta: ∂2z ∂z ∂z + uv 2 · + v(1 − v 2 ) · + u2 v 2 z = 0. ∂u2 ∂u ∂v

PROBLEMA 4.52

Dada la ecuaci´ on diferencial ∂2z ∂2z p ∂z ∂2z ∂z 2+ − 2 1 − y + (1 − y 2 ) − y = 0, 2 2 ∂x ∂x∂y ∂x ∂y ∂y

efectuar el cambio definido por las relaciones x = t+sen v , y = cos t.

Soluci´ on

A partir del esquema de dependencias

las derivadas tienen la forma ∂z ∂t ∂z ∂v ∂2z ∂t2

= =

= =

∂z ∂x ∂z ∂x

∂x ∂z ∂y ∂z ∂z + · = − sen t · ∂t ∂y ∂t ∂x ∂y ∂x ∂z ∂y ∂z · + · = cos v · ∂v ∂y ∂v ∂x ·

2 ∂ 2 z ∂x ∂ 2 z ∂y ∂z ∂ z ∂x ∂ 2 z ∂y · + · − cos t · − sen t · · + 2· ∂x2 ∂t ∂x∂y ∂t ∂y ∂y∂x ∂t ∂y ∂t 2 2 2 ∂ z ∂ z ∂ z ∂z − 2 sen t · + sen2 t · 2 − cos t · . 2 ∂x ∂x∂y ∂y ∂y 239

Sumando ahora la tercera igualdad con el resultado de multiplicar la segunda igualdad por 1/ cos v, se obtiene: ∂2z 1 ∂2z ∂z ∂z ∂2z ∂z ∂2z 2 + − 2 sen t · − cos t · · = + + sen t · = 0, 2 2 2 ∂t cos v ∂v ∂x ∂x∂y ∂x ∂y ∂y p pues 1 − y 2 = sen t. En definitiva, la ecuación transformada es ∂2z 1 ∂z + · = 0. ∂t2 cos v ∂v

PROBLEMA 4.53

Pasar a coordenadas cil´ındricas la ecuaci´ on 2 ∂z ∂z ∂ z − · = 0. ∂x∂y ∂x ∂y Soluci´ on

Las coordenadas cil´ındricas de un punto sepobtienen mediante las relaciones x = r cos ϕ, y = r sen ϕ, z = z, o bien r = x2 + y 2 , ϕ = arc tg(y/x), z = z. Con estas relaciones y el esquema de dependencias siguiente

calculamos las derivadas parciales: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂2z ∂x∂y

= = =

∂z ∂r ∂z ∂r ∂ ∂y

∂r ∂z ∂ϕ x ∂z y ∂z + · = · − 2· ∂x ∂ϕ ∂x r ∂r r ∂ϕ ∂r ∂z ∂ϕ y ∂z x ∂z · + · = · + · ∂y ∂ϕ ∂y r ∂r r2 ∂ϕ 2 ∂z ∂ z ∂r ∂ 2 z ∂ϕ ∂r ∂z ∂ 2 r = · + · · + · ∂x ∂r2 ∂y ∂r∂ϕ ∂y ∂x ∂r ∂x∂y 2 ∂ z ∂r ∂ 2 z ∂ϕ ∂ϕ ∂z ∂ 2 ϕ + · + · · + · . ∂ϕ∂r ∂y ∂ϕ2 ∂y ∂x ∂ϕ ∂x∂y ·

Sustituyendo en estas expresiones los valores x ∂r y ∂ϕ −y ∂ϕ x ∂2r −xy ∂ 2 ϕ y 2 − x2 ∂r = , = , = 2, = 2, = 3 , = , ∂x r ∂y r ∂x r ∂y r ∂x∂y r ∂x∂y r4 240

queda la ecuación 1 sen 2ϕ 2

∂2z − ∂r2

∂z ∂r

2 ! + − −

∂2z ∂z ∂z − · ∂r∂ϕ ∂r ∂ϕ 2 ! ∂z 1 sen 2ϕ ∂ 2 z · − 2 2 2 r ∂ϕ ∂ϕ 1 cos 2ϕ r

1 sen 2ϕ ∂z cos 2ϕ ∂z · · · − = 0. 2 r ∂r r2 ∂ϕ

PROBLEMA 4.54

Hallar la transformada de la ecuaci´ on ∂2z ∂2z ∂2z + + 2 = 0, ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y

mediante el cambio de variables u = −x, v = −y , w = z − (x + y).

Soluci´ on

A partir del esquema de dependencias

se deduce que ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z · + · + · ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z · + · + · ∂x ∂y ∂y ∂y ∂z ∂y

= =

∂w ∂u ∂w ∂u

∂u ∂w ∂v + · , ∂x ∂v ∂x ∂u ∂w ∂v · + · . ∂y ∂v ∂y ·

Sustituyendo en estas relaciones los valores ∂w ∂x ∂u ∂x

∂w ∂w = −1, = 1, ∂y ∂z ∂u ∂v ∂v = −1, = 0, = 0, = −1, ∂y ∂x ∂y = −1,

241

obtenemos ∂z ∂w −1 = − , ∂x ∂u ∂z ∂w −1 = − . ∂y ∂v Derivando la primera igualdad respecto a x e y y la segunda igualdad respecto a y, se obtiene después de sustituir que: ∂w ∂ ∂w ∂u ∂2z ∂ ∂2w − = − · = = ; ∂x2 ∂x ∂u ∂u ∂u ∂x ∂u2 ∂w ∂ ∂w ∂v ∂2z ∂ ∂2w − = − · = = ; ∂x∂y ∂y ∂u ∂v ∂u ∂y ∂u∂v ∂w ∂ ∂w ∂v ∂2z ∂ ∂2w − = − · = = ; ∂y 2 ∂y ∂v ∂v ∂v ∂y ∂v 2 de modo que la ecuación original queda invariable.

PROBLEMA 4.55

Transformar la ecuaci´ on diferencial 1 sen2 x

∂z ∂x

2

1 + cos2 y

∂z ∂y

2

− 2 cos4 z = 0,

mediante el cambio de variable dado por las relaciones u = cos x − sen y , v = cos x + sen y , t = tg z , siendo v la nueva variable dependiente y u y t las variables independientes. Soluci´ on

Utilizaremos en este problema un método indirecto diferente a los anteriores. Teniendo en cuenta que v depende de u y de t, podemos escribir (∗)

dv = p · du + q · dt, siendo p =

∂v ∂v , q= . ∂u ∂t

A partir de las relaciones dadas en el enunciado, calculamos las derivadas de primer orden: dv = vx0 · dx + vy0 · dy = − sen x dx + cos y dy du = u0x · dx + u0y · dy = − sen x dx − cos y dy dt = t0z · dz = sec2 z dz. 242

Sustituyendo estos valores en (∗), − sen x dx + cos y dy = p(− sen x dx − cos y dy) + q sec2 z dz p−1 p+1 =⇒ dz = sen x cos2 z dx + cos y cos2 z dy. q q Como, a su vez, dz =

∂z ∂z · dx + · dy, resulta ∂x ∂y

∂z p−1 ∂z p+1 = sen x cos2 z , = cos y cos2 z. ∂x q ∂y q Sustituimos los valores obtenidos en la ecuación diferencial dada y obtenemos p−1 2 p+1 2 4 4 cos z + cos z − 2 cos4 z = 0. q q Después de simplificar, queda la nueva ecuación p2 − q 2 + 1 = 0, o bien

∂v ∂u

2

−

∂v ∂t

2 + 1 = 0.

PROBLEMA 4.56

Tomando u, v por nuevas variables independientes y w = w(u, v) por nueva funci´ on, transformar la ecuaci´ on en derivadas parciales ∂2z ∂z − =0 2 ∂x ∂y w 2 siendo u = x/y , v = −1/y , z = √ e−x /4y . y Soluci´ on

Del enunciado deducimos el siguiente esquema de dependencias:

243

w 2 Calculamos las derivadas parciales de z a partir de la fórmula z = √ e−x /4y , y y teniendo en cuenta que w = w(x, y): ∂z 1 1 ∂w ∂u ∂w ∂v −2x −x2 /4y 2 · e−x /4y + √ · w · = √ · · + · ·e ∂x y ∂u ∂x ∂v ∂x y 4y h ∂w w · x i 1 2 = − √ · e−x /4y y y ∂u 2 2 w e−x /4y ∂w ∂u ∂w ∂v w x2 ∂z 2 2 = − √ · e−x /4y + √ · · + · + √ · 2 · e−x /4y ∂y 2y y y ∂u ∂y ∂v ∂y y 4y h w x ∂w 1 ∂w w · x2 i 1 2 = + · + √ · e−x /4y − − · y y 2 y ∂u y ∂v 4y ∂2z ∂x2

=

=

1 −2x −x2 /4y h ∂w wx i ·e − √ · y y 4y ∂u 2 h 2 1 ∂ w ∂u 2 + √ · e−x /4y · − y y ∂u2 ∂x h −x ∂w wx2 1 2 · + + √ · e−x /4y y y 2y ∂u 4y

w x ∂w ∂u i − · · 2 2 ∂u ∂x 1 ∂2w w x ∂w i . · − − · y ∂u2 2 2y ∂u

Sustituyendo estos resultados en la ecuación original, obtenemos 1 ∂ 2 w 1 ∂w · − · = 0, y ∂u2 y ∂v es decir, la ecuación queda invariante.

PROBLEMA 4.57

Hallar los valores de a, b, c, d para los cuales, bajo la transformaci´ on u = ax + by , donde ad − bc 6= 0, la ecuaci´ on v = cx + dy ∂2f ∂2f ∂2f + 2 + =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

quede (a)

∂2f = 0. ∂u2

(b)

∂2f = 0. ∂u∂v 244

Soluci´ on

Calculamos las derivadas parciales de f respecto a x e y, utilizando las variables auxiliares u y v: ∂f ∂x ∂f ∂y ∂2f ∂x2

∂2f ∂x∂y

= =

∂2f ∂y 2

= =

=

∂2f

∂u ∂f ∂v ∂f ∂f + · =a· +c· ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂u ∂f ∂v ∂f ∂f · + · =b· +d· ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v ·

∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂v + · + c · · + ∂u2 ∂x ∂u∂v ∂x ∂v∂u ∂x ∂v 2 2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f + 2ac · + c · a2 · ∂u2 ∂u∂v ∂v 2 ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f 2 ∂ f ∂v a· · + · + c · · + 2 ∂u2 ∂y ∂u∂v ∂y ∂v∂u ∂y ∂v 2 2 2 ∂ f ∂ f ∂ f ab · + (ad + bc) · + cd · 2 2 ∂u ∂u∂v ∂v ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂u ∂ 2 f ∂ 2 f ∂v b· · + · +d· · + 2 ∂u2 ∂y ∂u∂v ∂y ∂v∂u ∂y ∂v 2f 2f 2f ∂ ∂ ∂ b2 · + 2bd · + d2 · 2 . ∂u2 ∂u∂v ∂v

= a· =

∂f ∂u ∂f ∂u

=

·

·

∂v ∂x

·

∂v ∂y

·

∂v ∂y

Sustituyendo en la ecuación, obtenemos la ecuación transformada: (a + b)2 ·

2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f + 2(a + b)(c + d) · + (c + d) · = 0. ∂u2 ∂u∂v ∂v 2

Por tanto, cuando c + d = 0 y a + b 6= 0, la ecuación resultante tiene la forma ∂2f ∂2f = 0, pero ninguna elecci´ o n de a, b, c, d lleva a la ecuaci´ o n = 0. ∂u2 ∂u∂v

245

´ 4. MAXIMOS Y M´ INIMOS DE FUNCIONES.

Los conceptos de máximo y m´ınimo de una función de varias variables son completamente análogos a los correspondientes de funciones de una variable y tienen también su origen en consideraciones geométricas. Definici´ on. Dada una función f : Rn → R, con dominio D ⊂ Rn , decimos que → ∈ D si (a) f tiene un máximo absoluto (o global) en un punto − x 0

→) ≥ f (− → → f (− x x ), ∀− x ∈ D; 0 → ∈ D si (b) f tiene un m´ınimo absoluto (o global) en un punto − x 0 →) ≤ f (− → → f (− x x ), ∀− x ∈ D. 0 Los puntos donde una función toma indistintamente un valor máximo o m´ınimo reciben el nombre genérico de extremos. En el cap´ıtulo II enunciamos el teorema de Weierstrass que proporciona condiciones suficientes para la existencia de extremos absolutos (página 84, corolario 8). A continuación, daremos la versión local de estos conceptos. Definici´ on. Dada una función f : Rn → R, con dominio D ⊂ Rn , decimos que → ∈ D si existe una (a) f tiene un máximo relativo (o local) en un punto − x 0 − → − → − → → − → →, r)∩D; bola B(x , r) centrada en x tal que f (x ) ≥ f ( x ), ∀− x ∈ B(− x 0

0

0

0

→ ∈ D si existe una (b) f tiene un m´ınimo relativo (o local) en un punto − x 0 →, r) centrada en − → tal que f (− →) ≤ f (− → → →, r)∩D. bola B(− x x x x ), ∀− x ∈ B(− x 0 0 0 0 En el caso de funciones de dos variables, la interpretación geométrica de estas nociones es evidente. Estos conceptos están relacionados con el de punto estacionario. →y Definici´ on. Si una función f : Rn → R es diferenciable en un punto − x 0 −→ → es un punto estacionario o punto cr´ıtico de la ∇f (x0 ) = 0, se dice que − x 0 función. La relación citada viene dada por la siguiente condición necesaria de existencia de extremos. Teorema (criterio de las derivadas primeras). Sea D un abierto de Rn y f una funci´ on de clase C (1) en D. Si f tiene un extremo relativo (m´ aximo 246

→ ∈ D, entonces − → es un punto estacionario de o m´ınimo) en un punto − x x 0 0 f. En el caso particular de funciones de dos variables, lo anterior quiere decir que el plano tangente a una función diferenciable en un máximo o un m´ınimo es necesariamente horizontal. Dicho plano queda por encima de la superficie en un entorno del punto donde la función tiene un máximo y queda por debajo de la superficie en un entorno del punto donde la función tiene un m´ınimo. Debemos observar que dicha condición no es suficiente. Por ejemplo, si consi−→ deramos la función f (x, y) = x · y, entonces ∇f (x, y) = (y, x) y el gradiente se anula sólo en el origen. Sin embargo, es evidente que en dicho punto no puede haber un máximo ni un m´ınimo de la función, pues en cualquier entorno del origen la función toma valores positivos y negativos. La determinación de condiciones suficientes para la existencia de extremos relativos se basa en el estudio del signo del término de segundo orden en el polinomio de Taylor asociado a la función. Para formular dichas condiciones debemos recordar algunos conceptos relativos a la teor´ıa de formas cuadráticas. Definici´ on. Dada una matriz simétrica A = (aij )ni,j=1 , (es decir con aij = aji , ∀i, j), se define la forma cuadrática asociada a A como la función Q : Rn → R definida por n

n

XX − → → − → − → − Q( h ) = h · A · h T = aij hi hj , ∀ h = (h1 , . . . , hn ). i=1 j=1

Decimos que una forma cuadrática Q es → − → − i) definida positiva si Q( h ) > 0, ∀ h 6= 0, → − → − ii) definida negativa si Q( h ) < 0, ∀ h 6= 0. Una caracterización de esta definición la da el siguiente criterio de Sylvester: Proposici´ on. Si A = (aij )ni,j=1 es una matriz simétrica y denotamos por 

a11 · · ·  .. Ak =  . a1k . . .

a1k

   (k = 1, . . . , n),

akk

a los menores principales de A, entonces: (a) La forma cuadr´ atica asociada a A es definida positiva si y s´ olo det Ak > 0, ∀k = 1, . . . , n. 247

(b) La forma cuadr´ atica asociada a A es definida negativa si y s´ olo si (−1)k det Ak > 0, ∀k = 1, . . . , n (es decir, los signos de los determinantes de los menores principales se van alternando empezando con a11 = det A1 < 0). Con estos hechos, las condiciones suficientes para la existencia de extremos relativos de una función de varias variables se pueden enunciar como sigue: Teorema (criterio de las derivadas segundas). Sea f : Rn → R una funci´ on − → (2) n de clase C en un abierto D ⊂ R y x0 ∈ D un punto estacionario de f . Si definimos la forma cuadr´ atica n n → − → →T 1 X X ∂2f 1− →) · − Qx0 ( h ) = (x0 )hi hj = h · Hf (− x h , 0 2 ∂xi ∂xj 2 i=1 j=1

entonces: → si Q es definida positiva. (a) f tiene un m´ınimo local en − x 0 x0 → si Q es definida negativa. (b) f tiene un m´ aximo local en − x 0 x0 El rec´ıproco de este teorema no es cierto: por ejemplo, el origen es un punto estacionario de las funciones f (x, y) = x3 + y 3 y g(x, y) = x4 + y 4 ; en ambas funciones, la forma cuadrática asociada a la matriz hessiana en el origen es degenerada (es decir Q(h1 , h2 ) = 0, ∀(h1 , h2 ) ∈ R2 ); ahora bien, en el origen g tiene un m´ınimo pero f no tiene máximo ni m´ınimo. Sin embargo, el teorema anterior será cierto con una peque˜ na modificación basada en los siguientes conceptos: Definici´ on. Una forma cuadrática Q es → − → − (a) semidefinida positiva cuando Q( h ) ≥ 0, ∀ h ∈ Rn , y es → − → − (b) semidefinida negativa cuando Q( h ) ≤ 0, ∀ h ∈ Rn (esto quiere decir que la forma cuadrática puede anularse también para valores no nulos). Teorema. Sea f : Rn → R una funci´ on de clase C (2) en un abierto D ⊂ Rn y x0 ∈ D un punto estacionario de f . Si llamamos nuevamente → − → → − 1− Qx0 ( h ) = h · Hf (x0 ) · h T , 2 entonces (a) si f tiene un m´ınimo local en x0 , entonces Q es semidefinida positiva; 248

(b) si f tiene un m´ aximo local en x0 , entonces Q es semidefinida negativa. De lo anterior se deduce que, si Q es indefinida (no es semidefinida positiva ni semidefinida negativa) y x0 es un punto estacionario, entonces no corresponde a un máximo ni a un m´ınimo local. Estos puntos reciben el nombre de puntos de ensilladura de la función. Terminaremos esta introducción teórica con la aplicación de los resultados anteriores al caso más com´ un de funciones de dos variables. Teorema. Sea f : R2 → R una funci´ on de clase C (2) en un abierto D ⊂ R2 y (x0 , y0 ) ∈ D un punto estacionario de f . Si llamamos ∆ = det Hf (x0 , y0 ) y a11 = D11 f (x0 , y0 ), entonces (a) f tiene un m´ınimo local en (x0 , y0 ) si a11 > 0 y ∆ > 0; (b) f tiene un m´ aximo local en (x0 , y0 ) si a11 < 0 y ∆ > 0; (c) f tiene un punto de ensilladura en (x0 , y0 ) si ∆ < 0. En el caso de que ∆ = 0, debe compararse, a partir de la definición, el valor de la función en (x0 , y0 ) con el que toma en puntos de alg´ un entorno de (x0 , y0 ). Veremos algunos casos en los problemas que siguen.

PROBLEMA 4.58

Estudiar los extremos relativos de las funciones: (a) f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy . (b) f (x, y) = ln(x2 + y 2 + 1). (c) f (x, y) = x sen y . Soluci´ on

(a) En primer lugar, igualamos a cero las derivadas parciales de primer orden: −→ ∇f (x, y) = (3x2 − 3y, 3y 2 − 3x),   x = 1, y = 1 −→ ó ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 = y, y 2 = x ⇐⇒  x = 0, y = 0. 249

Para cada uno de los puntos estacionarios P1 = (0, 0) y P2 = (1, 1), calcularemos la matriz hessiana: 6x −3 0 −3 6 −3 Hf (x, y) = ; Hf (0, 0) = , Hf (1, 1) = . −3 6y −3 0 −3 6 En el punto P1 , det Hf (0, 0) = −9 < 0, lo que significa que se trata de un punto de ensilladura. En el punto P2 , det Hf (1, 1) = 27 > 0; como, además, a11 = 6 > 0, en el punto (1, 1) la función alcanza un m´ınimo local. En las figuras siguientes se muestra la gráfica de la superficie y una representación de algunas de sus curvas de nivel. En ésta se observa que en las proximidades del punto de silla (0, 0) hay zonas más oscuras (que corresponden a valores menores de la función) y zonas más claras (que corresponden a valores mayores de la función), mientras que en las proximidades del punto (1, 1) donde la función tiene el m´ınimo el sombreado es cada vez más claro.

(b) Determinamos en primer lugar los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) =

2x 2y , , x2 + y 2 + 1 x2 + y 2 + 1

−→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = y = 0.

Calculamos a continuación el hessiano de la función en el punto (0, 0): −2x2 +2y 2 +2 (x2 +y 2 +1)2 −4xy (x2 +y 2 +1)2

Hf (x, y) = Hf (0, 0) =

2 0 . 0 2

250

−4xy (x2 +y 2 +1)2 2 2x −2y 2 +2 (x2 +y 2 +1)2

!

Como det Hf (0, 0) = 4 > 0 y a11 = 2 > 0, la función alcanza un m´ınimo local en el origen. La figura adjunta muestra que dicho m´ınimo es también global:

(c) Calculemos los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) = (sen y, x cos y), −→ sen y = 0 ⇐⇒ x = 0, y = kπ (k ∈ Z). ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = 0 ó cos y = 0 Para todos ellos, el hessiano toma la forma siguiente: Hf (x, y) =

0 cos y cos y −x sen y

=⇒ Hf (0, kπ) =

0 (−1)k . (−1)k 0

Como det Hf (0, kπ) = −1 < 0, todos los puntos estacionarios corresponden a puntos de ensilladura de la función (la función no tiene máximos ni m´ınimos).

251

PROBLEMA 4.59

Determinar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = (x + 1)(y − 2). Soluci´ on

Debido a que

−→ ∇f (x, y) = (y − 2, x + 1), −→ al resolver el sistema ∇f (x, y) = 0, se obtiene el u ńico punto estacionario (−1, 2). El hessiano de la función es Hf (x, y) =

fxx fxy fyx fyy

=

0 1 . 1 0

Como det Hf (−1, 2) = −1 < 0, la función tiene un punto de ensilladura en (−1, 2). Observemos que, en un entorno del punto (−1, 2), el signo de la función no es constante.

PROBLEMA 4.60

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = (x − y + 1)2 . 252

Soluci´ on

Para encontrar los puntos estacionarios calculamos las derivadas parciales de primer orden: −→ ∇f (x, y) = 2(x − y + 1), −2(x − y + 1) , −→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ y = x + 1. Ahora bien, si (x0 , y0 ) es un punto arbitrario de la recta y = x + 1, entonces f (x0 , y0 ) = 0 ≤ f (x, y), ∀(x, y) ∈ R2 , lo que significa que todos los puntos de dicha recta corresponden a m´ınimos absolutos de la función. Observamos la gráfica adjunta donde se ilustra lo obtenido anal´ıticamente:

PROBLEMA 4.61

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 3x2 + 2 3 12xy + 9y + y . Soluci´ on

Calculamos en primer lugar las derivadas parciales de primer y segundo órdenes: −→ ∇f (x, y) = (6x + 12y, 12x + 18y + 3y 2 ), 6 12 Hf (x, y) = . 12 18 + 6y 253

−→ Al resolver el sistema ∇f (x, y) = 0, obtenemos los puntos estacionarios P1 (0, 0) y P2 (−4, 2). 6 12 Para P1 el hessiano es Hf (0, 0) = cuyo determinante es −36 < 0 12 18 lo que indica que en P1 la función tiene un punto de ensilladura. 6 12 Para P2 el hessiano vale Hf (−4, 2) = , con determinante 36 > 0 12 30 y con fxx (−4, 2) = 6 > 0 lo que indica que el punto P2 corresponde a un m´ınimo relativo.

PROBLEMA 4.62

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = xy 2 +x2 .

Soluci´ on

El sistema

−→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒

y 2 + 2x = 0 2xy = 0

tiene la u ńica solución (0, 0) y, como Hf (x, y) = tendremos Hf (0, 0) =

2 0 0 0

2 2y , 2y 2x

cuyo determinante es cero.

Para comprobar si hay máximo o m´ınimo, observamos que la ecuación f (x, y) = 0 se puede escribir como x(y 2 + x) = 0, que representa el eje 254

OY y la parábola y 2 = −x. Estas curvas dividen el plano en tres regiones que hacen a la función alternativamente positiva y negativa, como se indica en la figura.

En la figura se observa que cualquier entorno (c´ırculo) alrededor del origen contiene puntos en los que la función toma valores positivos y negativos; de lo que se deduce que el origen es un punto de ensilladura.

(La figura muestra la parte de la superficie que queda por encima del plano XY ; se representa rayada la región donde la función toma valores negativos.) Observaci´ on. La función tiene un m´ınimo en el origen al acercarnos seg´ un las rectas que pasan por él (salvo el eje OY ); esto es, que sobre cada una de éstas puede tomarse un entorno del origen contenido completamente en la región en que f (x, y) > 0. En efecto, consideremos la recta y = λx y definamos ϕ(x) = f (x, λx) = λ2 x3 +x2 . Como ϕ0 (x) = 3λ2 x2 +2x y ϕ00 (x) = 6λ2 x + 2, para x = 0 es ϕ0 (0) = 0 y ϕ00 (0) = 2 > 0 para cualquier valor del parámetro λ. Como hemos visto, esto no asegura que este punto corresponda a un m´ınimo de la función. 255

PROBLEMA 4.63

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = (3 − x)(3 − y)(x + y − 3). Soluci´ on

Calculamos las derivadas de primer orden: −→ ∇f (x, y) = (3 − y)(6 − 2x − y), (3 − x)(6 − x − 2y) , −→ y = 3 ó y = 6 − 2x ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = 3 ó x = 6 − 2y. Al resolver el sistema resultante, obtenemos los puntos estacionarios P1 (3, 3), P2 (0, 3), P3 (3, 0), P4 (2, 2). Veamos ahora si se trata de máximos o m´ınimos: 2y − 6 2x + 2y − 9 . Hf (x, y) = 2x + 2y − 9 2x − 6 0 3 , det Hf (3, 3) = −9 < 0; i) Hf (3, 3) = 3 0 0 −3 , det Hf (0, 3) = −9 < 0; ii) Hf (0, 3) = −3 −6 −6 −3 , det Hf (3, 0) = −9 < 0; iii) Hf (3, 0) = −3 0 −2 −1 iv) Hf (2, 2) = , det Hf (2, 2) = 3 > 0, a11 = −2 < 0. −1 −2 De lo anterior deducimos que f tiene un máximo relativo en el punto P4 (2, 2) y los puntos P1 (3, 3), P2 (0, 3), P3 (3, 0) corresponden a puntos de ensilladura de la función.

256

PROBLEMA 4.64

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = (y − 2 2 x )(y − 3x ). Soluci´ on

Con las derivadas de primer orden calculamos los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) = (−4x(2y − 3x2 ), 2y − 4x2 ), −→ x=0 x = 0 ó 2y = 3x2 ⇐⇒ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ y = 0. 2y = 4x2 Tenemos un u ńico punto estacionario. En dicho punto el valor de la función es f (0, 0) = 0. Sin embargo, debido a la forma de la misma, en cualquier entorno del origen, la función toma valores positivos y negativos. En efecto, si y > 3x2 ó y < x2 , f (x, y) > 0; pero si x2 < y < 3x2 , f (x, y) < 0. y = 3x2

y = x2

f (x, y) > 0

f (x, y) > 0

Esto indica que el origen es un punto de ensilladura de la función. 257

PROBLEMA 4.65

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 4x2 + 4xy 2 + 4y 4 .

Soluci´ on

Calculamos en primer lugar los puntos estacionarios, que son aquellos que anulan las derivadas parciales de primer orden. −→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒

8x + 4y 2 = 0 ⇐⇒ x = y = 0. 8xy + 16y 3 = 0

El u ńico punto estacionario es pues P (0, 0). Calcularemos ahora el hessiano de la función: Hf (x, y) =

8 8y 8y 8x + 48y 2

=⇒ Hf (0, 0) =

8 0 . 0 0

Como det Hf (0, 0) = 0, se trata de un caso dudoso. Observando que f (0, 0) = 0 y que podemos expresar la función como f (x, y) = (y 2 + 2x)2 + 3y 4 ≥ 0, deducimos que el punto corresponde a un m´ınimo absoluto. 258

PROBLEMA 4.66

Dada f (x, y) = x2 y 2 (1 − x − y), hallar sus extremos relativos. Soluci´ on

Los puntos estacionarios se obtienen como solución del sistema 2 −→ 2y x(1 − x − y) + x2 y 2 (−1) = 0 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ 2x2 y(1 − x − y) + x2 y 2 (−1) = 0 2 xy (−3x + 2 − 2y) = 0 ⇐⇒ x2 y(−3y + 2 − 2x) = 0. Si x = 0, basta tomar y = λ para cualquier λ ∈ R, y, si y = 0, cualquier x = µ, con µ ∈ R es solución. Ahora bien, si x 6= 0 6= y, el sistema resultante tiene la u ńica solución x = 2/5, y = 2/5. Estudiamos a continuación el hessiano de la función en los puntos estacionarios. Como 2 2y − 6xy 2 − 2y 3 4yx − 6yx2 − 2xy 2 Hf (x, y) = , 4xy − 6x2 y − 6xy 2 2x2 − 2x3 − 6x2 y entonces Hf (2/5, 2/5) =

64 −24/125 −16/125 y det Hf (2/5, 2/5) = > 0. −16/125 −24/125 3125

Como además Dxx f (2/5, 2/5) < 0, el punto (2/5, 2/5) corresponde a un máximo relativo. 259

Por otra parte, Hf (0, λ) =

2λ2 − 2λ3 0 0 0 , Hf (µ, 0) = 0 0 0 2µ2 − 2µ3

cuyo determinante es siempre cero; por tanto, debemos estudiar el signo de la función en entornos de dichos puntos. La figura siguiente muestra el signo de la función en las distintas regiones.

Tomando distintos entornos en cada punto, resultan los siguientes casos: - En todos los puntos de la forma (0, λ), con λ < 1, y (µ, 0), con µ < 1, la función tiene un m´ınimo local (observemos que en dichos puntos la función se anula pero en cualquier punto de sus respectivos entornos la función es positiva). - En todos los puntos de la forma (0, λ), con λ > 1, y (µ, 0), con µ > 1, la función tiene un máximo local (pues, de forma análoga al caso anterior, se observa que la función es negativa en puntos pertenecientes a entornos de dichos puntos). - En los puntos (0, 1) y (1, 0), la función tiene puntos de ensilladura (podemos encontrar puntos en sus entornos donde la función toma valores de signo variable).

PROBLEMA 4.67

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = 6x2 y 3 − 3 3 2 4 x y −x y . Soluci´ on 260

Buscamos en primer lugar los puntos estacionarios. El sistema −→ xy 3 (12 − 3x − 2y) = 0 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 y 2 (18 − 3x − 4y) = 0 tiene como soluciones los puntos (2, 3), (0, λ) (λ ∈ R) y (µ, 0) (µ ∈ R). Las derivadas parciales de segundo orden son: 2y 3 (6 − 3x − y) xy 2 (36 − 9x − 8y) Hf (x, y) = xy 2 (36 − 9x − 8y) 6x2 y(6 − x − 2y) y el hessiano en los distintos puntos estacionarios es: −162 −108 Hf (2, 3) = ; −108 −144 3 2λ (6 − λ) 0 Hf (0, λ) = , ∀λ ∈ R; 0 0 0 0 , ∀µ ∈ R. Hf (µ, 0) = 0 0 En primer lugar, como det Hf (2, 3) = 11664 > 0 y el coeficiente principal es negativo, el punto (2, 3) corresponde a un máximo relativo. Por otra parte, como det Hf (0, λ) = 0 y det Hf (µ, 0) = 0, todos estos puntos son casos dudosos. En todos ellos razonaremos de la siguiente manera: Si expresamos el valor de la función en forma de producto f (x, y) = x2 y 3 (6 − x − y) y dibujamos las rectas x = 0, y = 0 y 6 − x − y = 0, para cuyos puntos se anula la función, habremos dividido el plano en regiones, que alternativamente hacen a la función f positiva y negativa, salvo en el paso de la recta x = 0 que, por ser doble, no produce cambios de signo a f . En la figura adjunta se muestran los distintos signos de la función en cada una de estas regiones:

261

Teniendo en cuenta que la función se anula en todos los puntos (0, λ), (λ ∈ R) y (µ, 0), (µ ∈ R), de la figura se deduce lo siguiente: - Los puntos (0, λ) corresponden a máximos relativos cuando λ > 6 ó λ < 0 y m´ınimos relativos cuando 0 < λ < 6. - En los puntos (µ, 0) (∀µ ∈ R), as´ı como en el punto (0, 6), no hay máximos ni m´ınimos (por haber puntos de los entornos que dan diferente signo a la función).

PROBLEMA 4.68

Estudiar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ey + F,

expresando la respuesta en funci´ on de las constantes A, B , C , D, E y F. Soluci´ on

Calculamos en primer lugar los puntos estacionarios: −→ Ax + By = −D 2Ax + 2By + 2D = 0 ⇐⇒ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ Bx + Cy = −E. 2Bx + 2Cy + 2E = 0 A B = AC − B 2 . De este modo, si ∆ 6= 0, el Denotaremos por ∆ = B C sistema anterior tiene la u ńica solución −D B A −D −E C B −E BE − DC BD − AE x= = , y= = . 2 ∆ AC − B ∆ AC − B 2 Calculando las derivadas parciales de segundo orden, tenemos 2A 2B Hf (x, y) = 2B 2C cuyo determinante es 4∆. Resulta entonces que - Si ∆ > 0 y A > 0, tenemos un m´ınimo relativo. - Si ∆ > 0 y A < 0, tenemos un máximo relativo. - Si ∆ < 0, tenemos un punto de ensilladura. 262

En el caso de que ∆ = 0, debemos estudiar en primer lugar la existencia de puntos estacionarios. Sabemos lo siguiente: −→ El sistema ∇f (x, y) = 0 tendrá solución si el rango de la matriz de los coeficientes es igual al rango de la matriz ampliada, es decir A B A B −D rang = rang . B C B C −E A B Si rang = 1, entonces ∃λ ∈ R : A = λB, B = λC. Además B C A B −D A 6= 0 6= B. En este caso habrá solución si rang = 1 para lo B C −E cual debe ser D = λE. La solución del sistema son los puntos de la recta Ax + By + D = 0 (ó Bx + Cy + E = 0). En este caso f es un plano pues f (x, y) = x(Ax + By + D) + y(Bx + Cy + E) + Dx + Ey + F = Dx + Ey + F y no tiene máximos ni m´ınimos. A B = 0, A = B = C = 0 y habrá solución cuando Por u ´ltimo, si rang B C D = E = 0, con lo que la función es constante f (x, y) = F .

PROBLEMA 4.69

Determinar los m´ aximos y m´ on pınimos de la funci´ f (x, y) = x2 + y 2 − 2x + 5. Soluci´ on

Llamando z =

p

x2 + y 2 − 2x + 5, tenemos

∂z 2x − 2 x − 1 ∂z 2y y = p = ; = p = ; 2 2 2 2 ∂x z ∂y z 2 x + y − 2x + 5 2 x + y − 2x + 5 ∂2z ∂x2 ∂2z ∂x∂y ∂2z ∂y 2

= = =

z − (x − 1)zx0 z 2 − (x − 1)2 y2 + 4 = = ; z2 z3 z3 −(x − 1)zy0 −(x − 1)y = ; 2 z z3 z − yzy0 z2 − y2 x2 − 2x + 5 = = . z2 z3 z3 263

Los puntos estacionarios se obtienen resolviendo el sistema zx0 = zy0 = 0; resulta entonces que P (1, 0) es el u ńico punto estacionario. El hessiano de la función en dicho punto es 1/2 0 Hf (1, 0) = . 0 1/2 Como su determinante es positivo y zxx (1, 0) = 1/2 > 0, el punto P corresponde a un m´ınimo relativo.

Observaci´ on. En la gráfica se observa que el m´ınimo es precisamente el vértice del hiperboloide.

PROBLEMA 4.70

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on 1 f (x, y) = exp . x2 + 2 + cos2 y − 2 cos y Soluci´ on

Si llamamos g(x, y) = x2 + 2 + cos2 y − 2 cos y, entonces es evidente que f alcanza un máximo (resp. m´ınimo) en los puntos donde g alcanza un m´ınimo (resp. máximo), y rec´ıprocamente. Estudiemos pues los extremos de la función g. −→ ∇g(x, y) = (2x, −2 cos y sen y + 2 sen y), −→ x=0 ∇g(x, y) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x = 0, y = kπ (k ∈ Z). sen y = 0 ó cos y = 1 264

Por otra parte,

2 0 Hg(x, y) = , 0 −2 cos 2y + 2 cos y 2 0 Hg(0, kπ) = . 0 −2 + 2(−1)k De este modo, det Hg(0, kπ) = −4 + 4(−1)k , lo que significa que, cuando k es impar, det Hg(0, kπ) = −8 < 0, y nos encontramos con puntos de ensilladura. Ahora bien, cuando k es par, se anula el determinante de la matriz hessiana de modo que el criterio de la segunda derivada no es aplicable. En este caso, como g(0, kπ) = 1 y g(x, y) = x2 + 1 + (cos y − 1)2 ≥ 1, ∀(x, y) ∈ R2 , deducimos que, en dichos puntos, la función g tiene m´ınimos (globales), es decir, la función f alcanza el máximo.

PROBLEMA 4.71 2

Se considera la funci´ on f (x, y) = eax+y + b · sen(x2 + y 2 ). (a) Determinar los valores de a y b para que la funci´ on tenga un punto estacionario en (0, 0) y el polinomio de Taylor de segundo orden centrado en el origen tome el valor 6 en el punto (1, 2). (b) Con los valores de a y b obtenidos, deducir si la funci´ on alcanza un m´ aximo o un m´ınimo en el punto (0, 0). Soluci´ on

265

(a) Si el origen debe ser un punto estacionario de la función, deben anularse las derivadas de primer orden. Como 2

fx0 (x, y) = aeax+y + 2bx · cos(x2 + y 2 ) 2

fy0 (x, y) = 2yeax+y + 2by · cos(x2 + y 2 ), entonces fx0 (0, 0) = 0 ⇐⇒ a = 0 pero fy0 (0, 0) = 0, ∀a, b. Hacemos pues a = 0 y calculamos la matriz hessiana de la función:  Dxx f (x, y) = 2b cos(x2 + y 2 ) − 4bx2 sen(x2 + y 2 )  Dxy f (x, y) = −4bxy sen(x2 + y 2 )  2 Dyy f (x, y) = (2 + 4y 2 )ey + 2b cos(x2 + y 2 ) − 4by 2 sen(x2 + y 2 ) 2b 0 =⇒ Hf (0, 0) = . 0 2 + 2b Con estos datos, escribimos el polinomio de Taylor de segundo orden alrededor del origen: −→ 1 p2 (x, y) = f (0, 0) + (x, y) · ∇f (0, 0) + · (x, y) · Hf (0, 0) · (x, y)T 2 = 1 + bx2 + (1 + b)y 2 . Como, por hipótesis, p2 (1, 2) = 6, deducimos que 6 = 1 + b + 4(1 + b) =⇒ b = 1/5. (b) Con los valores obtenidos, la función tiene la siguiente expresión: 1 · sen(x2 + y 2 ) 5 y, por construcción, el origen es un punto estacionario de f . 2/5 0 , la cual es definida positiva. Por Además, Hf (0, 0) = 0 12/5 tanto, la función tiene un m´ınimo en el origen. 2

f (x, y) = ey +

PROBLEMA 4.72

Encontrar los valores extremos de la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 en cada una de las siguientes regiones: (a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 y > 2}. (b) B = {(x, y) ∈ R2 : x2 y ≥ 2}. Soluci´ on

266

(a) El conjunto A es abierto lo que indica que, caso de existir valores máximos o m´ınimos, éstos deben encontrarse entre los puntos estacionarios de la función. Resolvemos por tanto el sistema: −→ ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ (2x, 2y) = (0, 0) ⇐⇒ (x, y) = (0, 0).

Como este punto no pertenece a la región dada, la función no tiene máximos ni m´ınimos en A. (b) En este caso, el conjunto B es cerrado, aunque no acotado, lo que tampoco garantiza la existencia de máximos y m´ınimos de la función. Como en el interior de B no hay puntos estacionarios (int B = A), caso de existir valores extremos, deben corresponder a puntos de la frontera de B. Para determinarlos, aplicamos en la función la relación x2 y = 2, 2 lo que produce la función de una variable g(y) = + y 2 , y 6= 0. y Sus valores extremos se calculan por el procedimiento usual: −2 + 2y y2 g 0 (y) = 0 ⇐⇒ y = 1 4 g 00 (y) = + 2 =⇒ g 00 (1) > 0. y3 g 0 (y) =

√ √ Concluimos entonces que, en los puntos ( 2, 1) y (− 2, 1) de la frontera de B se alcanza el m´ınimo de f mientras que el máximo de f no se alcanza en B.

267

PROBLEMA 4.73

Encontrar los m´ aximos y m´ınimos de las siguientes funciones en las regiones indicadas: (a) f (x, y) = (x2 + y 2 )4 en x2 + y 2 ≤ 1. (b) f (x, y) = sen x + cos y en [0, 2π] × [0, 2π]. (c) f (x, y) = sen x + sen y + sen(x + y) en [0, π/2] × [0, π/2]. Soluci´ on (a) Como la región es cerrada y acotada y la función es continua, seg´ un el teorema de Weierstrass, deben alcanzarse los valores máximo y m´ınimo. Dichos valores se encuentran, o bien en alg´ un punto de la frontera de la región, o bien en alg´ un punto del interior. Debido a que la función es diferenciable, si alguno de estos valores se encuentra en el interior de la región, debe corresponder a un punto estacionario de la función (debido a la condición necesaria para la existencia de extremos). Buscaremos en primer lugar dichos valores entre los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) = 8x(x2 + y 2 )3 , 8y(x2 + y 2 )3 , −→ ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ (x, y) = (0, 0). Como 0 = f (0, 0) ≤ f (x, y), ∀(x, y) ∈ R2 , la función tiene un m´ınimo absoluto en el origen. Al no haber más puntos estacionarios en el interior de la región dada, el máximo debe alcanzarse en un punto de la frontera. Ahora bien, como ( = 1 si x2 + y 2 = 1 f (x, y) < 1 si x2 + y 2 < 1, el máximo se alcanza en todos los puntos de la frontera.

268

(b) Nuevamente, la continuidad de la función en una región cerrada y acotada garantiza la existencia de máximo y m´ınimo absolutos. Si alguno de ellos está en el interior de la región, debe corresponder a un punto estacionario. Calculemos pues dichos puntos: −→ ∇f (x, y) = (cos x, − sen y), −→ (2m + 1)π cos x = 0 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ (x, y) = , nπ , m, n ∈ Z. sen y = 0 2 En el interior del cuadrado [0, 2π] × [0, 2π] sólo hay dos puntos estacionarios, (π/2, π) y (3π/2, π). Aplicaremos el criterio de las derivadas segundas para cada uno de estos puntos: − sen x 0 Hf (x, y) = 0 − cos y −1 0 1 0 Hf (π/2, π) = ; Hf (3π/2, π) = . 0 1 0 1 Como det Hf (π/2, π) = −1 < 0, la función tiene un punto de ensilladura en (π/2, π). Por otra parte, como det Hf (3π/2, π) = 1 > 0 y a11 = 1 > 0, la función tiene un m´ınimo local en (3π/2, π). Para el comportamiento de la función en la frontera, dividimos ésta en cuatro segmentos: i) Si x = 0, 0 ≤ y ≤ 2π, la función queda de la forma g1 (x) = cos y. Esta función, como es bien sabido, alcanza su máximo en los puntos A = (0, 0) y B = (0, π) y su m´ınimo en el punto M = (0, π). ii) Si y = 0, 0 ≤ x ≤ 2π, la función es ahora g2 (x) = 1 + sen x. Esta función tiene el máximo en el punto P = (π/2, 0) y el m´ınimo en el punto Q = (3π/2, 0). iii) Si x = 2π, 0 ≤ y ≤ 2π, la función es g3 (y) = cos y. Nuevamente, el máximo se alcanza en los puntos C = (2π, 0) y D = (2π, 2π) y el m´ınimo en el punto N = (2π, π). iv) Si y = 2π, 0 ≤ x ≤ 2π, la función es g4 (x) = 1 + sen x, cuyo máximo se alcanza en R = (π/2, 2π) y el m´ınimo en S = (3π/2, 2π). Para determinar los extremos absolutos de la función basta ahora comparar los valores de la función en todos los puntos obtenidos hasta ahora. As´ı pues, como f (A) = f (B) = f (C) = f (D) = 1, f (P ) = f (R) = 2, el máximo absoluto de la función se alcanza en los puntos P = (π/2, 0) y R = (π/2, 2π). 269

Por otra parte, como f (Q) = f (S) = f (M ) = 0, f (N ) = −1, f (3π/2, π) = −2, deducimos que el m´ınimo absoluto se encuentra en el punto (3π/2, π). En la figura siguiente mostramos la superficie desde dos puntos de vista diferentes donde se observa gráficamente el resultado obtenido anal´ıticamente.

(c) Procederemos de forma análoga a los dos casos anteriores. En primer lugar determinamos los puntos estacionarios: −→ ∇f (x, y) =

cos x + cos(x + y), cos y + cos(x + y) , −→ cos x + cos(x + y) = 0 . ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ cos y + cos(x + y) = 0 El u ńico punto estacionario en el interior del cuadrado [0, π/2]×[0, π/2] es M = (π/3, π/3). En dicho punto, el hessiano es: − sen x − sen(x + y) − sen(x + y) Hf (x, y) = − sen(x + y) − sen x − sen(x + y) √ √ − √ 3 − √3/2 . =⇒ Hf (π/3, π/3) = − 3/2 − 3

Como det Hf (π/3, π/3) = 9/4 > 0 y a11 < 0, deducimos que el punto corresponde a un máximo local de la función. Para estudiar los posibles extremos relativos en la frontera del cuadrado, distinguimos los siguientes casos: i) Si x = 0, 0 ≤ y ≤ π/2, la función queda de la forma g1 (y) = 2 sen y. Tiene un m´ınimo en A = (0, 0) y un máximo en D = (0, π/2). ii) Si x = π/2, 0 ≤ y ≤ π/2, la función es ahora g2 (y) = 1 + sen y + cos y. Como g20 (y) = 0 ⇐⇒ cos y = sen y ⇐⇒ y = π/4 270

y

√ g200 (π/4) = − 2 < 0,

la función tiene un máximo en el punto P = (π/2, π/4). Por tanto, en los extremos del intervalo B = (π/2, 0) y C = (π/2, π/2) tiene m´ınimos relativos. iii) Si y = 0, 0 ≤ x ≤ π/2, la función es g3 (x) = 2 sen x. Análogamente al apartado i), el máximo se alcanza en B = (π/2, 0) y el m´ınimo en A = (0, 0). iv) Si y = π/2, 0 ≤ x ≤ π/2, la función es g4 (x) = 1 + sen x + cos x, cuyo máximo se alcanza en Q = (π/4, π/2) y el m´ınimo en D = (0, π/2) y C = (π/2, π/2). Dando valores a la función en los puntos obtenidos del estudio anterior, deducimos que el máximo absoluto √ de la función se alcanza en el punto M = (π/3, π/3) y vale f (M ) = 3 3/2 y el m´ınimo absoluto se alcanza en el origen y vale f (A) = 0.

PROBLEMA 4.74

Hallar los extremos absolutos (m´ aximos y m´ınimos) de la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 + xy en el c´ırculo cerrado x2 + y 2 ≤ 1. Soluci´ on

En primer lugar vamos a determinar los posibles extremos en el interior de la región dada. Para ello debemos calcular los puntos estacionarios. Dx f (x, y) = 0 2x + y = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ x = 0, y = 0. Dy f (x, y) = 0 2y + x = 0 271

2 1 Como Hf (0, 0) = , det Hf (0, 0) = 3 > 0 y a11 = 2 > 0, el punto 1 2 (0, 0) corresponde a un m´ınimo local. Para determinar los extremos en la frontera, sustituimos y 2 = 1 − x2 en la ecuación de la función. Obtenemos as´ı dos funciones de una variable p f1 (x) = 1 + x 1 − x2 , x ∈ [−1, 1], y ≥ 0, p f2 (x) = 1 − x 1 − x2 , x ∈ [−1, 1], y < 0 (que corresponden a las restricciones de f en las semicircuferencias superior e inferior, respectivamente). Igualando a cero las derivadas de primer orden, resulta: √ x2 = 0 =⇒ 1 − 2x2 = 0 =⇒ x = ± 2/2, 1 − x2 p √ x2 = 0 =⇒ 1 − 2x2 = 0 =⇒ x = ± 2/2. f20 (x) = 0 =⇒ − 1 − x2 + √ 1 − x2

f10 (x) = 0 =⇒

p

1 − x2 − √

Los puntos cr´ıticos en la frontera son entonces √ √ √ √ (√ 2/2, √2/2), (− √2/2, 2/2), √ ( 2/2, − 2/2), (− 2/2, − 2), (1, 0), (−1, 0) (Los puntos (1, 0) y (−1, 0) también son puntos cr´ıticos pues en ellos no existe la derivada de f1 ). El valor de la función en los puntos cr´ıticos es el siguiente: √ √ √ √ f ( 2/2, 2/2) = f (− 2/2, − 2) = 3/2, √ √ √ √ f (− 2/2, 2/2) = f ( 2/2, − 2/2) = 1/2, f (1, 0) = f (−1, 0) = 1. Debido a que f (0, 0) = 0, lo anterior permite deducir que el máximo es √ √ √ √ f ( 2/2, 2/2) = f (− 2/2, − 2/2) = 3/2 y el m´ınimo es f (0, 0) = 0. 272

PROBLEMA 4.75

Hallar los m´ aximos absolutos de la funci´ on f (x, y) = x3 + 3x − 6xy + 3y 2

en la porci´ on del plano Q limitada por OX + , OY + , x = 2, y = 2.

Soluci´ on

Como Q es cerrado y acotado, es compacto; la continuidad de f garantiza la existencia de un máximo y un m´ınimo absolutos en dicha región. Los puntos estacionarios de la función son 2 2 3x + 3 − 6y = 0 3x − 6x + 3 = 0 D1 f (x, y) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ −6x + 6y = 0 x = y. D2 f (x, y) = 0 La u ńica solución es el punto (1, 1), interior al cuadrado Q. El hessiano en dicho punto es: 6 −6 Hf (1, 1) = −6 6 cuyo determinante es cero. Calculamos entonces la diferencia f (x, y)−f (1, 1) en puntos(x, y) próximos a (1, 1). Si hacemos en particular x = 1 + h, y = 1 + h, obtenemos que f (1 + h, 1 + h) − f (1, 1) = (1 + h)3 − 3(1 + h) − 6(1 + h)2 + 3(1 + h)2 − 1 = −h3 que puede tomar valores positivos y negativos en un entorno del cero. De aqu´ı se deduce que la función presenta un punto de ensilladura en (1, 1). 273

Como el máximo no se alcanza en el interior, debe ser un punto de la frontera de Q. Si restringimos la función a cada segmento que la limita, tenemos:

i) Si y = 0, x ∈ [0, 2], entonces ϕ1 (x) = f (x, 0) = x3 + 3x. Como ϕ01 (x) = 3x2 + 3 > 0, no tiene extremos relativos en el intervalo x ∈ (0, 2). En particular f (0, 0) = 0 y f (2, 0) = 14.

ii) Si x = 0, y ∈ [0, 2], entonces ϕ2 (y) = f (0, y) = 3y 2 , que tampoco tiene extremos relativos en el intervalo abierto y ∈ (0, 2). Tiene un m´ınimo en el origen, f (0, 0) = 0 y un máximo en el punto (0, 2), f (0, 2) = 12.

iii) Si x = 2, y ∈ [0, 2], ϕ3 (y) = f (2, y) = 14 − 12y + 3y 2 . Su derivada es ϕ03 (y) = −12 + 6y, que se anula en y = 2. El valor de la función es f (2, 2) = 2.

iv) Si y = 2, x ∈ [0, 2], ϕ4 (x) = f (x, 2) = x3 − 9x + 12. 0 La derivada es ahora 3x2 − 9, que se anula en x = √ ϕ4 (x) = √ la función vale f ( 3, 2) = −6 3 + 12 > 0.

√

3 y donde

Comparando todos los valores obtenidos, resulta que el máximo se alcanza en el punto (2, 0) y el m´ınimo en el origen.

274

PROBLEMA 4.76

Se consideran las regiones A = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 0}, B = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0}, C = {(x, y) ∈ R2 : y − x ≤ 2},

y la funci´ on de dos variables f (x, y) = ex−y (x2 − 2y 2 ). Calcular los extremos de f en las regiones A ∪ B ∪ C y A ∩ B ∩ C. Soluci´ on

Representando gráficamente las regiones se observa que A ∪ B ∪ C = R2 y A ∩ B ∩ C es el triángulo cerrado de vértices (0, 0), (0, 2) y (−2, 0). Determinamos en primer lugar los puntos estacionarios de la función: ∂f ∂x ∂f ∂y

= 0 ⇐⇒ ex−y (2x + x2 − 2y 2 ) = 0 ⇐⇒ 2x + x2 − 2y 2 = 0 = 0 ⇐⇒ ex−y (−4y − x2 + 2y 2 ) = 0 ⇐⇒ −4y − x2 + 2y 2 = 0.

Al resolver el sistema se obtienen las soluciones (0, 0) y (−4, −2). (a) En A ∪ B ∪ C ambos son puntos interiores. Calcularemos el hessiano en dichos puntos: ∂2f ∂x2 ∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

= ex−y (2 + 2x + 2x + x2 − 2y 2 ), = ex−y (−4y − 2x − x2 + 2y 2 ), = ex−y (−4 + 4y + 4y + x2 − 2y 2 ).

Como Hf (0, 0) =

2 0 , det Hf (0, 0) = −8 < 0, 0 −4

de modo que (0, 0) es punto de ensilladura. 275

Análogamente, como Hf (−4, −2) =

−6e−2 8e−2 , 8e−2 −12e−2

det Hf (−4, −2) = 8e−4 > 0 y a11 = −6e−2 < 0, deducimos que P = (−4, −2) corresponde a un máximo.

(b) En A ∩ B ∩ C los puntos estacionarios no están en el interior, de modo que los extremos deben estar en la frontera. Escribimos para ello la restricción de la función en cada uno de los segmentos que forman el triángulo: i) Si x = 0, g1 (y) = f (x, y)|x=0 = −2y 2 e−y , 0 ≤ y ≤ 2. Como g10 (y) = y (−4 + 2y)e−y , entonces g10 (y) = 0 ⇐⇒ y = 0, y = 2, lo que da lugar a los puntos estacionarios (0, 0) y (0, 2). ii) Si y = 0, g2 (x) = f (x, y)|y=0 = x2 ex , −2 ≤ x ≤ 0. En este caso, g20 (x) = x(2 + x)ex y g20 (x) = 0 ⇐⇒ x = 0, x = −2, dando lugar a los puntos (0, 0) y (−2, 0). iii) Si y = x + 2, g3 (x) = f (x, y)|y=x+2 = e−2 (−x2 − 8x − 8), −2 ≤ x ≤ 0. Ahora g30 (x) = e−2 (−2x − 8), que no se anula en ning´ un punto del segmento. En definitiva, los posibles extremos corresponden a los puntos (0, 0), (0, 2) y (−2, 0). Al evaluar la función en dichos puntos, se obtiene f (0, 0) = 0, f (0, 2) = −8e−2 , f (−2, 0) = 4e−2 . Por tanto, el m´ınimo absoluto se alcanza en (0, 2) y el máximo absoluto se alcanza en (−2, 0). 276

PROBLEMA 4.77

Sea f (x, y) = (x2 +y 2 )e−3x+y . Calcular los valores m´ aximo y m´ınimo de f en las siguientes regiones: A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1} B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} C = {(x, y) ∈ R2 : 3x − y ≥ 0} D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, |y| ≤ x}.

Soluci´ on

Clasificaremos en primer lugar los puntos estacionarios de la función: −→ ∇f (x, y) = (2x − 3x2 − 3y 2 )e−3x+y , (2y + x2 + y 2 )e−3x+y −→ ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒ x = 0, y = 0 ó x = 3/5, y = −1/5.

Es evidente que f (0, 0) = 0 ≤ f (x, y), ∀(x, y) ∈ R2 , lo que significa que la función tiene un m´ınimo absoluto en el origen. Como el origen está contenido en las cuatro regiones dadas, sólo necesitamos determinar el máximo de la función en cada región. Por otra parte, si aplicamos el criterio de las derivadas de segundo orden, deducimos que la función tiene un punto de ensilladura en (3/5, −1/5). 277

(a) Como el conjunto A es abierto, los valores extremos de f deben encontrarse en su interior y, por tanto, deben corresponder a puntos estacionarios. Del análisis anterior se deduce que no se alcanza el máximo de la función en el conjunto A. (b) En este caso, como el conjunto B es compacto y la función continua, necesariamente se alcanza el máximo de la función y éste debe encontrarse en la frontera del conjunto. Si parametrizamos la frontera de B como x = cos t, y = sen t, −π ≤ t ≤ π, y definimos la función ϕ(t) = f (cos t, sen t) = e−3 cos t+sen t , −π ≤ t ≤ π, entonces el punto (x0 , y0 ) ∈ B donde f alcance el máximo será de la forma (cos t0 , sen t0 ), siendo t0 el punto donde ϕ alcance el máximo en [−π, π]. Como ϕ es una función de una variable, calcularemos su máximo por los métodos usuales: ϕ0 (t) = (3 sen t + cos t)e−3 cos t+sen t ϕ0 (t) = 0 ⇐⇒ tg t = −1/3 ⇐⇒ t = arc tg(−1/3) ó t = π + arc tg(−1/3).

Denotamos los puntos cr´ıticos por t1 = arc tg(−1/3) y t2 = π + arc tg(−1/3), y estudiamos el signo de la derivada ϕ0 en los distintos intervalos que estos puntos determinan:

ϕ0 (t)

(−π, t1 )

(t1 , t2 )

(t2 , π)

0

0). Soluci´ on

Si llamamos P = (x, y, z) al punto de intersección del prisma con el plano, el volumen puede expresarse mediante la fórmula siguiente: x y V =x·y·z =c·x·y· 1− − , a b en la región 0 < x < a, 0 < y < b.

El problema se reduce entonces a determinar el máximo de la función x y . f (x, y) = c · x · y · 1 − − a b −→ Para calcular los puntos estacionarios, resolvemos la ecuación ∇f (x, y) = 0: −→ 2x y x 2y ∇f (x, y) = cy 1 − − , cx 1 − − , b a b a y −→ y = 0 ó 2x a + b =1 ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = 0 ó xa + 2y b = 1. El sistema anterior tiene como solución los puntos (0, 0), (a, 0), (0, b) y (a/3, b/3), de los cuales sólo este u ´ltimo puede dar volumen máximo. 280

En efecto, como −2cy a 2y c 1 − 2x a − b −2bc −c 3a 3 −c −2ac , 3 3b

Hf (x, y) = =⇒ Hf (a/3, b/3) =

2y 2x a − b −2cx b

c 1−

−2bc donde det Hf (a/3, b/3) = c2 /3 > 0 y a11 = < 0, lo que efectivamente 3a indica que, en dicho punto, se alcanza el máximo de la función.

PROBLEMA 4.79

Inscribir en el segmento de paraboloide el´ıptico z x2 y 2 = 2 + 2 , z = c, c a b

un paralelep´ıpedo de volumen m´ aximo. Soluci´ on

Si denotamos por P = (x, y, z) el punto en el primer octante de intersección del paraboloide con el paralelep´ıpedo, podemos escribir el volumen de dicho paralelep´ıpedo con la fórmula siguiente: x2 y 2 V = 2x · 2y · (c − z) = 4cxy 1 − 2 − 2 , x, y, z > 0. a b As´ı pues, el problema se reduce al de encontrar el máximo de la función V = f (x, y), con x, y > 0. Calculamos las derivadas parciales de primer orden para determinar los puntos estacionarios: −→ −8c 2 x2 y 2 −8c 2 x2 y 2 ∇f (x, y) = x y + 4cy 1 − 2 − 2 , 2 xy + 4cx 1 − 2 − 2 . a2 a b b a b −→ Al resolver el sistema ∇f (x, y) = 0, obtenemos los puntos estacionarios (0, 0), (−a, 0), (−a/2, −b/2), (−a/2, b/2), (a/2, −b/2), (a/2, b/2), (a, 0), (−a, 0), (0, −b) y (0, b) de los cuales sólo el punto (a/2, b/2) es admisible. 281

Para comprobar que este punto corresponde al máximo de la función, utilizamos el criterio de la segunda derivada:   −24cxy 3y 2 3x2 4c 1 − − 2 2 2 a a b  Hf (x, y) =  3y 2 −24cxy 3x2 4c 1 − a2 − b2 b2 −6bc/a −2c =⇒ Hf (a/2, b/2) = . −2c −6ac/b Como det Hf (a/2, b/2) = 32c2 > 0 y a11 = −6bc/a < 0, el máximo de la función se alcanza efectivamente en dicho punto.

PROBLEMA 4.80

Hallar la distancia entre las rectas en R3 de ecuaciones x − 1 = y/2 = z y x = y = z . Soluci´ on

Un punto arbitrario de la primera recta tiene por coordenadas P = (x, 2x − 2, x − 1) y uno de la segunda recta se puede escribir como Q = (x0 , x0 , x0 ). La distancia entre ellos es p d(P, Q) = (x − x0 )2 + (2x − 2 − x0 )2 + (x − 1 − x0 )2 . Ahora bien, si d(P, Q) es m´ınima, también su cuadrado será m´ınimo. Podemos pues reducir el problema al de minimizar la función f (x, x0 ) = (x − x0 )2 + (2x − 2 − x0 )2 + (x − 1 − x0 )2 . Como ∂z ∂x ∂z ∂x0

= 2(x − x0 ) + 2(2x − 2 − x0 ) · 2 + 2(x − 1 − x0 ), = −2(x − x0 ) − 2(2x − 2 − x0 ) − 2(x − 1 − x0 ), 282

los puntos estacionarios se obtienen del sistema x − x0 + 4x − 4 − 2x0 + x − 1 − x0 = 0 x − x0 + 2x − 2 − x0 + x − 1 − x0 = 0, lo que da como solución x = 3/2, x0 = 1. Al ser el u ńico punto estacionario, debe corresponder a un m´ınimo p (se trata de dos √ rectas que se cruzan), y dicha distancia m´ınima vale d = 1/4 + 1/4 = 2/2. [Comparar el método expuesto en este problema con el desarrollado en el cap´ıtulo I, problema 1.17.]

283

5. EXTREMOS CONDICIONADOS. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE.

Cierto tipo de problemas de extremos consiste en encontrar los valores máximo y m´ınimo de una función cuyas variables están sometidas a ciertas condiciones de dependencia; éstos reciben el nombre de problemas de máximos y m´ınimos condicionados. Por ejemplo, en el caso de una función de dos variables z = f (x, y), si éstas están relacionadas por la condición y = g(x), los extremos condicionados de f son precisamente los máximos y m´ınimos de la función de una variable z = f x, g(x) . Geométricamente, el problema consiste en encontrar los valores extremos de la curva en R3 que es la intersección de las superficies z = f (x, y), y = g(x). El planteamiento general de estos problemas es el siguiente: Problema. Encontrar el valor m´ aximo (o m´ınimo) de una funci´ on f : Rn → R, en un dominio M definido del siguiente modo: → → M = {− x ∈ Rn : F i (− x ) = 0, 1 ≤ i ≤ m}. El conjunto de funciones F i : Rn → R (1 ≤ i ≤ m) constituye lo que llamaremos restricciones de las variables. Denotaremos por f |M a la restricción de f al conjunto M . Estableceremos a continuación las nociones básicas que permiten enunciar condiciones necesarias y suficientes para la existencia de máximos y m´ınimos condicionados. Definici´ on. Dado un entero positivo r < n, decimos que un subconjunto n M de R es una variedad r-dimensional (o r-variedad) de clase C (q) cuando → → ∀− x ∈ M , existe U ⊂ Rn abierto que contiene a − x y existe una función n−r (q) F : U → R , con F ∈ C (U ), tal que → → i) rang JF (− x ) = n − r, ∀− x ∈ U, y → − → → ii) M ∩ U = {− x ∈ U : F (− x ) = 0 }. Es fácil, a partir de la definición, demostrar el siguiente resultado. Proposici´ on. Sean D un abierto de Rn y F : D → Rn−r una funci´ on → − → − (q) n de clase C en D. Entonces el conjunto M = { x ∈ R : F ( x ) = → − → 0 , rang JF (− x ) = n − r} es una r-variedad de clase C (q) . Por ejemplo, si F : Rn → R es una función de clase C (1) , cualquier conjunto → → de nivel Kc = {− x ∈ Rn : F (− x ) = c} no vac´ıo y que no contenga puntos estacionarios de F es una (n − 1)-variedad. 284

Con estos conceptos se prueba la siguiente condición necesaria de existencia de extremos condicionados. Teorema de los multiplicadores de Lagrange. Sean M una r-variedad de Rn de clase C (1) y f : D → R una funci´ on definida en un abierto D ⊂ Rn , →, entonces (1) con f ∈ C (D) y M ⊂ D. Si f |M tiene un extremo relativo en − x 0 − → existen constantes λ1 , . . . , λm ∈ R (m = n − r) tales que x0 es un punto estacionario de la funci´ on g = f + λ1 F 1 + · · · + λ m F m , donde F 1 , . . . , F m son las componentes de la funci´ on F asociada a la variedad M . Este resultado indica que, en un problema de b´ usqueda de extremos condicionados, los u ńicos posibles puntos de extremo local se encuentran entre las soluciones del sistema ∂g − → ∂xi ( x ) = 0, 1 ≤ i ≤ n → F j (− x ) = 0, 1 ≤ j ≤ m de m + n ecuaciones con las m + n incógnitas x1 , . . . , xn , λ1 , . . . , λm . Esto sugiere también considerar la función de m + n variables g(x1 , . . . , xn , λ1 , . . . , λm ) = f (x1 , . . . , xn ) +

m X

λj F j (x1 , . . . , xn )

j=1

y calcular los puntos estacionarios de g en M × Rm , los cuales serán los u ńicos ∂g posibles valores donde f tenga un extremo relativo (observar que = F j ). ∂λj Se reduce as´ı el problema de extremos condicionados a un problema de extremos ordinarios. Las condiciones suficientes para la existencia de extremos pueden determinarse de la siguiente forma: Teorema. Se considera la funci´ on g = f + λ1 F 1 + · · · + λm F m . → la funci´ (a) Si en un punto − x on alcanza un m´ aximo relativo, entonces la 0 n X n X →)h h , forma cuadr´ atica correspondiente a g, Qx0 (h) = Dij g(− x 0 i j i=1 j=1

→. es semidefinida negativa en un entorno reducido de − x 0 − → (b) Si Qx0 (h) > 0 en alg´ un entorno reducido de x0 , entonces la funci´ on − → alcanza un m´ınimo relativo en x . 0

En la mayor´ıa de los ejemplos prácticos, para determinar si un punto estacionario corresponde a un máximo o un m´ınimo, utilizaremos métodos 285

indirectos, sugeridos por cada situación particular. En los problemas que siguen iremos mostrando algunos de los métodos posibles.

PROBLEMA 4.81

Sea f : R2 → R la funci´ on definida por f (x, y) = xy y M = {(x, y) : 2 2 2 x +y = 2a }, (a > 0). Determinar los m´ aximos, m´ınimos y puntos de ensilladura de f |M . Soluci´ on

Observemos en primer lugar que M es una variedad 1-dimensional. Para ello, dado cualquier (x, y) ∈ M , habrá que probar que existen i) un abierto U ⊂ R2 que contiene a (x, y) y ii) una función F : U → R, F ∈ C (1) (U ) tales que rang JF (x, y) = 1 y M ∩ U = {(x, y) ∈ U : F (x, y) = 0}. En efecto, sea F (x, y) = x2 + y 2 − 2a2 . Por ser un polinomio, F ∈ C (∞) (U ). Además JF (x, y) = (2x, 2y); entonces rang JF (x, y) = 1 si (x, y) 6= (0, 0). Esto sugiere considerar el abierto U = R2 \ {(0, 0)} y la función F arriba definida, pues M ∩ U = {(x, y) ∈ U : F (x, y) = 0}. Podemos pues aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange, que asegura que los extremos de f en encuentran entre los puntos estacionarios de la función g = f + λF . Calcularemos los puntos estacionarios de g: Dx g(x, y, λ) = 0 ⇐⇒ y + 2xλ = 0 Dy g(x, y, λ) = 0 ⇐⇒ x + 2yλ = 0 Dλ g(x, y, λ) = 0 ⇐⇒ x2 + y 2 − 2a2 = 0. Si λ = 0, entonces x = y = 0, de donde 0 = 2a2 , lo que es absurdo pues a > 0. Si λ 6= 0, entonces λ = −y/2x = −x/2y =⇒ −2y 2 + 2x2 = 0 =⇒ x2 − y 2 = 0. Como, además x2 + y 2 = 2a2 , las soluciones del sistema dan los puntos estacionarios (a, a), (−a, a), (a, −a) y (−a, −a). Observamos que el conjunto M es compacto: es cerrado por ser la imagen inversa de un cerrado por una aplicación continua, F −1 ({0}) = M , y acotado 286

porque √ M está contenido en cualquier bola de centro el origen y radio mayor que a 2. Como además f |M es continua, entonces f |M alcanza su máximo y m´ınimo absolutos. Debido a que f (−a, −a) = f (a, a) = a2 y f (−a, a) = f (a, −a) = −a2 , los puntos (a, a) y (−a, −a) corresponden al máximo absoluto y (a, −a) y (−a, a) al m´ınimo absoluto.

PROBLEMA 4.82

Sea f : R2 → R la funci´ on definida por f (x, y) = x3 + y 3 y M = 2 2 {(x, y) : x − y = 1}. Determinar los extremos relativos de f |M .

Soluci´ on

Observamos en primer lugar que M es una variedad pues existen un abierto U = R2 \{(0, 0)} y una función F : U → R, definida por F (x, y) = x2 −y 2 −1, tales que F ∈ C (∞) (U ), rang JF (x, y) = 1 (pues JF (x, y) = (2x, −2y)) y M ∩ U = {(x, y) ∈ U : F (x, y) = 0}. Podemos pues aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange y considerar la función g(x, y) = x3 + y 3 + λ(x2 − y 2 − 1). Calculamos los puntos estacionarios de g: Dx g(x, y) = 0 ⇐⇒ 3x2 + 2λx = 0 ⇐⇒ x(3x + 2λ) = 0 Dy g(x, y) = 0 ⇐⇒ 3y 2 − 2λy = 0 ⇐⇒ y(3x + 2λ) = 0 F (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 − y 2 = 1. 287

Para resolver el sistema distinguiremos los siguientes casos: - Si x 6= 0, y = 0, entonces 3x + 2λ = 0, de donde x = −2λ/3; pero como x2 − y 2 = 1 x2 = 1 =⇒ x = ±1 y tenemos los puntos (1, 0) y (−1, 0). - Si x = 0, y 6= 0, entonces y 2 = −1 que es imposible. - Si x = y = 0, entonces 0 = 1, también imposible. Luego los puntos estacionarios son los dos citados P1 = (1, 0) y P2 = (−1, 0). Como el conjunto M no es compacto (no es acotado), no podemos asegurar la existencia de extremos. Lo u ńico que sabemos es que si f |M tiene extremos, se han de encontrar entre dichos puntos estacionarios. Aplicaremos el criterio de la segunda derivada a la función f donde suponemos que la restricción M permite definir la variable x como función impl´ıcita de la variable y (lo cual es válido seg´ un el teorema de la función impl´ıcita en cada uno de los puntos estacionarios P1 y P2 ). y De la ecuación x2 − y 2 = 1, deducimos que x0 (y) = . Por lo tanto, x f 0 (y) = 3x2 · x0 (y) + 3y 2 = 3xy + 3y 2 3y 2 + 6y. f 00 (y) = 3x + 3x0 (y) · y + 6y = 3x + x Sustituyendo en los puntos estacionarios, resulta f 00 (P1 ) = 3 > 0 y f 00 (P2 ) = −3 < 0 de modo que la función alcanza un m´ınimo relativo en el punto P1 = (1, 0) y un máximo relativo en el punto P2 = (−1, 0).

En la figura se observa que el máximo relativo de la función es menor que el m´ınimo relativo y que la función no tiene máximo ni m´ınimo absolutos.

288

PROBLEMA 4.83

Determinar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on z = x2 + y 2 bajo 2 2 la condici´ on 13x − 10xy + 13y − 72 = 0. Soluci´ on

La condición 13x2 − 10xy + 13y 2 − 72 = 0 permite suponer que la variable y puede expresarse como función impl´ıcita de x, como consecuencia del teorema de la función impl´ıcita. En efecto, la función F (x, y) = 13x2 − 10xy + 13y 2 − 72 es de clase C (1) en R2 y ∂F 13y = −10x + 26y 6= 0 si x 6= . ∂y 5 Sabemos además que, bajo esas condiciones, y 0 (x) = −

13x − 5y ∂F/∂x = . ∂F/∂y 5x − 13y

Lo anterior permite expresar la función z = x2 + y 2 como función de una variable. Tenemos entonces al derivar que: z 0 (x) = 2x + 2y · y 0 (x) =

10x2 − 10y 2 13y si x 6= . 5x − 13y 5

Para obtener los puntos cr´ıticos, hacemos z 0 (x) = 0 y resulta x = ±y (con la condición 5x − 13y 6= 0 la cual efectivamente se cumple). Al sustituir en la ecuación que liga ambas variables, obtenemos los cuatro puntos √ √ √ √ √ √ √ √ 2, − 2 , − 2, 2 , 3 2/2, 3 2/2 , −3 2/2, −3 2/2 , que son los u ńicos en donde puede haber máximos o m´ınimos locales. Para determinarlos, calculamos la derivada segunda 20x − 20y · y 0 (x) (5x − 13y) − (10x2 − 10y 2 ) 5 − 13y 0 (x) 00 z (x) = (5x − 13y)2 la cual, al sustituirla en los puntos cr´ıticos, da los siguientes resultados: punto

√ √ (3 2/2, 3 2/2)

√ √ (−3 2/2, −3 2/2)

√ √ ( 2, − 2)

√ √ (− 2, 2)

y 0 (x)

−1

−1

1

1

z 00 (x)

−5

−5

20/9

20/9

289

√ √ √ √ Esto quiere decir que, en los puntos (3 2/2, 3√ 2/2)√y (−3 2/2, −3 √ √ 2/2), la función alcanza el máximo y, en los puntos ( 2, − 2) y (− 2, 2), tiene un m´ınimo relativo.

En la figura adjunta se da una interpretación geométrica del resultado obtenido. La función dada representa el cuadrado de la distancia al origen de un punto de la elipse. Como la elipse está centrada en el origen, los puntos que están más alejados y más próximos al origen son los vértices de la elipse.

PROBLEMA 4.84

Sea f (x, y) = xm + y m (m ∈ N). Estudiar los extremos de esta funci´ on si las variables est´ an ligadas por la condici´ on x + y = 2.

Soluci´ on

Debido a que M = {(x, y) ∈ R2 : x + y = 2} es claramente una variedad 1dimensional, podemos aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange. Consideraremos entonces la función g(x, y, λ) = f (x, y) + λ(x + y − 2) y distinguiremos dos casos: i) Si m = 1, entonces f (x, y) = x + y = 2 es una función constante, de modo que coinciden sus valores máximo y m´ınimo. 290

ii) Si m ≥ 2, gx0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ mxm−1 + λ = 0, gy0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ my m−1 + λ = 0, gλ0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ x + y − 2 = 0. De aqu´ı se deduce que xm−1 = y m−1 , de modo que, si m − 1 es par, x = ±y. Ahora bien, al ser x + y = 2, la u ńica solución es el punto (1, 1). En este caso λ = −m. Por otra parte, si m − 1 es impar, entonces x = y y se obtiene nuevamente la solución x = 1, y = 1, λ = −m. Como la variedad M no es compacta (por no ser acotada), emplearemos el criterio de la segunda derivada para determinar el comportamiento de la función en el punto estacionario (1, 1). La forma cuadrática asociada a la matriz hessiana de la función g en el punto (1, 1) es Q(h, k) = gxx (1, 1)h2 + 2gxy (1, 1)hk + gyy (1, 1)k 2 = m(m − 1)[h2 + k 2 ]. Como Q(h, k) > 0, ∀(h, k) 6= (0, 0), deducimos que la forma cuadrática es definida positiva y la función alcanza un m´ınimo en el punto (1, 1).

291

PROBLEMA 4.85

Sea f (x, y, z) = x − y + 2z . Encontrar los m´ aximos y m´ınimos de f en el elipsoide M = {(x, y, z) : x2 + y 2 + 2z 2 = 2}.

Soluci´ on

Llamamos F (x, y, z) = 2 − (x2 + y 2 + 2z 2 ) y g = f + λF . Igualando a cero las derivadas parciales de g, obtenemos el sistema de ecuaciones 1 − 2λx = 0, −1 − 2λy = 0, 2 − 4λz = 0, 2

2

2 − (x + y + 2z 2 ) = 0. √ √ De√dicho sistema √ se obtienen las soluciones λ = ± 2/2, x = ± 2/2, y = ∓ 2/2, z = ± 2/2. Puesto que f es continua y M es un conjunto compacto, f alcanza los valores máximo y m´ınimo en M , los √ cuales√deben√ser alguno√de los puntos estacionarios. Ahora bien, como f ( 2/2, − 2/2, 2/2) = 2 2 √ √ √ √ y f (− 2/2, 2/2, − 2/2) = −2 2, estos valores son respectivamente el máximo y el m´ınimo de la función.

292

PROBLEMA 4.86

Hallar los extremos de la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 sujeta a la condici´ on x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 = 1, siendo a, b y c constantes no nulas y distintas. Soluci´ on

Veamos en primer lugar que el conjunto M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 = 1} es una variedad. Para ello, definimos el abierto U = R3 \ {(0, 0, 0)} y la función F : U → R definida por F (x, y, z) = x2 /a2 + y 2 /b2 + z 2 /c2 − 1. Es claro que F ∈ C (∞) (U ) (por tratarse de un polinomio). Además, 2x 2y 2z , , JF (x, y, z) = a2 b2 c2 y rang JF (x, y, z) = 1 si (x, y, z) ∈ U . Podemos pues aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange y asegurar que los extremos de f se encuentran entre los puntos estacionarios de la función g = f + λF . Para encontrar estos puntos, debemos resolver el sistema λ 2x 1 + 2 = 0 a λ 2y 1 + 2 = 0 b λ 2z 1 + 2 = 0 c x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1, a2 b c para el cual obtenemos el siguiente conjunto de soluciones: i) Si x = ±a, entonces y = z = 0, λ = −a2 ; ii) Si y = ±b, entonces x = z = 0, λ = −b2 ; 293

iii) Si z = ±c, entonces x = y = 0, λ = −c2 . Como el conjunto M es compacto (pues se trata de un elipsoide de semiejes a, b y c) y la función f es continua, el teorema de Weierstrass asegura que se alcanzan los valores máximo y m´ınimo. Para determinarlos, debemos comparar los valores de la función en los puntos estacionarios obtenidos. Ahora bien, debido a que f (±a, 0, 0) = a2 , f (0, ±b, 0) = b2 , f (0, 0, ±c) = c2 , el máximo de la función vale máx{a2 , b2 , c2 } y el m´ınimo es m´ın{a2 , b2 , c2 }. Observaci´ on. La función dada representa el cuadrado de la distancia de un punto (x, y, z) al origen y la restricción representa un elipsoide de semiejes a, b y c y centrado en el origen. Es evidente entonces que las distancias máxima y m´ınima de un punto del elipsoide al origen son las obtenidas anal´ıticamente.

PROBLEMA 4.87

Calcular los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on u(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2

sometida a las restricciones x − y = 2z y x + y + z = 1. Soluci´ on

Utilizaremos el método de los multiplicadores de Lagrange, para lo cual consideramos el conjunto M = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y − 2z = 0, x + y + z − 1 = 0}. Se comprueba fácilmente que M es una 2-variedad, pues basta definir la función F : R3 → R2 por F (x, y, z) = (x − y − 2z, x + y + z − 1) y comprobar que F ∈ C (∞) (R3 ), rang JF (x, y, z) = 2, ∀(x, y, z) ∈ R3 y M = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = 0}. Si definimos la función g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ(x − y − 2z) + µ(x + y + z − 1), 294

sabemos que, si la función u tiene alg´ un extremo relativo, éste debe ser solución del sistema 2x + λ + µ = 0, 2y − λ + µ = 0, 2z − 2λ + µ = 0, x − y − 2z = 0, x + y + z − 1 = 0. La u ńica solución de este sistema es el punto (4/7, 2/7, 1/7). Debido a que las restricciones que forman el conjunto M definen a x e y como funciones impl´ıcitas de z, podemos considerar a u como función de la u ńica variable z, u(z) = [x(z)]2 + [y(z)]2 + z 2 . Si derivamos la función impl´ıcita x − y − 2z = 0, x + y + z − 1 = 0 respecto a z, obtenemos: 1 3 x0 (z) − y 0 (z) − 2 = 0 =⇒ x0 (z) = , y 0 (z) = − . 0 0 x (z) + y (z) + 1 = 0 2 2 Con estos valores, aplicamos el criterio de la derivada segunda a la función u para comprobar si el punto estacionario (4/7, 2/7, 1/7) corresponde a un máximo o un m´ınimo. Resulta entonces: u0 (z) = 2x(z) · x0 (z) + 2y(z) · y 0 (z) + 2z = x(z) − 3y(z) + 2z u00 (z) = x0 (z) − 3y 0 (z) + 2 = 7 =⇒ u00 (1/7) = 7 > 0, lo que significa que la función u alcanza su valor m´ınimo en el punto (4/7, 2/7, 1/7). Podemos interpretar geométricamente el problema observando que la función u representa la distancia de un punto al origen y las restricciones M representan los puntos de la recta intersección de los planos dados. As´ı pues, se trata de encontrar los puntos de una recta cuya distancia al origen sea máxima (los cuales lógicamente no existen) y m´ınima. Esta interpretación concuerda con el resultado anal´ıtico obtenido.

PROBLEMA 4.88

Determinar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y, z) = xa y b z c (a, b, c > 0) bajo la condici´ on x + y + z = 1. Soluci´ on 295

Debido a la forma exponencial de la función, deben ser x, y, z > 0, y, al ser el logaritmo una función creciente, los extremos relativos de f coinciden con los extremos relativos de g(x, y, z) = a ln x + b ln y + c ln z. Es fácil comprobar que se verifica el teorema de los multiplicadores de Lagrange, de modo que, para determinar los puntos estacionarios, debemos resolver el sistema a/x + λ = 0 b/y + λ = 0 c/z + λ = 0 x + y + z = 1. Este sistema tiene como u ńica solución el punto

a b c , , , a+b+c a+b+c a+b+c

con λ = −(a + b + c). Aplicaremos el criterio de la segunda derivada para determinar la caracter´ıstica del punto estacionario obtenido. Para ello consideramos la función en términos de las variables x e y haciendo la sustitución z = 1 − x − y. De este modo, a −→ c b c ∇g(x, y) = − , − x z y z −a/x2 − c/z 2 −c/z 2 . Hg(x, y) = −c/z 2 −b/y 2 − c/z 2 a b , > 0 y a11 < 0, deducimos que el punto a+b+c a+b+c corresponde a un máximo. Como det Hg

PROBLEMA 4.89

Sean a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 ∈ R constantes tales que b1 b3 − b22 > 0. Hallar el valor m´ aximo, si existe, de la funci´ on

f (x, y) =

Soluci´ on

Observemos que f es una función homogénea de grado cero, es decir f (tx, ty) = t0 f (x, y); esto quiere decir que f toma un valor constante en cualquier recta de la forma y = mx, f (x, mx) = f (1, m), ∀x. El problema planteado 296

a1 x2 + 2a2 xy b1 x2 + 2b2 xy

será pues equivalente a determinar la dirección de la recta y = mx en la cual la función dada alcanza el valor máximo. Ahora bien, si suponemos que b1 > 0, entonces b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 = 1 corresponde a la ecuación de una elipse (pues b1 b3 − b22 > 0) que rodea al origen; esto permite deducir que la dirección deseada vendrá un´ıvocamente determinada por un punto de dicha elipse. En resumen, el problema se reduce a calcular el máximo de la función f (x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 cuyas variables están sujetas a la condición b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 = 1. Construimos para ello la función g(x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 + λ(b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 − 1) = (a1 + λb1 )x2 + 2(a2 + λb2 )xy + (a3 + λb3 )y 2 − λ. Al igualar a cero las derivadas parciales de primer orden, se obtiene el sistema de ecuaciones siguiente: gx0 (x, y) = 2(a1 + λb1 )x + 2(a2 + λb2 )y = 0 gy0 (x, y) = 2(a2 + λb2 )x + 2(a3 + λb3 )y = 0 b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 = 1. Si el determinante

a + λb1 a2 + λb2 D = 1 a2 + λb2 a3 + λb3

fuera distinto de cero, tendr´ıamos la u ńica solución x = 0, y = 0 que no está sobre la elipse. Deducimos pues que D = 0, es decir (a1 + λb1 )(a3 + λb3 ) − (a2 + λb2 )2 = 0. Esta ecuación nos da dos valores reales de λ, que denotaremos por λ1 y λ2 . Cada uno de ellos proporciona un punto estacionario de la función g. En ambos puntos se verifica que: g(x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 + λ(b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 − 1) = [(a1 + λb1 )x + (a2 + λb2 )y]x + [(a2 + λb2 )x + (a3 + λb3 )y]y − λ = 0 + 0 − λ = −λ. Como la elipse es un conjunto compacto y la función f es continua, se alcanzan los valores máximo y m´ınimo. Deducimos entonces que máx f (x, y) = máx{−λ1 , −λ2 } y m´ın f (x, y) = m´ın{−λ1 , −λ2 }. Si b1 < 0, se debe considerar análogamente la función ge(x, y) = a1 x2 + 2a2 xy + a3 y 2 + λ(b1 x2 + 2b2 xy + b3 y 2 + 1) 297

y, razonando de forma completamente análoga, obtenemos que máx f (x, y) = máx{λ1 , λ2 } con λ1 y λ2 soluciones de D = 0.

PROBLEMA 4.90

Se considera la funci´ on f (x, y) = 4x2 + y 2 − 4x − 3y . Hallar los extremos relativos de dicha funci´ on y los extremos absolutos en el conjunto K = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0, 4x2 + y 2 ≤ 4}. Soluci´ on

Es evidente que K es compacto (pues es cerrado y acotado) y f es continua sobre K; por lo tanto f alcanza los valores máximo y m´ınimo absolutos. Dichos valores pueden estar en el interior de K o en su frontera; en el primer caso deben corresponder con alg´ un punto estacionario que debe ser máximo o m´ınimo relativo.

Vamos a calcular en primer lugar dichos puntos estacionarios: fx0 (x, y)

=

fy0 (x, y)

= 2y − 3 = 0 ⇐⇒ y = 3/2.

8x − 4 = 0 ⇐⇒ x = 1/2

As´ı pues el u ńico punto estacionario es (1/2, 3/2), el cual efectivamente está en el interior de K pues 3/2 > 0 y 4 · (1/2)2 + (3/2)2 < 4. El valor de la función en dicho punto es f (1/2, 3/2) = −13/4. Observemos que 1 2 3 2 13 f (x, y) = 4 x − + y− − , 2 2 4 de modo que, geométricamente, el punto representa el vértice del paraboloide de ecuación z = f (x, y). 298

Supongamos ahora que el máximo o m´ınimo está en la frontera de K que se puede descomponer como M1 ∪ M2 , donde M1 = {(x, y) ∈ R2 : 4x2 + y 2 = 4, y > 0} M2 = {(x, y) ∈ R2 : y = 0, −1 ≤ x ≤ 1}. Consideramos la variedad M1 y la función g(x, y, λ) = 4x2 + y 2 − 4x − 3y + λ(4x2 + y 2 − 4). Tenemos entonces gx0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ 8x − 4 + 8xλ = 0, gy0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ 2y − 3 + 2yλ = 0, gλ0 (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ 4x2 + y 2 − 4 = 0. As´ı pues, si λ 6= −1, entonces x =

1 3 ,y = , pero de 4x2 +y 2 = 2(1 + λ) 2(1 + λ)

4 se deduce que √ 9/4 13 1 2 + = 4 ⇐⇒ 13 = 16(1 + λ) ⇐⇒ λ = ± − 1. (1 + λ)2 (1 + λ)2 4 Como √ y > 0, debe ser λ > −1 con lo que λ = −1 + y = 6/ 13.

√

√ 13/4, x = 2/ 13,

√ √ El punto obtenido P = (2/ √ 13, 6/ 13) √ y el valor de la función en dicho √ es √ punto es f (2/ 13, 6/ 13) = (4 13 − 26)/ 13. 299

Consideramos por u ´ltimo la función f restringida a la variedad M2 , es decir 2 f (x) = 4x − 4x definida en el segmento −1 ≤ x ≤ 1. Tenemos entonces f 0 (x) = 0 ⇐⇒ 8x − 4 = 0 ⇐⇒ x = 1/2. Obtenemos as´ı el punto estacionario (1/2, 0) y los extremos del segmento (−1, 0) y (1, 0).

Comparando los valores de la función en los puntos hallados, resulta: f (1/2, 3/2) = −13/4, f (1/2, 0) = −1, f (−1, 0) = 8,

√ √ √ √ f (2/ 13, 6/ 13) = (4 13 − 26)/ 13, f (1, 0) = 0,

de lo que se deduce que máx{f (x, y) : (x, y) ∈ K} = f (−1, 0) = 8 m´ın{f (x, y) : (x, y) ∈ K} = f (1/2, 3/2) = −13/4.

300

PROBLEMA 4.91

Hallar el m´ aximo de la funci´ on f : Rn → R definida por f (x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · · · xn )2 ,

con x21 + · · · + x2n = 1, y demostrar que, si ai > 0, ∀i = 1, . . . , n, a1 + · · · + an . entonces (a1 . . . an )1/n ≤ n Soluci´ on

→ − → → Basta considerar la función F : Rn \ { 0 } → R dada por F (− x ) = k− x k2 − 1 → − 2 2 para comprobar que el conjunto M = { x : x1 +· · ·+xn = 1} es una variedad (n − 1)-dimensional. Esto permite aplicar el teorema de los multiplicadores de Lagrange. Como además M es compacto, pues se trata de la esfera unidad de Rn , y f es continua, podemos asegurar que f |M alcanza su máximo absoluto. Estudiemos los puntos estacionarios de la función g(x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · · · xn )2 + λ(x21 + · · · + x2n − 1) : 1 → Di g(− x ) = 0 ⇐⇒ 2(x1 · · · · · xn )2 · + 2λxi = 0, i = 1, . . . , n xi x21 + · · · + x2n = 1. [Hemos supuesto que xi 6= 0, (∀i) pues, si alg´ un xi es cero, la función se anula en dicho punto pero, por definición es siempre mayor o igual a cero. Esto significa que el punto en cuestión corresponde a un m´ınimo absoluto.] Para resolver el sistema, distinguimos los siguientes casos: - Si λ = 0 =⇒ (x1 · · · · · xn )2 = 0 =⇒ ∃j : xj = 0 lo que contradice nuestra anterior suposición. - Si λ 6= 0 =⇒ x2i = x2j , ∀i, j =⇒ nx21 = 1 =⇒ x21 = 1/n. En este caso → f (− x ) = (1/n) · · · · · (1/n) = n−n . Deducimos entonces que la función f |M alcanza el máximo absoluto en cada √ √ uno de los puntos (±1/ n, . . . , ±1/ n). → → Hemos probado as´ı que f√(− x ) = (x1 · · · · · xn )2 ≤ 1/nn , ∀− x ∈ M . Haciendo ai en particular xi = √ , i = 1, . . . , n, tenemos x21 + · · · + x2n = 1 a1 + · · · + an 301

y

!2 √ √ a1 an 1 pP · · · · · pP ≤ n. n ai ai

Operando en esta desigualdad se obtiene la desigualdad propuesta √ n

a1 . . . an ≤

a1 + . . . an . n

PROBLEMA 4.92

Descomponer un n´ umero positivo “a” en tres sumandos no negativos de modo que sea m´ınima la suma de sus cubos. Soluci´ on

Sean x, y y z los tres sumandos en que descomponemos el n´ umero a. Debemos hacer m´ınima la cantidad Σ = x3 + y 3 + z 3 , sujeta a la condición x + y + z = a, con x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Resolveremos el problema de dos maneras: A) Como z = a − x − y, sustituyendo en Σ, obtenemos la función de dos variables f (x, y) = x3 + y 3 + (a − x − y)3 . Buscamos en primer lugar sus puntos estacionarios resolviendo el sistema: ∂f ∂x ∂f ∂y

= 3x2 − 3(a − x − y)2 = 0, = 3y 2 − 3(a − x − y)2 = 0.

Las u ńicas soluciones que cumplen las condiciones x ≥ 0, y ≥ 0 son los puntos (a/3, a/3) y (a, a). Este u ´ltimo no es válido pues da el valor z = −a < 0. Las derivadas de segundo orden son ∂2f ∂2f ∂2f = 6x+6(a−x−y), = 6(a−x−y), = 6y +6(a−x−y), ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 y el hessiano en el punto (a/3, a/3) es 4a 2a Hf (a/3, a/3) = . 2a 4a 302

Como det Hf (a/3, a/3) = 12a2 > 0 y a11 = 4a > 0, deducimos que el punto corresponde a un m´ınimo. Sustituyendo en el valor de z = a − x − y = a/3, se deduce que la descomposición óptima es aquella cuyas componentes son iguales. B) Método de los multiplicadores de Lagrange. Es evidente que la restricción x + y + z = a verifica las condiciones del teorema de los multiplicadores de Lagrange. Construimos pues la función auxiliar g(x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 + λ(x + y + z − a) y resolvemos el sistema que se forma igualando a cero sus derivadas parciales de primer orden: 3x2 + λ = 0 3y 2 + λ = 0 3z 2 + λ = 0 x + y + z = a. Obtenemos la solución x = y = z = a/3, λ = −a2 /3. Como se ve, la solución coincide con la obtenida antes y, para comprobar que la función tiene un m´ınimo en dicho punto, basta aplicar el criterio de las derivadas de segundo orden.

PROBLEMA 4.93

Hallar los puntos de la curva 5(x2 + y 2 ) − 10y − 6xy + 6x − 3 = 0 cuya distancia al punto P (0, 1) sea m´ axima o m´ınima. Soluci´ on

En vez de maximizar o minimizar la distancia, lo haremos con el cuadrado de la distancia, es decir consideramos la función z(x, y) = d(P, M )2 = x2 + (y − 1)2 , donde M (x, y) es un punto arbitrario de la curva dada. Como la función z es continua y definida en un compacto (pues la curva dada es una elipse), alcanzará sus valores máximo y m´ınimo. 303

Aplicaremos el método de los multiplicadores de Lagrange, para lo cual construimos la función auxiliar g(x, y) = x2 + (y − 1)2 + λ · [5(x2 + y 2 ) − 10y − 6xy + 6x − 3] y resolvemos el sistema ∂g = 0 ⇐⇒ 2x + λ(10x − 6y + 6) = 0 ∂x ∂g = 0 ⇐⇒ 2(y − 1) + λ(10y − 10 − 6x) = 0 ∂y 5(x2 + y 2 ) − 10y − 6xy + 6x − 3 = 0. Este sistema tiene las siguientes soluciones: √ √ x = − 2, y = 1 − 2, λ = −1/2 √ √ x = 2, y = 1 + 2, λ = −1/2 √ √ x = 2/2, y = 1 − 2/2, λ = −1/8 √ √ x = − 2/2, y = 1 + 2/2, λ = −1/8. Al sustituir los puntos en la fórmula√de la distancia, que ésta es √ √ deducimos √ máxima en los puntos de la curva (− 2, 1− 2) y ( 2, 1+ 2), y es m´ınima √ √ √ √ en los puntos ( 2/2, 1 − 2/2) y (− 2/2, 1 + 2/2).

Observamos del resultado obtenido y la gráfica adjunta que el punto (0, 1) es precisamente el centro de la elipse, de modo que los puntos que maximizan y minimizan la distancia son precisamente los vértices.

PROBLEMA 4.94

Utilizando los multiplicadores de Lagrange, determinar el rect´ angulo de ´ area m´ axima y per´ımetro constante 2k . 304

Soluci´ on

Llamando x e y a los lados del rectángulo, su área es S = x·y y su per´ımetro 2k = 2x + 2y. Si aplicamos el método de los multiplicadores de Lagrange, debemos estudiar la función g(x, y) = xy + λ(x + y − k). El sistema que se obtiene haciendo nulas las primeras derivadas parciales es el siguiente: y+λ = 0 x+λ = 0 x + y − k = 0, que da la solución x = y = k/2, λ = −k/2. Para ver si el punto (k/2, k/2) corresponde a un máximo o un m´ınimo, comparamos el valor de g en dicho punto con el valor de g en cualquier otro punto (x, y) que verifique la condición x + y = k: k k k2 k2 k 2 2 g , − g (x, k − x) = − x(k − x) = x − kx + = x− ≥ 0. 2 2 4 4 2 Esto implica que la función alcanza un máximo en el punto (k/2, k/2) y el rectángulo de área máxima es precisamente el cuadrado.

PROBLEMA 4.95

De todos los ortoedros (paralelep´ıpedos rectangulares rectos) de igual volumen, obtener el de superficie total m´ınima. Soluci´ on

Supongamos que el origen de coordenadas es un vértice del ortoedro y el punto P (x, y, z), con x, y, z > 0, es el vértice opuesto (ver figura).

305

Llamamos k al volumen del ortoedro k = xyz, de modo que el problema puede plantearse como el de minimizar la función S = 2(xy + xz + yz) cuyas variables están sujetas a la restricción xyz = k. Utilizamos nuevamente el método de los multiplicadores de Lagrange con la función g(x, y, z) = 2(xy + xz + yz) + λ(xyz − k). Al resolver el sistema 2(y + z) + λyz = 0, 2(x + z) + λxz = 0, 2(x + y) + λxy = 0, xyz − k = 0, √ obtenemos la solución x = y = z = 3 k (basta observar la simetr´ıa de este sistema de ecuaciones). Como el conjunto M = {(x, y, z) ∈ R3 : x > 0, y > 0, z > 0} no es compacto, no está garantizada la existencia de máximo ni m´ınimo de la función. As´ı pues, si despejamos el valor de z en la fórmula del volumen, z = k/(xy), y lo sustituimos en la función a minimizar, podemos aplicar el criterio de las derivadas de segundo orden a la función de dos variables k k f (x, y) = 2 xy + + . y x Obtenemos as´ı el hessiano √ √ 4k/x3 2 4 2 3 3 =⇒ Hf ( k, k) = . Hf (x, y) = 2 4k/y 3 2 4 √ √ Como det Hf ( 3 k, 3 k) = 12 y a11 = 4 > 0, el ortoedro√de superficie m´ınima es precisamente el cubo de dimensiones x = y = z = 3 k.

PROBLEMA 4.96

Sea γ la curva intersecci´ on del cono z 2 = x2 + y 2 con el plano z = 1 + x + y . Encontrar los puntos de γ que est´ an m´ as cerca y m´ as lejos del origen. Soluci´ on

El problema equivale a maximizar o minimizar el cuadrado de la distancia de un punto de la curva al origen. As´ı pues, debemos determinar los máximos y 306

m´ınimos de la función u = x2 +y 2 +z 2 sujeta a las restricciones z 2 −x2 −y 2 = 0, z − x − y − 1 = 0. En primer lugar debemos comprobar que el conjunto M = {(x, y, z) : z 2 − x2 − y 2 = 0, z − x − y − 1 = 0} es una 2-variedad. Para ello, basta definir el abierto U = R3 \ {(x, y, z) : y 6= z} y la función F : U → R2 por F (x, y, z) = (z 2 − x2 − y 2 , z − x − y − 1) para los que se cumplen las condiciones que definen una variedad. Sabemos que una condición necesaria para la existencia de extremos es que tenga solución el sistema 2x = −2λx − µ 2y = −2λy − µ 2z = 2λz + µ z = x+y+1 z 2 = x2 + y 2 . Al resolver este sistema, debemos distinguir dos casos: i) Si x = y, se obtienen los puntos estacionarios −2 + √2 −2 + √2 −2 − √2 −2 − √2 √ √ , , −1+ 2 , P2 = , , −1− 2 . P1 = 2 2 2 2 ii) Si x 6= y, debe ser λ = −1 y µ = 0, lo que no da lugar a ning´ un punto estacionario. Tenemos por tanto dos puntos estacionarios; como la curva γ es cerrada pero no acotada, no podemos asegurar que se alcancen los valores máximo y m´ınimo. Para determinar las caracter´ısticas de los puntos estacionarios, supondremos que las ecuaciones que definen la curva γ permiten expresar las variables y y z como funciones impl´ıcitas de x (se deja como ejercicio la comprobación de las hipótesis del teorema de la función impl´ıcita). Esto permite suponer u como función de la u ńica variable x y poder aplicar el criterio de la derivada segunda. Tenemos as´ı: u0 (x) = 2x + 2y · y 0 + 2z · z 0 u00 (x) = 2 + 2(y 0 )2 + 2y · y 00 + 2(z 0 )2 + 2z · z 00 . 307

Al derivar con respecto a x en las ecuaciones z 2 −x2 −y 2 = 0 y z−x−y−1 = 0, obtenemos: ( ) y 0 = z−x 2z · z 0 − 2x − 2y · y 0 = 0 y−z =⇒ z0 − 1 − y0 = 0 z 0 = y−x y−z .

y 00 = z 00 =

(z 0 − 1)(y − z) − (z − x)(y 0 − z 0 ) (y − z)2 (y 0 − 1)(y − z) − (y − x)(y 0 − z 0 ) . (y − z)2

Aplicando estos resultados en los puntos estacionarios obtenidos y sustituyéndolos en la derivada segunda de u, resulta: √ √ u00 (P1 ) = 16 − 8 2 > 0, u00 (P2 ) = 16 + 8 2 > 0, lo que significa que ambos puntos corresponden a m´ınimos relativos de la función. Para determinar el m´ınimo absoluto, basta calcular el valor de la función en dichos puntos. Como √ √ u(P1 ) = 6 − 4 2, u(P2 ) = 6 + 4 2, −2 + √2 −2 + √2 √ , , −1 + 2 concluimos que la distancia m´ınima se alcanza en el punto P1 = 2 2 y no hay ning´ un punto de la curva cuya distancia al origen sea máxima (lo que era de esperar al saber que la curva no está acotada).

308

PROBLEMA 4.97

En un campo de fuerzas, la componente seg´ un el eje X de la resultante aplicada a un cuerpo situado en (x, y) es F (x, y) = x2 + 36x + 2 − (x − 2y)2 ,

donde x e y son las coordenadas del punto. Si un cuerpo se ha de mover sobre la recta x + y = 1, calcular el punto en que la componente de la fuerza sea m´ınima, dentro del c´ırculo x2 +y 2 ≤ 3.

Soluci´ on

Consideramos la función g(x, y) = x2 + 36x + 2 − (x − 2y)2 + λ(x + y − 1), y resolvemos el sistema que se obtiene al anular las derivadas de primer orden, unidas a la condición de ligadura x + y = 1: 2x + 36 − 2(x − 2y) + λ = 0, 4(x − 2y) + λ = 0, x + y − 1 = 0. La u ńica solución del sistema es el punto x = 3, y = −2 y corresponde al valor λ = −28. Como el conjunto M = {(x, y) ∈ R2 : x+y −1 = 0, x2 +y 2 ≤ 3} es compacto (se trata del segmento AB de la figura) y la función F es continua, alcanza el valor m´ınimo. El punto estacionario (3, −2) no pertenece al segmento AB, de modo que el m´ınimo sólo puede alcanzarse en alguno de los extremos A ó B.

309

Dichos puntos tienen coordenadas √ √ ! 1− 5 1+ 5 , B= A= , 2 2

√ √ ! 1+ 5 1− 5 . , 2 2

√ √ Como F (A) = −20 5 + 10 y F (B) = 20 5 + 10, deducimos que!el valor √ √ 1− 5 1+ 5 m´ınimo de la fuerza se alcanza en el punto A = . , 2 2

310

PROBLEMAS PROPUESTOS.

1.- La funci´ on z = h(x) se obtiene eliminando la variable y entre las z = f (x, y) . Expresar h0 (x) en funci´ on de las derivadas ecuaciones 0 = g(x, y) de f y g . 2.- Dada la funci´ on f (x, y) = exy + x + y , comprobar que la ecuaci´ on f (x, y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = g(x) en un entorno de (0, −1). Calcular g 0 (0). 3.- ¿Para qu´ e valores de a la ecuaci´ on (x − a)(x − y) = 0 define impl´ıcitamente una funci´ on y = g(x) en un entorno de (2, 2)? 4.- ¿Cerca de qu´ e puntos, la superficie x3 + 3y 2 + 8xz 2 − 3yz 3 = 1

se puede representar como funci´ on impl´ıcita diferenciable z = f (x, y)?

5.- Sabiendo que la ecuaci´ on xy + z + 3xz 5 = 4 representa de forma impl´ıcita una funci´ on z = g(x, y) en un entorno del punto (1, 0, 1), ∂g ∂g calcular (1, 0) y (1, 0). ∂x ∂y

6.- Sea f (x, y, z) = 0. Probar que

∂x ∂y ∂z · · = −1, bajo suposiciones ∂y ∂z ∂x

adecuadas. 7.- Estudiar si la ecuaci´ on x2 + xy + y 2 + z 2 + z = 5

define a z como funci´ on impl´ıcita de x e y en un entorno del punto ∂z ∂2z P = (1, 1, 1). En caso afirmativo, hallar (P ) y (P ). ∂x ∂x∂y

8.- Si F (x, y, z) = 0 define la funci´ on z = g(x, y), calcular 311

∂2g . ∂x2

9.- La ecuaci´ on sen(x + y) + sen(y + z) = 1 define z = f (x, y). Calcular ∂2f en funci´ on de x, y , z. ∂x∂y ∂2z si z = z(x, y) viene definida impl´ıcitamente por la ∂y∂x ecuaci´ on x + 2y + z + ex+y+z = 0.

10.- Calcular

11.- Dada la funci´ on f (x, y, z) = (x3 + y 3 + 3x2 y − 3z, x − y + z 3 + 1) y el punto P = (−1, on 1, 1), probar que f (x, y, z) = 0 define una funci´ g(x) = g1 (x), g2 (x) en un entorno de P y calcular g 0 (x). 12.- Se considera la funci´ on f (x, y, z, u, v) = (4x + yv − eu , y − 2z + 3v − u cos v) y el punto P = (1, −3, 0, 0, 1).

Probar que f (x, y, z, u, v) = (0, 0) permite definir una funci´ on g(x, y, z) = ∂g ∂g ∂g g1 (x, y, z), g2 (x, y, z) en un entorno de P y calcular , , . ∂x ∂y ∂z 13.- Las ecuaciones x = u + v , y = uv 2 definen impl´ıcitamente v como v(x, y) ∂v = , funci´ on de x e y , eliminando la variable u. Probar que ∂x 3v(x, y) − 2x ∂v y encontrar una f´ ormula an´ aloga para . ∂y 14.- Las ecuaciones x+y = uv , xy = u−v , definen x e y como funciones impl´ıcitas de u y v , por ejemplo, x = X(u, v), y = Y (u, v). Probar que ∂X xv − 1 ∂X ∂Y = , si x 6= y , y hallar f´ ormulas similares para , , ∂u x−y ∂v ∂u ∂Y . ∂v 15.- Las ecuaciones x2 − y cos(uv) + z 2 = 0 x2 + y 2 − sen(uv) + 2z 2 = 2 xy − sen u cos v + z = 0

definen x, y , z como funciones de u, v . Calcular x = 1, y = 1, u = π/2, v = 0, z = 0.

∂x ∂x , en el punto ∂u ∂v

16.- Calcular la recta tangente a la curva definida en forma impl´ıcita por la ecuaci´ on x3 + y 3 − 2xy + x − y − 2 = 0 en el punto (1, 0). 312

17.- Hallar el plano tangente a la superficie z = g(x, y) definida im√ 2 + z2 y + x √ pl´ıcitamente por la ecuaci´ on 3ex − = 0 en el punto P = y − x2 + z 2 (0, 2, 1). 18.- Sea f : R2 → R la funci´ on definida por f (x, y) = y cos x. Probar que f (x, y) = 0 define una funci´ on impl´ıcita diferenciable y = h(x) en un entorno de (0, 0). Hallar h0 (0). ¿Posee h funci´ on inversa diferenciable en un entorno del origen? 19.- Sea g : R2 → R2 la funci´ on definida por g(x, y) = (ch x cos y, sh x sen y).

Probar que g posee inversa diferenciable en un entorno de cada punto de R2 distinto del origen. ¿Posee g una u ńica inversa? d2 y 2 dy (x + m2 ) + · x = 0 la 20.- Cambiar en la ecuaci´ on diferencial dx2 dx variable independiente por v , definida mediante la relaci´ on x = m sh v . 2 ! 2y d dy dy 2 2 21.- Transformar la ecuaci´ on (x + y ) 2 + 2 1 + =0 y−x dx dx dx mediante el cambio x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ, siendo ρ = ρ(ϑ). 2 ∂2z ∂2z 2∂ z − 2xy + y . Escribir esta ecuaci´ on con ∂y 2 ∂x∂y ∂x2 u respecto a las nuevas variables (u, v), definidas por x = ae cos v , y = aeu sen v .

22.- Sea V = x2

23.- Escribir en coordenadas cil´ındricas la expresi´ on H =

∂2z ∂x∂y

2 −

∂2z ∂2z · . ∂x2 ∂y 2

∂z ∂z + y2 = z 2 , tomando como nue∂x ∂y vas variables independientes u = x, v = 1/y−1/x y como nueva funci´ on w = 1/z − 1/x. 24.- Transformar la ecuaci´ on x2

25.- En la expresi´ on H =

∂2z ∂2z − , hacer el cambio x = u · ch t, y = ∂x2 ∂y 2

u · sh t. 313

26.- Tomando u y v por nuevas variables independientes, transformar la ecuaci´ on ∂2z ∂2z 1 ∂z − y = · , y > 0, ∂x2 ∂y 2 2 ∂y √ √ si u = x − 2 y , v = x + 2 y . 27.- Tomando u y v por nuevas variables independientes y w = w(u, v) por una nueva funci´ on, transformar la ecuaci´ on ∂2z ∂2z z· 2 +z· 2 + ∂x ∂y

∂z ∂x

2

+

∂z ∂y

2 = 0,

siendo u = x2 − y 2 , v = x2 + y 2 , w = z 2 . ∂z 3 ∂z ∂z ∂z −y = · , hacien28.- Transformar la ecuaci´ on xyz z − x ∂x ∂y ∂x ∂y do el cambio de variables x2 = u, y 2 = v , z 2 = w. 1 ∂z 2 1 ∂z 2 + = ez , x2 ∂x y 2 ∂y hacer el cambio u = x2 + y 2 , v = x2 − y 2 , w = 2ez . 29.- En la ecuaci´ on en derivadas paricales

30.¿Existen a, b reales y distintos tales que el cambio de variables u = y + ax transforme la ecuaci´ on v = y + bx 4

en

∂2f ∂2f ∂2f +5 + 2 =0 2 ∂x ∂x∂y ∂y

∂2f = 0? ∂u∂v

31.- Calcular los extremos relativos de las siguientes funciones:

(a) f (x, y) = xy 2 (3 − x − y). (b) f (x, y) = xy +

1 8 + . x y

32.- Hallar y clasificar los extremos relativos de las siguientes funciones:

(a) f (x, y) = e−x

2 −y 2 −x

−x2 −y 2

(b) f (x, y) = xye

. . 314

(c) f (x, y) = (x2 + 3y 2 )e−x

2 −y 2

.

33.- Hallar y clasificar los puntos estacionarios de las funciones

(a) f (x, y) = xy ln(x2 + y 2 ). (b) f (x, y) = x2 − 2y 3 − ln(x2 + y 2 ). 34.- Hallar los extremos de f en las regiones dadas:

(a) f (x, y) = x2 + y 2 , M = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 2}. (b) f (x, y) = x2 + y 2 , M = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 2 + x2 }. (c) f (x, y) = xy , M = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}. 35.- Hallar los m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on f (x, y) = x2 + y 2 bajo 2 la condici´ on y + x = 1. 36.- Encontrar el m´ aximo valor de u = xy 2 z 3 si x, y, z son n´ umeros reales positivos tales que x + y + z = 12. 37.- Hallar los valores extremos de la funci´ on f (x, y, z) = x − 2y + 2z en la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. 38.- Encontrar los valores extremos de la funci´ on f (x, y) = (x − y)n bajo la restricci´ on x2 + y 2 = 1. 39.- Hallar los puntos de la intersecci´ on del plano x + y + z = 0 con la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 tales que el producto de sus coordenadas sea m´ aximo o m´ınimo. 40.- Hallar el punto del plano 2x − y + 2z = 3 m´ as pr´ oximo al origen. 41.- Hallar el punto de la superficie z = xy − 1 que est´ e m´ as pr´ oximo al origen de coordenadas. 42.- Hallar los puntos de la curva intersecci´ on de las superficies x2 − 2 2 2 2 xy + y − z = 1, x + y = 1, m´ as pr´ oximos al origen. 43.- Hallar las dimensiones que maximicen el volumen de una caja rectangular sin tapa de ´ area 16 m2 . 315

44.- Hallar los ejes de la elipse 5x2 + 8xy + 5y 2 = 9, sabiendo que est´ a centrada en el origen. 45.- Calcular la distancia al origen de la recta de ecuaci´ on 2x + 2y + z + 9 = 0 2x − y − 2z − 18 = 0. 46.- Hallar los puntos de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9 que est´ an m´ as cerca y m´ as lejos, respectivamente, del punto M (2, 3, 4). 47.- Hallar los puntos de la curva dada por la intersecci´ on de las superficies x2 + y 2 = 4 y 6x + 3y + 2z = 6, que est´ en m´ as pr´ oximos y m´ as alejados del origen. 48.- Hallar el volumen del mayor paralelep´ıpedo rectangular inscrito en el elipsoide de semiejes a, b y c. 49.- Sea C la parte de arco de curva intersecci´ on del paraboloide 2z = 2 2 16 − x − y con el plano x + y = 4 que se encuentra en el primer octante. Hallar los puntos de C m´ as cercanos y m´ as lejanos al origen. Calcular las distancias m´ınima y m´ axima de C al origen. 50.- Un espejo rectangular OABC , de lados a y c, se ha partido por una de sus esquinas, digamos O, de manera que el trozo OM N es un tri´ angulo rect´ angulo, de base m y altura n. Aprovechando el fragmento M ABCN M , encontrar un punto P , sobre M N , de tal manera que el nuevo espejo rectangular P LBH tenga ´ area m´ axima. 51.- (a) Estudiar los extremos de la funci´ on f (x, y, z) = ln x+ln y+3 ln z 2 2 2 sobre la porci´ on de esfera x + y + z = 5r2 en la que x > 0, y > 0, z > 0.

(b) Utilizar el apartado anterior para demostrar que, si a, b, c ∈ R+ , entonces a+b+c 5 abc3 ≤ 27 . 5 52.- (a) Maximizar la funci´ on f (x, y, z) = a ln x + b ln y + c ln z , donde a, b, c son constantes positivas, sujetas a la condici´ on xk + y k + z k = 1, con x, y, z ≥ 0 y k > 0. 316

(b) A partir del resultado de (a), deducir la siguiente desigualdad para cualesquiera seis n´ umeros reales positivos a, b, c, u, v, w: u a v b w c a

b

c

≤

u+v+w a+b+c

a+b+c .

53.- (a) Hallar los extremos de la funci´ on f (x, y) = x3 +3xy 2 −15x−12y 2 cuando (x, y) ∈ R .

(b) Desarrollar la funci´ on anterior en serie de Taylor de segundo orden alrededor del punto (1, 1). 54.- Probar que xyz + sen(z − 6) − 2(x + y + x2 y 2 ) = 0 define a z como funci´ on impl´ıcita de x e y , z = f (x, y), en un entorno del punto (1, 1, 6). ¿Es (1, 1) punto extremo de f (x, y)? 55.- Sea la funci´ on f (x, y, z) = x2 + y 3 + xz + xy + az .

(a) ¿Para qu´ e valores de a la funci´ on f (x, y, z) = 0 define a z como funci´ on impl´ıcita de x e y (z = h(x, y)) en un entorno del origen? (b) ¿Para qu´ e valores de a la funci´ on z = h(x, y) tiene un extremo en el punto (0, 0)? 56.- (a) Calcular los extremos de la funci´ on f (x, y) = 2x4 + y 4 − 2x2 − 2 2y .

(b) Si consideramos la ecuaci´ on f (x, y) = 0, ¿es posible q expresar x √ 1+ 3 como funci´ on impl´ıcita de y en un entorno del punto P = 2 ,1 ? En caso afirmativo, calcular la derivada de dicha funci´ on. 57.- Se considera la funci´ on f (x, y) = (2 + xy)(x + 2y).

(a) Determinar los extremos relativos de f . (b) Comprobar si alguna de las siguientes identidades es cierta: i) x

∂f ∂f (x, y) + y (x, y) = 4 f (x, y). ∂x ∂y

ii) x2

2 ∂2f ∂2f ∂2f 2 ∂ f (x, y) + y (x, y) + (x, y) + (x, y) = 2 f (x, y). ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂y∂x

iii) y

∂3f ∂3f (x, y) − x (x, y) = 0. ∂x3 ∂y 3 317

58.- Se considera la funci´ on f (x, y) = x4 + y 4 − 4xy .

(a) Determinar los extremos relativos de f . (b) Comprobar si alguna de las siguientes identidades es cierta: i) x

∂f ∂f (x, y) + y (x, y) = 4 f (x, y). ∂x ∂y

ii) x2

2 ∂2f ∂2f 2 ∂ f (x, y) + y (x, y) + 12 (x, y) = 12 f (x, y). ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y

iii) y

∂3f ∂3f (x, y) − x (x, y) = 0. ∂x3 ∂y 3

318

Analisis Matematico Pedro Alegria

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