Problemas Resueltos de Cálculo Por García, Isaac

y

Problemas resueltos de Cálculo

f (x+h)

f (x) x

Δx

a

x+h

h

x

b

Isaac A. García Jaume Giné Susanna Maza y f (x+h)

f (x) x

h

x+h

a

Δx

x

b

y

f (x+h)

f (x)

a

Δx

b

x

x

h

x+h

eines 69

Problemas resueltos de &álculo

Isaac A. García, Jaume Giné y Susanna Maza

Seminari de Sistemes Dinàmics Departament de Matemàtica Universitat de Lleida

ISBN: 978-84-8409-405-0

© Edicions de la Universitat de Lleida, 2011 © Los autores

Maquetación Edicions i Publicacions de la UdL Diseño de portada cat & cas

La reproducción total o parcial de esta obra por cualquier procedimiento, incluidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares mediante alquiler o préstamo público, queda rigurosamente prohibida sin la autorización de los titulares del “copy-right”, y será sometida a las sanciones establecidas por la Ley.

Dedicado a Javier Chavarriga, quien nos alentó propuso y colaboró en la realización de este libro

´Indice general 1. N´ umeros reales y sucesiones 1.1. Resumen de teor´ıa . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2. L´ımite de una sucesi´on . . . . . . . . 1.1.3. Criterios de convergencia de l´ımites . 1.1.4. Sucesiones equivalentes . . . . . . . 1.1.5. Escala de infinitos . . . . . . . . . . 1.1.6. Principio de inducci´ on matem´atica . 1.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. N´ umeros reales . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Sucesiones de n´ umeros reales . . . . 1.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . .

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2. Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad 37 2.1. Resumen de teor´ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.1.1. Funci´ on; dominio y recorrido . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.1.2. Operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.1.3. L´ımite de una funci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.1.4. Infinit´esimos equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.1.5. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.2.1. Dominios de funciones y operaciones con funciones . . . . 40 2.2.2. L´ımite de una funci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.2.3. Estudio de la continuidad: funciones continuas . . . . . . 45 2.2.4. Teoremas fundamentales sobre funciones continuas y aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3. C´ alculo diferencial en una variable 3.1. Resumen de teor´ıa . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. La derivada . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2. Derivadas laterales . . . . . . . . . 3.1.3. Derivadas sucesivas . . . . . . . . . 3.1.4. Teoremas sobre funciones derivables 7

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55 55 55 56 56 56

´ INDICE GENERAL

8

3.1.5. Polinomio de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.6. Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor . . . . . . 3.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Concepto de derivada: funci´ on derivada . . . . 3.2.2. Aproximaci´ on local de una funci´ on. F´ormula de 3.2.3. Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor . . . . . . 3.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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57 57 58 58 66 71 78

4. Funciones de varias variables 4.1. Resumen de teor´ıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1. Funci´ on de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2. L´ımites de funciones de varias variables . . . . . . . . . . 4.1.3. Continuidad de funciones de varias variables . . . . . . . . 4.1.4. Funci´ on diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.5. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.6. Teorema de la funci´ on impl´ıcita e inversa . . . . . . . . . 4.1.7. Composici´on de funciones y regla de la cadena . . . . . . 4.1.8. Derivadas parciales sucesivas . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.9. Extremos de funciones reales de varias variables . . . . . . 4.1.10. Extremos condicionados de funciones reales de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.11. F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1. L´ımites de funciones de varias variables . . . . . . . . . . 4.2.2. Continuidad de funciones de varias variables . . . . . . . . 4.2.3. Derivabilidad y diferenciabilidad de funciones de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.5. Funciones inversas e impl´ıcitas . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.6. F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.7. M´ aximos y m´ınimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81 81 81 81 82 82 83 84 84 85 85

90 94 98 101 103 109

5. C´ alculo integral en una variable 5.1. Resumen de teor´ıa . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1. La integral definida . . . . . . . . . . . 5.1.2. Primitivizaci´ on . . . . . . . . . . . . . 5.1.3. Aplicaciones de la integral . . . . . . . 5.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1. Integrales indefinidas . . . . . . . . . . 5.2.2. Integrales definidas . . . . . . . . . . . 5.2.3. C´alculo de ´areas y longitudes . . . . . 5.2.4. Vol´ umenes y superficies de revoluci´on 5.2.5. Aplicaciones f´ısicas . . . . . . . . . . . 5.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . .

113 113 113 115 116 117 117 120 123 126 129 135

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. . . . . . . . . . . . . . . . Taylor . . . . . . . .

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86 86 87 87 89

´ INDICE GENERAL 6. C´ alculo integral con varias variables 6.1. Resumen de teor´ıa . . . . . . . . . . . . 6.1.1. Integraci´ on doble . . . . . . . . . 6.1.2. Aplicaciones de la integral doble 6.1.3. Integrales triples . . . . . . . . . 6.1.4. Integrales curvil´ıneas . . . . . . . 6.1.5. Integrales de superficie . . . . . . 6.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . 6.2.1. Integrales dobles . . . . . . . . . 6.2.2. Integrales Triples . . . . . . . . . 6.2.3. Integrales Curvil´ıneas . . . . . . 6.2.4. Integrales de Superficie . . . . . 6.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . .

9

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137 137 137 139 139 140 140 141 141 148 149 150 152

Prefacio El presente libro de problemas resueltos corresponde a los temas b´asicos de un primer curso de introducci´ on al C´alculo Diferencial e Integral. Los autores lo concebieron inicialmente como bibliograf´ıa b´asica de la asignatura de C´ alculo, que ellos mismos impart´ıan en la titulaci´ on de Ingenier´ıa T´ecnica Industrial. Sin embargo, el libro es igualmente recomendable para estudiantes del grado en Ingenier´ıa Mec´anica e Ingenier´ıa Electr´onica Industrial y Autom´ atica que se imparte actualmente. El libro comprende los siguientes temas: N´ umeros reales y sucesiones, Funciones reales de variable real, C´alculo diferencial en una variable, Funciones de varias variables y C´alculo integral. En cada cap´ıtulo se proporciona un breve resumen de teor´ıa, una colecci´on de ejercicios resueltos, as´ı como una colecci´on de ejercicios propuestos cuyos enunciados han sido extra´ıdos de los ex´amenes de la asignatura de C´ alculo de los u ´ltimos a¯ nos. El objetivo principal del libro es facilitar al alumno el desarrollo de la capacidad de resoluci´ on de los problemas matem´aticos que puedan plantearse en la ingenier´ıa, el desarrollo del razonamiento cr´ıtico, as´ı como la capacidad de an´ alisis de los m´etodos que mejor se adapten a la resoluci´on de los problemas. En resumen, los autores pretenden que el libro permita la adquisici´ on de las competencias espec´ıficas de la titulaci´on. Los autores quieren expresar su agradecimiento a la alumna Mariona Puigdemasa por su colaboraci´on en la edici´on de este libro. Los autores, Marzo 2011

11

Cap´ıtulo 1

N´ umeros reales y sucesiones 1.1. 1.1.1.

Resumen de teor´ıa Sucesiones

Definici´ on 1.1 Una sucesi´ on es una aplicaci´ on an del conjunto de los n´ umeros naturales N en cualquier conjunto no vac´ıo de los n´ umeros reales R, es decir, an : N → R. Hay dos formas distintas de definir una sucesi´ on. Llamaremos sucesiones recurrentes a aquellas sucesiones en las que la obtenci´on del t´ermino n-´esimo depende de los n − 1 anteriores, es decir, an = f (a1 , · · · , an−1 , n). Un ejemplo de sucesi´on recurrente ser´ıa a1 = 1, an = n2 an−1 , lo que da lugar a la sucesi´ on 1, 4, 36.... Otras sucesiones vienen definidas por lo que se conoce como t´ermino general de la sucesi´ on, el t´ermino en´esimo de la sucesi´on an viene dado de forma expl´ıcita como funci´on de n. Un ejemplo de sucesi´on definida a partir del t´ermino general de la sucesi´on es an = n2 , del que se obtiene la sucesi´on 1, 4, 9, 16.... on de n´ umeros reales. Diremos que: Definici´ on 1.2 Sea an una sucesi´ (i) an es mon´ otona creciente si an+1 ≥ an para todo n. otona decreciente si an+1 ≤ an para todo n. (ii) an es mon´ a acotada superiormente si existe un n´ umero M tal que an ≤ M (iii) an est´ para todo n. (iv) an est´ a acotada inferiormente si existe un n´ umero m tal que an ≥ m para todo n. 13

14

N´ umeros reales y sucesiones

1.1.2.

L´ımite de una sucesi´ on

Definici´ on 1.3 Sea L ∈ R. Diremos que L es el l´ımite de una sucesi´ on an si y s´ olo si para todo n´ umero positivo ε existe un n´ umero natural n0 tal que |an − L| < ε para todo n > n0 . En este caso diremos que an converge a L y lo denotaremos por l´ım an = L. n→∞

Proposici´ on 1.1 El l´ımite de una sucesi´ on, si existe, es u ´nico. Una sucesi´on convergente es aquella que tiene l´ımite. Una sucesi´on que no converge se llama divergente. La siguiente proposici´on muestra algunas de las propiedades que satisfacen las sucesiones convergentes. Proposici´ on 1.2 Sean an y bn dos sucesiones convergentes. Se tiene que (i) l´ım (an + bn ) = l´ım an + l´ım bn . n→∞

n→∞

n→∞

(ii) l´ım (an · bn ) = l´ım an · l´ım bn . n→∞

n→∞

n→∞

(iii) l´ım λan = λ l´ım an para todo λ ∈ R. n→∞

n→∞

l´ım an an = n→∞ si l´ım bn = 0. n→∞ bn n→∞ l´ım bn

(iv) l´ım

n→∞

Teorema 1.1 Una sucesi´ on de n´ umeros reales mon´ otona creciente (decreciente) y acotada superiormente (inferiormente) es convergente.

1.1.3.

Criterios de convergencia de l´ımites

Proposici´ on 1.3 (Criterio del cociente) Sea an una sucesi´ on de t´erminos an+1 = L. Entonces, estrictamente positivos tal que l´ım n→∞ an l´ım an = 0

n→∞

si

L 1.

Proposici´ on 1.4 (Criterio de la media aritm´ etica) Sea an tal que l´ım an = n→∞ L. Se tiene que n 1 ai = L. l´ım n→∞ n i=1 Proposici´ on 1.5 ( Criterio de la media geom´ etrica) Sea an una sucesi´ on de t´erminos estrictamente positivos tal que l´ım an = L. Entonces, n→∞

 n  n ai = L l´ım 

n→∞

.

i=1

1.1 Resumen de teor´ıa

15

Proposici´ on 1.6 (Criterio de Stolz) Sean an y bn dos sucesiones tales que bn es mon´ otona creciente y l´ım bn = ∞. Se tiene que n→∞

l´ım

n→∞

an+1 − an an = L =⇒ l´ım = L. n→∞ bn bn+1 − bn

Proposici´ on 1.7 ( Criterio de la ra´ız) Sea an una sucesi´ on de t´erminos esan+1 = L. Se tiene que trictamente positivos tal que l´ım n→∞ an √ l´ım n an = L. n→∞

1.1.4.

Sucesiones equivalentes

Definici´ on 1.4 Dos sucesiones an y bn son equivalentes si y s´ olo si an = 1. l´ım n→∞ bn y se denota por an ∼ bn . Tabla de sucesiones equivalentes. √ (i) n! ∼ nn exp(−n) 2πn (f´ormula de Stirling) (ii) a0 + a1 n + a2 n2 + · · · + ak nk ∼ ak nk (iii) ln(a0 + a1 n + a2 n2 + · · · + ak nk ) ∼ k ln n (iv) ln(1 + an ) ∼ an

si

(v) ln(an ) ∼ an − 1

si

l´ım an = 0

n→∞

l´ım an = 1

n→∞

(vi) sin an ∼ tan an ∼ arcsin an ∼ arctan an ∼ an (vii) (1 − cos an ) ∼ (viii) ean − 1 ∼ an

1.1.5.

a2n 2

si

si

si

l´ım an = 0

n→∞

l´ım an = 0

n→∞

l´ım an = 0

x→∞

Escala de infinitos

Proposici´ on 1.8 Sean an y bn dos sucesiones tales que l´ım an = l´ım bn = n→∞ n→∞ ∞. Entonces, decimos que bn es un infinito de orden superior a an cuando n → ∞ y lo denotamos por an  bn si an = 0. l´ım n→∞ bn Escala de infinitos. Si α y β son n´ umeros reales positivos y k > 1 es un n´ umero real, se tiene que logβ n  nα  k n  n!  nn .

16

N´ umeros reales y sucesiones

1.1.6.

Principio de inducci´ on matem´ atica

La inducci´ on matem´atica es un m´etodo de demostraci´on que se utiliza para validar propiedades o enunciados que se presentan en t´erminos de n´ umeros naturales. El principio de inducci´ on consta de dos pasos. Sea n ∈ N y P (n) la propiedad que queremos demostrar que se satisface para todo n. Entonces se debe proceder de la siguiente forma: (i) Demostrar que la propiedad P (n) se satisface para n = 1. (ii) Suponiendo que la propiedad P (n) se satisface para n, probar que esta propiedad tambi´en se satisface para n + 1.

1.2. 1.2.1.

Problemas resueltos N´ umeros reales

Problema 1.1 Dados dos n´ umeros reales, demostrar: 1. Si los dos son racionales, su suma y su producto siguen siendo racionales. 2. Si uno es racional y el otro es irracional, su suma y su producto son irracionales. 3. ¿Qu´e ocurre si los dos n´ umeros son irracionales? p p p p q + q  ∈ Q y que q q  ∈ Q.  = pq + α ´o pq = pq · α no puede ser un racional  p o α= pq · pq ∈ Q respectivamente. q ∈ Q ´

Soluci´ on. (a) Es evidente que (b) Si α ∈ Q, entonces

p q

puesto que tendr´ıamos α= pq − (c) Si los dos n´ umeros son irracionales no podemos √ afirmar √ nada del resul√ 2) 2 = 1 ∈ Q, 2 tado como se puede ver en los siguientes ejemplos (1 + √ √ + 2 = 2 2 ∈ Q. Igual pasa con el producto.

Problema 1.2 Demostrar que entre dos n´ umeros racionales diferentes siempre hay otro racional. Demostrar que entre ellos tambi´en hay un irracional. Indi√ caci´ on: Utilizar que 2 es irracional. Soluci´ on. Sean a < b, a, b ∈ Q. El n´ umero a+b a entre los dos 2 es racional y est´ a+b puesto que a < 2 < b. √ √ √ Siempre existe n tal que n2 < b−a y por tanto a < a+ n2 < b donde a+ n2 ∈ Q. Problema 1.3 Demostrar que entre dos n´ umeros irracionales existe siempre un n´ umero racional. Soluci´ on. Sean α < β, α, β ∈ Q. Si α y β tienen diferente signo entonces α < 0 < β, y 0 ∈ Q. Supongamos que α y β tienen el mismo signo. Consideraremos s´olo el caso 0 < α < β puesto que el caso α < β < 0 equivale a

1.2 Problemas resueltos

17

0 < −β < −α. Expresando α y β en forma decimal obtenemos α = α0 + α1 10−1 + α2 10−2 + · · · ,

β = β0 + β1 10−1 + β2 10−2 + · · · .

donde αi y βi i = 0, 1, ... son enteros no negativos. Si α0 < β0 entonces α < β0 < β y β0 ∈ Q. Si α0 = β0 , sea i ∈ N el primer valor para el cual αi < βi . Sea γ = α0 + α1 10−1 + α2 10−2 + · · · + αi−1 10−(i−1) + βi 10−i ∈ Q. Entonces tenemos que α < γ < β. Problema 1.4 Demostrar que ∞ 

[0, 1/n] = 0.

n=1

Obviamente el 0 pertenece a la intersecci´on. Para todo x > 0, ∞  siempre existe n ∈ N tal que n1 < x lo que implica que x ∈ [0, 1/n]. Soluci´ on.

n=1

Problema 1.5 Encontrar el supremo y el ´ınfimo (si existen) de los siguientes conjuntos: A = {x ∈ R | x2 ≤ 1}, B = {x ∈ R | x2 + 2x + 2 < 0}, C = {x ∈ R | x4 > 2}, D = {x ∈ R | x = 21n + 31m , m, n ∈ N}. Soluci´ on. Para el conjunto A el supremo es 1 y el ´ınfimo es −1. Los conjuntos B y C no tienen ni supremo ni ´ınfimo. Para el conjunto D el supremo es 21 + 31 y el ´ınfimo es 0. Problema 1.6 Encontrar la representaci´ on decimal de los n´ umeros 19/8 y 23/29. Soluci´ on. 19/8 = 2,375 y 23/29 = 0.7931034482758620689655172413. Problema 1.7 Transformar en una fracci´ on los n´ umeros 4,1924, 0.871. Soluci´ on. 4,1924 = 41883/9990 y 0.871 = 871/999. Problema 1.8 Demostrar que para cualquier x, y ∈ R se verifica lo siguiente: x = y si y s´ olo si |x − y| <  ∀ > 0. Soluci´ on. Si x = y tenemos que |x − y| = 0 lo que implica que ∀ > 0, |x − y| < . Demostremos la implicaci´on contraria. Supongamos x = y, tomando  = |x − y|/2 se llega a la contradicci´on que |x − y| < |x − y|/2. Problema 1.9 Encontrar los n´ umeros reales x tales que: (a) |x − 3| = 2, (b) |x + 1| < 4, (c) |2x + 9| ≥ 3, (d) |x − 1| |x + 2| > 3,

(e) |x − 1| + |x + 3| ≤ 4, (f ) |x + 1| + |x + 2| < 2, (g) |x + 1| − |x − 1| < 0, (h) |x + 1| |x − 2| = −(x + 1)(x − 2).

18

N´ umeros reales y sucesiones

Soluci´ on. (a) |x − 3| = 2 implica x − 3 = 2 para x − 3 > 0 y 3 − x = 2 para x − 3 < 0, es decir, x = 5 y x = 1. (b) |x + 1| < 4 implica −4 < x + 1 < 4, es decir, −5 < x < 3. (c) |2x + 9| ≥ 3 implica 2x + 9 ≥ 3 para 2x + 9 > 0 y 2x + 9 ≤ −3 para 2x + 9 < 0, es decir, x ≥ −3 y x ≤ −6 respectivamente. (d) |x − 1| |x + 2| > 3 implica |x2 + x − 2| > 3, es decir, x2 + x − 2 > 3 para 2 x + x − 2 > 0 y x2 + x − 2 < −3 para x2 + x − 2 < 0. Por tanto obtenemos x2 + x − 5 > 0 para x2 + x − 2 > 0 y x2 + x + 1 < 0 para x2 + x − 2√ < 0. De las √ −1− 21 ) ∩ ( −1+2 21 , ∞). Las dos primeras desigualdades se obtiene x ∈ (−∞, 2 dos segundas desigualdades son incompatibles. (e) Si x − 1 > 0, es decir, x > 1 entonces x + 3 > 0 y obtenemos (x − 1) + (x + 3) = 2x + 2 ≤ 4 o bien x ≤ 1 que contradice la hip´ otesis inicial. Si x − 1 < 0, es decir, x < 1 entonces puede ocurrir que x + 3 > 0 o que x + 3 < 0. Si x+3 > 0 obtenemos (1−x)+(x+3) = 4 ≤ 4 que se verifica trivialmente; por consiguiente si −3 < x < 1 la desigualdad se verifica. Si x + 3 < 0 obtenemos (1 − x) − (x + 3) = −2x − 2 ≤ 4 o bien −3 ≤ x que contradice x + 3 < 0. Como x = 1 y x = −3 verifican la desigualdad, finalmente obtenemos −3 ≤ x ≤ 1. (f ) Si x + 1 > 0, es decir, x > −1 entonces x + 2 > 0 y obtenemos (x + 1) + (x + 2) = 2x + 3 < 2 o bien x < − 21 y por tanto si −1 < x < − 21 la desigualdad se verifica. Si x + 1 < 0, es decir, x < −1 entonces puede ocurrir que x + 2 > 0 o que x + 2 < 0. Si x + 2 > 0 obtenemos −(1 + x) + (x + 2) = 1 < 2 que se verifica trivialmente y por tanto si −2 < x < −1 la desigualdad se verifica. Si x + 2 < 0 obtenemos −(1 + x) − (x + 2) = −2x − 3 < 2 o bien − 25 < x y por tanto si − 25 < x < −2 la desigualdad se verifica. Como x = −1 y x = −2 verifican la desigualdad finalmente obtenemos − 25 < x < − 21 . (g) |x + 1| − |x − 1| < 0 implica |x + 1| < |x − 1|, es decir, (x + 1)2 < (x − 1)2 . De donde 2x < −2x y por tanto obtenemos x < 0. (h) |x + 1| |x − 2| = −(x + 1)(x − 2) implica |x2 − x − 2| = −(x2 − x − 2), es decir, x2 − x − 2 = 0 para x2 − x − 2 ≥ 0 y para x2 − x − 2 < 0 se verifica trivialmente. Por tanto obtenemos x ∈ {−1, 2} para x2 − x − 2 ≥ 0 y x ∈ (−1, 2) para x2 − x − 2 < 0. En resumen x ∈ [−1, 2].

1.2 Problemas resueltos

1.2.2.

19

Sucesiones de n´ umeros reales

Problema 1.10 Dadas las sucesiones (an )n∈N y (bn )n∈N de t´erminos generales an

=

3n n+1 ,

bn

=

n2 +4 n2 −1 ,

determinar los t´erminos generales de las sucesiones (an + bn )n∈N , (−3an )n∈N , (2an − 3bn )n∈N , (an bn )n∈N , (an /bn )n∈N y (bn /an )n∈N . Soluci´ on.

Los t´erminos generales son: an + bn =

2an − 3bn =

3n2 −6n−4 ; n2 −1

an bn =

3n3 +12n (n+1)2 (n−1) ;

an /bn =

4n2 −3n+4 ; −3an = −9n n2 −1 n+1 ; 2 3n −3n n2 +4 n2 +4 y bn /an = 3n2 −3n .

Problema 1.11 Dada la sucesi´ on de t´ermino general xn =

n n+1 ,

se pide:

1. Encontrar n1 ∈ N tal que |xn − 1| < 0,1 cuando n > n1 . 2. Encontrar n2 ∈ N tal que |xn − 1| < 0,001 cuando n > n2 . 3. Aplicando la definici´ on de l´ımite, comprobar que 1 es el l´ımite de la sucesi´ on. 4. Aplicando la definici´ on de l´ımite, comprobar tambi´en que 1,1 no es el l´ımite de la sucesi´ on considerada. Soluci´ on. (a) n1 = 9. (b) n2 = 999. (c) Aplicando la definici´ on de l´ımite debe verificarse: ∀ > 0, ∃n0 tal que n − 1| < ; La u para n ≥ n0 se cumple que | n+1 ´ltima desigualdad la podemos 1 1 n escribir como | n+1 − 1| = | n+1 | = n+1 < , de donde resulta n > 1−  . Basta ) + 1, donde E(x) es la parte entera de x. tomar n0 = E( 1−  (d) Aplicando la definici´ on de l´ımite debe verificarse: ∀ > 0, ∃n0 tal que 1,1− n − 1,1| < ; de donde resulta n > −0,1 . Por lo para n ≥ n0 se cumple que | n+1 tanto cuando  se acerca a 0,1 la n crece indefinidamente y no puede existir n0 . Problema 1.12 Se considera la sucesi´ on de t´ermino general xn =

3n−1 4n+5 .

1. Escribir los t´erminos x1 , x5 , x100 , x100000 . 2. Deducir un posible valor para el l´ımite de la sucesi´ on. 3. Aplicando la definici´ on de l´ımite encontrar ´este. 14 299 = 0,56, x100 = 405 = 0,7382716 y Soluci´ on. (a) x1 = 92 = 0,22, x5 = 25 299999 x100000 = 400005 = 0,7499881251. (b) l = 0,75 = 43 . (c) La definici´on de l´ımite dice que ∀ > 0, ∃n0 tal que para n ≥ n0 se verifica que | 3n−1 ımite de la sucesi´on. Tomando l = 43 y 4n+5 − l| < , donde l es el l´ 3 19 19 desarrollando la desigualdad anterior resulta | 3n−1 4n+5 − 4 | = | 16n+20 | = 16n+20 < . 19−20 De donde n > 19−20 16 . Basta tomar n0 = E( 16 ) + 1, donde E(x) es la parte entera de x, para que se verifique la definici´ on.

20

N´ umeros reales y sucesiones

Problema 1.13 Demostrar que si la sucesi´ on (an )n∈N es convergente entonces la sucesi´ on (an+1 − an )n∈N es tambi´en convergente y su l´ımite es cero. Como aplicaci´ on, probar que no existe ning´ un n´ umero real que sea l´ımite de la sucesi´ on (3n − 2)n∈N . Soluci´ on. En efecto, si (an )n∈N es convergente entonces se verifica que ∀ > 0, ∃n0 tal que para n ≥ n0 se verifica |an − l| < , donde l es el l´ımite de la sucesi´on. De la u ´ltima desigualdad resulta |an+1 − an − 0| = |an+1 − l + l − an | ≤ |an+1 − l| + |l − an | < 2, lo que implica que la sucesi´on (an+1 − an )n∈N tiene l´ımite cero. Aplicando este resultado a la sucesi´on (3n − 2)n∈N , obtenemos |3(n + 1) − 2 − (3n − 2)| = 3. Por tanto la sucessi´on considerada no tiene l´ımite. Problema 1.14 Se define la sucesi´ on de t´ermino general an = bar que ning´ un n´ umero real es su l´ımite.

1+(−1)n n . n

Pro-

Soluci´ on. Aplicando el resultado del problema anterior se obtiene |an+1 − n n+1 n | = |2(−1)n+1 − n21+n |. Esta expresi´on vale 2 − an |=| 1+(−1)n+1 (n+1) − 1+(−1) n 1 1 1 n2 +n si n es par y 2 + n2 +n si n es impar. En cualquier caso como n2 +n < 1 se obtiene que |an+1 − an | > 1 y por tanto la sucesi´on considerada no tiene l´ımite. Problema 1.15 Sean dos sucesiones de n´ umeros reales (xn )n∈N , (yn )n∈N tales que l´ım (xn ) = x, l´ım (yn ) = +∞. n→∞

n→∞

Probar que se cumple: 1. l´ım (xn + yn ) = +∞. n→∞

2. l´ım (xn · yn ) = +∞ si x > 0. n→∞

3. l´ım (xn · yn ) = −∞ si x < 0. n→∞

a indeterminado si x = 0. 4. l´ım (xn · yn ) est´ n→∞

Soluci´ on. (a) Para demostrar que el l´ım (xn + yn ) = +∞ hay que comprobar n→∞

que ∀k  ∈ R+ , ∃n0 tal que si n > n0 entonces xn + yn > k  . Puesto que la sucesi´on (xn )n∈N tiene l´ımite x, sabemos que existe n1 tal que si n > n1 entonces |xn − x| < 1, es decir, −1 < xn − x < 1; por otra parte como la sucesi´on (yn )n∈N tiende hacia infinito, sabemos que existe n2 tal que si n > n2 entonces yn > k. Por tanto tomando n0 = m´ax{n1 , n2 } tenemos que yn + xn − x > k − 1, es decir, yn + xn > k + x − 1 = k  . (b) Para demostrar que el l´ım (xn · yn ) = +∞ hay que comprobar que n→∞

∀k  ∈ R+ , ∃n0 tal que si n > n0 entonces xn · yn > k  . Efectuando el mismo razonamiento que en el apartado (a) tenemos que yn · xn > k(x − 1) = k  .

1.2 Problemas resueltos

21

(c) Para demostrar que el l´ım (xn ·yn ) = −∞ hay que comprobar que ∀k  ∈ n→∞

R− , ∃n0 tal que si n > n0 entonces xn · yn < k  . Puesto que la sucesi´on (xn )n∈N tiene l´ımite x, sabemos que existe n3 tal que si n > n3 entonces |xn −x| < −x/2, es decir, x/2 < xn − x < −x/2 por tanto 3x/2 < xn < x/2 < 0. Basta tomar n0 = m´ax{n2 , n3 }, donde n2 es el valor definido en el apartado (a), tenemos que yn · xn < kx/2 = k  . (d) Basta ver dos ejemplos en que el l´ımite es distinto. Si tomamos las sucesiones de t´ermino general xn = 1/n e yn = 2n entonces l´ımn→∞ (xn · yn ) = 2. En cambio si consideramos las sucesiones de t´ermino general xn = 1/n2 e yn = 2n se obtiene l´ım (xn · yn ) = 0. n→∞

Problema 1.16 Sabemos que l´ım (an ) = +∞ y que (bn )n∈N es una sucesi´ on n→∞

convergente tal que l´ım (an · bn ) = 12,04. ¿C´ ual es el l´ımite de la sucesi´ on n→∞

(bn )n∈N ? Soluci´ on. l´ım bn = 0 puesto que si l´ım bn = 0 tendr´ıamos que l´ım (an ·bn ) = n→∞ n→∞ n→∞ ∞. Problema 1.17 Utilizando la definici´ on de l´ımite decidir, para las sucesiones de t´ermino general siguiente, si el n´ umero indicado es o no su l´ımite: (a)

an =

n+2 2n+4 ;

l = 1/2,

(b)

an =

3n+2 2n+1 ;

l = 3/2,

(c)

an =

4n−1 3−2n ;

l = 4/3,

(d) an =

2−n 3−4n ;

l = 1/4.

n+2 = 21 . Esta es la sucesi´on constante (an )n∈N ≡ 21 que Soluci´ on. (a) an = 2n+4 tiene l´ımite 21 . 3 1 1 1−2 (b) | 3n+2 2n+1 − 2 | = | 4n+2 | = 4n+2 < . De donde n > 4 . Basta tomar 1−2 on n0 = E( 4 ) + 1, donde E(x) es la funci´on parte entera de x, en la definici´ de l´ımite para demostrar que 23 es el l´ımite de esta sucesi´on. 20n−15 4n−1 9−15 4 − 34 | = | 20n−15 (c) | 3−2n 6n−9 | = 6n−9 < . De donde n > 6−20 . Por tanto 3 no es el l´ımite de esta sucesi´on ya que cuando  se acerca a 20/6 el valor de n crece indefinidamente, y no puede existir un valor determinado n0 tal que ∀n ≥ n0 la desigualdad inicial se verifique. 5 5 2−n − 41 | = | 16n−12 | = 16n−12 < . De donde n > 5+12 (d) | 3−4n 16 . Basta tomar 5+12 on de l´ımite n0 = E( 16 ) + 1, donde E(x) es la parte entera de x, en la definici´ para demostrar que 41 es el l´ımite de esta sucesi´on.

Problema 1.18 Demostrar que: (a) (b) (c) donde k ∈ R.

l´ım k n = +∞

n→∞

n

l´ım k = 0

n→∞

l´ım k

n→∞

1/n

=1

si k > 1, si 0 < k < 1, si k > 0,

22

N´ umeros reales y sucesiones

Soluci´ on. (a) Observemos que para k > 1, ln(k n ) = n ln k tiende a infinito cuando n crece. Por tanto k n = en ln k tiende a e∞ = ∞. (b) Si 0 < k < 1, ln k es negativo y por tanto ln(k n ) = n ln k tiende a −∞ cuando n crece. Por tanto k n = en ln k tiende a e−∞ = 0. 1 (c) Para k > 0, ln(k n ) = n1 ln k tiende a cero cuando n crece. Por tanto 1 1 k n = e n ln k tiende a e0 = 1. Problema 1.19 Sea l´ım (an ) = a ∈ R. Se define la sucesi´ on (bn )n∈N = (an − n→∞

a)n∈N . Demostrar que l´ım (bn ) = 0. n→∞

Soluci´ on. En efecto, como (an )n∈N es convergente y tiene l´ımite a entonces se verifica que ∀ > 0, ∃n0 tal que para n ≥ n0 entonces |an − a| < . De donde resulta |bn − 0| = |an − a − 0| <  que implica l´ım (bn ) = 0. n→∞

Problema 1.20 Comprobar si las sucesiones de t´erminos generales siguientes son mon´ otonas. Comprobar tambi´en si est´ an acotadas. (a) an =

n+1 2n+3 ,

(c) cn =

(−1)n 3n2 −1 ,

(b) bn =

3n−1 2n−3 ,

(d) dn =

n! nn .

1 > 0, ∀n ∈ N. Por tanto an+1 > an , es Soluci´ on. (a) an+1 − an = (2n+5)(2n+3) decir la sucesi´on (an )n∈N es mon´otona creciente. Como a1 = 52 se puede tomar 2 1 1 5 como cota inferior y 2 como cota superior puesto que |an | < 2 , ∀n ∈ N; es decir la sucesi´on (an )n∈N est´a acotada. −7 < 0, ∀n > 1. Por tanto bn+1 < bn , es decir la (b) bn+1 − bn = (2n−1)(2n−3) sucesi´on (bn )n∈N es mon´otona decreciente. Como bn > 0 para ∀n > 1 y b1 = −2 se puede tomar −2 como cota inferior; por otra parte como b2 = 5 y la sucesi´on es decreciente podemos tomar 5 como cota superior, es decir la sucesi´on (bn )n∈N est´a acotada. (c) La sucesi´on (cn )n∈N no es mon´otona puesto que es una sucesi´on alternada. La sucesi´on |(cn )|n∈N tiende a cero y es mon´otona decreciente podemos tomar ± 21 como cota superior e inferior respectivamente de la sucesi´on inicial y por tanto la sucesi´on (cn )n∈N est´a acotada. (n+1)! n! (d) Veamos que dn+1 < dn , es decir, (n+1) n+1 < nn . Operando en la de1 n sigualdad anterior se obtiene 1 < (1 + n ) que se verifica ∀n ∈ N. Por tanto la sucesi´on (dn )n∈N es mon´otona decreciente. Como ∀n ∈ N dn > 0, podemos tomar como cota inferior 0 y d1 = 1 como cota superior, consecuentemente la sucesi´on (dn )n∈N est´a acotada.

√ Problema 1.21 Se define la sucesi´ on (xn )n∈N de forma recurrente: x1 = a, √ a > 0 y xn = a + xn−1 , ∀n > 1. Demostrar que es mon´ otona y acotada. Deducir que es convergente y calcular su l´ımite.

1.2 Problemas resueltos

23

√ Soluci´ Demostremos que es mon´otona por inducci´ on: Como x1 = a y on. √ √ x2 > x1 . Supongamos que xn > xn−1 , tenemos x2 = a + a > a tenemos √ √ que xn = a + xn−1 < a + xn = xn+1 . Por lo tanto podemos concluir que la sucesi´on es mon´otona creciente. Como ∀n ∈ N, xn > 0 y la sucesi´on es mon´otona creciente podemos tomar como cota inferior el 0. Veamos que la cota superior es a si a ≥ 2 y 2 si a < 2. Realizaremos la demostraci´on por inducci´ on. Si que√x1 < a. √ Suponiendo que xn < a, tenemos xn+1 = √ √ a ≥ 2 tenemos a + xn < a + a = 2a ≤ a2 = a. Si que √ √ x1 < 2. Suponiendo xn < 2, tenemos xn+1 = √ a < 2 tenemos a + xn < a + 2 < 2 + 2 = 2. En ambos casos la sucesi´on (xn )n∈N est´a acotada. Puesto que es mon´otona creciente y posee cota superior es convergente. √ √ Su l´ımite verifica l = a + l, es decir, l2 − l − a = 0 de donde l = 1± 21+4a pero √ como a > 0 y xn > 0 ∀n ∈ N, resulta l = 1+ 21+4a . Problema 1.22 Demostrar que las siguientes sucesiones definidas de forma recurrente tienen l´ımite y encontrarlo. √ √ an+1 = 2an , ∀n > 1, (a) a1 = 2; (b) a1 = 3;

an+1 =

an +5 2 ,

(c) a1 = 2;

an+1 =

1 2

∀n > 1,

an +

2 an

, ∀n > 1.

√ Soluci´ (a) Veamos que es mon´otona por inducci´ on. Como a1 = 2 y on. √ √ a2 = √2 2 > 2√tenemos a2 > a1 . Ahora suponiendo que an > an−1 tenemos an = 2an−1 < 2an = an+1 . Por lo tanto la sucesi´on (an )n∈N es mon´otona creciente. Como an > 0, ∀n ∈ N, podemos tomar 0 como cota inferior. Veamos que la cota superior es 2. Procederemos inducci´on. En efecto, a1 < 2, suponiendo √ por √ que an < 2 tenemos an+1 = 2an < 2 · 2 = 2. Por tanto la sucesi´ on (an )n∈N est´a acotada. Como es mon´ √ otona creciente y posee cota superior es convergente. Su l´ımite verifica l = 2l, es decir, l2 = 2l de donde l = 2. (b) Demostraremos que es mon´otona por inducci´ on. Como a1 = 3 y a2 = 4 > +5 < 3 tenemos a2 > a1 . Ahora suponiendo que an > an−1 tenemos an = an−1 2 an +5 = a . Por lo tanto la sucesi´ o n (a ) es mon´ o tona creciente. n+1 n n∈N 2 Como an > 0, ∀n ∈ N, podemos tomar como cota inferior el 0. Veamos que la cota superior es 5. En efecto, a1 < 5. Suponiendo que an < 5 tenemos an+1 = an2+5 < 5+5 on (an )n∈N est´a acotada. 2 = 5. Por tanto la sucesi´ Como es mon´otona creciente y posee cota superior es convergente. Su l´ımite verifica l = l+5 2 de donde l = 5.

24

N´ umeros reales y sucesiones

(c) Demostraremos que la sucesi´on es mon´otona decreciente. Veamos que 2−a2 an+1 − an ≤ 0, ∀n ∈ N. Tenemos an+1 − an = 2ann . Basta demostrar que √ on es mon´otona decreciente. Supongamos lo an ≥ 2 para probar que√la sucesi´ √ 2 ) = an < 2 lo que contrario, es decir an < 2. En este caso 21 (an−1 + an−1 √ √ implica (an−1 − 2)2 < 0 que no es posible. En particular an ≥ 2 ∀n ∈ N. Como an > 0, ∀n ∈ N, podemos tomar como cota inferior el 0 y puesto que la sucesi´on es decreciente podemos tomar como cota superior a1 = 2. Por tanto la sucesi´on (an )n∈N est´a acotada. Como es mon´otona decreciente y posee cota inferior es convergente. Su l´ımite √ verifica l = 21 (l + 2l ) de donde l2 = 2 y l = 2 puesto que la sucesi´on es de t´erminos positivos.

n Problema 1.23 Se considera la sucesi´ on de t´ermino general xn = 1 + n1 . Comprobar que es mon´ otona creciente y acotada. Soluci´ on. Veamos que xn+1 > xn . Desarrollando xn+1 mediante la f´ormula del binomio de Newton obtenemos  n+1 1 xn+1 := 1+ n+1     2 1 1 n+1 n+1 n+1 = + + 0 1 2 n+1 n+1   n+1 1 n+1 +... + n+1 n+1    1 1 1 1 2 1− 1− = 1+1+ + 1− 2! n+1 3! n+1 n+1   1 2 1 1− 1− +... + (n + 1)! n+1 n+1  (n + 1) − 1 ×... × 1 − n+1 Desarrollando tambi´en xn obtenemos n  1 xn := 1+ n   2     n 1 1 1 n n n n = + + ... + + 2 0 1 n n n n    1 1 1 1 2 1− + 1− = 1+1+ 1− 2! n 3! n n    1 2 n−1 1 1− × ... × 1 − +... + 1− n! n n n+1 1 > 1 − n1 en las expresiones anteriores obtenTeniendo en cuenta que 1 − n+1 emos que xn+1 > xn y por tanto la sucesi´on (xn )n∈N es mon´otona creciente.

1.2 Problemas resueltos

25

Podemos tomar como cota inferior 0 ya que xn > 0, ∀n ∈ N. Una cota superior es 3 ya que

xn

n     1 1 1 1 1 2 =1+1+ 1− + 1− 1+ 1− n 2! n 3! n n    1 2 n−1 1 1− × ... × 1 − +... + 1− n! n n n+1 1 1 1 1 1 1 < 1 + 1 + + 2 + . . . + n−1 < 1 + 1 + + + ... + 2! 3! n! 2! 2 2 1 < 1 + 1 + 1 − n−1 < 3 2 =

En definitiva, la sucesi´ on es mon´otona creciente y posee cota superior, por tanto es convergente. Problema 1.24 Se considera la sucesi´ on de Fibonacci, definida recurrentemente por x1 = x2 = 1, xn = xn−1 + xn−2 , ∀n > 2. n Probar que ∀n ∈ N se cumple xn < 47 . Probar tambi´en que (xn )n∈N coincide con la sucesi´ on (yn )n∈N de t´ermino general yn =

an − bn , a−b

donde a y b son las ra´ıces de la ecuaci´ on t2 − t − 1 = 0. n Soluci´ on. Vamos a demostrar por inducci´on que xn < 47 ∀n ∈ N. Se verifica 2 n−1 n y xn−1 < 47 que x1 < 47 y x2 < 47 . Ahora suponiendo que xn < 47 n n−1 7 n−1 11 7 n+1 tenemos xn+1 = xn + xn−1 < 74 + 47 = 4 . < 4 4 2 a−b −b2 = x1 = 1, y2 = aa−b = a + b = x2 = 1, de donde Imponiendo y1 = a−b 3

3

−b = a2 + ab + b2 = x3 = 2, resulta b = 1 − a; si imponemos adem´as y3 = aa−b a2 + ab + b2 = a2 + a(1 − a) + (1 − a)2 = 2, es decir, a2 − a − 1 = 0 e igualmente b2 − b − 1 = 0. Podemos comprobar, teniendo en cuenta lo anterior, n −bn , ∀n > 2. que yn = yn−1 + yn−2 = a a−b

Problema 1.25 Se dice que una sucesi´ on es regular o de Cauchy si ∀ > 0, ∃n0 tal que ∀p, q ≥ n0 se verifica |ap − aq | < . Dada la sucesi´ on de t´ermino general 1 1 1 an = 1 + + + . . . + , 2 3 n demostrar que no es una sucesi´ on regular y que es divergente. Indicaci´ on: Calcular |a2n − an |. n 1 1 + . . . + 2n | > 2n = 12 por tanto no Soluci´ on. Evaluando |a2n − an | = | n+1 es regular. Veamos que es divergente. Demostraremos que ∀A > 0, ∃n0 tal que

26

N´ umeros reales y sucesiones

para n ≥ n0 se verifica que an > A. an

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + ... + 2 3 4 5 6 7 8 9 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + + + ... + 2 4 4 8 8 8 8 16 n

= 1+ >

Llamemos Sn al u ´ltimo t´ermino de la desigualdad anterior. Es f´ acil ver que S2k = 1 + 21 k, por lo tanto Sn > A, ∀A > 0 y como an > Sn implica que (an )n∈N es divergente.

Problema 1.26 Calcular los siguientes l´ımites a0 + . . . + ar nr

, n→∞ b0 + . . . + bs ns √ (b) l´ım n a0 + a1 n + . . . + ar nr .

(a) l´ım

n→∞

a0 + . . . + ar nr

na0s + . . . + ar nr−s

= l´ ım = b0 n→∞ b0 + . . . + bs ns n→∞ ns + . . . + bs

Soluci´ on. (a) l´ım

ar r−s n que es igual a ±∞ si r − s > 0, igual a absr si r − s = 0 e igual bs a 0 si r − s < 0.

√ √ a0 a1 n n r r a0 + a1 + . . . + ar n = l´ım n n r + r−1 + . . . + ar = (b) l´ım n→∞ n→∞ n n r ln n l´ım √ l´ımn→∞ n nr = en→∞ n = 1. l´ım

n→∞

Problema 1.27 Encontrar el valor de a ∈ R para que se verifique

 3n + 1 n−1 n+2 n2 + an − n = l´ım . n→∞ n→∞ 2n − 4 l´ım

√

√ n2 + an − n n2 + an + n

√ = Soluci´ on. n→∞ n→∞ n2 + an + n a an a

= l´ım  l´ım √ = . a 2 n→∞ n→∞ 2 1+ n +1 n + an + n 3n + 1 n−1 3 n+2 = . Por tanto a = 3. Por otro lado l´ım n→∞ 2n − 4 2

 n2 + an − n = l´ım l´ım

1.2 Problemas resueltos

27

Problema 1.28 Calcular el l´ımite de las sucesiones con los siguientes t´erminos generales: (a)

√ n4 +n+1 5n2 −7n ,

(b)

n+1 2n 3

(c)

(2n+1)3 −(2n−1)3 , 3n2 +1

(d)

 n2 − pn + q − n,

n 1− n−1

, n+1 − n−1

(f )

(g)

2n +3n 2n −3n ,

(h)

(i)

1+2+...+n , n2

(j)

(k)

1+22 +...+n2 , n3

(l)

(e)

n−1

n+1

n

√

,

n+1−



n+1 2n+1

√  n n + 21 ,

2n−1

3n−1

1 1+ 21 +...+ n ln n

,

ln(a+n) ln n ln n

,

.

 1 + n13 + n14 1 n4 + n + 1 = . = Soluci´ on. (a) l´ım l´ ım 7 2 n→∞ n→∞ 5n − 7n 5 5− n 2n

n + 1 2n 3 1 3 3 = l´ım 1 + = e2 . (b) l´ım n→∞ n→∞ n n (2n + 1)3 − (2n − 1)3 24n2 + 2 (c) l´ım = l´ım = 8. 2 n→∞ n→∞ 3n2 + 1 3n + 1    ( n2 − pn + q − n)( n2 − pn + q + n) 2  n − pn + q − n = l´ım (d) l´ım n→∞ n→∞ n2 − pn + q + n p −pn + q =− . = l´ım  n→∞ 2 n2 − pn + q + n n 1 − n−1 1 −(n + 1) =− . (e) l´ım n+1 n−1 = l´ım n→∞ n→∞ 4n 4 − n−1 n+1 

n + 12 √ √

1 1 n + 1 − n n + = l´ım √ (f ) l´ım √ = . n→∞ 2 n→∞ n + 1 + n 2 2 n n n + 1 2 +3 = l´ım 32 n = −1. (g) l´ım n n→∞ 2 − 3n n→∞ −1 3



2n−1 1 13 n + 1 3n−1 n + 1 21 2n−1 3n−1 = = l´ım . (h) l´ım n→∞ n→∞ 2n + 1 2n + 1 2 1+n

n 1 1 + 2 + ... + n 1+n 2 (i) l´ım = l´ım = l´ım = . 2 2 n→∞ n→∞ n→∞ 2n n n 2 1 1 + 21 + . . . + n1 1 1 n n = = l´ım = l´ım (j) l´ım n→∞ n→∞ ln n − ln(n − 1) n→∞ n ln ln n ln e n−1 = 1. 1 + 2 2 + . . . + n2 n2 n2 1 = = (k) l´ım l´ ım l´ ım = . n→∞ n→∞ n3 − (n − 1)3 n→∞ 3n2 − 3n + 1 n3 3 √

28

N´ umeros reales y sucesiones ln(a+n)

ln(a + n) ln n = l´ım e ln n −1 ln n = n→∞ n→∞ ln n



a+n ln(a+n)−ln n l´ım e = l´ım eln n = eln 1 = e0 = 1.

(l) l´ım n→∞

n→∞

Problema 1.29 Calcular √ √ √ 1 + 2 2 + 3 3 + ... + n n √ , n→∞ n2 n

(a) l´ım

√ √ √ 1 + 1/ 2 + 1/ 3 + . . . + 1/ n √ . (b) l´ım n→∞ n Soluci´ on. Aplicando √ en√ambos casos√el criterio de Stolz obtenemos: √ 1 + 2 2 + 3 3 + ... + n n n n √ √ = l´ım 2 √ = (a) l´ım n→∞ n→∞ n n2 n n − (n − 1)2 n − 1

√ √ 2√ n n n n + (n − 1)2 n − 1

√

= √ √ l´ım 2 √ n→∞ n n − (n − 1)2 n − 1 n2 n + (n − 1)2 n − 1 √ √ 2 n4 + n(n − 1)2 n2 − n n4 + n(n − 1)2 n2 − n = l´ım l´ım = . n→∞ n→∞ 5n4 − 10n3 + 10n2 − 5n + 1 n5 − (n −√1)5 5 √ √ √ 1 + 1/ 2 + 1/ 3 + . . . + 1/ n 1/ n √ √ = l´ım √ = (b) l´ım n→∞ n→∞ n n− n−1 √ 1 n + n2 − n √ √ √



= = l´ım l´ım n→∞ n − n2 − n n→∞ n − n2 − n n + n2 − n √ √ n + n2 − n n + n2 − n = = 2. l´ım 2 l´ ım n→∞ n − (n2 − n) n→∞ n Problema 1.30 Calcular el l´ımite de las sucesiones con los siguientes t´erminos generales: √ √

√ (b) n n a − n b , (a) n n, (c) (e)



√ n

a+ 2

1 n1

 n √

n

√ n

b n

√

,

(d)

,

(f ) 1

n

n

n−1 ln n

,

√ n

n! n . 1

ln n

n = l´ım n 2n = l´ım eln n 2n = l´ım e 2n = e0 = 1. n→∞ n→∞ n→∞ n→∞

√



√ a

a a n n n − 1 = l´ım n ln n = ln . (b) l´ım n a − b = l´ım n n→∞ n→∞ n→∞ b b b √ √

n √ √ n na n a + b n b = l´ım e 2 + 2 −1 n = (c) l´ım n→∞ 2√ √

n→∞

√ √ n n 1 1 n n l´ım e 2 ( a−1)n+( b−1)n = l´ım e 2 n ln a+n ln b = n→∞ n→∞

√ √ 1 ln a+ln b ln ab 2 = ab. =e e Soluci´ on. (a) l´ım

1.2 Problemas resueltos

(d) l´ım

n

29

√ n−1 n ln n n ln n = l´ım = l´ım = 1. n→∞ n→∞ ln n ln n ln n

√ n

n→∞

1 n1 1 1 ln n = l´ım e n ln n = l´ım e− n = e0 = 1. n→∞ n n→∞ n→∞  √ √ √ n n 1 n! nn e−n 2πn ne−1 2n 2πn = l´ım = l´ım = . (f ) l´ım n→∞ n n→∞ n→∞ n n e (e) l´ım

Problema 1.31 Calcular

1 + 2a + . . . + na . n→∞ na+1 l´ım

1 + 2 a + . . . + na na = = l´ ım n→∞ n→∞ na+1 − (n − 1)a+1 na+1 1 1 1 n n n = = l´ım = l´ım l´ım



a+1 n→∞ 1 − n−1 n→∞ − ln n−1 a+1 n→∞ (a + 1)n ln n−1 n n 1 1 1 1 1 n n = l´ım = . a+1 n→∞ a + 1 ln e a+1 ln n−1

Soluci´ on.

l´ım

Problema 1.32 Encontrar el l´ımite de las sucesiones que tienen como t´ermino general los siguientes:

 3 5 sin n ln 1+tan2 n nπ

, , (b) (a) n tan2 2n+1 arctan

(c)

ln(en +e−n ) , n

(d)

7 n

1−cos

1 3n3 sin2 n nπ (n+2) cos 4n+1

3 n

.

π nπ π

− Soluci´ on. (a) l´ım n tan2 = l´ım n tan2 = n→∞ 2n + 1 n→∞ 2 4n + 2

π π − n1 = = l´ım tan2 l´ım n cot2 n→∞ 4n + 2 n→∞ 4n + 2 π − n2 −2 ln π+2 ln(4n+2) π 2 n l´ım = l´ım e− n ln 4n+2 = l´ım e = e0 = 1. n→∞ 4n + 2 n→∞ n→∞

3 75 2 5 sin n3 ln 1 + tan2 n5 50 n tan n n3

= = . = l´ ım (b) l´ım l´ ım 2 n→∞ arctan 7 1 − cos 3 n→∞ 7 (3/n) n→∞ 633 21 2n n n n

2

ln(en + e−n ) ln(en + e−n ) − ln(en−1 + e−(n−1) ) (c) l´ım = l´ım = n→∞ n→∞ n n − (n − 1) n −n −2n 1+e



e +e l´ım ln n−1 = l´ım ln −1 = ln e = 1. 1−2n −(n−1) n→∞ n→∞ e +e e +e 2 √ 3n3 sin n1 3n3 n12 √ = 3 2. = l´ım (d) l´ım nπ n→∞ (n + 2) cos n→∞ (n + 2) 2 4n+1 2

1 n (n + 1)(n + 2) . . . (2n). n ( Indicaci´ on: Multiplicar y dividir por n! y aplicar la f´ ormula de Stirling)

Problema 1.33 Calcular

l´ım

n→∞

30

N´ umeros reales y sucesiones

1 n Soluci´ on. l´ım (n + 1)(n + 2) . . . (2n) =

n→∞ n

1 n n!(n + 1)(n + 2) . . . (2n) 1 n (2n)! = l´ım = l´ım n→∞ n  n→∞ n n! n! √ √ 1 n (2n)2n e−2n 4πn 1 (2n)2 e−2 2n 4πn 4 √ √ l´ım = l´ım = . n→∞ n n→∞ n n e−1 2n 2πn e nn e−n 2πn Problema 1.34 Sean a, b ∈ R tales que 0 < a < b. Se define la sucesi´ on (an )n∈N , por recurrencia, de la siguiente forma:  √ √ a1 = ab, a2 = a1 b, an = an−1 an−2 , ∀n ≥ 3, (a) Comprobar que admite b como cota superior y a como cota inferior. (b) Demostrar por inducci´ on, que (bn )n∈N = (a2n )n∈N es una sucesi´ on decreciente y que (cn )n∈N = (a2n−1 )n∈N es creciente. (c) Deducir que (bn )n∈N y (cn )n∈N son convergentes. (d) Demostrar que los t´erminos de (bn )n∈N siempre son mayores que los t´erminos de (cn )n∈N . (e) Comprobar que para todo par de n´ umeros reales positivos (x, y) se cumple √ . que xy ≤ x+y 2 (f ) Deducir, con todo lo anterior, la siguiente desigualdad: 0 < a2n − a2n−1 <

a2n−2 − a2n−3 , 2

y, por tanto, 0 < a2n − a2n−1 <

a2 − a1 . 2n−1

(g) Probar que la sucesi´ on (an ) es convergente y hallar su l´ımite. Soluci´ on. (a) Veamos que b es cota superior. Demostremos que a1 < b, que √ es lo mismo que ab < b, es decir, ab < b2 , por tanto a < b que√ es cierto 4 por las hip´ otesis. Demostremos que a2 < b, que es lo mismo que ab3 < b, es decir, ab3 < b4 , por tanto a < b. Procedemos por √ inducci´on. Suponiendo √ an−1 , an−2 < b, tenemos que an = an−1 an−2 < b2 = b con lo que queda demostrado que b es cota superior. Veamos √ que a es cota inferior. Demostremos que a1 > a, que es lo mismo que ab > a, es decir, ab > a2 , por tanto b > √ a que es cierto por las hip´otesis. 4 Demostremos que a2 > a, que es lo mismo que ab3 > a, es decir, ab3 > a4 , por tanto b > a. Procedemos√por inducci´ on. Suponiendo an−1 , an−2 > a, tenemos √ que an = an−1 an−2 > a2 = a. (b) Demostremos por inducci´ on que la sucesi´on (bn )n∈N = (a2n√)n∈N es 16 mon´otona decreciente. Primero veamos que a4 < a2 , pero esto significa a5 b11 <

1.2 Problemas resueltos

31

√ 4

√ √ 16 16 ab3 , es decir a5 b11 < a4 b12 , que implica a < b que es cierto por las hip´ otesis. Suponiendo que a2n−2 < a2n−4 tenemos  √ √ √ a2n−1 a2n−2 = a2n−2 a2n−3 a2n−3 a2n−4 a2n =   √ = 4 a2n−2 a22n−3 a2n−4 < 4 a22n−3 a22n−4 = a2n−3 a2n−4 = a2n−2 .

Veamos por inducci´on que la sucesi´on (cn )n∈N = (a2n−1 )√n∈N es mon´ √ otona cre8 3 b5 > a ab, es decir ciente. Primero veamos que a > a , pero esto significa 3 1 √ √ 8 8 a3 b5 > a4 b4 , que implica b > a que es cierto por las hip´otesis. Suponiendo que a2n−1 > a2n−3 tenemos que  √ √ √ a2n a2n−1 = a2n−1 a2n−2 a2n−2 a2n−3 a2n+1 =   √ = 4 a2n−1 a22n−2 a2n−3 > 4 a22n−2 a22n−3 = a2n−2 a2n−3 = a2n−1 . (c) Hemos visto que las sucesiones (bn )n∈N y (cn )n∈N son mon´otonas y acotadas por tanto son convergentes. (d) Veamos que a2m > a2n−1 para ∀m, n. Primero veamos por inducci´ on√que √ 4 3 > ab ab, a2n > a2n−1 para ello verificamos que a > a , pero esto significa 2 1 √ √ 4 4 es decir, ab3 > a2 b2 que implica b > a que es cierto por hip´otesis. Suponiendo que a2n−2 > a2n−3 tenemos que

  √ √ a2n−1 a2n−2 = a2n−2 a2n−3 a2n−2 > a22n−3 a2n−2 a2n = √ a2n−3 a2n−2 = a2n−1 . = Entonces si n > m tenemos que a2m > a2n > a2n−1 y si n < m tenemos que a2m > a2m−1 > a2n−1 , por ser (a2n )n∈N mon´otona decreciente y (a2n−1 )n∈N mon´ otona √ creciente. √ √ (e) ( x − y)2 = x − 2 xy + y ≥ 0, de la anterior desigualdad se sigue √ directamente xy ≤ x+y 2 ∀x, y. (f ) Utilizando el resultado anterior tenemos que √ 0 < a2n − a2n−1 = a2n−1 a2n−2 − a2n−1 a2n−2 − a2n−1 a2n−2 + a2n−3 a2n−1 + a2n−2 − a2n−1 = < , 2 2 2 puesto que a2n−3 < a2n−1 y por tanto aplicando esta desigualdad reiteradamente +a1 . Esto nos permite afirmar que l´ım (a2n − llegamos a 0 < a2n − a2n−1 < a22n−1 ≤

n→∞

a2n−1 ) = 0 que implica que la sucesi´on (an )n∈N tiene l´ımite. (g) on de recurrencia obtenemos √ Para calcular su l´ımite utilizando la relaci´ l = l2 , es decir, que l es positivo. Calculando el valor de a3 es f´acil ver que a43 = ab2 a1 . Veamos que se puede generalizar este resultado a a4n = ab2 an−2 . Supongamos que a4n = ab2 an−2 y obtenemos que a4n+1 = a2n a2n−1 = ab2 an−2 a2n−1 a2n

que l =

√ 3

=

ab2 .

ab2 a2n an−1 a2n

a4n a2n−1 a2n

=

= ab2 an−1 . De donde se deduce que l4 = ab2 l, es decir,

32

N´ umeros reales y sucesiones

Problema 1.35 Encontrar el l´ımite de los per´ımetros de los pol´ıgonos regulares de n lados inscritos en una circunfer´encia de radio K cuando n crece indefinidamente. Hacer lo mismo con los pol´ıgonos circunscritos. Soluci´ on. El ´angulo correspondiente a cada uno de los lados del pol´ıgono α π regular es α = 2π n . Por tanto tenemos que el lado l es l = 2K sin 2 = 2K sin n , π de donde el per´ımetro es Pn = nl = 2nK sin n . Si hacemos l´ım Pn obtenemos n→∞ π π que l´ım 2nK sin = l´ım 2nK = 2Kπ. Para un pol´ıgono circunscrito l = n→∞ n→∞ n n 2K tan nπ y se obtiene el mismo resultado. Problema 1.36 Un segmento de longitud L se divide en n partes iguales y sobre cada una de ellas se construye un tri´ angulo is´ osceles tal que los a ´ngulos de la base valen 45o . Calcular el l´ımite del per´ımetro P de la l´ınea quebrada resultante cuando n crece indefinidamente. Soluci´ on. Sea l la medida de los dos lados iguales del tri´ angulo is´osceles. Por √ 2 √ . Por = . trigonometr´ıa obtenemos que cos 45o = L/2n De donde l = L/n l 2 2 √ tanto la longitud de la l´ınea quebrada resultante es Pn = n2l√= 2L que como es independiente de n, cuando crece n, obtenemos que P = 2L.

1.3.

Problemas propuestos

1. Resolver las siguientes cuestiones: (a) Resolver la siguiente inecuaci´on |x2 − 3| ≤ 1. (b) Encontrar (si existen) el supremo, el ´ınfimo, el m´aximo y el m´ınimo del siguiente conjunto: A = {x ∈ R | x > 0, x2 < 3}. 2. Resolver las siguientes cuestiones: (a) Resolver las siguiente inecuaci´on |x + 2| ≥ 3. (b) Encontrar (si existen) el supremo, el ´ınfimo, el m´aximo y el m´ınimo del siguiente conjunto B = {x ∈ R | nx2 − x − (1 + n) = 0, n ≥ 1, n ∈ N}. (c) Demostrar por inducci´ on que todo n´ umero natural n verifica 11 + 22 + 33 + · · · + n2 =

1 n(n + 1)(2n + 1). 6

3. Considerar la sucesi´on (an )n∈N de t´ermino general an =

2n + 1 . n+1

(a) Comprobar que es una sucesi´on mon´otona. (b) Comprobar que es una sucesi´on convergente y calcular su l´ımite . (c) Calcular a partir de qu´e n se satisface |an − | < 0,01. 4. Considerar la sucesi´on de t´ermino general an =

2n−1 n+5 .

1.3 Problemas propuestos

33

(a) Demostrar, utilitzando la definici´ on de l´ımite de una sucesi´on, que l´ım an = 2. n→∞

(b) ¿A partir de qu´e t´ermino de la sucesi´on {an } se satisface que |an −2| < 0,01? 5. Demostrar que la sucesi´on definida recurrentemente por a1 = 0,

an+1 =

an + 2, para todo n ≥ 1, 2

es convergente y hallar su l´ımite. 6. Considerar la sucesi´on definida por an =

sin( nπ 2 ) . n

(a) Comprobar que est´a acotada superiormente e inferiormente. Calcula su l´ımite cuando x → ∞. (b) ¿Es decreciente? (Razona la respuesta). 7. Si x1 =

1 2

y definimos recurrentemente xn+1 = x2n +

4 25

∀n ≥ 1,

(a) Probar que (xn ) es una sucesi´on mon´otona y cumple

1 5

< xn < 54 .

(b) Calcular el l´ımite de la sucesi´on (xn ). 8. Resolver las siguientes cuestiones: 1 y (a) Calcular l´ım n tan n→∞ n

n2 +1  1 1−2n . l´ım 1 + n→∞ n

1 an , 2 a1 = 1 . Probar que (an )n∈N es convergente y encontrar su l´ımite. Encontrar tambi´en su t´ermino general.

(b) Considerar la sucesi´on (an )n∈N dada por la recurrencia an+1 =

9. Resolver las siguientes cuestiones: (a) Calcular los siguientes l´ımites √ √ n + 2 − n − 5,

n + 2 ln n . n2 + 1 √ (b) Considerar la sucesi´on (an )n∈N dada por la recurrencia an+1 = 2an , con a1 = 3. Probar que (an )n∈N es convergente y encontrar su l´ımite. (i) l´ım

n→∞

(ii) l´ım

n→∞

10. Resolver las siguientes cuestiones: (a) Encontrar el valor de α ∈ R para que se verifique n−1   3n + 1 n+2 . l´ım ( n2 + α n − n) = l´ım n→∞ n→∞ 2n − 4

34

N´ umeros reales y sucesiones (b) Estudiar si las sucesiones con los siguientes t´erminos generales son mon´otonas y acotadas. Si procede, calcular su l´ımite. (i) an =

3n − 1 , 2n − 3

(ii) bn =

n! . nn

11. Demostrar que: on). (a) 12 + 22 + ... + n2 = 61 n(n + 1)(2n + 1), (por inducci´ 3n − 5 (b) l´ım = −3. Adem´as, calcular el menor valor de n para que n→∞ −n + 2 3n−5 | −n+2 + 3| < 10−3 . 12. Calcula los l´ımites: 2 3 (−1)n−1 n 1 − 2 + 2 − .... + . 2 n→∞ n n n n2 1 (b) l´ım (1 + 3 )ln n . n→∞ n (a) l´ım

13. Hallar condiciones sobre los par´ametros a, b, c, d para que  l´ım

n→∞

n2 + an + b n2 + cn + d

n2 =e

14. Calcular los l´ımites siguientes:

n (2n)! . (a) l´ım n→∞ n!nn 1! + 2! + . . . + n! (b) l´ım . n→∞ n! 15. Resolver los siguientes l´ımites:  (a) l´ım

n→∞

n! nn e−n

n1 .

(b) Sea P (n) = ak nk + ak−1 nk−1 + ... + a1 n + a0 un polinomio de grado k > 0 con coeficientes reales. Calcular P (1) + P (2) + P (3) + ... + P (n) . nk+1

l´ım

n→∞

16. Calcular los l´ımites siguientes: √

√

(a) l´ım

n→∞

(b) l´ım

n→∞

1 2



+

2 3

√

+

3 4

√

+ ··· +

√ n n+1

n

1 + 3 + 5 + 7 + . . . + (2n − 1) 2n + 1 − n+1 2



1.3 Problemas propuestos

35

2 + 5 + 8 + 11 + . . . + (3n − 1) (n + 1)2 √ 3 + n2 + n + 1 √ (d) l´ım n→+∞ n( 3 + n2 − n − 1)

(c)

l´ım

n→+∞

1+ (e) l´ım

n→∞



(f ) l´ım

n→∞



2! √ 22 2

+ ··· +

n! √ nn n

. e−n−1 1 + 3 + 5 + 7 + . . . + (2n − 1) 3n2 − 5n + 1 

2nπ

2nπ n+1

 (1+cos( n+1 )) sin2 ( 2nπ ) n+1

cos  1 1 1 1 1 + + + ··· + + (h) l´ım n→∞ n 2 3 n 2 n + 3n + 1 n+1 (i) l´ım n→∞ n2 − 7 (g) l´ım

n→∞

Cap´ıtulo 2

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad 2.1. 2.1.1.

Resumen de teor´ıa Funci´ on; dominio y recorrido

Definici´ on 2.1 Funci´ on real de variable real. Una funci´ on real de variable real es una aplicaci´ on f de un subconjunto no vacio D de R en R, es decir, f : D → R. El subconjunto D se llama dominio de definici´ on de f y se denota como Dom(f). El dominio de f es, por tanto, el conjunto de puntos de R que tienen imagen. Por otra parte, al conjunto f (D) = {y ∈ R | ∃x ∈ D | f (x) = y} se le llama recorrido de la funci´ on f y se le denota por Rec(f). Denotaremos por F(D, R) el conjunto de todas las funciones definidas de R en R con dominio D ⊂ R.

Definici´ on 2.2 Sea f ∈ F(D, R) . Diremos que: (i) f es mon´ otona creciente si f (x) ≤ f (y) para todo x < y. (ii) f es mon´ otona decreciente si f (x) ≥ f (y) para todo x < y. (iii) f est´ a acotada superiormente si existe un n´ umero M tal que f (x) ≤ M para todo x ∈ D. Si ∃ x0 ∈ D | f (x0 ) = M , entonces, f tiene un m´ aximo en x0 . (iv) f est´ a acotada inferiormente si existe un n´ umero m tal que f (x) ≤ m para todo x ∈ D. Si ∃ x0 ∈ D | f (x0 ) = m, entonces, f tiene un m´ınimo en x0 . 37

38

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

2.1.2.

Operaciones con funciones

Definici´ on 2.3 Dadas dos funciones f y g ∈ F(D, R) definimos las siguientes operaciones: (i) Suma: (f + g)(x) = f (x) + g(x)

∀x ∈ D

(ii) Producto: (f · g)(x) = f (x) · g(x) (iii) Cociente: ( fg )(x) =

f (x) g(x)

∀x ∈ D

∀x ∈ D | g(x) = 0

(iv) Composici´ on: dadas f ∈ F(A, R) y g ∈ F(B, R) tal que f (a) ∈ B se define la composici´ on como (g ◦ f )(a) = g(f (a)). Definici´ on 2.4 Sea f : A → B una funci´ on real de variable real. Diremos que f es biyectiva si para todo y ∈ B existe un u ´nico x ∈ A tal que f (x) = y. Definici´ on 2.5 Funci´ on inversa. Sea f ∈ F(A, R) y Rec(f) = B. Si f es biyectiva, llamamos funci´ on inversa de f y la denotamos por f −1 a la funci´ on que satisface que f −1 (y) = x si, y s´ olo si, f (x) = y para todo x ∈ A, y ∈ B.

2.1.3.

L´ımite de una funci´ on

Definici´ on 2.6 L´ımite de una funci´ on en un punto. Sea f ∈ F (D, R) y sea b ∈ D. Asumimos que f est´ a definida en un determinado entorno del punto b. Diremos que L es el l´ımite de la funci´ on f cuando x tiende a b y lo denotamos por l´ım f (x) = L si, y s´ olo si, para todo n´ umero postivo ε existe un n´ umero x→b

positivo δ tal que si |x − b| < δ entonces |f (x) − L| < ε. Proposici´ on 2.1 El l´ımite de una funci´ on en un punto, si existe, es u ´nico. Proposici´ on 2.2 Sean f y g dos funciones cuyos l´ımites en un punto b existen. Se tiene que (i) l´ım (f (x) + g(x)) = l´ım f (x) + l´ım g(x). x→b

x→b

x→b

(ii) l´ım (f (x) · g(x)) = l´ım f (x) · l´ım g(x). x→b

x→b

x→b

(iii) l´ım λf (x) = λ l´ım f (x) para todo λ ∈ R. x→b

x→b

l´ım f (x) f (x) = x→b x→b g(x) l´ım g(x)

(iv) l´ım

x→b

si

l´ım g(x) = 0.

x→b

2.1 Resumen de teor´ıa

2.1.4.

39

Infinit´ esimos equivalentes

Proposici´ on 2.3 Sean f y g dos funciones reales de variable real. f y g son infinit´esimos equivalentes en b y lo denotamos por f ∼ g cuando x → b si f (x) = 1. x→b g(x) l´ım

Tabla de infinit´ esimos equivalentes. (i) ef (x) − 1 ∼ f (x)

si

(ii) ln f (x) ∼ f (x) − 1

l´ım f (x) = 0

x→b

si

(iii) ln(1 + f (x)) ∼ f (x)

l´ım f (x) = 1

x→b

si

l´ım f (x) = 0

x→b

(iv) sin f (x) ∼ tan f (x) ∼ arcsin f (x) ∼ arctan f (x) ∼ f (x) si (v) (1 − cos f (x)) ∼

2.1.5.

f 2 (x) 2

si

l´ım f (x) = 0

x→b

l´ım f (x) = 0

x→b

Funciones continuas

Definici´ on 2.7 Funci´ on continua en un punto. Diremos que f ∈ F(D, R) es continua en punto b ∈ D si, y s´ olo si, l´ım f (x) = f (b). x→b

Si la funci´ on no es continua en un cierto punto diremos que es discontinua en ese punto. Si una funci´ on f es continua en todos los puntos de un conjunto B ⊂ R diremos que f es continua en B y lo denotaremos por f ∈ C(B). Proposici´ on 2.4 Sean f y g dos funciones reales de variable real. Si f y g son continuas en un punto b y λ ∈ R entonces f + g, f · g y λf son continuas en b. Adem´ as si g(b) = 0, la funci´ on f /g tambi´en es continua en b. Los siguientes teoremas muestran propiedades de las funciones continuas. Teorema 2.1 (Bolzano) Sea f ∈ C([a, b]) tal que f (a) · f (b) < 0. Entonces, existe un n´ umero c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0. Teorema 2.2 (Weierstrass) Sea f ∈ C([a, b]). Entonces, f ([a, b]) tiene m´ aximo y m´ınimo.

40

2.2. 2.2.1.

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

Problemas resueltos Dominios de funciones y operaciones con funciones

Problema 2.1 Encontrar los dominios de definici´ on de las siguientes funciones:  3−x , (b) f (x) (a) f (x) = x2x+3 = −x−2 x+6 ,  (c) f (x) =  (e) f (x) = (g) f (x) =

3

x2 +2x−8 x2 −3x ,

(d) f (x) =

1 x

x+3 x2 −5x+6 ,

(f ) f (x) =

3 2 x √ −15x +10x−1 , x3 +2x2 −5x−6

√ x−3 x

+

x15 −1 √ , 20−x

(h) f (x) =

−

1 x+2 ,

 0, si x < 5; 1, si x > 5,

(i) f (x) = x2 , x ∈ [1, 5),

(x−1)(x−2) , (j) f (x) = ln (x−3)(x−4)

x+1 , (k) f (x) = arcsin x−1

(l) f (x) =

  1 − x2 − 0,5.

Soluci´ on. (a) Dom f = R − {−1, 2}. (b) Dom f = (−6, 3]. (c) Dom f = (−∞, −4] ∪ (0, 2] ∪ (3, +∞). (d) Dom f = R − {−2, 0}. (e) Dom f = R − {2, 3}. (f ) Dom f = (−3, −1)∪(2, +∞). (g) Dom f = [3, 20). (h) Dom f = R−{5}. (i) Dom f = [1, 5). √ (j) Dom√f = (−∞, √ 1) ∪ √(2, 3) ∪ (4, +∞). (k) Dom f = (−∞, 0]. (l) Dom f = [− 1,5, − 0,5] ∪ [ 0,5, 1,5]. Problema 2.2 Si f es una funci´ on con dominio en R+ , estrictamente creciente y tal que f (1) = 0, f (a) = 1 (a > 1), determinar el dominio de la funci´ on f ◦f ◦f . Aplicar el resultado anterior a la funci´ on f (x) = ln x, determinando, en este caso, el valor de a. Soluci´ on. Sea x ∈ Dom f ◦ f ◦ f , como (f ◦ f ◦ f )(x) = f (f (f (x))) entonces f (f (x)) > 0 puesto que Dom f ⊂ R+ , y adem´as f (f (x)) > f (1) = 0. De la u ´ltima desigualdad resulta f (x) > 1 = f (a) puesto que f es estrictamente creciente y f (x) ∈ Dom f , es decir, f (x) > f (a) y por la misma raz´on anterior x > a. Por tanto Dom (f ◦ f ◦ f ) = (a, +∞). Si f (x) = ln x tenemos que a = e. Problema 2.3 Se define la funci´ on parte entera E(x) de la siguiente forma: Dado x ∈ R, sea m ∈ Z tal que m ≤ x < m+1; entonces E(x) = m. Determinar el dominio de las funciones:   (b) f (x) = |E(x)|, (a) f (x) = E(x), (c) f (x) =

 E(|x|).

2.2 Problemas resueltos

41

Soluci´ on. (a) Dom f = R+ . (b) Dom f = R. (c) Dom f = R. Problema 2.4 Sea f (x) = x2 , g(x) = 2x , y h(x) = sin x, calcular: (a) (f ◦ g)(x),

(b) (g ◦ f )(x),

(c) (f ◦ h)(x),

(d) (f ◦ g ◦ h)(x) + (h ◦ g)(x).

Soluci´ on. (a) (f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (2x ) = 22x . (b) (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = 2 2 g(x ) = 2x . (c) (f ◦ h)(x) = f (h(x)) = f (sin x) = sin2 x. (d) (f ◦ g ◦ h)(x) + (h ◦ g)(x) = f (g(h(x))) + h(g(x)) = f (g(sin x)) + h(2x ) = f (2sin x ) + sin 2x = 22 sin x + sin 2x . Problema 2.5 Demostrar propiedades:

o

dar

un

contraejemplo

(a) (f + g) ◦ h = (f ◦ h) + (g ◦ h), (c)

1 f ◦g

=f◦

(b)

1 f ◦g

de

las

  =

1 f

siguientes

◦ g,

  1 g

.

Soluci´ on. (a) [(f + g) ◦ h](x) = (f + g)(h(x)) = f (h(x)) + g(h(x)) = (f ◦ h)(x) + (g ◦ h)(x) = [(f ◦ h) + (g ◦ h)](x).    1 1 = f (g(x)) = f1 (g(x)) = f1 ◦ g (x). (b) f 1◦g (x) = (f ◦g)(x) (c) Veamos que no es cierto en general  el siguiente contraejemplo. Sean  con 1 1 = sin1 x y por otra parte f (x) = sin x y g(x) = x, tenemos que f ◦g = f (g(x))     1 = sin x1 . f ◦ g1 (x) = f g(x) 2 Problema 2.6 Sean f1 (x) = 1−x x , f2 (x) = 1 − x, f3 (x) = x , f4 (x) = 2 + x, 1 1 f5 (x) = x , f6 (x) = x2 , f7 (x) = 1+x y f8 (x) = x + 3. Realizar las siguientes composiciones: (a) f1 ◦ f2 ◦ f3 ◦ f4 ◦ f5 ,

(b) f1 ◦ [(f6 ◦ f7 ) ◦ f8 ] . Soluci´ on. (a) (f1 ◦ f2 ◦ f3 ◦ f4 ◦ f5 )(x) = 2x. (b) (f1 ◦ [(f6 ◦ f7 ) ◦ f8 ]) = x2 + 8x + 16.

2.2.2.

L´ımite de una funci´ on

Problema 2.7 Dada la funci´ on f (x) = x2 − 4x + 1, encontrar δ > 0 tal que si |x − 1| < δ, entonces |f (x) + 2| < 10−4 . Soluci´ on. Tenemos que |f (x) + 2|=|x − 1||x − 3| < 10−4 , es decir, que |x − 1| < −4 10 10−4 |x−3| , por tanto podemos tomar δ = |x−3| . Pero δ depende del punto x; si

42

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

queremos que sea independiente del punto consideramos valores de x cercanos a 1, por ejemplo 0 < x < 2, entonces −3 < x − 3 < −1, es decir, |x − 3| < 3. −4 −4 10−4 . Podemos tomar δ = 103 para x ∈ (0, 2). Por tanto |x − 1| < 103 < |x−3| Problema 2.8 Dada la funci´ on real definida por f (x) =

x 1+x2

se pide:

1. Calcular δ1 > 0 para que 0 < |x − 1| < δ1 ⇒ |f (x) − 21 | < 0,1, 2. Calcular δ2 > 0 para que 0 < |x − 1| < δ2 ⇒ |f (x) − 21 | < 0,01, 3. Utilizando la definici´ on de l´ımite demostrar que l´ım f (x) = 21 . x→1

2

(x−1) x 1 Soluci´ on. (a) Tenemos que |f (x) − 21 | = | 1+x 2 − 2 | = 2+2x2 < 0,1. De donde   √ |x − 1| < 0,2(1 + x2 ). Por tanto podemos tomar δ1 = 0,2 < 0,2(1 + x2 ).  (b) En este caso tendremos que |x − 1| < 0,02(1 + x2 ) por tanto podemos  √ tomar δ2 = 0,02 < 0,02(1 + x2 ). (c) que  |x − 1| <  Generalizando los resultados anteriores tenemos √ 2ε(1 + x2 ) y por tanto podemos tomar δ = 2ε < 2ε(1 + x2 ).

Problema 2.9 Hacer lo mismo que en el problema anterior con g(x) = cuando x tiende a 1.

2x+1 x+2

x−1 Soluci´ on. (a) Tenemos que |g(x) − 1| = | 2x+1 x+2 − 1| = | x+2 | < 0,1. De donde |x − 1| < 0,1(x + 2). Por tanto podemos tomar δ1 = 0,1 < 0,1(x + 2) si x ∈ (0, 2). (b) En este caso tendremos que |x − 1| < 0,01(x + 2) por tanto podemos tomar δ2 = 0,01 < 0,01(x + 2) si x ∈ (0, 2). (c) Generalizando los resultados anteriores tenemos que |x − 1| < ε(x + 2) y por tanto podemos tomar δ = ε < ε(x + 2) si x ∈ (0, 2).

Problema 2.10 Utilizando la definici´ on de l´ımite demostrar que se verifica 2x4 − 6x3 + x2 + 3 = −8. l´ım x→1 x−1 4

3

2

+x +3 + 8| = |2x3 − 4x2 − 3x + 5| = |(x − Soluci´ on. Tenemos que | 2x −6x x−1 ε 2 . Por tanto podemos tomar 1)(2x − 2x − 5)| < ε. De donde |x − 1| < |2x2 −2x−5| ε δ = |2x2 −2x−5| . Pero δ depende del punto x. Si queremos que sea independiente del punto consideramos valores de x cercanos a 1. Si por ejemplo 0 < x < 2, ε obtenemos que 0 ≤ |2x2 − 2x − 5| ≤ 1. Por tanto si |x − 1| < ε ≤ |2x2 −2x−5| podremos tomar δ = ε para x ∈ (0, 2).

Problema 2.11 Probar que la funci´ on f definida por f (x) = no tiene l´ımite en ning´ un punto.

 1, si x ∈ Q; 0, si x ∈ Q,

2.2 Problemas resueltos

43

Soluci´ on. Sea x1 un n´ umero racional. Construimos las siguientes sucesiones √ 2 1 an = x1 + n y bn = x1 + n . Para las dos sucesiones su l´ımite es x1 . Pero tenemos que l´ım f (an ) = 1 por ser an una sucesi´on de n´ umeros racionales n→+∞

y

l´ım f (bn ) = 0 por ser bn una sucesi´on de n´ umeros irracionales. Por tanto

n→+∞

podemos asegurar que no existe el l´ımite de f en ning´ un punto racional. umero irracional. Construimos las siguientes sucesiones an = x2 + n1 Sea x2 un n´ y bn sea el n´ umero resultante de truncar x2 con n cifras decimales. Para las dos sucesiones su l´ımite es x2 . Pero tenemos que l´ım f (an ) = 0 por ser an una n→+∞

sucesi´on de n´ umeros irracionales y

l´ım f (bn ) = 1 por ser bn una sucesi´on de

n→+∞

n´ umeros racionales. Por tanto podemos asegurar que no existe el l´ımite de f en ning´ un punto irracional. Problema 2.12 Estudiar en qu´e puntos existe el l´ımite de las siguientes funciones: (a) f (x) = E(x), (b) f (x) = x − E(x), (c) f (x) =

 x − E(x),

(d) f (x) = E( x1 ).

Soluci´ on. (a), (b) y (c) La funci´ on no tiene l´ımite en los puntos x ∈ R tales que x ∈ Z. (d) La funci´ on no tiene l´ımite en los puntos x ∈ R tales que x1 ∈ Z. 3(x − 1) 3(x − 1) , l´ım . |x − 1| x→1+ |x − 1| ¿Qu´e podemos decir del l´ımite de esta funci´ on en el punto 1? Problema 2.13 Calcular los l´ımites laterales: l´ım − x→1

3(x − 1) 3(x − 1) = l´ım = −3. − |x − 1| 1−x x→1 x→1 3(x − 1) 3(x − 1) = l´ım = 3. Por tanto la funci´ Por otro lado l´ım on no tiene + + |x − 1| x−1 x→1 x→1 l´ımite en el punto x = 1. Soluci´ on.

l´ım−

Problema 2.14 Probar que l´ım + x→0

2 = 32 . 3 + e−1/x

Soluci´ on. El problema es equivalente a estudiar el l´ımite l´ım+ e−1/x . Veamos x→0 1 n, n

primero que si tomamos la sucesi´on de t´ermino general an = ∀n ∈ N, tenemos que

l´ım e

n→+∞

−1 1/n

= l´ım e n→+∞

−n

donde an > 0,

= l´ım 1/e = 0. Aplicando la n→+∞

definici´ on de l´ımite tenemos ∀ε > 0, ∃δ tal que si |x| < δ se verifica |e−1/x | < ε. De donde resulta −1/x < ln ε, es decir, 1/x > ln ε. Como x > 0 concluimos que |x| < 1/| ln ε|. Por tanto podemos tomar δ = E(1/| ln ε|) en la definici´ on de l´ımite.

44

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

Problema 2.15 Calcular los l´ımites: √ x+5−x−3 √ , (b) l´ım x→−1 3x + 11 + 2x

x2 − 4 (a) l´ım , x→1 x + 2 √ √ a+h− a , (c) l´ım h→0 h

1+x 1 , (e) l´ım ln x→0 x 1−x (g)

l´ım [ln(2x + 1) − ln(x + 2)],

x→+∞

(i) l´ım

x→0

ln(cos x) , x2

(d) l´ım

x→a

(f ) (h)

cos x − cos a , x−a

√ l´ım x( x a − 1),

x→+∞

√ √ l´ım ( x + 4 − x),

x→+∞

(j) l´ım

x→0

ln(1 + 10x) . x

x2 − 4 Soluci´ on. (a) l´ım = −1. √ √ √x→1 x + 2 ( x + 5 − (x + 3))( x + 5 + (x + 3))(3x − 11 + 2x) √ √ √ = (b) l´ım x→−1 (3x + 11 + 2x)( x + 5 + (x + 3))(3x − 11 + 2x) √ (x + 5 − (x + 3)2 )(3x − 11 + 2x) √ = l´ım x→−1 (9x2 − (11 + 2x))( x + 5 + (x + 3)) √ x + 5 − (x + 3)2 3x − 11 + 2x = l´ım · l´ım √ 2 x→−1 9x − (11 + 2x) x→−1 x + 5√+ (x + 3) 9 −3 −6 −(x + 1)(x + 4) 3x − 11 + 2x · =− . l´ım = · l´ım √ x→−1 (x + 1)(9x − 11) x→−1 −20 4 40 x + 5 + (x + 3) √ √ √ √ √ √ a+h− a ( a + h − a)( a + h + a) √ = = l´ım (c) l´ım √ h→0 h→0 h h( a + h + a) 1 h 1 l´ım √ √ = l´ım √ √ = √ . h→0 h( a + h + 2 a a) h→0 ( a + h + a) cos x − cos a cos(t + a) − cos a (d) l´ım = l´ım = x→a t→0 x−a t −2 sin(a + t/2) sin(t/2) −2(t/2) sin(a + t/2) = l´ım = − sin a. l´ım x→a x→a t t

1  1+x 1 + x 2x 1 = l´ım ln = (e) l´ım ln x→0 x 1 − 1−x  x x→0 1+x 1 −1 l´ım x→0 1 − x 2x = ln e1 = 1. ln e √ √ x (f ) l´ım x( a − 1) = l´ım x ln x a = ln a. x→+∞

x→+∞

2x + 1 (g) l´ım [ln(2x + 1) − ln(x + 2)] = l´ım ln = ln 2. x→+∞ x→+∞ x + 2√ √ √ √ √ √ ( x + 4 − x)( x + 4 + x) √ = (h) l´ım ( x + 4 − x) = l´ım √ x→+∞ x→+∞ x+4+ x

2.2 Problemas resueltos

45

4 √ = 0. x→+∞ x+4+ x 1 ln(cos x) cos x − 1 −x2 /2 = = =− . (i) l´ım l´ ım l´ ım x→0 x→0 x→0 x2 x2 x2 2 ln(1 + 10x) 10x = l´ım = 10. (j) l´ım x→0 x→0 x x l´ım √

Problema 2.16 Probar que si f es una funci´ on real de variable real tal que existe su l´ımite en el punto a entonces existen δ > 0 y K > 0 tal que 0 < |x − a| < δ implica que |f (x)| < K. Soluci´ on. Por la definici´ on de l´ımite tenemos ∀ε ∃δ tal que 0 < |x − a| < δ entonces |f (x) − L| < ε. Tomando ε = 1 tenemos |f (x) − L| < 1, es decir, −1 < f (x) − L < 1, que es equivalente a L − 1 < f (x) < L + 1. Si tomamos K = m´ax{|L − 1|, |L + 1|} obtenemos que −K < f (x) < K y por tanto |f (x)| < K.

2.2.3.

Estudio de la continuidad: funciones continuas

Problema 2.17 Se define la funci´ on sg(x) (signo de x) de la forma ⎧ ⎨ 1, si x > 0; 0, si x = 0; sg(x) = ⎩ −1, si x < 0. Estudiar la continuidad de las funciones f ◦ g y g ◦ f en los siguientes casos: (a) f = sg y g(x) = 1 + x2 , (b) f = sg y g(x) = x(1 − x2 ). Soluci´ on. (a) (f ◦ g)(x) = sg(1 + x2 ) = 1 para todo x ∈ R y por tanto se trata de una funci´ on continua en todo R. Por otra parte  2, si x = 0; (g ◦ f )(x) = 1 + (sg(x))2 = 1, si x = 0. La funci´ on posee una discontinuidad evitable en el origen, por tanto la funci´ on no es continua en el origen. (b) (f ◦ g)(x) = sg(x(1 − x2 )), como x(1 − x2 ) es positivo si x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1), es negativo si x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞) y es nulo si x ∈ {−1, 0, 1}, obtenemos ⎧ ⎨ 1, si x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1); 0, si x ∈ {−1, 0, 1}; (f ◦ g)(x) = sg(x(1 − x2 )) = ⎩ −1, si x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞). La funci´ on presenta discontinuidades de salto en los puntos x ∈ {−1, 0, 1}. Por otro lado (g ◦ f )(x) = sg(x)(1 − sg(x)2 ) = 0 para todo valor de x ∈ R, por tanto la funci´ on es continua en todo R.

46

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

Problema 2.18 Estudiar la continuidad de la funci´ on  f (x) = E(x) + x − E(x). Soluci´ on. La funci´ on E(x) es discontinua en los puntos x ∈ Z. Como x−E(x) ≥ 0 para todo x tenemos que f (x) es continua en los puntos x ∈ R tales que  x ∈ Z. Para z ∈ Z tenemos que l´ım f (x) = l´ım z − 1 + x − (z − 1) = − − x→z x→z √

√ z−1+ z − z + 1 = z ; por otro lado tenemos l´ım f (x) = l´ım z + x − z = x→z + x→z + √ z + z − z = z. Por tanto la funci´ on es continua en todo R. Problema 2.19 Estudiar la continuidad de las siguientes funciones clasificando las discontinuidades ⎧ ⎨ 1, x2 , (a) f (x) = ⎩ x,

⎧ ⎨

si x < −1; si − 1 ≤ x < 1; si 1 < x,

(b) f (x) =

1 , x 3, ⎩ x,

si x < −1; si x = −1; si − 1 < x,

⎧ ⎨ x + 2, 1 , (c) f (x) = ⎩ x+2 2 − x,

si x ≤ −2; si − 2 < x < 0; si 0 ≤ x,

(d) f (x) =

⎧ 2 ⎨ 3x , x − 2, (e) f (x) = ⎩ x2 −x , 6

si x < 0; si 0 ≤ x < 3; si 3 ≤ x,

⎧ ⎪ ⎨ E(x), x2 (f ) f (x) = − 1, 6 ⎪ ⎩ x−1 , 6

Soluci´ on.

(a)

l´ım f (x) =

x→−1−



l´ım 1 = 1,

x→−1−

si x = 0; si x = 0,

x sin(1/x), 0,

si x < 0; si 0 ≤ x < 6; si 6 ≤ x.

l´ım f (x) =

x→−1+

l´ım x2 = 1

x→−1+

y f (−1) = 1 por tanto es continua en x = −1. Por otro lado l´ım− f (x) = x→1

l´ım x2 = 1, l´ım f (x) = l´ım x = 1 pero f (1) no est´a definida. La funci´ on

x→1−

x→1+

x→1+

posee una discontinuidad evitable en x = 1. 1 (b) l´ım − f (x) = l´ım − = −1, l´ım + f (x) = l´ım + x = −1 y f (−1) = x→−1 x→−1 x x→−1 x→−1 3. La funci´ on posee una discontinuidad evitable en x = −1. (c) l´ım f (x) = 0, l´ım f (x) = +∞ y f (−2) = 0 por tanto presenta una x→−2−

x→−2+

1 , l´ım f (x) = 2 y f (0) = 2. 2 x→0+ x→0 La funci´ on presenta una discontinuidad de salto en x = 0. (d) Como l´ım x sin(1/x) = 0 debido a que | sin(1/x)| < 1 ∀x ∈ R, la funci´ on

discontinuidad esencial en x = −2. l´ım f (x) = − x→0

es continua en todo R. (e) l´ım f (x) = l´ım 3x2 = 0, l´ım f (x) = l´ım x − 2 = −2 y f (0) = −2 x→0−

x→0−

x→0+

x→0+

por tanto presenta una discontinuidad de salto en x = 0. l´ım f (x) = l´ım x − x→3−

x→3−

x2 − x = 1 y f (3) = 1. La funci´ 2 = 1, l´ım f (x) = l´ım on es continua en 6 x→3+ x→3+ x = 3. (f ) Para x < 0 la funci´ on presenta discontinuidades de salto ∀x ∈ Z. En el x2 −1 = punto x = 0 tenemos l´ım f (x) = l´ım E(x) = −1, l´ım f (x) = l´ım x→0+ x→0+ 6 x→0− x→0−

2.2 Problemas resueltos

47

−1 y f (0) = −1 por tanto la funci´ on es continua en x = 0. Por otra parte en 5 x2 x−1 − 1 = 5, l´ım f (x) = l´ım = y f (6) = 65 . x = 6, l´ım− f (x) = l´ım− + + 6 6 6 x→6 x→6 x→6 x→6 La funci´ on presenta una discontinuidad de salto en x = 6. Problema 2.20 Sea f : R → R tal que f (x + y) = f (x) + f (y) ∀(x, y) ∈ R2 . Suponemos que existe l = l´ım f . Demostrar que l = 0 y que f tiene l´ımite en x→0

cualquier punto c ∈ R. ¿Podemos afirmar que f es continua en R? (Indicaci´ on: Comprobar que f (2x) = 2f (x) y que f (x) = f (x − c) + f (c)) Soluci´ on. Teniendo en cuenta que f (x + y) = f (x) + f (y) obtenemos que f (x + x) = f (x) + f (x), es decir, f (2x) = 2f (x). Si existe el l´ımite en el origen tendremos l´ım f (2x) = 2 l´ım f (x) = 2l. Por otro lado, tomando z = 2x, x→0

x→0

tenemos que l´ım f (2x) = l´ım f (z) = l. Por tanto llegamos a l = 2l que implica x→0

z→0

l = 0. Demostremos que la funci´on tiene l´ımite en cualquier punto c ∈ R: l´ım f (x) = l´ım f (x − c + c) = l´ım [f (x − c) + f (c)] = 0 + f (c) = f (c),

x→c

x→c

x→c

por tanto la funci´ on tiene l´ımite en cualquier punto c ∈ R y vale f (c). La funci´ on es continua en cualquier punto c ∈ R. Problema 2.21 Sea f : R → R una funci´ on tal que ∃K > 0 y ∀x, y ∈ R, |f (x) − f (y)| ≤ K|x − y|. Probar que f es continua en R. Soluci´ on. f es continua en a si se verifica que ∀ε > 0, ∃δ tal que si |x − a| < δ entonces |f (x) − f (a)| < ε. A partir de la relaci´ on que cumple la funci´ on obtenemos que |f (x) − f (a)| ≤ K|x − a| < ε, es decir, tomando δ = ε/K tenemos que |f (x) − f (a)| ≤ K|x − a| < Kδ = ε. Problema 2.22 Se define la funci´ on ⎧ x+3 si x < −2; ⎨ x+2 , f (x) = 2x − x2 − 1, si − 2 ≤ x ≤ 3; ⎩ 1 − e3−x , si 3 < x. 1. Determinar el dominio de la funci´ on f . 2. Calcular l´ım f y l´ım f . x→+∞

x→−∞

3. Calcular los l´ımites laterales en el punto −2. Estudiar la continuidad de f. Soluci´ on. (a) Dom f = R. (b) l´ım f (x)= l´ım (1−e3−x ) = 1; l´ım f (x) = x→+∞

x+3 l´ım = 1. x→−∞ x + 2

x→+∞

x→−∞

48

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

x+3 = −∞; l´ım f (x) = l´ım (2x − x2 − x+2 x→−2+ x→−2+ 1) = −9. Por tanto la funci´ on es discontinua en x = −2 presentando una discontinuidad esencial en este punto. Por otro lado l´ım f (x)= l´ım (2x − x2 − 1) = −4; l´ım f (x)= l´ım (1 − − − + + (c)

l´ım f (x) =

x→−2−

l´ım

x→−2−

x→3

x→3

x→3

x→3

e3−x ) = 1 − e0 = 0. La funci´ on presenta una discontinuidad de salto en x = 3. En definitiva la funci´ on es continua en todos los puntos salvo para x ∈ {−2, 3}. Problema 2.23 Se define la funci´ on ⎧ ex −e−x + 1, si x < 0; ⎨ 2 a, si x = 0; f (x) = ⎩ e−x sin x , si 0 < x. x 1. Determinar el dominio de la funci´ on f . 2. Calcular l´ım f y l´ım f . x→+∞

x→−∞

3. Estudiar la continuidad de f en funci´ on del par´ ametro a. e−x sin x = 0; l´ım f (x) = Soluci´ on. (a) Dom f = R. (b) l´ım f (x)= l´ım x→+∞ x→+∞ x→−∞ x  x −x e −e + 1 = −∞. l´ım x→−∞ 2  x e − e−x e−x sin x + 1 = 1; l´ım f (x) = l´ım = (c) l´ım− f (x) = l´ım− 2 x x→0 x→0 x→0+ x→0+ 1. Por tanto si a = 1 la funci´ on es continua en todo R, si a = 1 la funci´ on presenta una discontinuidad evitable en x = 0. Problema 2.24 Se define la funci´ on  2 e−1/x sin2 (1/x), si x = 0; f (x) = 0, si x = 0. 1. Estudiar la continuidad de f . 2. Calcular l´ım f y l´ım f . x→+∞

x→−∞

3. Probar que f es par y que 0 ≤ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R. Soluci´ on. (a) La funci´ on es continua en todos los puntos salvo quiz´ as en x = 0; 2 l´ım f (x) = l´ım e−1/x sin2 (1/x) = 0, por tanto la funci´ on es continua en x = 0 x→0

x→0

y en definitiva en todo R. 2 (b) l´ım f (x) = l´ım e−1/x sin2 (1/x) = 0; x→+∞

x→+∞ 2

l´ım f (x) = l´ım e−1/x sin2 (1/x) = 0.

x→−∞

x→−∞

2.2 Problemas resueltos

49

(c) Una funci´ on es par si f (−x) = f (x). En este caso tenemos f (−x) = 2 2 2 2 e sin (1/(−x)) = e−1/x (− sin(1/x))) = e−1/x sin2 (1/x) = f (x), por 2 tanto la funci´ on f es par. Por u ´ltimo, teniendo en cuenta que 0 < e−1/x < 1 y que 0 < sin2 (1/x) < 1, ∀x = 0 . Efectuando el producto de las dos desigualdades 2 anteriores se obtiene que 0 < e−1/x sin2 (1/x) < 1, ∀x = 0, como f (0) = 0, resulta en definitiva 0 ≤ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R. −1/(−x)2

Problema 2.25 Calcular el valor de las constantes a y b para que las siguientes funciones sean continuas en R.   2x2 + b, si x ≥ 0; sin x, si x ≤ 1; 2 (a) f (x) = (b) g(x) = ex −1 ax + 2, si x > 1, , si x < 0. 2 x

Soluci´ on. (a) La funci´ on es continua en todos los puntos salvo quiz´ as en x = 1. Como l´ım f (x) = l´ım sin x = sin 1 y l´ım f (x) = l´ım (ax + 2) = a + 2, x→1−

x→1−

x→1+

x→1+

tenemos que a = sin 1 − 2 para que la funci´ on f sea continua en todo R. (b) La funci´ on es continua en todos los puntos salvo quiz´ as en x = 0. Co2 2 ex − 1 ln ex x2 = l´ım = l´ım 2 = 1. y l´ım g(x) = mo l´ım g(x) = l´ım x2 x→0− x→0− x→0− x2 x→0− x x→0+ 2 l´ım (2x + b) = b, tenemos que b = 1 para que la funci´ on g sea continua en x→0+

todo R.

Problema 2.26 Estudiar la continuidad de la funci´ on real de variable real definida en el intervalo [−2, 2] por  x, si x ∈ Q; f (x) = x2 , si x ∈ Q. umeros racionales que tiende a un Soluci´ on. Sea (an )n∈N una sucesi´on de n´ cierto valor x0 y sea (bn )n∈N una sucesi´on de n´ umeros irracionales que tienda a esta mismo valor x0 . Tenemos que l´ım f (an ) = l´ım an = x0 , por otro lado n→+∞

n→+∞

l´ım f (bn ) = l´ım b2n = x20 . Para que exista el l´ımite en el punto debe ocurrir

n→+∞

n→+∞

que todos los l´ımites obtenidos por cualquier sucesi´on que tienda a este punto sean iguales y por tanto implica que x0 = x20 , es decir, x0 = 0 ´o x0 = 1. Como l´ım f (x) = 0 y f (0) = 0, l´ım f (x) = 1 y f (1) = 1 la funci´ on es continua s´olo en x→0 x→1 x = 0 y en x = 1. Problema 2.27 Demostrar que l´ım f x→0+

 1 = l´ım f (x). x→+∞ x

Soluci´ on. Tomando x = 1/t tenemos que x → 0+ equivale a t → +∞ y por  1 = l´ım f (t), para obtener la expresi´ tanto l´ım f on inicial basta con t→+∞ x x→0+ cambiar t por x.

50

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

Problema 2.28 Utilizando la definici´ on de l´ımite probar que l´ım

x→3

+∞.

1 = (x − 3)2

Soluci´ on. La definici´ on de l´ımite infinito es que ∀K ∈ R+ , ∃δ tal que si 1 |x − a| < δ entonces |f (x)| > K. En este caso tenemos que | (x−3) 2 | > K, es √ 1 2 decir, (x−3)2 > K, que implica (x − 3) < 1/K que equivale a |x − 3| < 1/ K. √ Por tanto podemos tomar δ = 1/ K en la definici´ on inicial.

2.2.4.

Teoremas fundamentales sobre funciones continuas y aplicaciones

Problema 2.29 Probar que las ecuaciones (a) tan x = x,

(b) sin x = x − 1.

tienen una soluci´ on real. Soluci´ on. (a) Aplicaremos el Teorema de Bolzano a la funci´on f (x) = tan x−x en el intervalo en que la funci´ on sea continua. La funci´ on es discontinua en x = π2 + kπ. Por tanto en el intervalo (− π3 , π3 ) la funci´ on f (x) es continua. √ √ Como f (− π3 ) = − 3 + π3 < 0 y f ( π3 ) = 3 − π3 > 0 podemos asegurar que existe un punto c ∈ (− π3 , π3 ) tal que f (c) = 0. (b) Consideramos ahora la funci´ on f (x) = sin x − x + 1 que es continua en todo R. Como f (0) = 1 > 0 y f (π) = 1 − π < 0 podemos asegurar aplicando el Teorema de Bolzano que existe un punto c ∈ (0, π) tal que f (c) = 0. Problema 2.30 Demostrar que todo polinomio de grado impar tiene, al menos, una ra´ız real. Soluci´ on. Sea p(x) = a2n+1 x2n+1 + a2n x2n + . . . + a0 un polinomio de grado impar. Si a2n+1 > 0 como l´ım p(x) = +∞ y l´ım p(x) = −∞ existen x1 tal x→+∞

x→−∞

que p(x1 ) > 0 y x2 tal que p(x2 ) < 0. Teniendo en cuenta que p(x) es una funci´ on continua en todo R podemos aplicar el Teorema de Bolzano al intervalo (a, b) y por tanto podemos asegurar que existe un punto c ∈ (a, b) tal que p(c) = 0. Un razonamiento similar se puede hacer en el caso que a2n+1 < 0. Problema 2.31 Si p(x) = an xn +. . .+a1 x+a0 es un polinomio tal que an ·a0 < 0 demostrar que tiene, al menos, una ra´ız real positiva. Soluci´ on. Como an · a0 < 0 tenemos que an y a0 son no nulos y de signo distinto. Por otro lado tenemos que f (0) = a0 y l´ım p(x) = +∞ si an > 0 x→+∞

´o l´ım p(x) = −∞ si an < 0. Por tanto en los dos casos existe un punto a > 0 x→+∞

tal que f (a) > 0 si an > 0 ´o f (a) < 0 si an < 0. Como p(x) es una funci´ on continua en todo R podemos aplicar el Teorema de Bolzano al intervalo (0, a) y asegurar que existe un punto c ∈ (0, a) tal que p(c) = 0.

2.2 Problemas resueltos

51

Problema 2.32 Comprobar que las funciones siguientes cumplen las condiciones del Teorema de Bolzano en el intervalo [0, 2] y encontrar una aproximaci´ on de la ra´ız con un error menor que 0,1. (a) f (x) = x3 − x − 2,

(b) g(x) = x4 − 3x2 + x − 1,

(c) h(x) = cos x − x. Soluci´ on. (a) La funci´ on f (x) es continua en todo R. Verificando f (0) = −2 < 0, f (2) = 4 > 0. Aplicando el Teorema de Bolzano existe un punto c ∈ (0, 2) tal que f (c) = 0. Como f (1,5) = −0,125 < 0 y f (1,6) = 0,496 > 0 obtenemos que c ∈ (1,5, 1,6). Por tanto c ≈ 1,55 con un error menor que 0,1. (b) La funci´ on g(x) es continua en todo R. Verificando g(0) = −1 < 0, g(2) = 5 > 0. Aplicando el Teorema de Bolzano existe un punto c ∈ (0, 2) tal que g(c) = 0. Como g(1,6) = −0,526 < 0 y g(1,7) = 0,382 > 0 obtenemos que c ∈ (1,6, 1,7). Por tanto c ≈ 1,65 con un error menor que 0,1. (c) La funci´ on h(x) es continua en todo R. Verificando h(0) = 1 > 0, h(2) = −2,416 < 0. Aplicando el Teorema de Bolzano existe un punto c ∈ (0, 2) tal que h(c) = 0. Como h(0,7) = 0,065 > 0 y h(0,8) = −0,103 < 0 obtenemos que c ∈ (0,7, 0,8). Por tanto c ≈ 0,75 con un error menor que 0,1. Problema 2.33 Probar que la funci´ on f (x) = x5 + 19,21 para algun x ∈ R+ .

1 3x2 +5x−1

toma el valor

Soluci´ on. La funci´ on f (x) es continua en todo R excepto para los valores que anulan el denominador. Los valores que anulan el denominador son x1,2 = (−5± √ 37)/6. Como x1,2 < 1 tenemos que f (x) es continua en el intervalo (1, +∞). Consideramos ahora la funci´ on g(x) = f (x) − 19,21, esta funci´on es tambi´en continua en el intervalo (1, +∞). Como g(1) = −18,067 < 0 y g(2) = 12,742 > 0 aplicando el Teorema de Bolzano al intervalo (1, 2) podemos asegurar que existe un punto c tal que g(c) = 0, es decir, f (c) − 19,21 = 0. Problema 2.34 Si f : [0, 1] → [0, 2] es una funci´ on continua, demostrar que existe, al menos, un punto c ∈ [0, 1] tal que f (c) = 2c. Soluci´ on. Teniendo en cuenta que si f (0) = 0 entonces c = 0 y que si f (1) = 2 entonces c = 1 concluimos que si f (0) = 0 entonces f (0) > 0 y que si f (1) = 2 entonces f (1) < 2. Consideramos la funci´ on g(x) = f (x) − 2x que es continua por ser continua f (x). Como g(0) = f (0)−0 > 0 y g(1) = f (1)−2 < 0 aplicando el Teorema de Bolzano al intervalo (0, 1) podemos asegurar que existe un punto c tal que g(c) = 0, es decir, f (c) − 2c = 0. Problema 2.35 Si f : [0, 1] → [0, 1] es una funci´ on continua, demostrar que: 1. Existe c1 ∈ [0, 1] tal que f (c1 ) = c21 . 2. Existe c2 ∈ [0, 1] tal que f (c2 ) = 1 − c2 .

52

Funciones reales de variable real: l´ımites y continuidad

Soluci´ on. (a) Teniendo en cuenta que si f (0) = 0 entonces c1 = 0 y que si f (1) = 1 entonces c1 = 1 concluimos que si f (0) = 0 entonces f (0) > 0 y que si f (1) = 1 entonces f (1) < 1. Consideramos la funci´ on g(x) = f (x) − x2 que es continua por ser continua f (x). Como g(0) = f (0)−0 > 0 y g(1) = f (1)−1 < 0, aplicando el Teorema de Bolzano al intervalo (0, 1) podemos asegurar que existe un punto c1 tal que g(c1 ) = 0, es decir, f (c1 ) − c21 = 0. (b) Teniendo en cuenta que si f (0) = 1 entonces c2 = 0 y que si f (1) = 0 entonces c2 = 1 concluimos que si f (0) = 1 entonces f (0) < 1 y que si f (1) = 0 entonces f (1) > 0. Consideramos la funci´ on g(x) = f (x) − 1 + x que es continua por ser continua f (x). Como g(0) = f (0) − 1 + 0 < 0 y g(1) = f (1) − 1 + 1 > 0, aplicando el Teorema de Bolzano al intervalo (0, 1) podemos asegurar que existe un punto c2 tal que g(c2 ) = 0, es decir, f (c2 ) − 1 + c2 = 0. Problema 2.36 Sea f : [0, 2π] → R una funci´ on continua y tal que f (0) = f (2π). Demostrar que existe un punto c ∈ [0, 2π] tal que f (c) = f (c + π). Como aplicaci´ on deducir que, suponiendo continua la distribuci´ on de la temperatura en la Tierra, existen siempre dos puntos antipodales al ecuador que tienen la misma temperatura. Soluci´ on. Teniendo en cuenta que si f (0) = f (π) entonces c = 0, estudiaremos el caso en que f (0) = f (π). Consideramos la funci´ on g(x) = f (x) − f (x + π), donde x varia en el intervalo (0, π), que es continua por ser continua f (x). Como g(0) = f (0) − f (π) y g(π) = f (π) − f (2π) = f (π) − f (0), se tiene que g(0) y g(π) tienen signo distinto. Aplicando el Teorema de Bolzano a la funci´ on g(x) en el intervalo (0, π) podemos asegurar que existe un punto c tal que g(c) = 0, es decir, f (c) − f (c + π) = 0. Sea la funci´ on f (x) anterior la funci´ on que da la temperatura sobre los puntos del ecuador, es decir, la temperatura en funci´ on del angulo x que define los puntos de la circunferencia ecuador. La igualdad f (0) = f (2π) es ahora evidente ya que 0 y 2π son en realidad el mismo punto. Seg´ un el resultado anterior existe un punto c tal que f (c) = f (c + π), es decir, el punto c y su punto antipodal c + π poseen la misma temperatura.

2.3.

Problemas propuestos

1. Calcular los siguientes l´ımites: 1  √ √ 4x + 3 x − 4x − 3 x xm − 1 (b) l´ım n x→1 x − 1 3 1 (c) l´ım − x→1 1 − x 1 − x3 √ 1+x−1 (d) l´ım x→0 x (a)

l´ım 

x→+∞

2. Estudiar el dominio de las siguientes funciones reales de variable real:

2.3 Problemas propuestos

53

  2 √ (a) f (x) = logx4 20−x x−1   √ 1+ 1+x4 √ (b) f (x) = ln . 4 1+x −1 3. Dado a ∈ R, considerar la funci´ on ⎧ ⎨ f (x) =

x3 −2x2 −5x+6 x2 −x−2 3 2

si x < −2 a − 5a − a + 5 si x = −2 ⎩ 5 si x > −2 x+3

(a) Determinar el dominio de f (x). (b) Estudiar para qu´e valores de a la funci´ on f (x) es continua. 4. Estudiar la continuidad de ⎧ 2 ⎨ (a − a − 4)x + 3 si x < 1 3 si x = 1 g(x) = ⎩ b2 x2 −bx+2 si x>1 x+1 seg´ un el valor de los par´ ametros a, b con a, b ∈ R. 5. (a) Estudiar la continuidad de la funci´ on f (x) =

1+101/x 2+101/x

x

(b) Calcular el siguiente l´ımite: l´ım+ x . x→0

6. Se define la funci´ on ⎧ x+3 ⎪ , si ⎨ x+2 f (x) = 2 2x − x − 1, si ⎪ ⎩ 1 − e3−x , si Se pide: (a) Dominio de la funci´ on. (b)

l´ım f (x) y l´ım f (x).

x→+∞

x→−∞

(c) L´ımites laterales en x = −2. (d) Estudiar la continuidad de f (x).

x < −2, −2 ≤ x ≤ 3, 3 ≤ x.

en x = 0.

Cap´ıtulo 3

C´ alculo diferencial en una variable 3.1. 3.1.1.

Resumen de teor´ıa La derivada

Definici´ on 3.1 Dada una funci´ on f : D ⊂ R → R, diremos que f es derivable en un punto a ∈ D si existe el l´ımite siguiente f (a + h) − f (a) . h→0 h

f  (a) = l´ım

El valor de este l´ımite, si existe, se llama derivada de la funci´ on f en el punto a y se denota por f  (a). Definici´ on 3.2 Dada una funci´ on f : D ⊂ R → R derivable en todos los puntos del conjunto D, se define la funci´ on derivada de f y la denotaremos por f  (x) como f (x + h) − f (x) ∀x ∈ D . f  (x) = l´ım h→0 h Proposici´ on 3.1 Si f es derivable en un punto a, entonces f es continua en ese punto. Proposici´ on 3.2 Si las funciones f y g son derivables en el punto a se tiene que (i) (f + g) (a) = f  (a) + g  (a). (ii) (λ f ) (a) = λ f  (a) para todo escalar λ ∈ R. (iii) (f g) (a) = f  (a)g(a) + f (a)g  (a).    (a)g  (a) si g(a) = 0. (iv) fg (a) = f (a)g(a)−f g 2 (a) 55

56

3.1.2.

C´ alculo diferencial en una variable

Derivadas laterales

Definici´ on 3.3 Sea una funci´ on f : D ⊂ R → R y a ∈ D. Las derivadas laterales por la derecha y por la izquierda de f en a se definen respectivamente como f (a + h) − f (a) f (a + h) − f (a)   , f− . f+ (a) = l´ım (a) = l´ım + − h h h→0 h→0 Proposici´ on 3.3 Una funci´ on f es derivable en un punto a si y s´ olo si existen las dos derivadas laterales en ese punto y adem´ as coinciden.

3.1.3.

Derivadas sucesivas

Definici´ on 3.4 Si la funci´ on f  (x) derivada de f vuelve a ser derivable, llamamos segunda derivada de f a la derivada de f  (x) y lo denotamos por f  (x). Por inducci´ on se define, cuando tenga sentido, la derivada n-´esima de f como f (n) (x) = (f (n−1) ) (x). Definici´ on 3.5 Dada una funci´ on f : D ⊂ R → R decimos que f es de clase C k en D si f es derivable k veces en todos los puntos del conjunto D y adem´ as f (k) (x) ∈ C k (D).

3.1.4.

Teoremas sobre funciones derivables

Definici´ on 3.6 Consideremos una funci´ on f : D ⊂ R → R y un punto a ∈ D. (i) Se dice que f tiene un m´ aximo relativo en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ I. (ii) Se dice que f tiene un m´ınimo relativo en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≥ f (a) para todo x ∈ I. Proposici´ on 3.4 Si f es una funci´ on derivable en un conjunto D y tiene un m´ aximo o m´ınimo relativo en un punto a ∈ D, entonces se verifica que f  (a) = 0. Teorema 3.1 (Rolle) Sea f ∈ C([a, b]) y derivable en (a, b) tal que f (a) = f (b). Entonces, existe al menos un punto c ∈ (a, b) tal que f  (c) = 0. Teorema 3.2 (Del valor medio) Consideremos una funci´ on f ∈ C([a, b]) y derivable en (a, b). Entonces, existe un punto c ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a) = f  (c) . b−a Teorema 3.3 (Regla de l’Hˆ opital.) Sean f y g funciones derivables en un entorno de un punto a tal que l´ım f (x) = l´ım g(x) = 0 o bien l´ım f (x) = l´ım g(x) = ∞. Entonces,

x→a

x→a

x→a

f  (x) f (x) = L =⇒ l´ım =L x→a g  (x) x→a g(x) l´ım

.

x→a

3.1 Resumen de teor´ıa

57

Nota: La regla de l’Hˆopital sigue siendo cierta cuando a = ±∞.

3.1.5.

Polinomio de Taylor

Definici´ on 3.7 Consideremos una funci´ on f real de variable real derivable al menos n veces en un punto a. Se define el polinomio de Taylor de grado n de f en a como Pn (x) =

n  f (k) (a) k=0

k!

(x − a)k

= f (a) + f  (a)(x − a) +

f (n) (a) f  (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n . 2 n!

Cuando a = 0 el polinomio de Taylor se conoce tambi´en como polinomio de Maclaurin. Al aproximar f (x) ≈ Pn (x) con x ∈ Dom(f ), cometemos un error absoluto Δ = |f (x)−Pn (x)| = |Rn (x)|. El siguiente teorema nos proporciona la expresi´ on del error cometido. Teorema 3.4 (F´ ormula de Taylor) Consideremos una funci´ on f real de variable real derivable al menos n + 1 veces en un punto a. Entonces, para todo x ∈ Dom(f ) se tiene que f (x) = Pn (x) + Rn (x), siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en a y Rn el llamado t´ermino complementario de orden n. Se tiene adem´ as que, existe un punto ξ entre los puntos a y x tal que Rn (x) =

f (n+1) (ξ) (x − a)n+1 . (n + 1)!

Esta expresi´on del t´ermino complementario se conoce como resto de Lagrange. Proposici´ on 3.5 (Criterio de las series alternadas) Se desea realizar la a(k) n proximaci´ on f (x) ≈ Pn (x) = k=0 f k!(a) (x − a)k y supongamos que f (x) = ∞ f (k) (a) k k=0 k! (x − a) resulte ser una serie alternada convergente. El error absoluto Δ = |f (x) − Pn (x)| cometido en la aproximaci´ on es menor que el valor    (n+1) (a) (x − a)n+1 . absoluto del primer termino despreciado, es decir, Δ <  f (n+1)!

3.1.6.

Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor

Teorema 3.5 Consideremos una funci´ on f : R → R derivable k veces en un punto a tal que f  (a) = f  (a) = · · · = f (k−1) (a) = 0 pero f (k) (a) = 0. Entonces, se verifica lo siguiente: (i) Si k es par, entonces a es un extremo de f . Si f (k) (a) > 0 entonces f tiene un m´ınimo en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f tiene un m´ aximo en el punto a.

58

C´ alculo diferencial en una variable

(ii) Sea k impar. Si f (k) (a) > 0 entonces f es creciente en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f es decreciente en el punto a.

3.2.

Problemas resueltos

3.2.1.

Concepto de derivada: funci´ on derivada

Problema 3.1 Utilizando la definici´ on de derivada calcular las derivadas de las siguientes funciones en los puntos que se indican (a) f  (2) siendo f (x) = x2 − 2x + 5, (b) f  (−1) siendo f (x) =

x2 −1 x+2 ,

(c) f  (1) siendo f (x) =

x2 +x+1 x2 +2x−1 ,

(d) f  (x) siendo f (x) =

√ x.

f (2 + h) − f (2) = h 2 (2 + h) − 2(2 + h) + 5 − 5 2h + h2 = l´ım = 2. l´ım h→0 h→0 h h (−1+h)2 −1 −0 f (−1 + h) − f (−1)  = l´ım −1+h+2 = (b) f (−1) = l´ım h→0 h→0 h h h2 − 2h l´ım = −2. h→0 h(h + 1) (1+h)2 +1+h+1 3 f (1 + h) − f (1) (1+h)2 +2(1+h)−1 − 2  = l´ım = (c) f (1) = l´ım h→0 h→0 h h 2 −h − 6h 3 l´ım =− . h→0 2h(h2 + 4h + 2) 2 √ √ x+h− x f (x + h) − f (x)  = l´ım = (d) f (x) = l´ım h→0 √ h→0 h √ h √ √ 1 ( x + h − x)( x + h + x) x+h−x √ = l´ım √ l´ım √ √ = √ . h→0 h→0 h( x + h + 2 x h( x + h + x) x)

Soluci´ on. (a) f  (2) = l´ım

h→0

Problema 3.2 Estudiar la derivabilidad de las siguientes funciones (a) f (x) = |x|,

(b) f (x) = |x| − x, ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

(c) f (x) = E(x),

0, si x < −2; 1, si − 2 ≤ x < 1; (d) f (x) = x, si 1 ≤ x < 3; ⎪ ⎪ ⎩ 2 x − 5x + 9, si 3 ≤ x.

3.2 Problemas resueltos

59

Soluci´ on. (a) La funci´ on es continua en todo R ya que en el origen l´ım f (x) = x→0−

l´ım f (x) = f (0) = 0. Sin embargo no es derivable en el origen ya que

x→0+

f (0 + h) − f (0) −h − 0 f (0 + h) − f (0) = l´ım = −1 y l´ım = h h h h→0− h→0+ h−0 = 1. l´ım − h h→0 (b) La funci´ on es continua en todo R ya que en el origen l´ım− f (x) =

l´ım

h→0−

x→0

l´ım f (x) = f (0) = 0. Pero la funci´ on no es derivable en el origen ya que

x→0+

f (0 + h) − f (0) −2h − 0 f (0 + h) − f (0) = l´ım = −2 y l´ım = − + h h h h→0 h→0 0−0 = 0. l´ım h h→0− (c) La funci´ on es discontinua en x ∈ Z por tanto en estos puntos tampoco sera derivable. (d) La funci´ on es derivable en cualquier punto excepto quiz´ as en x ∈ {−2, 1, 3} por ser polinomial a trozos. En x = −2 la funci´ on no es continua y por tanto tampoco derivable. En x = 1 tenemos l´ım f (x) = l´ım f (x) = f (1) = 1 por − + l´ım

h→0−

x→1

x→1

 tanto la funci´ on es continua. Pero como f− (1) = 0 y f+ (1) = 1 la funci´ on no es derivable en x = 1. En x = 3 tenemos l´ım− f (x) = l´ım+ f (x) = f (3) = 3 x→3

x→3

  por tanto la funci´ on es continua. Y como f− (3) = 1 y f+ (3) = 1 la funci´ on es derivable en x = 3.

Problema 3.3 Encontrar el valor k para que la funci´ on  kx − 5, si x ≤ 0; f (x) = x3 − 3x − 5, si x > 0. sea derivable en el punto x = 0. Soluci´ on. Para todo valor de k la funci´ on es continua ya que l´ım f (x) = x→0−

  l´ım f (x) = f (0) = −5. Como las derivadas laterales valen f− (0) = k y f+ (0) =

x→0+

−3 entonces k = −3 para que sea la funci´ on derivable en x = 0.

Problema 3.4 Encontrar el valor de m y n para que la siguiente funci´ on f sea derivable en x = 2.  mx + 5, si x ≤ 2; f (x) = nx2 + x − 1, si x > 2. Soluci´ on. Imponemos que la funci´on sea continua en x = 2. Se obtiene l´ım f (x) = 2m + 5 y l´ım f (x) = 4n + 1. Por tanto se ha de verificar que x→2−

x→2+

 2m + 5 = 4n + 1. Por otro lado las derivadas laterales en x = 2 son f− (0) = m y  f+ (0) = 4n + 1. Por tanto para que sea derivable se ha de verificar m = 4n + 1. Teniendo en cuenta las dos relaciones obtenemos m = −5 y n = −3/2.

60

C´ alculo diferencial en una variable

Problema 3.5 Un m´ ovil se desplaza seg´ un la ecuaci´ on s = 100 + 20t − 8t2 , siendo s(t) la posici´ on en funci´ on del tiempo. Calcular la velocidad media entre t = 3 y t = 5 y la velocidad instant´ anea en t = 4. Calcular tambi´en la aceleraci´ on del m´ ovil. = 0−88 = −44. La velocidad Soluci´ on. La velocidad media es vm = s(5)−s(3) 5−3 2  instant´ anea es v(t) = s (t) = 20 − 16t, para t = 4 tenemos v(4) = −44. La aceleraci´on es a(t) = v  (t) = s (t) = −16. Problema 3.6 Calcular la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva y = en el punto de abscisa 2.

x+3 x2 −2

2

−6x−2 y por tanto y  (2) = Soluci´ on. La derivada viene dada por y  (x) = −x (x2 −2)2 − 29 . La recta tangente es y − y0 = y  (x0 )(x − x0 ). Para x0 = 2, se tiene y − 25 = − 92 (x − 2).

Problema 3.7 Calcular la ecuaci´ on de la recta tangente a la curva x2 y − 2y + 2 xy − 4 = 0 en el punto de abscisa 2 y ordenada negativa. Soluci´ on. Para x = 2 tenemos 2y + 2y 2 − 4 = 0. Las ra´ıces de esta ecuaci´on algebraica son y1,2 = 1, −2. Como la ordenada debe ser negativa, hemos de tomar y = −2. Derivando la curva en forma impl´ıcita llegamos a 2xy + x2 y  − 2y  + y 2 + 2xyy  = 0. Tomando x = 2 e y = −2 obtenemos y  = − 32 . Por tanto la ecuaci´on de la recta tangente es y + 2 = − 32 (x − 2). Problema 3.8 Demostrar que la tangente a la circunferencia (x − a)2 + (y − b)2 = r2 en un punto (x0 , y0 ) es la recta (x0 − a)(x − x0 ) + (y0 − b)(y − y0 ) = 0. Soluci´ on. Derivando impl´ıcitamente la ecuaci´on de la circunferencia obtenemos 2(x − a) + 2(y − b)y  = 0. Para x = x0 e y = y0 resulta y  = − xy00 −a −b . Por tanto x0 −a la ecuaci´on de la recta tangente en (x0 , y0 ) es y − y0 = − y0 −b (x − x0 ). Problema 3.9 Utilizando el teorema del valor medio, demostrar que: (a) ∀x ∈ (0, π4 ),

x < tan x < 2x;

(b) ∀x > 0,

x 1+x2

< arctan x < x;

(c) ∀x > 0,

x 1+x

< ln(1 + x) < x.

Soluci´ on. (a) Consideramos la funci´on f (x) = tan x donde x ∈ (0, π/4). Como la funci´on es continua en el intervalo [0, x] y derivable en su interior podemos aplicar el teorema del valor medio obteniendo tan x − tan 0 = (x − 0)(1 + tan2 c) donde 0 < c < x. Como la funci´ on 1 + tan2 x es creciente en el 2 intervalo considerado tenemos 1 < 1+tan c < 1+tan2 (π/4) = 2. Multiplicando

3.2 Problemas resueltos

61

por x la desigualdad anterior resulta x < x(1 + tan2 c) < 2x. Puesto que tan x = x(1 + tan2 c) obtenemos x < tan x < 2x para x ∈ (0, π/4). (b) Consideramos la funci´ on f (x) = arctan x en el intervalo [0, x]. Aplicando 1 el teorema del valor medio obtenemos arctan x − arctan 0 = (x − 0) 1+c 2 donde 2 2 0 < c < x. De la desigualdad anterior resulta 1 < 1 + c < 1 + x , de donde 1 x 1 x 1+x2 < 1+c2 < 1. Multiplicando por x se obtiene 1+x2 < 1+c2 < x. Teniendo 1 x en cuenta que arctan x = x( 1+c2 ) obtenemos 1+x2 < arctan x < x. (c) Consideramos la funci´ on f (x) = ln(1+x) en el intervalo [0, x]. Aplicando 1 donde el teorema del valor medio obtenemos ln(1 + x) − ln 1 = (x − 0) 1+c 0 < c < x. De la desigualdad anterior resulta 1 < 1 + c < 1 + x, de donde 1 x 1 x 1+x < 1+c < 1. Multiplicando por x se obtiene 1+x < 1+c < x. Teniendo en 1 x cuenta que ln(1 + x) = x( 1+c ) obtenemos 1+x < ln(1 + x) < x. Problema 3.10 Demostrar que si f es una funci´ on tal que |f (x) − f (y)| ≤ (x − y)2 ∀x, y ∈ R entonces la funci´ on f es constante. (y)| ≤ Soluci´ on. Teniendo en cuenta la condici´ on del enunciado tenemos |f (x)−f |x−y| |x−y|. Haciendo x−y = h en la expresi´on anterior y tomando el l´ımite cuando h f (y + h) − f (y) | ≤ l´ım |h| = 0. Por tanto f  (y) = tiende a cero obtenemos l´ım | h→0 h→0 h 0, ∀y ∈ R, lo que implica que la funci´ on f es constante.

Problema 3.11 Sea f una funci´ on continua en el intervalo [a, b] y con derivada segunda en (a, b). Suponemos que la gr´ afica de f y el segmento de la recta que une los puntos (a, f (a)) y (b, f (b)) se cortan en un punto (x0 , f (x0 )) con x0 ∈ (a, b). Probar que existe un punto c ∈ (a, b) tal que f  (c) = 0. (a) (x − a). Soluci´ on. Consideremos la funci´on F (x) = f (x) − f (a) − f (b)−f b−a La funci´ on es continua en el intervalo [a, b] y con derivada segunda en (a, b). Como F (a) = F (x0 ) = F (b) = 0, podemos aplicar el Teorema de Rolle en los dos segmentos y por tanto ∃x1 ∈ (a, x0 ) tal que F  (x1 ) = 0 y ∃x2 ∈ (x0 , b) tal que F  (x2 ) = 0. Volviendo a aplicar el Teorema de Rolle a la funci´ on derivada obtenemos que ∃c ∈ (x1 , x2 ) tal que F  (c) = f  (c) = 0.

Problema 3.12 Sea f una funci´ on real de variable real continua para x ≥ 0, derivable para x > 0, con f (0) = 0 y f  (x) mon´ otona creciente. Probar que la f (x) funci´ on g(x) = x es mon´ otona creciente. Soluci´ on. Aplicando el teorema del valor medio a la funci´ on f en el intervalo [0, x] obtenemos f (x) − f (0) = (x − 0)f  (c). Puesto que f es mon´otona creciente    (x) = f (x) > 0. Por resulta f (x) = xf  (c) < xf  (x), que implica xf (x)−f x2 x consiguiente

f (x) x

es mon´otona creciente.

Problema 3.13 Una disoluci´ on pasa de un filtro c´ onico de 24 cm de altura y 16 cm de di´ ametro a un dep´ osito cil´ındrico de 12 cm de di´ ametro. Calcular a qu´e velocidad aumenta el nivel del cilindro cuando la disoluci´ on en el cono tiene 12 cm de profundidad y el nivel desciende a raz´ on de 1 cm/min.

62

C´ alculo diferencial en una variable

Soluci´ on. Sea h1 la altura en un instante t de la disoluci´on en el filtro c´onico y sea r el radio en el mismo instante t del circulo que forma la superficie de la disoluci´on en el filtro. Por semejanza de tri´ angulos tenemos que r/h1 = 8/24. El π 3 h1 . Sea h2 volumen en el instante t de disoluci´on en el filtro es V1 = 31 πr2 h1 = 27 la altura en el instante t de disoluci´on en el dep´osito cil´ındrico. El volumen en el instante t en dicho cilindro es V2 = πR2 h2 , donde R es el radio del cilindro. dV2 π 2 dh1 2 dh2 1 Debe verificarse que − dV dt = dt , de donde resulta − 9 h1 dt = πR dt . Por h2

1 dh1 2 tanto dh dt = − 9R2 dt . Sustituyendo h1 = 12 cm y dh2 4 dt = 9 cm/min.

dh1 dt

= −1 cm/min se obtiene

Problema 3.14 Una escalera esta apoyada sobre una pared vertical. La escalera mide 10 m de longitud. La parte inferior esta alej´ andose de la pared a una velocidad de 0,75 cm/seg. ¿A qu´e velocidad desciende la parte superior de la escalera cuando el extremo inferior se encuentra a 2m de la pared? Soluci´ on. Consideremos el tri´angulo en el instante t que forma la escalera con la pared. Llamemos x e y a los catetos del tri´angulo. Se verifica que x2 + y 2 = dy 102 . Derivando la expresi´ on anterior obtenemos 2x dx dt + 2y dt = 0. De donde dy x dx dx dt = − y dt . Teniendo en cuenta que x = 200 cm y dt = 0,75 cm/seg se obtiene dy dt

= −0,153 cm/seg.

Problema 3.15 Una torre esta al final de una calle. Un hombre se dirige hacia ella en coche a una velocidad de 15 m/seg. Sabiendo que la torre tiene 50 m de altura, calcular la velocidad de variaci´ on del ´ angulo de visi´ on del observador respecto de la punta de la torre cuando se encuentra a 1000 m de la torre. Soluci´ on. Llamemos α al ´angulo de visi´ on del observador respecto de la torre. Llamemos h a la altura de la torre y x a la distancia del observador 2 dx a la torre. Tenemos que tan α = h/x. Derivando (1 + tan2 α) dα dt = −h/x dt . h dx dx De donde dα dt = − x2 +h2 dt . Como h = 50 m y dt = −15 m/seg obtenemos dα dt = 0,00074 rad/seg. Problema 3.16 La u ´nica farola encendida de una calle tiene 20 m de altura. Debajo de ella se encuentra una plataforma con un palo vertical de 3 m de altura. La plataforma comienza a moverse a una velocidad de 10 m/seg . Calcular la velocidad de crecimiento de la sombra cuando la plataforma ha recorrido 100 m. Soluci´ on. Consideremos el tri´angulo que forma la farola con el palo y la sombra del palo sobre el suelo en el instante t. Llamemos x a la distancia del palo a la farola e y a la longitud de la sombra. Llamamos h a la altura de la farola y h  a la altura del palo. Por semejanza de tri´ angulos tenemos  y/h =  (x + y)/h. dy 1 dx 1 dy Derivando la expresi´ on anterior obtenemos h dt = h dt + dt . De donde 

h dx  = h−h  dt . Teniendo en cuenta que h = 20 m, h = 3 m y 30 llegamos a que dy dt = 17 m/seg. dy dt

dx dt

= 10 m/seg

3.2 Problemas resueltos

63

Problema 3.17 Una gota de agua esf´erica cae absorbiendo humedad proporcionalmente a su superficie. Demostrar que su radio crece a velocidad constante.

Soluci´ on. Sea r el radio de la gota de agua esf´erica. El volumen viene dado por 4 2 dr la expresi´on V = 34 πr3 . Derivando obtenemos dV dt = 3 π3r dt . Por otro lado la dV 2 variaci´ on de volumen viene dado por dt = k4πr . Por tanto igualando ambas expresiones obtenemos dr dt = k.

Problema 3.18 Un globo est´ a a 200 m del suelo y se eleva a una velocidad constante de 15 m/seg. Un coche pasa por debajo del globo a 45 km/h. Calcular la velocidad a la que se separan el coche y el globo un segundo despu´es.

Soluci´ on. Consideremos el tri´angulo en el instante t que formado por la vertical del globo y la posici´ on del coche. Llamemos h a la distancia del globo al suelo y l a la distancia del globo al coche. Si llamamos x a la distancia recorrida por el coche tenemos que l2 = x2 + h2 . Derivando la expresi´ o n anterior obtenemos dx dx dl dh dl √ 1 = 2x dx + . = + h x 2l dt 2h De donde dt dt dt dt dt . Teniendo en cuenta x2 +h2 que h = 215 m, dh dt = 15 m/seg, x = 12,5 m y dl dt = 15,7 m/seg.

dx dt

= 12,5 m/seg llegamos a que

Problema 3.19 De un globo esf´erico se escapa gas a una velocidad de 2 cm3 /min. Calcular la velocidad a la que esta disminuyendo la superficie del globo cuando su radio es de 12 cm.

dS dr dS 2 dr Soluci´ on. Teniendo en cuenta dV dt = 4πr dt y dt = 8πr dt se obtiene que dt = 1 2 dV dV dS 3 2 r dt . Como r = 12 cm y dt = −2 cm /min llegamos a que dt = − 3 cm /min.

Problema 3.20 Sea f una funci´ on derivable en (0, ∞) y suponemos que l´ım [f (x) + f  (x)] = l ∈ R. Probar que l´ım f (x) = l y que l´ım f  (x) = 0. x→∞

(Indicaci´ on: Escribir f (x) como

ex f (x) ex )

x→∞

x→∞

ex f (x) ex f (x) + ex f  (x) = l´ım = x x→∞ x→∞ x→∞ e ex   l´ım f (x) + f (x) = l. Lo cual implica que l´ım f (x) = 0.

Soluci´ on. x→∞

l´ım f (x) = l´ım

x→∞

64

C´ alculo diferencial en una variable

Problema 3.21 Calcular los siguientes l´ımites (a) l´ım

x2 + 2 cos x − 2 , x4

(b) l´ım

x − sin x , x3

(c) l´ım

x2 − sin2 x , x4

(d) l´ım

tan(3x) , tan(5x)

(f ) l´ım

ln x , cot x

x→0

x→0

tan(3x) , tan(5x)

(e) l´ımπ x→ 2

ln x , (g) l´ım √ x→∞ 3 x √

3x+3

(i) l´ım

x→−1

x→ 4

x→0

x→0

x + 2,

(m) l´ım xsin x , x→0

sin(2x) − 2 sin x , − cos x) − x2 + 1

(o) l´ım

x→0

(h) l´ım (1 − cos x) cot x,

sec2 x − 2 tan x , 1 + cos(4x)

(k) l´ımπ

x→0

x→0 ex (sin x

2

(j) l´ım [cos(2x)]3/x , x→0

 (l) l´ım

x→1

(p) l´ım

cos(2x) + 2x2 − 1 , 6 sin x + x4 + x3 − 6x 2ex − x2 − 2x − 2 , x − sin x

x→0

(r) l´ım

(s) l´ım

cos(2x) − cos x , sin2 x

(t) l´ım

(u) l´ım

sin(2x) − 2 sin x , x3

(v) l´ım

x→0

x→0

x→−1

x→0

2ex+1 − x2 − 4x − 5 , x − sin(x + 1) + 1

1 , x(ln x)2 

(w) l´ım x ln(sin x),

(x) l´ım

(y)

(z) l´ım

x→0

l´ım (sec x − tan x),

x→π/2−

,

x→0

6 cos x − x3 + 3x2 − 6 , x3

x→0



(n) l´ım (cot x)sin x ,

(q) l´ım

x→0

1 x − x−1 ln x

x→∞

x→0

1+

3 x

x ,

tan x − x . x3

x2 + 2 cos x − 2 2x − 2 sin x = l´ım = Soluci´ on. (a) l´ım 4 x→0 x→0 x 4x3 1 2 − 2 cos x 2 sin x = l´ım l´ım = . x→0 x→0 24x 12x2 12 1 x − sin x 1 − cos x sin x = l´ım = l´ım = . (b) l´ım x→0 x→0 x→0 6x x3 3x2 6 x2 − sin2 x 2x − 2 sin x cos x 2x − sin 2x = l´ım = l´ım = (c) l´ım 4 3 x→0 x→0 x→0 x 4x 4x3 1 2 − 2 cos 2x 4 sin 2x 8 cos 2x = l´ım = l´ım = . l´ım x→0 x→0 x→0 12x2 24x 24 3

3.2 Problemas resueltos

65

tan(3x) 3 sec2 (3x) 3 = l´ım = . x→0 tan(5x) x→0 5 sec2 (5x) 5 tan(3x) sin(3x) cos(5x) (e) l´ım = l´ım = x→π/2 tan(5x) x→π/2 sin(5x) cos(3x) cos(5x) −5 sin(5x) 5 − l´ım = − l´ım = . 3 x→π/2 cos(3x) x→π/2 −3 sin(3x) ln x 1/x sin2 x = l´ım = − l´ım = − l´ım 2 sin x cos x = 0. (f ) l´ım x→0 cot x x→0 − csc2 x x→0 x→0 x ln x 1/x = 0. = l´ım (g) l´ım √ x→∞ 3 x x→∞ 1/3x2/3 cos x − cos2 x 1 − cos x = l´ım = (h) l´ım (1 − cos x) cot x = l´ım x→0 x→0 x→0 sin x sin x sin x = 0. l´ım x→0 cos x ln(x + 2) 1/(x + 2) l´ım l´ım √ 1 3x+3 x→−1 x→−1 3x + 3 3 x+2=e = e3 . =e (i) l´ım (d) l´ım

x→−1

3/x2

l´ım

3 ln(cos 2x) −6 sin 2x l´ım x→0 x2 2x cos 2x = =e

(j) l´ım [cos(2x)] = x→0 tan 2x −3 l´ ım −3 l´ ım 2 sec2 2x = e x→0 = e−6 . e x→0 x sec2 x − 2 tan x 2 sec2 x tan x − 2 sec2 x (k) l´ımπ = l´ımπ = x→ 4 x→ 4 1 + cos(4x) −4 sin(4x) sec2 x tan x − 1 sec2 x 1 · = − l´ımπ = . l´ımπ − x→ 4 x→ 4 4 cos(4x) 2 sin(4x) 2  1 x x ln x − x + 1 ln x − = l´ım (l) l´ım = l´ım = x→1 x − 1 x→1 (x − 1) ln x x→1 (x − 1)/x + ln x ln x 1/x 1 = . l´ım 2 x→1 1/x + 1/x 2 ln x l´ım sin x ln x l´ ım (m) l´ım xsin x = ex→0 = ex→0 1/ sin x = ex→0

x→0

1/x − sin2 x −x2 l´ ım l´ ım 2 ex→0 − cos x/ sin x = ex→0 x cos x = ex→0 x = e0 = 1. l´ım sin x ln(cot x) = (n) l´ım (cot x)sin x = ex→0 l´ım

x→0

− csc2 x/ cot x ln(cot x) sin x l´ım l´ım x→0 − csc x cot x = ex→0 cos2 x = e0 = 1. ex→0 csc x = e sin 2x − 2 sin x cos 2x − cos x = = l´ım x (o) l´ım x x→0 e (sin x − cos x) − x2 + 1 x→0 e sin x − x 3 −2 sin 2x + sin x −4 cos 2x + cos x =− . l´ım = l´ım x→0 ex sin x + ex cos x − 1 x→0 2ex cos x 2 cos 2x + 2x2 − 1 −2 sin 2x + 4x (p) l´ım = l´ım = x→0 6 sin x + x4 + x3 − 6x x→0 6 cos x + 4x3 + 3x2 − 6 −4 cos 2x + 4 8 sin 2x 16 cos 2x 2 = l´ım = . l´ım = l´ım 2 x→0 −6 sin x + 12x + 6x x→0 −6 cos x + 24x + 6 x→0 6 sin x + 24 3 l´ım

66

C´ alculo diferencial en una variable 6 cos x − x3 + 3x2 − 6 −6 sin x − 3x2 + 6x = = l´ ım x→0 x→0 x3 3x2 −6 cos x − 6x + 6 6 sin x − 6 = l´ım = −1. l´ım x→0 x→0 6x 6 x 2 x 2e − x − 2x − 2 2e − 2x − 2 2ex − 2 = l´ım = l´ım = (r) l´ım x→0 x→0 x→0 sin x x − sin x 1 − cos x x 2e = 2. l´ım x→0 cos x cos 2x − cos x −2 sin 2x + sin x −4 cos x + 1 3 = l´ım = l´ım =− . (s) l´ım 2 x→0 x→0 x→0 2 sin x cos x 2 cos x 2 sin x 2ex+1 − x2 − 4x − 5 2ex+1 − 2x − 4 (t) l´ım = l´ım = x→−1 x − sin(x + 1) + 1 x→−1 1 − cos(x + 1) 2ex+1 − 2 2ex+1 l´ım = l´ım = 2. x→−1 sin(x + 1) x→−1 cos(x + 1) sin 2x − 2 sin x 2 cos 2x − 2 cos x = l´ım = (u) l´ım x→0 x→0 x3 3x2 −4 sin 2x + 2 sin x −8 cos 2x + 2 cos x l´ım = l´ım = −1. x→0 x→0 6x 6 2 1 1/x −1/x −1/x = l´ım = l´ım (v) l´ım = l´ım = x→0 x(ln x)2 x→0 (ln x)2 x→0 2 ln x/x x→0 2 ln x 1/x2 = ∞. l´ım x→0 2/x ln(sin x) cos x/ sin x = (w) l´ım x ln(sin x) = l´ım = l´ım x→0 x→0 x→0 1/x −1/x2 2 2 −x cos x −2x cos x + x sin x = l´ım = 0. l´ım x→0 x→0 sin x cos x

ln 1 + x3 3 x  l´ım x ln 1 + l´ım 3 x = ex→∞ 1/x = = ex→∞ (x) l´ım 1 + x→∞ x (q) l´ım

−3/x2 3 1+ x l´ım x→∞ −1/x2

e (y)

= e3 . l´ım (sec x − tan x) =

1 − sin x − cos x = l´ım = 0. − cos x x→π/2 − sin x tan x − x sec2 x − 1 2 sec2 x tan x = = = l´ ım l´ ım (z) l´ım x→0 x→0 x→0 x3 3x2 6x sin x cos x 1 = l´ım l´ım = . x→0 3x cos3 x x→0 3 cos3 x + 9x cos2 x sin x 3

3.2.2.

x→π/2−

l´ım

x→π/2−

Aproximaci´ on local de una funci´ on. F´ ormula de Taylor

Problema 3.22 Sea f (x) = cos(ax), con a = 0. Calcular f (n) (x), ∀n ∈ N. Soluci´ on. Tenemos que f (n) (x) = (−1)n/2 an cos(ax) si n es par y f (n) (x) = (n+1)/2 n (−1) a sin(ax) si n es impar.

3.2 Problemas resueltos

67

Problema √ on √ la funci´ √ 3.23 Construir el polinomio de Taylor de grado 2 de f (x) = 3 x en el punto x = 8. Utilizarlo para calcular el valor de 3 8,1 y 3 8,5 dando en cada caso una cota del error cometido. ¿ Qu´e conclusion podemos establecer al comparar estas cotas ? ¿ C´ omo podr´ıamos mejorar la exactitud de √ 3 8,5 ? Soluci´ on. El polinomio de Taylor de grado 2 de la funci´ on f (x) es P2 (x) = (x−8)2 x−8   2 f (8) + f (8)(x − 8) + f (8)(x − 8) = 2 + 12 − 288 . El t´ermino complemen10ξ −8/3 (x−8)3 1  3 donde ξ ∈ (8, x). 3! f (ξ)(x − 8) = 162 3 √ 1 10(x−8) 3 tanto |R(x)| < 28 162 . √Tenemos que 8,1 ≈ P2 (8,1) = 2,00829861 |R(8,1)| < 2,4113 · 10−7 y 3 8,5 ≈ P2 (8,5) = 2,04079861 con |R(8,5)| < −5

tario viene dado por R(x) =

Por con 3,0141·10 . Podemos ver que cuanto m´as lejos estamos del punto donde hemos realizado√ el desarrollo de Taylor el error es mayor. Para mejorar la exactitud del valor de 3 8,5 tendr´ıamos que cambiar de punto al hacer el desarrollo o´ tomar m´as t´erminos en el polinomio de Taylor. Problema 3.24 Calcular el polinomio de Taylor de grado 4 de la funci´ on f (x) = xex−1 en el punto x = 1. Utilizarlo para aproximar el valor de f (1,1), dando una cota del error cometido. 1 4(x− Soluci´ on. El polinomio de grado 4 es P4 (x) = 1+2(x−1)+ 21 3(x−1)2 + 3! 1 2 5 3 3 4 2 3 4 1) + 4! 5(x − 1) = 1 + 2(x − 1) + 2 (x − 1) + 3 (x − 1) + 24 (x − 1) . El t´ermino (5+ξ)eξ−1 (x−1)5 donde ξ ∈ (1, x). 120 6,1e0,1 (0,1)5 , puesto que Tenemos que f (1,1) ≈ P4 (1,1) = 1,21569 con |R(1,1)| < 120 5 = e0,1 < 2, la u 1,0167 · 10−6 ´ltima desigualdad queda acotada por 6,1·2·(0,1) 120

complementario es R(x) =

1 v 5! f (ξ)(x

− 1)5 =

Problema 3.25 Calcular el polinomio de Taylor de grado 4 de la funci´ on f (x) = sin x + cos x en el punto x = 0. Utilizarlo para calcular f (0,2), dando una cota del error cometido. Soluci´ on. El polinomio de Taylor de grado 4 de la funci´ on f (x) viene dado por 3 4 2 1 v f (ξ)x5 = P4 (x) = 1 + x − x2 − x3! + x4! . El t´ermino complementario es R(x) = 5!

(cos ξ−sin ξ)x5 donde ξ ∈ (0, x). Tenemos 120 2·(0,2)5 |R(0,2)| < 120 = 5,333 · 10−6 .

que f (0,2) ≈ P4 (0,2) = 1,17873333 con

Problema 3.26 Calcular el polinomio de Taylor P6 (x) de grado 6 de la funci´ on f (x) = x1 en el punto x = 1. Por la definici´ on de la funci´ on, cabe esperar que x · P6 (x)  1; estudiar este valor cuando x vale 1,01, 1,1, 1,2, 1,5, 2 y 3. Soluci´ on. El polinomio de Taylor de grado 6 de la funci´ on f (x) es P6 (x) = 1 − (x − 1) + (x − 1)2 − (x − 1)3 + (x − 1)4 − (x − 1)5 + (x − 1)6 . Por otro lado 1,01 · P6 (1,01) = 1 + 9,99 · 10−15 , 1,1 · P6 (1,1) = 1 + 1 · 10−7 , 1,2 · P6 (1,2) = 1 + 1,28 · 10−5 , 1,5 · P6 (1,5) = 1 + 7,81 · 10−3 , 2 · P6 (2) = 2 y 3 · P6 (3) = 129.

68

C´ alculo diferencial en una variable

Problema 3.27 Desarrollar en serie de potencias de (x − 1) hasta tercer grado la funci´ on f (x) = arctan x. Si utilizamos esta aproximaci´ on para calcular el valor de arctan 1,1 ¿con qu´e margen de error estamos trabajando? Soluci´ on. El polinomio de de Taylor grado 3 de la funci´ on f (x) es P3 (x) = (x−1)2 (x−1)3 x−1 π 1 iv + − + . f (ξ)(x−1)4 El t´ e rmino complementario es R(x) = 4! 4 2 2!·2 3!·2 donde ξ ∈ (1, x). Tenemos que f (1,1) ≈ P3 (1,1) = 0,83229815 con |R(1,1)| < f iv (1,1)(0,1)4  10−6 , puesto que R(x) es decreciente en el intervalo (1, 1,1). 24 Problema 3.28 Sea f (x) = ex y x0 ∈ R un n´ umero fijado. Dado el t´ermino complementario de orden n, Rn (x), correspondiente al polinomio de Taylor de orden n de la funci´ on en el punto x0 , demostrar que para x fijado, l´ım Rn (x) = x→∞ 0. Soluci´ on. Puesto que f n (x) = ex , entonces el t´ermino complementario es eξ 1 f n+1 (ξ)(x − x0 )n+1 = (n+1)! (x − x0 )n+1 , donde ξ ∈ (x, x0 ). R(x) = (n+1)! c

e |x − x0 |n+1 . Dado que Llamemos c = m´ax{x, x0 }, tenemos que |R(x)| < (n+1)! |x − x0 |n+1 l´ım = 0 para x fijado, obtenemos que l´ım Rn (x) = 0. n→∞ x→∞ (n + 1)!

Problema 3.29 Calcular el valor del n´ umero e con cuatro cifras decimales exactas. Soluci´ on. El polinomio de MacLaurin de grado n de la funci´ on f (x) = ex es x2 xn eξ xn+1 . Pn (x) = 1+x+ 2! +. . .+ n! y el t´ermino complementario es R(x) = (n+1)! 3 e < (n+1)! . Si queremos cuatro cifras Para x = 1 tenemos que |Rn (1)| < (n+1)! 3 decimales exactas tendremos que imponer (n+1)! < 10−4 , de aqu´ı resulta n ≥ 8. 1 1 + . . . + 8! = 2,71827877. Por tanto e ≈ P8 (1) = 1 + 1 + 2! Problema 3.30 Calcular

√ 5 1,035 con tres cifras decimales exactas.

√ Soluci´ on. El polinomio de MacLaurin de la funci´ on f (x) = 5 1 + x es P (x) = 2 6x3 21x4 1 + x5 − 2x 25 + 125 − 625 + . . .. Aplicando el criterio de truncamiento de las 2

= 0,000098 tenemos que series alternadas y teniendo en cuenta que 2(0,035) 25 √ √ 5 1,035 = 5 1 + 0,035 ≈ 1 + 0,035 = 1,007 con un error de aproximaci´ on inferior 5 a 10−3 . Problema 3.31 Calcular cos 1o con un error m´ aximo de 10−3 .

Soluci´ on. El polinomio de MacLaurin de la funci´ on f (x) = cos x es P (x) = x4 x6 x8 x2 o + − + + . 1 − 2! . . Recordemos que 1 = π/180 rad. Aplicando el 4! 6! 8! criterio de truncamiento de las series alternadas tendremos que imponer que (π/180)n < 10−3 , de donde obtenemos que se verifica para n = 2. Por tanto n! o cos 1 = cos(π/180 rad) = 1 con un error de aproximaci´ on inferior a 10−3 .

3.2 Problemas resueltos

69

Problema 3.32 Calcular los desarrollos de McLaurin de las funciones: (a) f (x) = ex ,

(b) f (x) = cos x,

(d) f (x) = ln(1 + x),

(e) f (x) = 2

3

(c) f (x) = sin x,

1 1+x .

4

Soluci´ on. (a) ex = 1 + x + x2! + x3! + x4! + . . .. 4 6 8 2 (b) cos x = 1 − x2! + x4! − x6! + x8! − . . .. 5 7 9 3 (c) sin x = x − x3! + x5! − x7! + x9! − . . .. 3 4 5 2 (d) ln(1 + x) = x − x2 + x3 − x4 + x5 − . . .. 1 = 1 − x + x2 − x3 + x4 − x5 + x6 − . . .. (e) 1+x Problema 3.33 Calcular, utilizando la f´ ormula de Taylor, los siguientes l´ımites: ex − cos x tan x − sin x , (b) l´ım , (a) l´ım x→0 tan(2x) x→0 x − sin x x − ln(1 + x) , x→0 1 − cos(x/2)

(c) l´ım

ex−2 − 1 . x→2 x − 2

(d) l´ım

ex − cos x = Soluci´ on. (a) l´ım x→0 tan(2x)



1 + x + x2 /2! + x3 /3! + . . . − 1 − x2 /2! + x4 /4! − . . . l´ım = x→0 2x + 16x3 /3! + 512x5 /5! + . . . 1 + x2 /3! + . . . 1 l´ım = . x→0 2 + 16x2 /3! + . . . 2 tan x − sin x = (b) l´ım x→0 x − sin x



3 5 x + x /3 + 2x /15 + . . . − x − x3 /3! + x5 /5! − . . . l´ım = x→0 x − (x − x3 /3! + x5 /5! − . . .) x3 /2 + x5 /8 + . . . 3! = 3. l´ım 3 = 5 x→0 x /3! − x /5! + . . . 2

x − x − x2 /2 + x3 /3 − . . . x − ln(1 + x) = l´ım (c) l´ım = x→0 1 − cos(x/2) x→0 1 − (1 − x2 /8 + x4 /384 − . . .) 2 3 x /2 − x /3 + . . . 8 l´ım = = 4. x→0 x2 /8 − x4 /384 + . . . 2

1 + x − 2 + (x − 2)2 /2! + . . . − 1 ex−2 − 1 = l´ım = (d) l´ım x→2 x − 2 x→2 x−2 l´ım (1 + (x − 2)/2! + . . .) = 1. x→2

Problema 3.34 Utilizar el polinomio de Taylor para calcular una aproximaci´ on de las siguientes integrales con cuatro cifras decimales exactas: (a) (c)



π 2

0



π 4

0

sin x x dx,

√

x cos xdx,

(b) (d)

1 0



1 2

0

cos x2 dx, ln(1+x) dx. x

70

C´ alculo diferencial en una variable

π Soluci´ on. (a) 02  π2  2 4 1 − x3! + x5! − 0 π 2

−

(π/2)3 3·3!

+

(π/2)5 5·5!

x6 7!

 π  3 5 7 = 02 x1 x − x3! + x5! − x7! + . . . dx =    π2 x5 x7 x3 + . . . dx = x − (3·3!) + (5·5!) − (7·7!) + ... =

−

(π/2)7 7·7!

sin x x dx

0

+ ...

Teniendo en cuenta que la serie anterior es alternada tendremos que imponn −4 , que implica que n ≥ 9. La suma de los cinco primeros er que (π/2) n·n! < 10 t´erminos nos da 1,37074 que es una aproximaci´ on del valor de la integral con un error menor que 10−4 .  1 1 8 12 16 4 (b) 0 cos x2 dx = 0 1 − x2! + x4! − x6! + x8! − . . . dx = 1  x9 x13 x17 1 1 1 x5 1 + (9·4!) − (13·6!) + (17·8!) − . . . = 1 − (5·2!) + (9·4!) − (13·6!) + (17·8!) − x − (5·2!) 0 ... 1 < 10−4 Teniendo en cuenta que la serie anterior es alternada y que (17·8!) implica que la suma de los cuatro primeros t´erminos, cuyo valor es 0,904523, es una aproximaci´ on del valor de la integral con un error menorque 10−4 .  π4  1/2 x5/2  π4 √ 9/2 13/2 x cos xdx = 0 x − 2! + x4! − x 6! + . . . dx = (c) 0  3/2  π4 2x7/2 2x11/2 2x15/2 2x − + − + . . . . 3 (7·2!) (11·4!) (15·6!) 0

2( π )15/2

4 < 10−4 Teniendo en cuenta que la serie anterior es alternada y que (15·6!) implica que la suma de los tres primeros t´erminos, cuyo valor es 0,404698, es una aproximaci´ on del valor de la integral con un error menor que 10−4 .   21 1  1 x2 x3 x4 x5 dx = + − + − . x − . . dx = (d) 02 ln(1+x) x 2 3 4 5 0 x    21  21  x x2 x3 x4 x3 x4 x5 x2 1 − + − + − . + − + − . = 1/2 − . . dx = x − . . 2 3 4 5 22 32 42 52 0

(1/2)2 22

+

(1/2)3 32

−

(1/2)4 42

+

(1/2)5 52

0

− ...

8

< 10−4 Teniendo en cuenta que la serie anterior es alternada y que (1/2) 82 implica que la suma de los siete primeros t´erminos, cuyo valor es 0,448458, es una aproximaci´ on del valor de la integral con un error menor que 10−4 . Problema 3.35 Cuando una variable aleatoria tiene una distribuci´ on normal, la probabilidad de que su valor est´e entre dos valores fijados a y b es 1 P (a ≤ x ≤ b) = √ 2π

b

e−x

2

/2

dx.

a

Calcular P (0 ≤ x ≤ 1) con cuatro cifras decimales exactas. 1 2 Soluci´ on. P (0 ≤ x ≤ 1) = √12π 0 e−x /2 dx =  2 2 2 2 1 ( x2 )3 ( x2 )4 ( x2 )5 ( x2 )2 x2 √1 1 − ( 2 ) + 2! − 3! + 4! − 5! + . . . dx = 2π 0

3.2 Problemas resueltos √1 2π √1 2π

71

 1 3 5 x7 x9 x11 x − x6 + x40 − 336 + 3456 − 42240 + ... =

0 1 1 1 1 − 336 + 3456 − 42240 + ... . 1 − 16 + 40

1 < 10−4 Teniendo en cuenta que la serie anterior es alternada y que 42240 implica que la suma de los cinco primeros t´erminos, cuyo valor es 0,341354, es una aproximaci´ on del valor de la integral con cuatro cifras decimales exactas.

Problema 3.36 Determinar los valores de x para los cuales se puede asegurar que el polinomio de Taylor de grado tres en el punto 0 de la funci´ on f (x) = sin x difiere del valor exacto de la funci´ on en menos que 10−3 . Soluci´ on. El polinomio de grado tres en el punto 0 de la funci´ on f (x) = sin x es 4 3 f (ξ) 4 1 4 P3 (x) = x − x3! . El t´ermino complementario es R3 (x) = 41 d dx 4 x = 4 sin(ξ)x . 1 4 1 4 −3 Por tanto se ha de cumplir que 4 | sin(ξ)|x ≤ 4 x < 10 , que implica que 4! x4 < 10 3 , es decir, |x| < 0,393598. Problema 3.37 Demostrar que

∞  n=1

 (−1)

n−1

1 n!

= 2

e−1 . e 3

4

Soluci´ on. Teniendo en cuenta que ex = 1 + x + x2! + x3! + x4! + . . ., se obtiene 3 4 2 que 1 − ex = −x − x2! − x3! − x4! − . . .. Evaluando la expresi´ on anterior en x = −1  ∞  1 n−1 1 1 e−1 1 −1 . obtenemos 1 − e = e = 1 − 2! + 3! − 4! + . . . = (−1) n! n=1

3.2.3.

Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor

Problema 3.38 Aprovechando una pared ya existente se quiere construir un corral con una superficie de 50 m2 , de forma rectangular. Calcular las dimensiones del corral para que se necesite la m´ınima longitud de valla. Soluci´ on. Llamando x a la longitud de los lados iguales e y a la longitud del lado contrario de la pared, el per´ımetro vendr´ a dado por p = 2x + y y el ´area por A = x y = 50 m2 . Sustituyendo y = 50/x en p se obtiene p(x) = 2x + 50/x. De donde p (x) = 2 − 50/x2 . De p (x) = 0 se obtiene x = 5 e y = 10. Como p (x) = 100/x3 tenemos que p (5) > 0 y por tanto es un m´ınimo. Problema 3.39 Probar que entre todos los rect´ angulos de igual per´ımetro el cuadrado es el que tiene mayor a ´rea. Soluci´ on. Llamemos k al per´ımetro. Tendremos que 2x + 2y = k. El ´area del rect´angulo viene dada por A = x · y. Sustituyendo y = k/2 − x en A se obtiene A(x) = x(k/2−x). De donde A (x) = k/2−2x. De A (x) = 0 se obtiene x = k/4 e y = k/4. Como A (x) = −2 tenemos que A (k/4) = −2 < 0 y por tanto es un m´aximo.

72

C´ alculo diferencial en una variable

Problema 3.40 Disponemos de una placa met´ alica de 6 m de lado. Con ella, queremos construir una caja paralelep´ıpeda sin tapa. Para ello, recortamos un cuadrado a cada v´ertice de la placa y levantamos los lados resultantes. Determinar la dimensi´ on de los cuadrados a recortar para que el volumen de la caja sea m´ aximo. Soluci´ on. Llamemos x a la longitud de los cuadrados a recortar e y a la longitud de la base de la caja. El volumen de la caja es V = y 2 x. Sabiendo que la placa met´alica tiene 6 m de lado tenemos que 2x + y = 6. Sustituyendo y = 6 − 2x en V se obtiene V (x) = (6 − 2x)2 x = 36x − 24x2 + 4x3 . De donde V  (x) = 36 − 48x + 12x2 = 12(x − 1)(x − 3). De V  (x) = 0 se obtiene x = 3 y x = 1. Si x = 3 implica que y = 0, soluci´on matem´atica que no tiene sentido en el problema planteado. Si x = 1 implica y = 4 y como V  (x) = −48 + 24x = 24(x − 2) tenemos que V  (1) = −24 < 0 y por tanto es un m´ aximo. Problema 3.41 De todos los tri´ angulos is´ osceles inscritos en una circunferencia de radio R, calcular las dimensiones del que tiene a ´rea m´ axima. Soluci´ on. Llamemos h a la altura del tri´ angulo is´osceles y 2x a la longitud de la base del tri´angulo is´osceles. Consideremos el tri´angulo rect´angulo formado por el centro de la circunferencia de radio R, el punto medio de la base y uno de los extremos del tri´angulo is´osceles de la base se obtiene R2 = x2√ +(h−R)2 . El ´area 2 del tri´angulo is´osceles √ es A = 2xh/2 = xh. Sustituyendo x = 2Rh − h en A2 se 2 obtiene A(h) = h 2Rh − h . Pero es m´as f´acil trabajar con f (h) = (A(h)) = h2 (2Rh − h2 ) = 2Rh3 − h4 funci´ on que contiene los extremos de A(h). De donde f  (h) = 6Rh2 − 4h3 . De f  (h) = 0 se obtiene h = 0 y h = 3R 2 . h = 0 es una soluci´on matem´atica que no tiene sentido en el problema planteado. Si h = 3R 2 √ 2 ) implica x = 23R y como f  (h) = 12Rh−12h2 tenemos que f  ( 3R = −9R < 0 2 y por tanto es un m´ aximo. Problema 3.42 De todos los rect´ angulos inscritos en un semic´ırculo de radio R, calcular las dimensiones del que tiene a ´rea m´ axima. Soluci´ on. Llamemos x a la base e y a la altura del rect´ angulo. Uniendo el punto medio de la base con uno de los v´ertices opuestos del rect´angulo se obtiene un 2 2 2 tri´angulo rect´angulo para el cual se verifica que  R = (x/2) + y . El ´area 2 − (x/2)2 en A se obtiene R del rect´angulo es A = x · y. Sustituyendo y =  A(x) = x R2 − (x/2)2 . Igual que en el problema anterior, consideramos f (x) = 4  2 3 (A(x))2 = x2 (R2 − (x/2)2 ) = R2 x2 − √ x /4. De donde f (x) = 2R x − x . De  f (x) = 0 se obtiene x = 0 y x = 2R. x = 0 es una soluci´on matem´ atica √ √ que no tiene sentido en el problema planteado. Si x = 2R implica y = 22R y √ como f  (x) = 2R2 − 3x2 tenemos que f  ( 2R) = −4R2 < 0 y por tanto es un m´aximo. Problema 3.43 Determinar las dimensiones del cono de volumen m´ aximo inscrito en una esfera de radio R. Determinar tambi´en las dimensiones del cono de ´ area total m´ axima.

3.2 Problemas resueltos

73

Soluci´ on. Llamemos h a la altura del cono y r al radio de la base del cono. Uniendo el centro de la base con el centro de la esfera y un punto cualquiera de la circunferencia de la base se obtiene un tri´ angulo rect´angulo para el cual se verifica que R2 = r2 +(h−R)2 . El volumen del cono es V = 31 πhr2 . Sustituyendo r2 = 2Rh − h2 en V se obtiene V (h) = 31 πh(2Rh − h2 ) = 31 π(2Rh2 − h3 ). De donde V  (h) = 31 π(4Rh − 3h2 ). De V  (h) = 0 se obtiene h = 0 y h = 4R 3 . h=0 es una soluci´on matem´ atica que no tiene sentido en el problema planteado. Si √ 8R y como V  (h) = 31 π(4R − 6h) tenemos que V  ( 4R h = 4R 3 implica r = 3 3 )= 1 − 3 π4R < 0 y por tanto es un m´ aximo. El a´rea total del cono viene dada por la suma del ´area lateral que es AL = πrg, donde g es la generatriz del cono y 2 del ´area de la base que es AB = πr2 , por tanto A = AL + A√ B = π(rg + r ). 2 2 2 2 2 Teniendo en cuenta que g = h + r se obtiene que A = π(r( h + r ) + r2 ). Sustituyendo en A la anterior relaci´ on r2 = 2Rh√− h2 expresamos el ´area total √ 2 2Rh + 2Rh − h2 ). 2Rh en funci´ on de la altura h de la forma A(h) = π( − h √ De donde A (h) = 0 nos da h = 0 y h = (23 − √ 17R)/16. El caso h = 0 implica que el cono no existe.√Por tanto h =√(23 − 17R)/16. Calculando A (h) se obtiene que A ((23 − 17R)/16) = − 17 < 0 y por tanto es un m´ aximo.

Problema 3.44 Se quiere construir un dep´ osito de forma paralelep´ıpeda con tapa y con una capacidad de 225 m3 . Uno de sus lados ha de tener una longitud una vez y media la longitud del otro. Calcular las dimensiones del dep´ osito para que su ´ area total sea m´ınima. Soluci´ on. Llamemos x a la longitud de un lado, el otro lado tendr´ a longitud x + x/2 = 3x/2. Llamemos h a la altura del dep´ osito. El volumen del dep´ osito es V = 3x2 h/2 = 225 m3 y el ´area es A = 2·x·3x/2+2·x·h+2·3x/2·h = 3x2 +5xh. Sustituyendo h = 150/x2 en la expresi´on anterior se obtiene A(x) = 3x2 +750/x. De donde A (x) = 6x − 750/x2 . De A (x) = 0 se obtiene x = 5 y h = 6. Como A (x) = 6 + 1500/x3 tenemos que A (5) = 18 > 0 y por tanto es un m´ınimo.

Problema 3.45 Una lata de cerveza contiene 33 cl de l´ıquido. El precio del material con el que est´ a fabricada la tapa es dos veces superior al precio del material del resto de la lata. Calcular las dimensiones que hacen m´ as barata su fabricaci´ on. Soluci´ on. Llamemos h a la altura y r al radio de la base de la lata de cerveza. El volumen del cilindro es V = πr2 h = 330 cm3 . El precio de fabricaci´ on de la lata es P = (2πr2 + πr2 + 2πrh)c = (3πr2 + 2πrh)c donde c es el coste del material 330 660 2 por cm2 . Sustituyendo h = πr 2 en P se obtiene P (r) = (3πr + r )c. De donde   3 110 3 110  P  (r) = (6πr − 660 r 2 )c. De P (r) = 0 se obtiene r = π y h = 3 π . Como  110 1230 P  (r) = (6π + r3 )c tenemos que P  ( 3 π ) > 0 y por tanto es un m´ınimo.

74

C´ alculo diferencial en una variable

Problema 3.46 De un tronco cil´ındrico de di´ ametro d hay que construir una viga de secci´ on rectangular. Determinar las dimensiones de la viga para que tenga m´ axima resistencia a: 1. La compresi´ on (la resistencia de una viga a la compresi´ on es proporcional al a ´rea de su secci´ on). 2. La flexi´ on (la resistencia de una viga a la flexi´ on es proporcional al producto de la amplitud por el cuadrado de la altura de su secci´ on).

Soluci´ on. (a) Llamemos x e y a las longitudes de la secci´on rectangular de la viga. Considerando el tri´ angulo rect´angulo formado por la diagonal de la viga que es d y las longitudes de la secci´on rectangular de la viga tenemos que d2 = x2 +y 2 . La resistencia en este√caso es proporcional al ´area de la secci´ √ on, por tanto R = kxy. Sustituyendo y = d2 − x2 en R se obtiene R(x) = kx d2 − x2 . Consideramos f (x) = (R(x))2 = k 2 x2 (d2 − x2 ) = k 2 (d2 x2 − x4 ).√ De donde f  (x) = k 2 (2d2 x − 4x3 ). De f  (x) = 0 se obtiene x = 0 y x = 22d . x = 0 es una soluci´ on matem´atica que no tiene sentido en el problema planteado. √ √ Si x = 22d implica y = 22d y como f  (x) = k 2 (2d2 − 12x2 ) tenemos que √ f  ( 22d ) = −4k 2 d2 < 0 y por tanto es un m´ aximo. (b) La resistencia en este caso es proporcional al producto de la amplitud por el√cuadrado de la altura de su secci´ on, por tanto R = kxy 2 . Sustituyendo y = d2 − x2 en R se obtiene R(x) = kx(d2 − x2 ) = k(d2 x − x3 ). De donde  R (x) = k(d2 − 3x2 ). De R (x) = 0 se obtiene x =

y como R (x) = −6kx tenemos que R ( m´aximo.

√

3d 3 )

√

3d 3

que implica y =

2 3d

√ = −2 3k < 0 y por tanto es un

Problema 3.47 Un canal de riego ha de tener una secci´ on en forma de trapecio is´ osceles con tres lados iguales de a metros. Calcular la dimensi´ on de la parte superior (el lado desigual) del canal para que el caudal que soporte sea m´ aximo.

Soluci´ on. Llamemos x al lado desigual y h a la altura del trapecio is´ osceles. Considerando el tri´ angulo rect´angulo que forma la altura h perpendicular a las bases en alguno de los v´ertices inferiores del trapecio se tiene que a2 = h2 + 2 ( x−a a m´aximo caudal cuando tenga m´ axima secci´on. La sec2 ) . El canal tendr´ ci´on del canal viene dada por el a´rea del trapecio que es A = ( x+a 2 )h. Sustituyen√ √ 1 2 2 ) do h = 21 3a2 + 2ax − x2 en A se obtiene A(x) = ( x+a 2 2 3a + 2ax − x . Consideramos f (x) = (x + a)2 (3a2 + 2ax − x2 ) = −x4 + 6a2 x2 + 8a3 x + 3a4 . De donde f  (x) = −4x3 + 12a2 x + 8a3 . De f  (x) = 0 obtenemos x = −a y x = 2a. Como√x ha de ser mayor que a s´olo tiene sentido la soluci´on x = 2a que implica h = 23a . De f  (x) = −12x2 + 12a2 tenemos que f  (2a) = −12a2 < 0 y por tanto es un m´aximo.

3.2 Problemas resueltos

75

Problema 3.48 A un lado de un rio totalmente recto de 700 m de amplitud hay una central el´ectrica; en el otro lado, 3 km m´ as arriba, hay una f´ abrica. El cable de alta tensi´ on a´ereo cuesta 2250 ptas/metro y el subacu´ atico 3750 ptas/metro. ¿De qu´e forma se ha de construir la conexi´ on para que sea lo m´ as barata posible? ¿Cu´ al es entonces su coste? Soluci´ on. Llamemos x a la longitud de cable a´ereo y l a la longitud de cable subacu´ atico. Considerando el tri´ angulo rect´angulo de v´ertices la f´abrica, el otro margen del rio frente a la f´ abrica y el punto donde el cable pasa de a´ereo a subacu´ atico tenemos que l2 = 7002 + (3000 − x)2 . El  coste del cable viene dado 7002 + (3000 − x)2 en C por C = 2250x + 3750l. Sustituyendo el valor de l = √ tenemos que C(x) = 2250x + 3750 9490000 − 6000x + x2 . Derivando C(x) se 2x−6000 . De C  (x) = 0 se obtiene obtiene C  (x) = 2250 + 3750 2√9490000−6000x+x 2  2250 9490000 − 6000x + x2 = 3750(3000 − x),

2 2 es decir, 9490000 − 6000x + x2 = 25 9 (3000 − x) . Finalmente se obtiene x − 6000x + 8724375 = 0 cuyas ra´ıces son x = 3525 que no tiene sentido ya que x < 3000 y x = 2475 que implica l = 875. El coste es en este caso C = 2250 · 2475 + 3750 · 875 = 8850000 ptas.

Problema 3.49 Un tri´ angulo rect´ angulo, en el primer cuadrante, tiene los catetos en los ejes coordenados y la hipotenusa pasa por el punto (1, 8). Encontrar los v´ertices de este tri´ angulo sabiendo que su hipotenusa es la m´ as corta posible. Soluci´ on. Construimos la recta que pasa por el punto (1, 8) que es y − 8 = m(x − 1). Los puntos de corte de esta recta con los ejes coordenados son para x = 0 tenemos y − 8 = −m, es decir, y = 8 − m y para y = 0 tenemos −8 = m(x − 1), es decir, x = m−8 m , por tanto los puntos son (0, 8 − m) y ( m−8 as peque¯ na posible implica que la distancia m , 0). Que la hipotenusa sea la m´ entre estos dos puntos sea m´ınima. La distancia al cuadrado entre estos puntos 2 2 2 1  es D(m) = ( m−8 m ) + (8 − m) = (m − 8) ( m2 + 1). De donde D (m) = 2(m − 1 2m3 +16 2 −2  8)( m2 +1)+(m−8) ( m3 ) = (m−8)( m3 ). De D (m) = 0 se obtiene m = 8 y m = −2. m = 8 no tiene sentido puesto que la recta pasar´ıa por el punto (0, 0). 16 −48 Si m = −2 los puntos son (5, 0) y (0, 10). De D (m) = (2 + m 3 ) + (m − 8)( m4 )  tenemos que D (−2) = 30 > 0 y por tanto es un m´ınimo. Problema 3.50 Calcular la longitud del tubo m´ as largo que se puede transportar sin levantarlo del suelo por una esquina de a ´ngulo recto, si los dos pasillos que la forman tiene una amplitud de 4 y 6 metros respectivamente. Soluci´ on. La longitud del tubo m´ as largo transportable coincide con la longitud m´ınima de los segmentos que pasan por el punto (4, 6). Construimos la recta que pasa por el punto (4, 6) que es y − 6 = m(x − 4). Los puntos de corte de esta recta con los ejes coordenados son: para x = 0 tenemos y − 6 = −4m, es decir, y = 6 − 4m y para y = 0 tenemos −6 = m(x − 4), es decir, x = 4m−6 m ,

76

C´ alculo diferencial en una variable

por tanto los puntos son (0, 6 − 4m) y ( 4m−6 m , 0). Que la longitud del segmento sea m´ınima significa que la hipotenusa del tri´ angulo rect´angulo de v´ertices los puntos anteriores y el origen sea la m´as peque¯ na posible. Esto implica que la distancia entre estos dos puntos sea m´ınima. La distancia al cuadrado entre estos 2 2 2 1  puntos es D(m) = ( 4m−6 m ) +(6−4m) = (4m−6) ( m2 +1). De donde D (m) = 3 −2 8m +12 ). De D (m) = 0 se obtiene 8(4m−6)( m12 +1)+(4m−6)2 ( m 3 ) = (4m−6)( m3  m = 23 y m = − 3 32 . m = 23 no tiene sentido puesto que la recta pasar´ıa por   el punto (0, 0). Si m = − 3 32 tenemos que D (− 3 32 ) > 0 y por tanto es un   2 2 m´ınimo. La longitud m´ axima es D(m) = ( 4m−6 m ) + (6 − 4m) = 14,047 m. Problema 3.51 Una agencia de viajes se compromete a proporcionar plazas para un m´ınimo de 80 y un m´ aximo de 170 personas. Si van exactamente 80 personas, el precio del viaje es de 8000 ptas/persona, disminuyendo 50 ptas/persona por cada viajero que pase de los 80, hasta llegar a 160 personas (entonces el precio es ya de 4000 ptas/persona y no se rebaja m´ as). Dibujar la gr´ afica aproximada de los ingresos en funci´ on de las plazas contratadas. Calcular el n´ umero de viajeros que supone a la agencia los m´ aximos ingresos. Calcularlo tambi´en elevando el n´ umero m´ aximo de plazas a 200 personas. Soluci´ on. Sea x el n´ umero de viajeros. El precio total de x viajeros es  (8000 − 50(x − 80))x, si 80 ≤ x ≤ 160; f (x) = 4000x, si 160 ≤ x ≤ 170, es decir,

 f (x) =

12000x − 50x2 , 4000x,

si 80 ≤ x ≤ 160; si 160 ≤ x ≤ 170.

La derivada de la funci´ on anterior es  12000 − 100x, si 80 ≤ x ≤ 160;  f (x) = 4000, si 160 ≤ x ≤ 170. De f  (x) = 0 se obtiene x = 120 y el precio en ese caso es f (120) = 720000 ptas. Como f  (120) = −100 < 0 es un m´aximo. Pero hay que verificar que la parte lineal no sobrepase esta ganancia. Como f (170) = 680000 ptas tenemos que la cantidad que supone a la agencia los m´ aximos ingresos es x = 120. Si se puede llegar a 200 plazas la cantidad mejor es x = 200 porque f (200) = 800000 ptas. Problema 3.52 Calcular las dimensiones (radio y a ´ngulo) del sector circular de 40 metros de per´ımetro y ´ area m´ axima. Soluci´ on. Llamemos r al radio y α al ´angulo del sector circular. El per´ımetro del sector circular viene dado por P = 2x+αx = 40. El a´rea del sector circular es 2 x2 40 2 A = αx2 . Sustituyendo α = 40 x +2 en A se obtiene A(x) = 2 ( x +2) = 20x−x .   De donde A (x) = 20 − 2x. De A (x) = 0 obtenemos x = 10 y por tanto α = 2. Como A (x) = −2 < 0 el extremo encontrado es un m´aximo.

3.2 Problemas resueltos

77

Problema 3.53 Calcular la relaci´ on entre el di´ ametro y la altura de un cilindro inscrito en una esfera de radio R, para que su volumen sea m´ aximo. Buscar tambi´en la relaci´ on que han de tener para que sea m´ axima el ´ area total del cilindro. Soluci´ on. Llamemos r al radio del cilindro y h a la altura. El volumen del cilindro viene dado por V = πr2 h. Consideremos el tri´angulo rect´angulo de lados el di´ametro del cilindro, la altura del cilindro y la recta que pasa por el centro de la esfera de radio R. Tenemos que (2R)2 = (2r)2 + h2 . Sustituyendo 3 2 2 r2 = R2 − h4 en V se obtiene V (h) = π(R2 − h4 )h = π(R2 h − h4 ). De donde √ √ 2 V  (h) = π(R2 − 3h4 ). De V  (h) = 0 obtenemos h = 2 33R y por tanto r = 36R . √  2 3R De V  (h) = −π 3h aximo. En 2 tenemos que V ( 3 ) < 0 y por tanto es un m´ el segundo caso el √ ´area total del cilindro viene dada por A =√2πr2 + 2πrh. 2 2 2 Sustituyendo h = 2 R2 − r2 en A se obtiene A(r) = 2π(r  √+ 2r R 2 − r2 ). De √ 2 2 −r +R −2r . De ) = 4π r R √ donde A (r) = 2π(2r + 2 R2 − r2 + 2r 2√−2r R2 −r 2 R2 −r 2 √  2 2 4 2 2 4 2 2 A (r) = 0 obtenemos r R − r = 2r − R , es decir, 5r − 5R r + R = 0. √ Las soluciones de esta ecuaci´on bicuadrada son r = ± 5±10 5 R. Las u ´nicas  √  √ soluciones que tienen sentido son r = 5±10 5 R. Como A ( 5+10 5 R) < 0 este  √ valor proporciona el m´ aximo donde h = 2(1 − 25 )R. Problema 3.54 Una estatua de 2 metros de altura descansa sobre una base de 5 metros. Averiguar a qu´e distancia del eje de la estatua se ha de situar una persona de 1,70 metros de altura para que vea la estatua bajo el mayor a ´ngulo posible. Soluci´ on. Llamemos d a la distancia de la persona a la estatua. Llamemos α al ´angulo con el que la persona ve la estatua. Llamemos β al ´angulo que forma la visual a la base de la estatua con la horizontal a la altura de la persona. Sea γ = α + β. Considerando los tri´ angulos rect´angulos de lados la horizontal a la altura de la persona y las diferentes visuales a la base y al extremo de la y tan β = 5−1,7 estatua se tiene que tan γ = 7−1,7 d d . Dado que α =γ − β tenemos 

tan γ−tan β 2d 2d 1+tan γ tan β = d2 +1749/100 . De donde α(d) = arctan d2 +1749/100 . √ 200(1749−100d2 ) 1749  Entonces α (d) = (1089+100d 2 )(2809+100d2 ) . De α (d) = 0 se obtiene d = 100 y √ √ 1749 1749 d = − 100 . La soluci´on negativa no tiene sentido por tanto d = 100 . Como √ 1749  α ( 100 ) < 0 el extremo es un m´aximo.

que tan α =

Problema 3.55 Un alambre de 3 metros de longitud se divide en dos partes x e y. Con la primera se construye un cuadrado y con la segunda una circunferencia. Encontrar los valores de x e y para que la suma de las a ´reas del cuadrado y del circulo resultantes sean m´ınimas. Soluci´ on. El lado del cuadrado ser´ a l = x/4 y el radio del circulo ser´ ar = y/(2π). La suma de las ´areas viene dada por A = l2 + πr2 . Como sabemos

78

C´ alculo diferencial en una variable

que x + y = 3 tenemos que 4l + 2πr = 3. Sustituyendo l = (3 − 2πr)/4 en A se 2 +πr2 . De donde A (r) = π4 (−3+8r+2πr). De A (r) = 0 obtiene A(r) = (3−2πr) 16 3 3 . Como A (r) = π4 (8 + 2π) > 0 para obtenemos r = 8+2π y por tanto l = 4+π 3π 12 e y = 4+π . toda r el extremo es un m´ınimo. En este caso x = 4+π Problema 3.56 Una ventana rectangular ha de tener 3 m2 de ´ area. El marco horizontal vale 200 pta/m y el vertical 150 pta/m. Calcular las dimensiones que le hemos de dar para que sea la m´ as barata posible. ¿Y si se trata de una puerta? Soluci´ on. Sea x la anchura e y la altura de la ventana. El a´rea de la ventana viene dada por A = xy = 3. El precio de la ventana es P = 2(200x + 150y) = 400x + 300y. Sustituyendo y = 3/x en P se obtiene P (x) = 400x + 900/x. De donde P  (x) = 400 − 900/x2 . De P  (x) = 0 obtenemos x = 23 y x = − 23 . Como la soluci´on negativa no tiene sentido en el problema planteado tenemos 1600  3 que x = 23 que implica y = 2. De P  (x) = 1800 x3 tenemos que P ( 2 ) = 3 > 0 y por tanto es un m´ınimo. En el caso de la puerta el precio viene dado por P = 200x + 2 · 150y = 200x + 300y. Sustituyendo y = 3/x en P se obtiene P (x) = 200x + 900/x. De donde P  (x) = 200 − 900/x2 . De P  (x) = 0 obtenemos √ √ 3 2 3 2 x = 2 y x = − 2 . Como la soluci´on negativa no tiene sentido en el problema √ √ planteado tenemos que x = 3 2 2 que implica y = 2. De P  (x) = 1800 x3 tenemos √ √ que P  ( 3 2 2 ) = 4003 2 > 0 y por tanto es un m´ınimo.

3.3.

Problemas propuestos

1. Considerar la funci´ on  f (x) =

x−1 1+e1/(x−1)

0

si x = 1 si x = 1

(a) Estudiar la continuidad de f . (b) Estudiar la derivabilidad de f . 2. Estudiar la continuidad y derivabilidad de la siguiente funci´ on  a+3 si −π ≤ x < 0, x−2 f (x) = tan x + b si 0 ≤ x ≤ π. en el intervalo (−π, π) y en funci´ on de los valores de los par´ametros reales a, b ∈ R. 3. Estudiar la continuidad y la derivabilidad de la siguiente funci´ on  x si x = 0; 1 + exp(1/x) f (x) = 0 si x = 0.

3.3 Problemas propuestos 4. Dada la funci´ on

79 

f (x) =

−1+cos x sin x e−x +a+bx 2

si x < 0, si x ≥ 0,

(a) Estudiar la derivabilidad en el origen en funci´ on de a i b con a, b ∈ R. (b) Demostrar que si a = −2 y b = 1, entonces f (x) se anula una y s´ olo una vez en el intervalo [1, 2]. 5. Dos curvas planas son perpendiculares en un punto de intersecci´ on si sus rectas tangentes en este punto tambi´en lo son. Determinar si las curvas planas dadas por las ecuaciones 2x2 + y 2 = 6, y 2 = 4x son perpendiculares en todos sus puntos de intersecci´on. 6. Demostrar que las hip´erbolas xy = a2 y x2 − y 2 = b2 se cortan entre s´ı formando un a´ngulo recto. 7. Resolver las siguientes cuestiones: (a) ¿ En qu´e punto de la curva y = ln x la tangente es paralela al segmento que une los puntos (1, 0) y (e, 1) ? on de la recta (b) Dada la curva xy 2 − x3 + y − 1 = 0, hallar la ecuaci´ tangente en el punto de abscisa 1 y ordenada negativa. 8. Calcular los siguientes l´ımites: x  arctan x sin x2 (a) l´ım 1 + x→0 2 e2x − e−x x→0 ex − e−3x

√ sin 1 − 1 + x + x2 l´ım x→0 arctan(1 − x) − π + x 4 2 √ √ 3 3 2 2 1+x − 1−x . l´ım x→0 1 − cos x ex − e−x − 2x l´ım x→0 x − sin x sin(x2 + x5 ) l´ım 2 4 x→0 x (x − 6x3 − 6)

(b) l´ım (c) (d) (e) (f )

9. Considerar la funci´ on f (x) = arctan x. (i) Calcular el polinomio de Taylor de grado 3 alrededor del origen. (ii) Utilizar el polinomio de Taylor calculado anteriormente para dar una aproximaci´ on de arctan(0,1) y dar una cota el error cometido. [Indicaci´ on: comprueba que f (iv) (x) < 2,3 si x ∈ (0, 0,1)].

80

C´ alculo diferencial en una variable

10. Dar la expresi´on del polinomio de Taylor de orden n alrededor del pun1 . Calcular f ( 21 ) con tres cifras to x = 0 de la funci´ on f (x) = ln 1+x 2 decimales exactas. 11. Dada la funci´ on f (x) =

1 1−x ,

(a) Hallar el polinomio de Taylor de f (x) alrededor del origen. (b) Acotar el error cometido al aproximar f (0,1) ≈ P8 (0,1) donde P8 (x) es el polinomio de Taylor de grado 8 de f (x) alrededor del origen. 12. De todos los tri´angulos rect´angulos de per´ımetro 12 cm, calcular las dimensiones del de ´area m´axima. 13. Hallar las dimensiones de un rect´angulo con lados paralelos a los ejes coordenados de la mayor ´area posible situado dentro de la regi´ on encerrada por el segmento de la par´abola y 2 = p x cortada por la recta x = 2p. 1 14. Hallar el punto de la curva y = 1+x 2 , en el que la tangente forme con el eje x el ´angulo de mayor valor absoluto posible.

15. Calcular las dimensiones de un trapecio inscrito en un semic´ırculo de radio dado r, cuyas bases coincidan, para que su a´rea sea m´axima. 16. Calcular las coordenadas de los v´ertices y el ´area del tri´angulo formado por las rectas y = x y las dos tangentes a la curva y = x2 − 2x en los puntos de intersecci´ on de la par´ abola anterior con la recta y = x. 17. Hallar las dimensiones del rect´angulo de a´rea m´axima que tiene dos de sus lados sobre los ejes coordenados y un v´ertice descansa sobre la curva y = (6 − x)/2 . 18. Resolver las siguientes cuestiones: (a) Aplicando el teorema del valor medio o de los incrementos finitos a la √ funci´ on f (x) = x2 + 9 en el intervalo [0, 4], comprobar que verifican √ las exigencias de dicho teorema y que el punto intermedio es c = 3. (b) Dos barcos, uno con rumbo al oeste y el otro rumbo al este se aproximan uno al otro siguiendo dos paralelas que distan 8 millas. Dado que ambos buques navegan a una velocidad de 20 millas por hora, ¿Con qu´e rapidez esta disminuyendo la distancia entre ambos cuando distan entre s´ı 10 millas?

Cap´ıtulo 4

Funciones de varias variables 4.1. 4.1.1.

Resumen de teor´ıa Funci´ on de varias variables

Definici´ on 4.1 Decimos que una correspondencia f : Rn → Rm es una funci´ on si existe un subconjunto A ⊂ Rn tal que la restricci´ on de f en A, es decir, f : A → Rm es una aplicaci´ on (todo elemento de A tiene una y s´ olo una imagen). Notemos que una funci´ on real de variable real es un caso particular de funci´ on tal que n = m = 1 . Si n > 1 diremos que f es una funci´ on de varias variables. Por otra parte, si m = 1 llamamos a f funci´ on real mientras que si m > 1 llamamos a f funci´ on vectorial. Un ejemplo de funci´ on vectorial de varias variables ser´ıa  y  2 2 , x −1 , f (x, y) = x + y, x−3 donde a cada una de las componentes del vector imagen les llamaremos funciones componentes y las denotamos porfi (x, y) con i = 1, 2, 3. Definici´ on 4.2 Dada una funci´ on f : Rn → Rm , se llama dominio de f y lo denotaremos por Dom(f ), al subconjunto D ⊂ Rn donde est´e definida la funci´ on f . Dicho de otro modo, Dom(f ) = {x ∈ Rn : ∃ f (x)}. Es claro que Dom(f ) = ∩m i=1 Dom(fi ), donde fi son las funciones componentes de f .

4.1.2.

L´ımites de funciones de varias variables

Definici´ on 4.3 Sea f : Rn → R. Asumimos que f est´ a definida en un determinado entorno del punto a ∈ Dom(f). Se dice que el l´ımite de la funci´ on f en 81

82

Funciones de varias variables

el punto a es L y se denota por l´ım f (x) = L

x→a

si ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 tal que si x−a < δ con x ∈ Dom(f ) entonces |f (x)−L| < ε. Definici´ on 4.4 Sea f : Rn → Rm con funciones componentes f (x) = (f1 (x), . . . , fm (x)) . Se dice que el l´ımite de la funci´ on f en el punto a es = (L1 , . . . , Lm ) y se denota por l´ım f (x) = x→a

si l´ımx→a fi (x) = Li para todo i = 1, . . . , m. Proposici´ on 4.1 El l´ımite de una funci´ on en un punto, si existe, es u ´nico. Proposici´ on 4.2 Sean f y g : Rn → Rm dos funciones cuyos l´ımites en un punto b existen. Se tiene que (i) l´ım (f (x) + g(x)) = l´ım f (x) + l´ım g(x). x→b

x→b

x→b

(ii) l´ım (f (x) · g(x)) = l´ım f (x) · l´ım g(x). x→b

x→b

x→b

(iii) l´ım λf (x) = λ l´ım f (x) para todo λ ∈ R. x→b

x→b

l´ım f (x) f (x) = x→b x→b g(x) l´ım g(x)

(iv) l´ım

si

l´ım g(x) = 0.

x→b

x→b

4.1.3.

Continuidad de funciones de varias variables

Definici´ on 4.5 Se dice que una funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm es continua en un punto a ∈ A si y s´ olo si l´ım f (x) = f (a). x→a

Si la funci´ on no es continua en un cierto punto diremos que es discontinua en ese punto. Si una funci´ on f es continua en todos los puntos de un conjunto A ⊂ Rn diremos que f es continua en A y lo denotaremos por f ∈ C(A).

4.1.4.

Funci´ on diferencial

Definici´ on 4.6 Dada una funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm , se dice que f es diferenciable en un punto a ∈ A si existe una aplicaci´ on lineal dfa : Rn → Rm llamada diferencial de f en a tal que l´ım

h→0

f (a + h) − f (a) − dfa (h) =0. h

4.1 Resumen de teor´ıa

83

Diremos que una funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm es diferenciable en el conjunto A si f es diferenciable en todos los puntos de A. Proposici´ on 4.3 La diferencial de una funci´ on en un punto, si existe, es u ´nica. Teorema 4.1 Si la funci´ on f es diferenciable en el punto a, entonces f es continua en a. Definici´ on 4.7 Consideremos una funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm diferenciable en un punto a ∈ A. La matriz asociada a la aplicaci´ on lineal dfa en las bases can´ onicas de Rn y Rm recibe el nombre de matriz Jacobiana y la denotaremos por Jf (a). Por definici´ on, Jf (a) ∈ Mm,n (R). Se tienen los siguientes casos particulares: Si m = 1, la matriz Jf (a) se identifica con el vector gradiente de f en a y lo denotaremos por ∇f (a) ∈ Rn . Si m = n, el determinante det(Jf (a)) recibe el nombre de determinante Jacobiano de f en a. Teorema 4.2 La funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm es diferenciable en un punto a ∈ A si y s´ olo si todas sus funciones componentes fi con i = 1, . . . , m, son diferenciables en a.

4.1.5.

Derivadas direccionales

Definici´ on 4.8 Dada una funci´ on f : A ⊂ Rn → R, un punto a ∈ A y un n vector v ∈ R con v = 0, se define la derivada direccional de f en a en la direcci´ on del vector v y se denota por Dv f (a) como el l´ımite siguiente Dv f (a) = l´ım

h→0

f (a + hv) − f (a) , h

en caso de que exista. Un caso particular de derivada direccional es aquella derivada que se hace en la direcci´on de los vectores de la base can´onica de Rn y que se define a continuaci´ on. Definici´ on 4.9 Sea f : A ⊂ Rn → R y {e1 , . . . en } ⊂ Rn la base can´ onica de n R . Se llama derivada parcial i–´esima de f en un punto a ∈ A a la derivada ∂f direccional de f en a en la direcci´ on del vector ei . La denotaremos por ∂x (a). i Equivalentemente, podemos usar la siguiente notaci´ on Dei f (a) = Di f (a). Definici´ on 4.10 Diremos que una funci´ on f : A ⊂ Rn → R es derivable un punto a ∈ A cuando existan todas las derivadas parciales de f en a. Definici´ on 4.11 Dada una funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm decimos que f es de 1 clase C en A si f es derivable y todas las derivadas parciales son continuas en D.

84

Funciones de varias variables

Teorema 4.3 (Condici´ on suficiente de diferenciabilidad) Sea una funci´ on f : A ⊂ Rn → Rm y un punto a ∈ A. Si existen todas las derivadas parciales ∂fi ∂xj (a) con i = 1, .., m y j = 1, .., n de las funciones componentes fi de f y adem´ as son continuas en a, entonces f es diferenciable en a. Los siguientes resultados relacionan los conceptos de difereciabilidad y existencia de derivadas direccionales. Teorema 4.4 Si la funci´ on f : Rn → R es diferenciable en un punto a ∈ Rn , entonces existen las derivadas direccionales Dv f (a) para todo vector v ∈ Rn y adem´ as Dv f (a) = dfa (v) = ∇f (a) · v. Corolario 4.1 Si la funci´ on f : Rn → R es diferenciable en un punto a ∈ Rn , ∂f entonces existen todas las derivadas parciales ∂x (a) para i = 1, . . . , n y adem´ as i ∂f n (a) = df (e ) siendo e el i-´ e simo vector de la base can´ o nica de R . a i i ∂xi

4.1.6.

Teorema de la funci´ on impl´ıcita e inversa

Teorema 4.5 (Teorema de la funci´ on inversa) Sea la funci´ on f : A → Rn 1 n de clase C en el abierto A ⊂ R . Si el determinante de la matriz Jacobiana calculado en un punto a ∈ A es distinto de cero, es decir, det(Jf (a)) = 0, entonces existe un entorno M ⊂ Rn del punto a y un entorno N ⊂ Rn de f (a) tal que f : M → N es biyectiva y admite inversa f −1 : N → M diferenciable en −1 N . Adem´ as, se tiene que dff−1 . (a) = (dfa ) Teorema 4.6 (Teorema de la funci´ on impl´ıcita) Sea la funci´ on f : A ⊂ Rn × Rm → Rm de clase C 1 en el abierto A y sea (a, b) ∈ A con a ∈ Rn y b ∈ Rm tal que f (a, b) = 0. Si el determinante    Dn+1 f1 (a, b) . . . Dn+m f1 (a, b)     Dn+1 f2 (a, b) . . . Dn+m f2 (a, b)      = 0 .. .. ..   . . .    Dn+1 fm (a, b) . . . Dn+m fm (a, b)  entonces existe un entorno abierto M ⊂ Rn del punto a y una u ´nica funci´ on g : M → Rm de clase C 1 en M tal que g(a) = b y f (x, g(x)) = 0 para todo x ∈ M.

4.1.7.

Composici´ on de funciones y regla de la cadena

Definici´ on 4.12 Consideremos dos funciones f : A ⊂ Rn → Rm y g : B ⊂ m R → Rp con f (a) ∈ B. Entonces, podemos definir la funci´ on composici´ on (g ◦ f )(a) = g(f (a)). Teorema 4.7 (Regla de la cadena) Supongamos que la funci´ on f : Rn → m n m R es diferenciable en un punto a ∈ R y la funci´ on g : R → Rp es diferenm ciable en el punto f (a) ∈ R . Entonces, la funci´ on composici´ on g ◦ f : Rn → Rp es diferenciable en a. Adem´ as, d(g ◦ f )a = dgf (a) ◦ dfa .

4.1 Resumen de teor´ıa

4.1.8.

85

Derivadas parciales sucesivas 2

∂f f Definici´ on 4.13 Si las funciones ∂x son derivables, denotaremos por ∂x∂i ∂x a i j   ∂f ∂ la funci´ on ∂x . Esta funci´ on se conoce como derivada parcial de segundo ∂xj i orden de la funci´ on f .

De manera an´aloga se pueden definir las derivadas de orden superior a dos, cuando tenga sentido. Definici´ on 4.14 Una funci´ on f : A ⊂ Rn → R es de clase C k (A) si existen todas las derivadas parciales hasta orden k en todos los puntos del conjunto A y adem´ as son funciones continuas en A.

4.1.9.

Extremos de funciones reales de varias variables

Definici´ on 4.15 Consideremos una funci´ on f : A ⊂ Rn → R y un punto a ∈ A. (i) Se dice que f tiene un m´ aximo local en el punto a si existe un entorno B(a) = {x ∈ A : x−a < δ} de a tal que f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ B(a). (ii) Se dice que f tiene un m´ınimo local en el punto a si existe un entorno B(a) = {x ∈ A : x−a < δ} de a tal que f (x) ≥ f (a) para todo x ∈ B(a). (iii) Se denominan extremos locales a los m´ aximos y m´ınimos locales. Teorema 4.8 Para que una funci´ on f : A ⊂ Rn → R derivable en A tenga un m´ aximo o m´ınimo local en un punto a ∈ A, es condici´ on necesaria que ∇f (a) = 0. Definici´ on 4.16 Consideremos una funci´ on f : A ⊂ Rn → R y un punto a ∈ A. Se define la matriz Hesiana de la funci´ on f calculada en a y se denota por Hf (a) como la matriz cuadrada de orden n cuyos elementos (Hf (a))ij son las derivadas parciales de segundo orden de la funci´ on f calculadas en a, es 2 f decir, (Hf (a))ij = ∂x∂i ∂x (a), siempre y cuando estas existan. j Definici´ on 4.17 Dada una una matriz cuadrada de orden n con elementos reales A = (aij ) ∈ Mn (R), se definen los menores principales de A como los determinantes siguientes:    a11 a12    , . . . , Δn = det A . Δ1 = a11 , Δ2 =  a21 a22  Teorema 4.9 Consideremos una funci´ on f : A ⊂ Rn → R con f ∈ C 2 (A). Sea a ∈ A tal que ∇f (a) = 0. Entonces, se tiene lo siguiente: (i) Si los menores principales de Hf (a) satisfacen Δi > 0 para todo i = 1, . . . , n, entonces a es un m´ınimo local de f .

86

Funciones de varias variables

(ii) Si los menores principales de Hf (a) satisfacen (−1)i Δi > 0 para todo i = 1, . . . , n, entonces a es un m´ aximo local de f . (iii) Si a no es ni m´ aximo ni m´ınimo local de f y Δn = 0, entonces diremos que f tiene un punto de silla en a.

4.1.10.

Extremos condicionados de funciones reales de varias variables

Definici´ on 4.18 Sea x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn y λ = (λ1 , . . . , λm ) ∈ Rm . Se define la funci´ on de Lagrange como L(x, λ) = f (x) +

m 

λi gi (x) .

i=1

Teorema 4.10 (Condici´ on necesaria de extremo condicionado) Asumimos f, gi : A ⊂ Rn → R con i = 1, . . . , m, funciones de clase C 1 (A). Si a ∈ A es un m´ aximo o m´ınimo local de f sujeto a las restricciones {gi = 0} con i = 1, . . . , m, entonces existe λ∗ = (λ∗1 , . . . , λ∗m ) ∈ Rm tal que ∇L(a, λ∗ ) = 0. Teorema 4.11 (Condici´ on suficiente de extremo condicionado) Sean f : A ⊂ Rn → R y gi : A ⊂ Rn → R con i = 1, . . . , m, funciones de clase C 2 (A). Supongamos que a ∈ A y λ = (λ1 , . . . , λm ) ∈ Rm satisfacen ∇L(a, λ) = 0. Sea HL ∈ Mn (R) la matriz Hessiana de L respecto de las primeras n variables. (i) Si los menores principales de HL (a, λ) satisfacen Δi > 0 para todo i = 1, entonces a es un m´ınimo local de f sujeto a las restricciones {gi = 0}. (ii) Si los menores principales de Hf (a) satisfacen (−1)i Δi > 0 para todo i = 1, . . . , n, entonces a es un m´ aximo local de f sujeto a las restricciones {gi = 0}. Considerar el conjunto Z = {z ∈ Rn : z = 0, z⊥∇gi (a) ∀i}. Entonces, se verifica lo siguiente: (iii) Si z T HL (a, λ) z > 0 ∀z ∈ Z ⇒ a es un m´ınimo local de f sujeto a las restricciones {gi = 0}. aximo local de f sujeto a las (iv) Si z T HL (a, λ) z < 0 ∀z ∈ Z ⇒ a es un m´ restricciones {gi = 0}.

4.1.11.

F´ ormula de Taylor

Teorema 4.12 (F´ ormula de Taylor) Sea f : A ⊂ Rn → R una funci´ on de k+1 clase C (A). Entonces, dado a ∈ A, se tiene que f (x) = Pk (x) + Rk (x) para todo x ∈ A, siendo Pk el polinomio de Taylor en n variables de grado k de f en a y Rk el llamado t´ermino complementario de orden k. Se tiene que l´ım

x→a

Rk (x) =0. x − ak

4.2 Problemas resueltos

87

En este resumen s´olo proporcionaremos las expresiones de Pk para k ∈ {0, 1, 2}. Dada una funci´ on f : A ⊂ Rn → R y un punto a = (a1 , . . . , an ) ∈ A, para todo x = (x1 , . . . , xn ) ∈ A, las f´ormulas expl´ıcitas de los polinomios de Taylor de grado 0, 1 y 2 de f en el punto a son las siguientes: P0 (x) =

f (a) ,

P1 (x) =

P0 (x) + ∇f (a).(x − a) = f (a) +

n 

Di f (a)(xi − ai ) ,

i=1

P2 (x) =

P1 (x) +

1 (x − a)T Hf (a)(x − a). 2!

Notar que la expresi´on matricial de la forma cuadr´ atica (x − a)T Hf (a)(x − a) es ⎛ ⎜ ⎜ (x1 − a1 , . . . , xn − an ) ⎜ ⎝

4.2. 4.2.1.

D11 f (a) D21 f (a) .. .

D12 f( a) D22 f (a) .. .

... ...

D1n f (a) D2n f (a) .. .

Dn1 f (a) Dn2 f (a) . . .

Dnn f (a)

⎞

⎛ ⎞ x1 − a1 ⎟ ⎟⎜ ⎟ .. ⎟⎝ ⎠. . ⎠ xn − an

Problemas resueltos L´ımites de funciones de varias variables

Problema 4.1 Encontrar el dominio de definici´ on de las funciones siguientes:  √ (a) f (x, y) = ln(x + y), (b) g(x, y) = 3− x2 + 3 − y 2 , (d) k(x, y, z) = 1 − x2 − y 2 − z 2 . (c) h(x, y) = arcsin xy , √ Soluci´ {(x, y) ∈ R2 , x + y > 0}, (b) Dg = {(x, y) ∈ R2 , − 3 ≥ √on. √(a) Df = √ x ≥ 3, − 3 ≥ y ≥ 3}, (c) Dh = {(x, y) ∈ R2 , −y ≤ x ≤ y}, (d) Dk = {(x, y, z) ∈ R3 , x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}. Problema 4.2 Para cada una de las funciones siguientes encontrar las curvas de nivel correspondientes a los valores z = 0, z = 1 y z = −2. (a) (c)

z = y2 , z = x2 + y 2 ,

(b) (d)

z = x2 + y 2 − 1, z = x2 y.

Soluci´ on. (a) y = 0; y = ±1; no existe en los reales. (b) x2 + y 2 = 1; 2 2 x + y = 2; no existe en los reales. (c) el punto (0, 0); x2 + y 2 = 1; no existe en los reales. (d) las rectas x = 0 e y = 0; y = x12 ; y = −2 x2 .

88

Funciones de varias variables

Problema 4.3 Calcular los l´ımites siguientes: (a)

l´ım

(x2 + y 2 ) sin

(x,y)→(0,0)

(c)

1 , xy

(b)

sin(xy) , x (x,y)→(0,2)

(d)

l´ım

(x2 + y 2 ) sin

l´ım

Soluci´ on. (a)

(x,y)→(0,0) 2 2

x2 y 2 , (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

l´ım

(x,y)→(0,0) x2

xy . + y2

1 1 | ≤ 1) = 0. (Indicaci´on: | sin xy xy

2 x y = 0. (Indicaci´on: | x2x+y2 | ≤ 1) 2 +y sin(xy) = 2. (Indicaci´on: sin(xy) ∼ xy) (c) l´ım x (x,y)→(0,2) xy . (d)  ∃ l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (Indicaci´on: Calcular el l´ımite sobre las rectas y = λx)

(b)

l´ım

(x,y)→(0,0) x2

Problema 4.4 Sea f : R2 → R la funci´ on definida por  |x| |x| − y2 si y =  0; y2 e f (x, y) = 0 si y = 0. Calcular, en caso de existir, el l´ımite de f en (0, 0). |x| − |x| e y2 . y2 (Indicaci´on: Tomar el l´ımite sobre las par´abolas x = λy 2 )

Soluci´ on.  ∃lim(x,y)→(0,0)

Problema 4.5 Calcular el l´ımite en el (0, 0) de la funci´ on definida por:  2 x − y 2 x + y x+y , ∀ (x, y) = (0, 0). , , e f (x, y) = x2 + y 2 x − y x2 − y 2 . (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (Indicaci´on: Tomar el l´ımite sobre las rectas y = λx)

Soluci´ on.  ∃

l´ım

Problema 4.6 Calcular

l´ım

(x,y)→(0,0) (x,y)∈γ

x2

xy a lo largo de la curva γ en los casos + y2

siguientes: (a) γ = {(x, y) : y = ax, a = 0}, (c)

γ = {(x, y) : y 2 = ax, a = 0},

(b)

γ = {(x, y) : y = ax2 , a = 0},

(d) γ = R2 .

4.2 Problemas resueltos

89

Soluci´ on. (a) No existe l´ımite. (b) 0. (c) 0. (d) No existe l´ımite. Problema 4.7 Estudiar el l´ımite en (0, 0) de las funciones siguientes: (a)

f (x, y) =

(c)

h(x, y) =

ln(1+x) ey −1 , 1+x+y x2 −y 2 ,

(b)

g(x, y) =

(d) k(x, y) =

1+x2 +y 2 y (x+y)2 x2 +y 2 .

sin y,

Soluci´ on. (a) No existe l´ımite. (b) 1. (c) ∞. (d) No existe l´ımite.

4.2.2.

Continuidad de funciones de varias variables

Problema 4.8 Encontrar los puntos de discontinuidad de las funciones siguientes:  (b) g(x, y) = 1−x12 −y2 , (a) f (x, y) = ln x2 + y 2 , 1 1 (d) k(x, y) = cos xy . (c) h(x, y) = (x−y)2 , Soluci´ on. (a) (0,0). (b) B = {(x, y) ∈ R2 , x2 + y 2 = 1}. (c) C = {(x, y) ∈ R2 , x = y}. (d) D = {(x, y) ∈ R2 , x = 0 ´o y = 0}. Problema 4.9 Estudiar la continuidad de las funciones siguientes:  xy si |y| ≤ |x|; (a) f (x, y) = −xy si |y| > |x|,  (b)

g(x, y) =

x2 y 2 x2 y 2 +(x−y)2

 (c)

1−cos xy x2 y 2 1 2

h(x, y) = 

(d)

k(x, y) =

2xy x2 −y 2

0

(x, y) = (0, 0); (x, y) = (0, 0),

si si

0

si si

xy =  0; xy = 0,

x2 − y 2 =  0; x2 − y 2 = 0.

si si

Soluci´ on. (a) Discontinuidades en A = {(x, y) ∈ R2 , |y| = |x|}. (b) Discontinua en (0, 0). (Indicaci´on: Calcular el l´ımite sobre las rectas y = 0 e y = x) (c) Es continua en todo R2 . (d) Discontinuidades en D = {(x, y) ∈ R2 , y = ±x}. Problema 4.10 Estudiar si es continua en el punto (0, 0) la funci´ on siguiente:  √ xy sin √ 21 2 si (x, y) = (0, 0); x2 +y 2 x +y f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0). Soluci´ on. Es continua puesto que (Indicaci´ on: | sin √

1 | x2 +y 2

≤ 1,

l´ım

1 xy  sin  = 0. 2 2 2 x +y x + y2

(x,y)→(0,0) | √ 2x 2 | ≤ 1) x +y

90

Funciones de varias variables

Problema 4.11 Sea f : R2 → R la funci´ on definida por ⎧ g(x) si y = 0; ⎪ ⎨ h(y)  si x = 0; f (x, y) =  2 2 ⎪ ⎩ si x = 0 e y = 0. (x + y) sinx x + siny y Hallar g(x) y h(y) para que la funci´ on sea continua en todo R2 . Soluci´ on. g(x) = sin2 x y h(y) = sin2 y. Problema 4.12 Sea f : R2 → R2 la funci´ on definida por    2 x y , sin(x + y) si (x, y) = (0, 0); 2 2 x +y f (x, y) = (0, 0) si (x, y) = (0, 0). Estudiar la continuidad de f (x, y) . 2

Soluci´ on. Es continua en todo R2 . (Indicaci´on: | x2x+y2 | ≤ 1) Problema 4.13 Sea f la funci´ on definida por √ 1 − cos xy , ∀y = 0. f (x, y) = y ¿Es posible definir f en y = 0 de manera que sea continua?. Soluci´ on. (1 − xy 2 ) )

4.2.3.

Si es posible, basta tomar f (x, 0) =

x 2 .(

√ Indicaci´on: cos xy ∼

Derivabilidad y diferenciabilidad de funciones de varias variables

Problema 4.14 Calcular las primeras y segundas derivadas parciales de las funciones siguientes (a) f (x, y) = xy, (c) h(x, y) = xy , Soluci´ on. (a) ∂g (b) ∂x (c) ∂h ∂x y−1

=

∂f ∂x

1 ∂g x , ∂y = y−1

(b) g(x, y) = ln(xy), (d) k(x, y) = tan(ax + by + cz).

∂2f ∂2f ∂2f ∂x2 = 0, ∂y 2 = 0, ∂x∂y = 2 ∂2g ∂2g 1 ∂ g 1 1 y , ∂x2 = − x2 , ∂y 2 = − y 2 , ∂x∂y = 0. ∂h ∂2h y y−2 ∂ 2 h , ∂y2 ∂y = x ln x, ∂x2 = y(y − 1)x

= y,

∂f ∂y

= x,

1.

= yx , = xy ln2 x, (y ln x + 1). x ∂k 2 (d) ∂x = (1 + tan2 (ax + by + cz))a, ∂k ∂y = (1 + tan (ax + by + cz))b, ∂k 2 ∂z = (1 + tan (ax + by + cz))c, ∂2k 2 2 ∂x2 = (2 tan(ax + by + cz)(1 + tan (ax + by + cz))a ,

∂2h ∂x∂y

=

4.2 Problemas resueltos

91

∂2k 2 2 ∂y 2 = (2 tan(ax + by + cz)(1 + tan (ax + by + cz))b , ∂2k 2 2 ∂z 2 = (2 tan(ax + by + cz)(1 + tan (ax + by + cz))c , 2 ∂ k 2 ∂x∂y = (2 tan(ax + by + cz)(1 + tan (ax + by + cz))ab, 2 ∂ k 2 ∂x∂z = (2 tan(ax + by + cz)(1 + tan (ax + by + cz))ac, 2 ∂ k 2 ∂y∂z = (2 tan(ax + by + cz)(1 + tan (ax + by + cz))bc.

Problema 4.15 Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y derivabilidad en (0, 0) de las funciones siguientes:  1 si (x, y) = (0, 0); x sin x2 +y 2 (a) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0), (b)

g(x, y) =

 x+y e , sin(x − y), x2 sin x1 (ey , sin(−y), 0) 

(c)

h(x, y) =

√ xy 2

si

(x, y) = (0, 0);

0

si

(x, y) = (0, 0),

x +y 2

 (d) Soluci´ on. 1 sin x2 +y 2 −

si si

k(x, y, z) =

cos(yz), xyz, z1 (1, 0, 0)



x = 0; x = 0,

z=  0; z = 0.

si si

1 (a) Es continua en (0, 0). (Indicaci´on: | sin x2 +y 2 | ≤ 1 ). 2

2x (x2 +y 2 )2

para (x, y) = (0, 0). (0, 0).

1 cos x2 +y 2 para (x, y) = (0, 0). ∂f ∂y (0, 0)

∂f ∂y

= − (x22xy +y 2 )2 cos

∂f ∂x = 1 x2 +y 2

= 0.  ∃ ∂f ∂x (0, 0) por tanto no es diferenciable en

(b) Es continua en (0, 0) ya que son continuas sus funciones componentes. 1 x+y ∂g1 1 2 (Indicaci´ on: l´ım x2 sin = 0). ∂g ; ∂y = ex+y ; ∂g ∂x = e ∂x = cos(x − y); x→0 x ∂g2 ∂g3 ∂g3 ∂g3 1 1 ∂y = − cos(x − y); ∂x = 2x sin x − cos x para x = 0; ∂x (0, 0) = 0; ∂x (x, y) no es continua por tanto la funci´ on g no verifica la condici´ on suficiente de difer1 1 enciabilidad en (0, 0). ( Indicaci´on:  ∃ l´ım (2x sin − cos )) x→0 x x (c) Es continua en (0, 0). (Indicaci´on: | √ para (x, y) = (0, 0);

∂h ∂x (0, 0)

x | x2 +y 2

≤ 1).

∂h ∂x

=

y3 (x2 +y 2 )3/2

∂h x3 ∂y = (x2 +y 2 )3/2 para ∂h Tanto ∂h ∂x como ∂y no son

= 0 para (x, y) = (0, 0);

(x, y) = (0, 0); ∂h ∂x (0, 0) = 0 para (x, y) = (0, 0); continuas y por tanto la funci´ on h no verifica la condici´ on suficiente de diferenciabilidad en (0, 0). y3 y3 ,∃ l´ım , basta aproxi(Indicaci´ on:  ∃ l´ım 2 2 3/2 2 (x,y)→(0,0) (x + y ) (x,y)→(0,0) (x + y 2 )3/2 marse al origen sobre las rectas de la forma y = λx )

92

Funciones de varias variables

∂k ∂k (d) No es continua en (0, 0, 0). ∂x = (0, yz, 0); ∂k ∂y = (−z sin(yz), xz, 0); ∂z = ∂k (0, 0, 0) = 0; ∂k (−y sin(yz), xy, − z12 ) para (x, y, z) = (0, 0, 0); ∂x ∂y (0, 0, 0) = 0; ∂k  ∃ ∂z (0, 0, 0). Por tanto no es diferenciable en (0, 0, 0).

Problema 4.16 Considerar la funci´ on  2 (x + y 2 ) sin √ 21 2 x +y f (x, y) = 0

si (x, y) = (0, 0) , si (x, y) = (0, 0) .

Estudiar la diferenciabilidad de f en el origen. Soluci´ on. Si f fuese diferenciable en (0, 0), la matriz Jacobiana asociada a df(0,0) ser´ıa  ∂f ∂f (0, 0), (0, 0) . Jf (0, 0) = ∂x ∂y La primera componente ya ha sido calculada en el apartado (i) y vale ∂f ∂x (0, 0) = 0. Respecto a la segunda componente, se tiene un c´alculo totalmente an´alogo a la primera. ∂f (0, 0) ∂y

h2 sin √1h2 − 0 f (0, h) − f (0, 0) = l´ım h→0 h→0 h h 1 = l´ım h sin = 0. h→0 h =

l´ım

Entonces, Jf (0, 0) = (0, 0). Para ver si realmente f es diferenciable en (0, 0) se debe calcular el l´ımite siguiente donde h = (h1 , h2 ) ∈ R2 y ver si vale 0. =

= = puesto que

|f (h1 , h2 ) − f (0, 0) − df(0,0) (h1 , h2 )| h (h1 ,h2 )→(0,0)     2 h1  (h1 + h22 ) sin √ 1 − 0 − (0, 0)  h21 +h22 h2   l´ım (h1 ,h2 )→(0,0) h21 + h22     1   l´ım =0,  h21 + h22 sin  2 2 (h1 ,h2 )→(0,0)  h1 + h2  l´ım

 h21 + h22 → 0 y sin √

1 h21 +h22

est´a acotado. En definitiva, la funci´ on

f es diferenciable en el punto (0, 0). Problema 4.17 Determinar la ecuaci´ on del plano tangente a las superficies siguientes: (a)

3x2 − y 2 + 2xy − 3xz = 6, en el punto (−1, 0, 1);

(b)

z = ex cos y , en el punto (0, π4 , 1).

4.2 Problemas resueltos

93

Soluci´ on. (a) −9x − 2y + 3z − 12 = 0. (b) z = 1 +

x √ . 2

Problema 4.18 Dadas las funciones definidas por f (x, y, z, t) = (xy, z + t) y g(x, y) = (x2 , x + y 2 , y 3 ), calcular, utilizando la regla de la cadena, la matriz jacobiana de g ◦ f . ⎞ ⎛ 2x 0 2xy 2y ⎠, Jg (xy, z + t) = ⎝ 1 Soluci´ on. Jg (x, y) = ⎝ 1 0 0 3y 2 ⎛

⎛

2xy J(g◦f ) (x, y, z, t) = Jg (xy, z + t) Jf (x, y, z) = ⎝ 1 0  ×

y 0

x 0

0 0 1 1



⎛

2xy 2 ⎝ y = 0

2x2 y x 0,

0 2(z + t) 3(z + t)2

⎞ 0 2(z + t) ⎠, 3(z + t)2

⎞ 0 2(z + t) ⎠ × 3(z + t)2

⎞ 0 2(z + t) ⎠ . 3(z + t)2

Problema 4.19 Calcular la diferencial de la funci´ on definida por sin xy

f (x, y) =

g(t)dt, x

donde g es una aplicaci´ on continua. Soluci´ on. df(x,y) = (−g(x) + g(sin(xy)) cos(xy)y) dx + (g(sin(xy)) cos(xy)x) dy. Problema 4.20 Estudiar las derivadas direccionales en el punto (0, 0) de las siguientes funciones:  √ 2xy si (x, y) = (0, 0); x2 +y 2 a)f (x, y) = |x + y|, b)g(x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0). Soluci´ on. (a) No existen. (Indicaci´on:  ∃ l´ım (b) D(v1 ,v2 ) g(0, 0) = √2v21 v2 2 .

h→0

|h| ). h

v1 +v2

Problema 4.21 Sea f una funci´ on real diferenciable en R2 √tal que √ las 2, 1/ 2) y derivadas direccionales en el punto (0, 2) en las direcciones (1/ √ √ (−1/ 2, 1/ 2) valen −1 y 3, respectivamente. Calcular la matriz jacobiana de f en el punto (0, 2). √ √ Soluci´ on. Jf (0, 2) = (−2 2, 2).

94

Funciones de varias variables

4.2.4.

Derivadas parciales 2

3

Problema 4.22 Sea u(x, y, z) = xy + yz + xz , x(t) = et , y(t) = et , z(t) = et . Calcular du dt directamente y aplicando la regla de la cadena. 2

2

3

3

t−t Soluci´ on. Directamente, du (1 − 2t) + et −t (2t − 3t2 ) + et −t (3t2 − 1). dt = e ∂u dx ∂u dy ∂u dz z 1 1 t Aplicando la regla de la cadena, du dt = ∂x dt + ∂y dt + ∂z dt = ( y − x2 )e + ( z − x t2 y 2 )2te

+ ( x1 −

y 2 t3 z 2 )3t e .

Problema 4.23 Probar que la funci´ on u(x, t) = f (x + at) + g(x − at) satisface la ecuaci´ on 2 ∂2u 2∂ u = a . ∂t2 ∂x2 Soluci´ v(x,   at y w(x, t) = x − at se obtiene  2 on. 2Definiendo  2 t) = 2x + d g d g d f ∂2u y + on inicial. = a2 ddvf2 + dw 2 ∂x2 dv 2 dw2 , que verifican la ecuaci´

∂2u ∂t2

=

Problema 4.24 Probar que la funci´ on z = f (x2y−y2 ) , donde f es de classe C 1 satisface la ecuaci´ on 1 ∂z 1 ∂z z + = 2. x ∂x y ∂y y Soluci´ on. ∂z ∂y

=

Definiendo u(x, y) = x2 − y 2 se obtiene que

f (u)+2y 2 f  (u) f 2 (u)

∂z ∂x



(u) y = −2xy ff (u)

que verifican la ecuaci´on anterior.

Problema 4.25 Efectuar el cambio a coordenadas polares en la expresi´ on  1+

∂z ∂x

2

 +

∂z ∂y

2 .

Soluci´ on. El cambio a polares es x = r cos θ e y = r sin θ. Sabemos que ∂z ∂z ∂r ∂z ∂θ ∂z ∂z ∂r ∂z ∂θ = on anterior ∂x ∂r ∂x + ∂θ ∂x y ∂y = ∂r ∂y + ∂θ ∂y . Sustituyendo en la expresi´ ∂z 2

2 ∂z 1 se obtiene 1 + ∂r + r2 ∂θ . Problema 4.26 Transformar la expresi´ on ∂2z 1 ∂z ∂2z − y + , 2 2 ∂x ∂y z ∂y √ √ mediante el cambio de variables u = x − 2 y, v = x + 2 y. Soluci´ on. 2

∂ z ∂v ∂u 2 ∂u∂v ∂x ∂x  ∂u ∂v + ∂y ∂x + 2

∂ z 4 ∂u∂v +

Sabemos que

∂ 2 z ∂v 2 + ∂v + 2 ∂x

∂z ∂z ∂u ∂z ∂v ∂ 2 z ∂x = ∂u ∂x + ∂v ∂x , ∂x2 ∂z ∂ 2 v ∂2z ∂ 2 z ∂u ∂u ∂v ∂x2 y ∂x∂y = ∂u2 ∂x ∂y

∂ 2 z ∂v ∂v ∂z ∂ 2 v ∂v 2 ∂x ∂y + ∂v ∂x∂y . ∂z

2 2 ∂z v−u ∂v − ∂u ( z − 1).

= +



∂ 2 z ∂u 2 ∂z ∂ 2 u + ∂u ∂u2 ∂x ∂x2 + ∂z ∂ 2 u ∂2z ∂u ∂v ∂u ∂x∂y + ∂u∂v ∂x ∂y

Efectuando los c´ alculos indicados obtenemos

4.2 Problemas resueltos

95

Problema 4.27 Calcular las derivadas parciales primera y segunda de r =  x2 + y 2 y comprovar la relaci´ on ∂ 2 r/∂x∂y = ∂ 2 r/∂y∂x. Soluci´ on.

∂r ∂x

= xr ,

∂r ∂y

= yr ,

∂2r ∂x2

=

y2 ∂ 2 r r 3 , ∂y 2

=

∂2r x2 r 3 , ∂x∂y

=

∂2r ∂y∂x

=

−xy r3 .

Problema 4.28 Calcular las derivadas parciales primera y segunda de la funci´ on x y f (x, y) = x2 arctan − y 2 arctan . x y 2 Soluci´ = 2x arctan xy − y, ∂f = x − 2y arctan xy , ∂∂xf2 = 2 arctan xy on. ∂f ∂x ∂y  2  2  ∂ f xy ∂ f ∂2f x2 −y 2 x − x2xy +y 2 , ∂y 2 = −2 arctan y − x2 +y 2 , ∂x∂y = ∂y∂x = x2 +y 2 . Problema 4.29 Dada la funci´ on z = sin(ax+by+c), calcular ∂ m+n z/∂xm ∂y n . Soluci´ on. Por inducci´ on se deduce que  π  ∂mz = am sin m + (ax + by + c) , m ∂x 2 de lo cual se comprueba inmediatamente   π ∂ m+n z m n + = a b sin (m + n) (ax + by + c) . ∂xm ∂y n 2 Problema 4.30 Obtener ∂ 3 f /∂x∂y∂z, siendo f (x, y, z) = exyz . Soluci´ on. ∂f /∂x = yzexyz , ∂ 2 f /∂x∂y = zexyz (1 + xyz), ∂3f = exyz (1 + 3xyz + x2 y 2 z 2 ) . ∂x∂y∂z  Problema 4.31 Dada la funci´ (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 , deon R = mostrar que 1/R es una funci´ on arm´ onica, es decir que satisface la ecuaci´ on de Laplace    ∂2 ∂2 ∂2 1 1 1 + + =0. ∂x2 R ∂y 2 R ∂z 2 R Soluci´ on. Las derivadas parciales segundas de 1/R son   3(x − a)2 ∂2 3(y − b)2 1 1 1 1 ∂2 + , + , = − = − ∂x2 R R3 R5 ∂y 2 R R3 R5  3(z − c)2 1 ∂2 1 + , = − ∂z 2 R R3 R5 de lo cual se deduce directamente la ecuaci´on de Laplace

96

Funciones de varias variables

Problema 4.32 Demostrar que la funci´ on z = xey/x satisface la ecuaci´ on en derivadas parciales ∂z ∂z x +y =z . ∂x ∂y Soluci´ on. De los valores de las derivadas parciales ∂z x−y =z 2 , x∂x x

∂z z = , ∂y x

se deduce inmediatamente la tesis. Problema 4.33 Demu´estrese que z = xφ( xy ) + ξ( xy ), siendo φ y ξ funciones ∂2z ∂2z de clase C 2 , satisface la ecuaci´ on en derivadas parciales x2 + ∂x 2 + 2xy ∂x∂y + 2

∂ z y 2 ∂y 2 = 0.

Soluci´ on. Las primeras derivadas parciales de la funci´ on z son   ξ ∂z ∂z ξ y φ + , . =φ− = φ + ∂x x x ∂y x Ahora, calculamos las segundas derivadas parciales de la funci´ on z que intervienen en la ecuaci´on del enunciado.   ξ  ∂2z ξ  2yξ  ∂2z y2 1   φ + , + + φ , = = ∂x2 x3 x x3 ∂y 2 x x  y ξ  ∂2z ξ . = − 2 − 2 φ + ∂x∂y x x x Finalmente, comprobamos que x2 + nulo.

∂2z ∂x2

2

2

∂ z ∂ z + 2xy ∂x∂y + y 2 ∂y enticamente 2 es id´

Problema 4.34 Representar d2 y/dx2 en coordenadas polares (r, ϕ) con ϕ como argumento. Soluci´ on. La relaci´on entre coordenadas cartesianas (x, y) y polares (r, ϕ) viene dada por x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, por consiguiente dx =

∂x ∂x dr + dϕ = cos ϕ dr − r sin ϕ dϕ , ∂r ∂ϕ

∂y ∂y dr + dϕ = sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ , ∂r ∂ϕ de manera que, denotando  = d/dϕ tenemos que dy =

r sin ϕ + r cos ϕ dy =  . dx r cos ϕ − r sin ϕ Finalmente, aplicando la regla de la cadena obtenemos d(dy/dx) d(dy/dx) dϕ r2 + 2r2 − 2rr d2 y = . = =  2 dx dx dϕ dx (r cos ϕ − r sin ϕ)2

4.2 Problemas resueltos

97

Problema 4.35 Calcular la influencia que peque¯ nos errores cometidos al medir las coordenadas cartesianas de un punto (x, y) producen en su acimut ϕ (´ angulo respecto a una direcci´ on inicial fija). Soluci´ on. Tomamos el eje de abscisas como el de la direcci´on inicial dada. Entonces, el acimut viene dado por ϕ = arctan(y/x), de manera que por diferenciaci´on obtenemos x dy − y dx . dϕ = x2 + y 2 Entonces, una aproximaci´ on del error viene dada por Δϕ ≈

|x| |Δy| + |y| |Δx| . x2 + y 2

Problema 4.36 De un tri´ angulo se miden dos lados con un error de 1◦ / ◦ ◦, y ◦ el ´ angulo comprendido con una aproximaci´ on de 41 . Calcular el porcentaje de error en el c´ alculo del a ´rea del tri´ angulo. Soluci´ on. Sean b y c los dos lados del tri´angulo que forman el a´ngulo α. Entonces, el ´area viene dada por A = 21 bc sin α. Diferenciando la expresi´ on anterior tenemos 1 dA = (c sin α db + b sin α dc + bc cos α dα) , 2 y dividiendo por A obtenemos db dc dA = + + cot α dα . A b c La f´ormula anterior nos permite escribir Δb Δc ΔA ≈ + + | cot α| Δα . A b c Introduciendo los datos del enunciado por ciento del ´area viene dado por 100

Δb b

=

Δc c

=

1 1000 ,

Δα =

1 π 4 180 ,

el error

ΔA = 0,2 + 0,436 | cot α| . A

Observar que el m´ınimo error se da para un tri´ angulo rect´angulo (α = π/2). Problema 4.37 Teniendo en cuenta la resistencia del aire, una masa puntual recorre en t segundos un espacio  v2 gt , s = 0 ln cosh g v0 siendo g = 9,8 ms−2 la aceleraci´ on de la gravedad y v0 = 10 ms−1 la velocidad inicial. Calcular el error cometido en s si redondeamos g al valor 10 ms−2 y medimos el tiempo de ca´ıda con un error de 5 %.

98

Funciones de varias variables

Soluci´ on. Diferenciando la expresi´ on anterior tenemos    v02 g gt t v02 gt + dg + dt , tanh ds = − 2 dg ln cosh g v0 g v0 v0 v0 y dividiendo por s obtenemos

 tanh

gt v0



dg ds   =− + s g v0 ln cosh vgt0



t g dg + dt v0 v0

.

La f´ormula anterior nos permite escribir     gt   tanh  |Δg| |Δt| v0 |Δg|  gt Δs    ≈ + + . s |g| |t|  v0 ln cosh gt  |g| v0

0,2 Δt 5 Introduciendo los datos del enunciado Δg g = 10 y t = 100 , el error viene dado por     gt   tanh  0, 2  v0 0, 2  gt 5 Δs    ≈ + + .  s 10 100  v0 ln cosh gt  10 v0

4.2.5.

Funciones inversas e impl´ıcitas

Problema 4.38 Sea f : R3 → R2 definida por f (x, y, z) = (ex , sin(x + y), ez ) . 1. Probar que f es localmente invertible en (0,0). 2. Calcular el jacobiano de la funci´ on inversa en el punto f (0, 0, 0) = (1, 0, 1). 3. Probar que existen puntos en R3 donde no teorema de la funci´ on inversa.   1  Soluci´ on. (a) f ∈ C 1 (R3 ) y DetJf (0, 0, 0) =  1  0 f es localmente inversible en (0, 0, 0).

se cumplen las hip´ otesis del 0 1 0

0 0 1

    = 1 = 0 por lo tanto  

⎞−1 ⎛ ⎞ 1 0 0 1 0 0 (b) Jf−1 (1, 0, 1) = (Jf (0, 0, 0))−1 = ⎝ 1 1 0 ⎠ = ⎝ −1 1 0 ⎠. 0 0 1 0 0 1   x   e 0 0   (c) DetJf (x, y, z) =  cos(x + y) cos(x + y) 0  = ex cos(x + y)ez que se  0 0 ez  anula para aquellos valores en que x + y = (2n + 1) π2 , ∀n ∈ Z, por tanto para estos puntos no se cumplen las hip´otesis del teorema de la funci´on inversa. ⎛

4.2 Problemas resueltos

99

Problema 4.39 Sea g : R2 → R2 definida por g(x, y) = (ex + ey , ex − ey ). 1. Probar que g es localmente invertible en un entorno de cada punto (x, y) ∈ R2 . 2. Probar que g es globalmente invertible, calculando su funci´ on inversa. 3. Comprobar que las matrices jacobianas de g y g −1 en los puntos correspondientes son inversas.  x  e Soluci´ on. (a) g ∈ C (R ) y DetJg (x, y) =  x e 2 tanto f es localmente inversible en todo R . 1

2

 ey  = −2ex ey = 0, por lo −ey 

Sean u = ex + ey y v = ex − ey , obtenemos que g −1 (u, v) = (b) u+v ln( 2 ), ln( u−v 2 ) . 

ex ex

(c) Jg (x, y) = ⎛ Jg−1 (u, v) = ⎝

ey −ey

1 u+v

1 u+v

1 u−v

1 − u−v

⎞

⎛ =⎝

u+v 2

u−v 2

u+v 2

− u−v 2

⎞ ⎠ y por otro lado

⎠ de donde es f´acil ver que su producto es la

identidad.

Problema 4.40 Sea h : R3 → R3 definida por h(x, y, z) = (e2y + e2z , e2x − e2z , x − y). 1. Probar que h es localmente invertible en un entorno de cada punto y determinar su jacobiano. 2. Probar que h es globalmente invertible, calculando su funci´ on inversa.   0 2e2y 2e2z  0 −2e2z Soluci´ on. (a) h ∈ C 1 (R2 ). Dado que DetJh (x, y, z) =  2e2x  1 −1 0 2(x+z) 2(y+z) −4(e +e ) = 0,la funci´ on h es localmente invertible en todo R3 .

   =  

(b) Sean u = e2y + e2z , v = e2x − e2z y w = x −  y. Obtenemos que u+v 1 u+v 1 ue2w −v ), ln( ), ln( ) . h (u, v, w) = w + 21 ln( 1+e 2w 2 1+e2w 2 1+e2w −1

100

Funciones de varias variables

Problema 4.41 Sea f : R → R derivable en todo R y verificando f  (a) = 0, ∀a ∈ R. Probar que f es inyectiva en todo R. Sea, por otra parte g : R2 → R2 definida por g(x, y) = (ex cos y, ex sin y) . Probar que det Jg (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ R2 , pero sin embargo g no es inyectiva. Soluci´ on. Si f (a) = f (b) para a = b aplicando el Teorema de Rolle ∃c ∈ (a, b) tal f  (c) = 0 en contra de las hip´ otesis y por tanto f es inyectiva.  ex cos y −ex sin y   = e2x = 0, sin embargo En el segundo caso det Jg (x, y) =  x e sin y ex cos y  no es inyectiva puesto que g(0, 0) = g(0, 2π). Problema 4.42 Probar que la ecuaci´ on ex y + x sin y = 0 define impl´ıcitamente y en funci´ on de x en un entorno del punto (1, 0). Calcular y  (1). Soluci´ on. Definimos f (x, y) = ex y +x sin y. Tenemos que f (1, 0) = 0, f (x, y) ∈ 1 x C (R) y ∂f ∂y (1, 0) = e + x cos y|(1,0) = e + 1 = 0 por tanto, aplicando el teorema de la funci´ on impl´ıcita podemos expresar y en funci´ on de x en un entorno del punto x = 1. Derivando f (x, y) = 0 impl´ıcitamente respecto x y evaluando esta expresi´on en el punto considerado se obtiene y  (1) = 0 e y  (1) = 0. Problema 4.43 Probar que la ecuaci´ on x3 u+xv 2 −1 = 0 define impl´ıcitamente x como funci´ on de u, v en un entorno de (u, v, x) = (1, 0, 1). Calcular ∂2x ∂2x ∂2x , , ∂u2 ∂u∂v ∂v 2 en (u, v) = (1, 0). Soluci´ on. Definimos f (u, v, x) = x3 u + xv 2 − 1. Tenemos que f (1, 0, 1) = 0, 2 2 f (u, v, x) ∈ C 1 (R3 ) y ∂f ∂x (1, 0, 1) = 3x u + v |(1,0,1) = 3 = 0 por tanto, aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita podemos expresar x en funci´ on de u, v en un entorno del punto (1, 0). Derivando f (u, v, x) = 0 impl´ıcitamente respecto u, v ∂2x 4 y evaluando esta expresi´on en el punto considerado se obtiene ∂u 2 (1, 0) = 9 , 2 2 ∂ x ∂ x 2 ∂u∂v = 0 y ∂v 2 (1, 0) = − 3 . Problema 4.44 Demostrar que si la ecuaci´ on impl´ıcita F (x, y) = 0 define y = y(x), entonces se verifica    0 ∂F/∂x ∂F/∂y  2  1 d y = ∂F 3  ∂F/∂x ∂ 2 F/∂x2 ∂ 2 F/∂x∂y  . dx2 ( ∂y )  ∂F/∂y ∂ 2 F/∂x∂y ∂ 2 F/∂y 2  Soluci´ on. Calculamos la primera derivada y =

∂F/∂x dy =− . dx ∂F/∂y

4.2 Problemas resueltos

101

Mediante nueva derivaci´ on respecto de x de la ecuaci´on anterior y aplicando la regla de la cadena, obtenemos  2   2  ∂F ∂ F ∂2F  ∂F ∂ F ∂2F  − 2 + y + y ∂y ∂x2 ∂x∂y ∂x ∂y∂x ∂y 2 d y = −  2 dx2 ∂F 2

= −

∂ F ∂x2



∂F ∂y

2

∂y 2

∂ F ∂F ∂F − 2 ∂x∂y ∂x ∂y +  3

∂2F ∂y 2

∂F 2 ∂x

,

∂F ∂y

donde el numerador de la u ´ltima fracci´on es el determinante del enunciado.

4.2.6.

F´ ormula de Taylor

Problema 4.45 Calcular el polinomio de Taylor de orden n de las funciones siguientes (a)f (x, y) = x3 + y 2 + xy 2 en un entorno del (1, 2), (b)g(x, y) = ln(x + y) en un entorno del (1, 1), (c)h(x, y, z) = ea(x+y+z) en un entorno del (0, 0, 0). 1 (6(x − 1)2 + 8(x − 1)(y − Soluci´ on. (a) f (x, y) = 9 + 7(x − 1) + 8(y − 2) + 2! 1 3 2 2 2) + 4(y − 2) ) + 3! (6(x − 1) + 6(x − 1)(y − 2) ). 1 1 2 (b) g(x, y) ≈ ln 2 + 21 ((x − 1) + (y − 1)) − 2! 4 ((x − 1) + (y − 1)) + . . . + n+1 (n−1)! 1 n (−1) n! 2n ((x − 1) + (y − 1)) . 1 2 1 n a (x + y + z)2 + . . . + n! a (x + y + z)n . (c) h(x, y, z) ≈ 1 + a(x + y + z) + 2!

Problema 4.46 Probar que la ecuaci´ on ex y + x sin y = 0 define impl´ıcitamente y en funci´ on de x en un entorno del punto (1, 0). Hacer un desarrollo de Taylor de y(x) hasta tercer orden alrededor de x = 1. Soluci´ on. Definimos f (x, y) = ex y +x sin y. Tenemos que f (1, 0) = 0, f (x, y) ∈ x C 1 (R2 ) y ∂f ∂y (1, 0) = e + x cos y|(1,0) = e + 1 = 0 por tanto, aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita podemos expresar y en funci´ on de x. Derivando f (x, y) = 0 impl´ıcitamente respecto x y evaluando esta expresi´on en el punto considerado se obtiene y  (1) = 0, y  (1) = 0 e y  (1) = 0 por tanto y(x) = 0 hasta tercer orden alrededor de x = 1. Problema 4.47 Encontrar el polinomio de Taylor de segundo orden de la funci´ on y(x) definida impl´ıcitamente por x2 y 2 + xy + x3 − 3 = 0 alrededor del punto (1, 1). Soluci´ on. Definimos f (x, y) = x2 y 2 + xy + x3 − 3. Tenemos que f (1, 1) = 0, 2 f (x, y) ∈ C 1 (R2 ) y ∂f ∂y (1, 1) = 2x y + x|(1,1) = 3 = 0 por tanto, aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita podemos expresar y en funci´ on de x. Derivando f (x, y) = 0 impl´ıcitamente respecto x y evaluando esta expresi´on en el punto

102

Funciones de varias variables

considerado se obtiene y  (1) = −2 e y  (1) = 2 2 3 (x − 1) alrededor de x = 1.

4 3

por tanto y(x) ≈ 1 − 2(x − 1) +

Problema 4.48 Determinar el valor del par´ ametro a tal que el tercer t´ermino de Taylor de la funci´ on y = f (x) en un entorno de cero sea − 21 x3 /3! donde f (x) es la funci´ on definida impl´ıcitamente en un entorno de (0, 2) por la ecuaci´ on y 3 − axy − 8 = 0. Soluci´ on. Definimos g(x, y) = y 3 − axy − 8. Tenemos que g(0, 2) = 0, g(x, y) ∈ ∂g 1 2 C (R ) y ∂y (0, 2) = 3y 2 − axy|(0,2) = 12 = 0 por tanto, aplicando el teorema de la funci´ on imp´ıcita podemos expresar y en funci´ on de x. Derivando g(x, y) = 0 impl´ıcitamente respecto x y evaluando esta expresi´on en el punto considerado a3 . Imponiendo y  (0) = 21 resulta se obtiene y  (0) = a6 , y  (0) = 0 e y  (0) = − 432 3 a que − 432 = 21 de donde a = 6. Problema 4.49 Sea f : R2 → R de clase C ∞ , tal que f (0, 0) = 0 y adem´ as  Df (0, 0) = (0, 1),

Hf (0, 0) =

1 1

1 2



f (x,y)

,

F (x, y) =

2

et dt.

0

1. Calcular el polinomio de Taylor de grado 2 de F en (0, 0). 2. Probar que la ecuaci´ on F (x, y) = (0, 0) define y como funci´ on impl´ıcita de x de clase C ∞ , y = g(x), en un entorno de (0, 0). Soluci´ on. (a) F (x, y) ≈ y +

1 2 2! (x

+ 2xy + 2y 2 ).  f (x,y) t2 (b) Teniendo en cuenta que F (x, y) = 0 e dt, tenemos que F (0, 0) = 0, 2

f (x,y) ∂f F (x, y) ∈ C ∞ (R2 ) y ∂F ∂y (0, 0) = e ∂y (x, y)|(0,0) = 1 = 0. Aplicando el teorema de la funci´on impl´ıcita podemos expresar y en funci´ on de la variable x en un entorno de x = 0.

Problema 4.50 Demostrar que la ecuaci´ on sin(ax + by + z) + ecxy+z + x + 2y = 1, define z como funci´ on impl´ıcita, z=f(x,y) de clase C ∞ en un entorno del origen. Calcular las constantes a, b, c para que los dos primeros t´erminos del desarrollo de Taylor de f en el origen sean 0. Soluci´ on. Definimos F (x, y, z) = sin(ax+by +z)+ecxy+z +x+2y −1. Tenemos que F (0, 0, 0) = 0, F (x, y, z) ∈ C ∞ (R3 ) y ∂F ∂y (0, 0, 0) = cos(ax + by + z) + on impl´ıcita ecxy+z |(0,0,0) = 2 = 0, por tanto aplicando el teorema de la funci´ podemos expresar z en funci´ on de x, y. Derivando impl´ıcitamente se obtiene 2 4c+(2+a)(1+a) ∂2f ∂2f 1+a ∂f 2+b ∂ f . que ∂f ∂x = − 2 , ∂y = − 2 , ∂x2 = 0, ∂y 2 = 0 y ∂x∂y = − 8 Si queremos que se anulen los t´erminos hasta segundo orden basta imponer a = −1, b = −2 y c = 0.

4.2 Problemas resueltos

4.2.7.

103

M´ aximos y m´ınimos

Problema 4.51 Encontrar los puntos cr´ıticos de las funciones siguientes y determinar su naturaleza (a) f (x, y) = x3 + y 3 − 9xy + 27, (c) h(x, y) = x2 − 2xy 2 + y 4 − y 5 ,

(b) g(x, y) = (x + y − 1)(x4 + y 4 ), x+y (d) k(x, y) = 1+x 2 +y 2 .

∂f 2 2 Soluci´ on. (a) Tenemos ∂f ∂x := 3x − 9y = 0 y ∂y := 3y − 9x = 0. Resolviendo el anterior sistema obtenemos cr´ıticos son (0, 0) y (3, 3). La ma que los puntos 6x −9 . La matriz Hessiana en el punto (0, 0) triz Hessiana es Hf (x, y) =  −9 6y 0 −9 es Hf (0, 0) = con Δ1 = 0 y Δ2 = −81 < 0 por tanto es un punto −9 0  18 −9 de silla. La matriz Hessiana en el punto (3, 3) es Hf (3, 3) = con −9 18 Δ1 = 18 > 0 y Δ2 = 243 > 0 por tanto es un m´ınimo. ∂g ∂g (b) Tenemos ∂x := x4 + y 4 + 4x3 (x + y − 1) = 0 y ∂y := x4 + y 4 + 4y 3 (x + y − 1) = 0. Resolviendo el anterior sistema obtenemos que los puntos cr´ıticos son (0, 0) y ( 52 , 25 ). La matriz Hessiana es



Hg (x, y) =

4(x3 + y 3 ) 8x3 + 12x2 (x + y − 1) 3 3 3 4(x + y ) 8y + 12y 2 (x + y − 1)



.



0 0 La matriz Hessiana en el punto (0, 0) es Hg (0, 0) = con Δ1 = 0 y 0 0 Δ2 = 0 por tanto el criterio no decide. Efectuando un estudio detallado de la funci´ on se puede ver que es un m´aximo debido a que g(x, y) = (x + y − 1)(x4 + 4 y ) < 0 para todo punto (x, y) suficientemente cercano al origen y g(0, 0) = 0. La matriz Hessiana en el punto ( 52 , 52 ) es ⎛ 2 2 Hg ( , ) = ⎝ 5 5

con Δ1 =

16 25

16 25

64 125

64 125

16 25

⎞

⎠,

> 0 y Δ2 > 0 por tanto es un m´ınimo.

∂h 2 3 4 (c) Tenemos ∂h ∂x := 2x − 2y = 0 y ∂y := −4xy + 4y − 5y = 0. Resolviendo el anterior sistema obtenemos que el u ´ nico punto cr´ıtico es (0, 0). La matriz Hessiana es  2 −4y Hh (x, y) = . −4y −4x + 12y 2 − 20y 3  2 0 La matriz Hessiana en el punto (0, 0) es Hh (0, 0) = con Δ1 = 2 > 0 0 0 y Δ2 = 0 por tanto el criterio no decide. Efectuando un estudio detallado de la

104

Funciones de varias variables

funci´on se puede ver que es un punto de silla debido a que h(x, y) = (x−y 2 )−y 5 que para valores x = y 2 e y > 0 es negativa y para valores x = y 2 e y < 0 es positiva. (d) Tenemos

∂k ∂x

:=

1+x2 +y 2 −2x(x+y) (1+x2 +y 2 )2

= 0 y

1+x2 +y 2 −2y(x+y) = 0. 2 (1+x2 +y 2 )√ √ √ √ 2 2 2 ( 2 , 2 ) y (− 2 , − 22 ).

∂k ∂y

:=

Resolviendo el sistema anterior los puntos cr´ıticos son √ √ La matriz Hessiana en el punto ( 22 , 22 ) es ⎛ √ √ ⎞ √ √ − 22 − 242 2 2 ⎟ ⎜ , )=⎝ √ , Hk ( √ ⎠ 2 2 − 242 − 22 √

con Δ1 = − 22 < 0 y Δ2 > 0 por tanto es un m´ aximo. La matriz Hessiana en √ √ 2 2 el punto (− 2 , − 2 ) es ⎛ √ √ ⎞ 2 2 √ √ 2 24 ⎟ 2 2 ⎜ ,− )=⎝ √ , Hk (− √ ⎠ 2 2 2 2 24

con Δ1 =

√ 2 2

2

> 0 y Δ2 > 0 por tanto es un m´ınimo.

Problema 4.52 Calcular los extremos relativos de las funciones siguientes: (a) f (x, y) = x2 y 2 (1 − x − y),

(b) g(x, y) = sin x sin y.

∂f 2 2 2 3 2 3 Soluci´ on. (a) Tenemos ∂f ∂x := 2xy − 3x y − 2xy = 0 y ∂y := 2x y − 2x y − 3x2 y 2 = 0. Resolviendo el anterior sistema obtenemos los siguientes puntos cr´ıticos (x, 0), (0, y) y ( 52 , 25 ). La matriz Hessiana es  2y 2 − 6xy 2 − 2y 3 4xy − 6x2 y − 6xy 2 Hf (x, y) = . 4xy − 6x2 y − 6xy 2 2x2 − 2x3 − 6yx2

La matriz Hessiana en los puntos (0, y) es  2y 2 − 2y 3 Hf (0, y) = 0

0 0

,

con Δ1 = 2y 2 − 2y 3 y Δ2 = 0 por tanto el criterio no decide. Efectuando un estudio detallado de la funci´ on se puede ver que es un punto de silla para y = 1, un m´aximo para y > 1 y un m´ınimo para y < 1 debido a que f (x, y) = x2 y 2 (1 − x − y) es negativa para valores y > 1 y es positiva para valores y < 1. La matriz Hessiana en los puntos (x, 0) es  0 0 Hf (x, 0) = , 0 2x2 − 2x3

4.2 Problemas resueltos

105

con Δ1 = 0 y Δ2 = 0 por tanto el criterio no decide. Efectuando un estudio detallado de la funci´ on se puede ver que es un punto de silla para x = 1, un m´aximo para x > 1 y un m´ınimo para x < 1 debido a que f (x, y) = x2 y 2 (1 − x − y) es negativa para valores x > 1 y es positiva para valores x < 1. 64 Para el punto ( 52 , 25 ), Δ1 = −24 125 < 0 y Δ2 = 3125 > 0 por tanto es un punto de silla. ∂g ∂g (b) Tenemos ∂x := cos x sin y = 0 y ∂y := sin x cos y = 0. Resolviendo el anterior sistema obtenemos los siguientes puntos cr´ıticos ((2n + 1) π2 , (2k + 1) π2 ), (nπ, kπ) para todo n, k ∈ N. La matriz Hessiana es  − sin x sin y cos x cos y Hg (x, y) = . cos x cos y − sin x sin y

La matriz en el punto ((2n + 1) π2 , (2k + 1) π2 ) es Hg ((2n + 1) π2 , (2k +  Hessiana ±1 0 1) π2 ) = con Δ1 = ±1 y Δ2 > 0 por tanto es un m´ınimo cuando 0 ±1 Δ1 = 1 > 0 y es un m´aximo cuando Δ1 = −1  < 0. La matriz Hessiana en el 0 ±1 punto (nπ, kπ) es Hg (nπ, kπ) = con Δ1 = 0 y Δ2 = 0 por tanto ±1 0 es un punto de silla. Problema 4.53 Calcular los puntos cr´ıticos de la funci´ on f (x, y) = (x + y)e−(ax+by) y determinar su naturaleza seg´ un los valores de a y b. −(ax+by) −(ax+by) (1 − a(x + y)) = 0 y ∂f × Soluci´ on. Tenemos ∂f ∂x := e ∂y := e (1 − b(x + y)) = 0. Resolviendo el anterior sistema obtenemos los siguientes puntos cr´ıticos (x, a1 − x). La matriz Hessiana es

⎛ Hf (x, y) = −e−(ax+by) ⎝

a(2 − a(x + y))

(a + b − ab(x + y))

(a + b − ab(x + y))

b(2 − b(x + y))

⎞ ⎠.



1 1 1 1 con Δ1 = − ae y Δ2 = 0 por tanto el criterio no decide. Efectuando un estudio detallado de la funci´ on se puede ver que es un m´aximo si a > 0 debido a que f (x, a1 − x) = a1 e−1 y f (x, a1 +  − x) < f (x, a1 − x), ∀ ∈ R y es un m´ınimo si a < 0 debido a que f (x, a1 +  − x) > f (x, a1 − x), ∀ ∈ R.

La matriz Hessiana en el punto (x, a1 − x) es Hf (x, a1 − x) = − ae

Problema 4.54 Encontrar los valores m´ aximos y m´ınimos de la funci´ on z = x2 + y 2 − 2x + 4y + 3 en el dominio definido por 2x2 + 2y 2 − 8x + 11y − 5 ≤ 0 . Soluci´ on. Primero calculamos los extremos de f (x, y) en R2 . Tenemos que ∂f := 2x − 2 = 0 y ∂f ∂x ∂y := 2y + 4 = 0. Resolviendo el sistema anterior obtenemos x = 1 y y = −2. La matriz Hessiana en el punto (1, −2) es Hf (1, −2) =

106

Funciones de varias variables



2 0 con Δ1 = 2 > 0 y Δ2 = 4 > 0 por tanto el punto (1, −2) es un 0 2 m´ınimo relativo. Ahora calculamos los extremos en la frontera del dominio, para ello utilizamos la Lagrangiana L(x, y) = f (x, y) + λ(2x2 + 2y 2 − 8x + 11y − 5). ∂L Tenemos ∂L ∂x := 2x − 2 + λ(4x − 8) = 0, ∂y := 2y + 4 + λ(4y + 11) = 0 ∂L 2 2 y ∂λ := 2x + 2y − 8x + 11y − 5 = 0. Resolviendo el sistema anterior se obtiene λ = − 31 y λ = − 32 que corresponden a los puntos (−1, − 21 ) y (5, −5) respectivamente. La matriz Hessiana es  2 + 4λ 0 HL (x, y) = . 0 2 + 4λ  2 0 1 1 3 con La matriz Hessiana en el punto (−1, − 2 ) es HL (−1, − 2 ) = 0 23 2 4 Δ1 = 3 > 0 y Δ2 = 9 > 0 por tanto es un m´ınimo enla frontera del dominio. 2 0 −3 con Δ1 = La matriz Hessiana en el punto (5, −5) es HL (5, −5) = 0 − 32 − 32 < 0 y Δ2 = 94 > 0 por tanto es un m´aximo en la frontera del dominio. Como (1, −2) pertenece al dominio y f (1, −2) = −2, f (−1, − 21 ) = 17 4 y f (5, −5) = 23 tenemos que (1, −2) es un m´ınimo absoluto en el dominio y que (5, −5) es un m´aximo absoluto en el dominio, ya que el dominio es cerrado y acotado. Problema 4.55 Calcular los extremos absolutos que toma la funci´ on f (x, y) = 4x2 + y 2 − 4x − 3y en el recinto D = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0, 4x2 + y 2 ≤ 4}. Soluci´ on. Primero calculamos los extremos de f (x, y) en R2 . Tenemos que ∂f ∂f ∂x := 8x − 4 = 0 y ∂y := 2y − 3 = 0. Resolviendo el sistema anterior obtenemos  8 0 x = 21 y y = 23 . La matriz Hessiana en el punto ( 21 , 23 ) es Hf ( 21 , 23 ) = 0 2 con Δ1 = 8 > 0 y Δ2 = 16 > 0 por tanto el punto ( 21 , 32 ) es un m´ınimo relativo. Ahora calculamos los extremos en la frontera del dominio, para ello utilizamos la Lagrangiana L(x, y) = f (x, y) + λ1 y + λ2 (4x2 + y 2 − 4). Tenemos ∂L ∂L ∂L ∂x := 8x − 4 + 8λ2 x = 0, ∂y := 2y − 3 + λ1 + 2λ2 y = 0, ∂λ1 := y = 0 y ∂L 2 2 ∂λ2 := 4x + y − 4 = 0. Resolviendo el sistema anterior se obtiene λ1 = 3, 1 λ2 = − 2 que corresponde al punto (1, 0) y λ1 = 3, λ2 = − 23 que corresponde al punto (−1, 0). La matriz Hessiana es  0 8(1 + λ2 ) HL (x, y) = . 0 2(1 + λ2 )  4 0 con Δ1 = 4 > 0 La matriz Hessiana en el punto (1, 0) es HL (1, 0) = 0 1 y Δ2 = 4 > 0 por tanto es un m´ınimo en lafrontera del dominio. La matriz −4 0 Hessiana en el punto (−1, 0) es HL (−1, 0) = con Δ1 = −4 < 0 y 0 −1 Δ2 = 4 > 0 por tanto es un m´ aximo en la frontera del dominio. Como ( 21 , 32 )

4.2 Problemas resueltos

107

pertenece al dominio y f ( 21 , 32 ) = − 13 4 , f (1, 0) = 0 y f (−1, 0) = 8 tenemos que ( 21 , 32 ) es un m´ınimo absoluto en el dominio y que (−1, 0) es un m´aximo absoluto en el dominio, ya que el dominio es cerrado y acotado. Problema 4.56 Con un hilo de longitud queremos construir un cuadrado y un c´ırculo. Encontrar las dimensiones para que el a ´rea total sea m´ axima, o bien m´ınima. Soluci´ on. Llamemos x a la longitud del lado del cuadrado e y a la longitud y2 . del c´ırculo. Tendremos que el ´area del cuadrado es x2 y el ´area del c´ırculo es 4π 2

y La ligadura es 4x + y = . La lagrangiana es L(x, y) = x2 + 4π + λ(4x + y − ). y ∂L ∂L ∂L Tenemos ∂x := 2x+4λ = 0, ∂y := 2π +λ = 0 y ∂λ := 4x+y− = 0. Resolviendo 1 , π ). La matriz Hessiana el anterior sistema se obtiene el punto cr´ıtico ( π+4  π+4 2 0 π π 1 1 con Δ1 = 2 > 0 y , π+4 ) es HL ( π+4 , π+4 ) = en el punto ( π+4 1 0 2π π 1 , π+4 ) es un m´ınimo. Δ2 = π1 > 0 por tanto ( π+4

Problema 4.57 Calcular la distancia entre las rectas r y s siguientes:  x + y + z = 0; = y = z, r : x−1 s : 2 x − y − z = 0. Soluci´ on. Sean (x, y, z) y (a, b, c) dos puntos arbitrarios de las rectas r y s, respectivamente. La lagrangiana en este caso es L(x, y, z, a, b, c) = (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 + λ1 (x − 1 − 2y) + λ2 (y − z) + λ3 (a + b + c) + λ4 (a − b − c). ∂L ∂L Teniendo ∂L ∂x := 2(x − a) + λ1 = 0, ∂y := 2(y − b) − 2λ1 + λ2 = 0, ∂z := ∂L 2(z − c) − λ2 = 0, ∂L ∂a := −2(x − a) + λ3 + λ4 = 0, ∂b := −2(y − b) + λ3 − λ4 = 0, ∂L ∂L ∂L ∂c := −2(z − c) + λ3 − λ4 = 0, ∂λ1 := x − 1 − 2y = 0, ∂λ2 := y − z = 0, ∂L ∂L ∂λ3 := a + b + c = 0 y ∂λ4 := a − b − c = 0. Resolviendo el sistema anterior se obtiene el punto cr´ıtico ( 31 , − 13 , − 13 , 0, 0, 0). La matriz Hessiana en el punto ( 31 , − 31 , − 13 , 0, 0, 0) es ⎞ ⎛ 2 0 0 −2 0 0 ⎜ 0 2 0 0 −2 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 0 1 1 1 0 2 0 0 −2 ⎟ ⎟, ⎜ HL ( , − , − , 0, 0, 0) = ⎜ 0 2 0 0 ⎟ 3 3 3 ⎟ ⎜ −2 0 ⎝ 0 −2 0 0 2 0 ⎠ 0 0 −2 0 0 2 con Δi > 0, i = 1, . . . , 6, por tanto ( 31 , − 31 , − 31 , 0, 0, 0) es un m´ınimo. Problema 4.58 Encontrar los extremos de la funci´ on u = x + y + z, si las variables estan ligadas por la relaci´ on x1 + y1 + z1 = 1. Soluci´ on. La lagrangiana L(x, y, z) = x + y + z + λ( x1 + y1 + z1 − 1). Tenemos 1 1 ∂L λ ∂L λ ∂L λ ∂L 1 ∂x := 1 − x2 = 0, ∂y := 1 − y 2 = 0, ∂z := 1 − z 2 = 0 y ∂λ := x + y + z − 1 = 0.

108

Funciones de varias variables

Resolviendo el sistema anterior se obtiene x2 = y 2 = z 2 . El caso x = y = z con λ = 9 corresponde al punto (3, 3, 3), el caso x = y = −z con λ = 1 corresponde al punto (1, 1, −1), el caso x = −y = z con λ = 1 corresponde al punto (1, −1, 1) y el caso −x = y = z con λ = 1 corresponde al punto (−1, 1, 1). La matriz Hessiana es ⎞ ⎛ 2λ 0 0 x3 0 ⎠. HL (x, y, z) = ⎝ 0 2λ y3 2λ 0 0 z3 La matriz Hessiana en el punto (3, 3, 3) es ⎛ 2 3

HL (3, 3, 3) = ⎝ 0 0 2

con Δ1 = 32 > 0, Δ2 = 32 > 0 y Δ3 = matriz Hessiana en el punto (1, 1, −1) es ⎛

0 2 3

0

23 3

2 3

> 0 por tanto es un m´ınimo. La

2 0 HL (1, 1, −1) = ⎝ 0 2 0 0

con Δ1 = 2 > 0, Δ2 = 4 > 0 y Δ3 = −8 < 0 matriz Hessiana en el punto (1, −1, 1) es ⎛ 2 HL (1, −1, 1) = ⎝ 0 0

⎞ 0 0 ⎠,

⎞ 0 0 ⎠, −2

por tanto es un punto de silla. La ⎞ 0 0 −2 0 ⎠ , 0 2

con Δ1 = 2 > 0, Δ2 = −4 < 0 y Δ3 = −8 < La matriz Hessiana en el punto (−1, 1, 1) es ⎛ −2 HL (−1, 1, 1) = ⎝ 0 0

0 por tanto es un punto de silla. ⎞ 0 0 2 0 ⎠, 0 2

con Δ1 = −2 < 0, Δ2 = −4 < 0 y Δ3 = −8 < 0 por tanto es un punto de silla. Problema 4.59 Sea f : R3 → R definida por f (x, y, z) = x2 + y 2 + bxy + az, donde a, b son par´ ametros reales. Encontrar la relaci´ on entre los par´ ametros a, b que sea una condici´ on necesaria para que el punto (1, 1, 1) sea extremo relativo de f sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 3. Soluci´ on. La Lagrangiana L(x, y, z) = x2 + y 2 + bxy + az + λ(x2 + y 2 + z 2 − 3). ∂L ∂L Tenemos ∂L ∂x := 2x + by + 2λx = 0, ∂y := 2y + bx + 2λy = 0, ∂z := a + 2λz = 0 2 2 2 y ∂L ∂λ := x + y + z − 3 = 0. Como queremos que el punto (1, 1, 1) sea punto cr´ıtico obtenemos las ecuaciones 2+b+2λ = 0 y a+2λ = 0 que dan la condici´ on 2 + b − a = 0.

4.3 Problemas propuestos

4.3.

109

Problemas propuestos

1. Considerar la funci´ on f : R2 → R definida por ⎧ ⎨ y(x2 − y 2 ) si (x, y) = (0, 0), f (x, y) = x2 + y 2 ⎩ 0 si (x, y) = (0, 0). (a) Demostrar que f (x, y) es una funci´ on continua en todo R2 . (b) Calcular

∂f ∂x

y

∂f ∂y

y estudiar su continuidad en el origen.

2. Estudiar en (0, 0) la continuidad, existencia de derivadas parciales, condici´on suficiente de diferenciabilidad y diferenciabilidad de la siguiente funci´on ⎧ ⎨ xy 3 si (x, y) = (0, 0), f (x, y) = x2 + y 2 ⎩ 0 si (x, y) = (0, 0). 3. Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad de la funci´ on ⎧ 3 ⎨ x − y3 si (x, y) = (0, 0) , f (x, y) = x2 + y 2 ⎩ 0 si (x, y) = (0, 0) . 4. Considerar la ecuaci´on x2 + y 2 − z 2 − xy = 0. (a) Demostrar que se puede expresar z como funci´on de x e y alrededor del punto (x, y, z) = (−1, 0, 1). (b) Calcular

∂z ∂x

y

∂z ∂y

en el punto (x, y, z) = (−1, 0, 1).

5. Demostrar que la ecuaci´on (x + y)3 − 2(x2 + y 2 ) + 3y − x = 0, define impl´ıcitamente y en funci´ on de x alrededor del punto (x, y) = (0, 0). Calcular el polinomio de Taylor de orden 2 de dicha funci´ on. 2 6. Sean f, g : R → R dos funciones yde

clase C (R). y

Demostrar que z = xf x + g x satisface la ecuaci´on

x2

2 ∂2z ∂2z 2∂ z + 2xy = 0. + y ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

 7. Considerar la funci´ on z = ln v = y. Calcular u 8. Dada Ω =

1+x y

 y el cambio de variables u = xy,

∂z ∂z +v . ∂u ∂v

2 ∂2Ω ∂2Ω x3 − 5y 3 + 4xy 2 2 ∂ Ω , calcular x2 + 2xy . + y 2x + y ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

110

Funciones de varias variables

9. Resolver las siguientes cuestiones: (a) Demostrar que la funci´ on z = f (x + g(y)) satisface

∂z ∂ 2 z = ∂x ∂x∂y

∂z ∂ 2 z . ∂y ∂x2 (b) Dada F (x, y, z) = x3 +2y 3 +z 3 −3xyz −2y −1 = 0, calcular ∂z ∂2z (0, 0) y (0, 0). ∂y ∂x∂y 10. Demostrar que la funci´ on z = f (xy) + derivadas parciales: x2

∂z (0, 0), ∂x

  √ xy g xy satisface la ecuaci´on en

2 ∂2z 2∂ z − y = 0. ∂x2 ∂y 2

 ∂u ∂u ∂u +y +z donde u = arctan x2 + 3xy + z 2 . Ex∂x ∂y ∂z presar el resultado en funci´ on de u.

11. Calcular Ω = x

12. Dada la funci´ on z = yf (x2 − y 2 )/g(y), con f, g ∈ C 1 i g no nula, hallar ∂z ∂z . ∂x ∂y 13. Demostrar que la funci´ on z(x, y) = yF (x2 − y 2 ) con F : R → R cualquier funci´ on derivable satisface la ecuaci´on 1 ∂z 1 ∂z z + = x ∂x y ∂y y 14. La altura h de una monta˜ na respecto del nivel del mar viene dada por la expresi´on h(x, y) = 1000 − 0,01x2 − 0,05y 2 donde x e y representan las direcciones Este y Norte respectivamente. Un monta˜ nero se encuentra en el punto de la monta˜ na de coordenadas (x, y) = (200, 100). (a) Hallar la direcci´ on de ascenso m´as r´apida. (b) Hallar la direcci´ on para la cual no cambia la altura. 15. Hallar la derivada direccional de la funci´ on f (x, y) = 3x4 − xy + y 3 en el punto (1, 2) seg´ un un vector unitario en la direcci´ on que forma con el eje Ox un ´angulo de 60◦ . 2

16. Calcular el gradiente de f (x, y, z) = z cos(x2 y) + x sin(y 2 z) + y ez x . Dar el valor de la derivada de f en el punto (0, 0, 0) y en la direcci´on de m´axima variaci´ on. 17. Resolver las siguientes cuestiones:

4.3 Problemas propuestos

111

(a) Hallar el vector gradiente de la funci´ on f (x, y) = ex sin x + ey sin x en 2 un punto arbitrario de R . (b) Hallar la derivada direccional de f en el punto (0, 0), en la direcci´on de la bisectriz del primer cuadrante. (c) Hallar una direcci´ on v para la cual la derivada direccional de f en el origen seg´ un esa direcci´on es cero, es decir, Dv f (0, 0) = 0. 18. Sea f una funci´ on real de variable real suficientemente derivable. Se considera la superficie de R3 definida por z = xf (x/y). Demostrar que todos los planos tangentes a esa superficie pasan por el origen de coordenadas. 19. La distribuci´ on de temperaturas sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 50 viene dada por T (x, y, z) = 100 + x2 + y 2 . Hallar la temperatura m´ axima sobre la curva intersecci´on entre la esfera y el plano x − z = 0. 20. Determinar los extremos condicionados de la funci´ on z = x + 2y con la restricci´on x2 + y 2 = 5. (3,0)

(b) Calcular

(x4 + 4xy 3 ) dx + (6x2 y 2 − 5y 4 ) dy .

(−2,−1)

21. Hallar y clasificar los extremos relativos de la funci´ on f (x, y) = 4x2 ey − 4 4y 2x − e . ¿Es posible que existan dos monta˜ nas sin valle? 22. Analizar para qu´e valores de k ∈ R la funci´ on f (x, y) =

3 2 (x + y 2 ) + kxy, 2

tiene en (0, 0) un m´ınimo, un m´ aximo o un punto de silla. 23. Encontrar los m´ aximos y los m´ınimos relativos de la siguiente funci´ on real f (x, y) = x3 + y 3 − 3x − 12y. 24. Dada una funci´ on f : R → R de clase C 3 con f (0) = 0, f  (0) = 5,  f (0) = 2, se define la funci´ on F (x, y) = xf (y) + yf (x). Probar que F presenta un punto de silla en el origen.

Cap´ıtulo 5

C´ alculo integral en una variable 5.1. 5.1.1.

Resumen de teor´ıa La integral definida

Definici´ on 5.1 Consideremos un intervalo [a, b] ⊂ R. Se llama una partici´on de [a, b] a un conjunto finito de puntos de [a, b] que incluya a los dos puntos extremos a y b. Dicho de otro modo, una partici´ on P de [a, b] es P = {x0 , x1 , . . . , xn } , con a = x0 < x1 < · · · < xn = b. Definici´ on 5.2 Sea f : [a, b] ⊂ R → R una funci´ on acotada y sea P = {a = x0 , x1 , . . . , xn = b} una partici´ on de [a, b]. Se define la integral definida entre a b y b de la funci´ on f y se denota por a f (x) dx como b

f (x) dx = l´ım a

n→∞

n 

f (xk )Δk ,

k=1

donde Δk = xk − xk−1 . La funci´ on f se llama integrando mientras que a y b se denominan, respectivamente, l´ımite inferior y l´ımite superior de integraci´ on. Si la integral entre a y b de la funci´ on f existe, diremos que f es integrable en el intervalo [a, b]. Teorema 5.1 Toda funci´ on f continua en un intervalo [a, b] es integrable en ese intervalo. Proposici´ on 5.1 Considerar dos funciones f y g integrables en un intervalo [a, b]. Se verifica lo siguiente. 113

114

C´ alculo integral en una variable

(i) Para cualquier c ∈ [a, b], se tiene que b

c

b

f (x) dx = a

f (x) dx + a

f (x) dx . c

(ii) Del apartado (i) se deduce que a

a

a

b

f (x) dx = −

f (x) dx = 0 , b

f (x) dx . a

(iii) b

b

(f (x) ± g(x)) dx

b

f (x) dx ±

=

a

a

g(x) dx , a

b

b

λ f (x) dx

f (x) dx ∀ λ ∈ R .

= λ

a

a

(iv) Si f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], entonces

b a

(v) Si f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b], entonces

f (x) dx ≥ 0. b a

f (x) dx ≥

b a

g(x) dx.

(vi) Si |.| denota el valor absoluto, se tiene que     

b a

   f (x) dx ≤ 

b

|f (x)| dx . a

Teorema 5.2 (Teorema del valor medio integral) Consideremos una funci´ on f ∈ C([a, b]). Entonces, existe un punto ξ ∈ [a, b] tal que b

f (x) dx = f (ξ)(b − a) . a

Definici´ on 5.3 Diremos que una funci´ on derivable F es una primitiva de otra funci´ on f si F  = f . Teorema 5.3 (Teorema fundamental del c´ alculo) Consideremos una funci´ on f ∈ C([a, b]). Entonces, la funci´ on F : [a, b] → R definida como x

F (x) =

f (t) dt , a

es derivable y es una primitiva de f , es decir, F  (x) = f (x).

5.1 Resumen de teor´ıa

5.1.2.

115

Primitivizaci´ on

Teorema 5.4 (Regla de Barrow) Consideremos una funci´ on f integrable en [a, b]. Si F es una primitiva de f , entonces b

f (t) dt = [F ]ba = F (b) − F (a). a

Teorema 5.5 (F´ ormula de integraci´ on por partes) Consideremos las funciones u y v de clase C 1 ([a, b]). Entonces b a

' (b u(x)v  (x) dx = u(x)v(x) a −

b

v(x)u (x) dx .

a

Teorema 5.6 (Cambio de variable) Sea f ∈ C([a, b]) y ϕ ∈ C 1 ([α, β]) tal que ϕ(α) = a y ϕ(β) = b. Entonces b

β

f (x) dx = a

f (ϕ(t)) ϕ (t) dt .

α

Teorema 5.7 (Integraci´ on de funciones racionales) Se desea efectuar la siguiente integral P (x) dx Q(x) donde P y Q son polinomios. (i) Si gr(P ) ≥ gr(Q), entonces podemos efectuar la divisi´ on P (x) R(x) = C(x) + , Q(x) Q(x) siendo C(x) y R(x) los polinomios cociente y resto. Es claro que siempre se tendr´ a gr(R) < gr(Q). Entonces, P (x) dx = Q(x)

C(x) dx +

R(x) dx . Q(x)

(ii) Sea gr(P ) < gr(Q). Entonces, efecutuamos la descomposici´ on en fracciones simples de la funci´ on racional P (x)/Q(x). El procedimiento de descomposici´on en fracciones simples es el siguiente. En primer lugar, se descompone el denominador Q(x) en producto de factores primos dentro de los reales, es decir, se halla Q(x) = k

 i=1

(x − ai )mi

r 

(x2 + bi x + ci )ni ,

i=1

con k, ai , bi , ci ∈ R, mi , ni ∈ N y b2i − 4ci < 0. Observar que ai son las ra´ıces reales de Q(x) con multiplicidad mi .

116

C´ alculo integral en una variable

En segundo lugar, se efect´ ua la descomposici´on en fracciones simples. Se hallan constantes reales Aij , Bij y Cij tal que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ mi ni r Aij ⎠  ⎝ Bij x + Cij ⎠ P (x)  ⎝ = + . Q(x) (x − ai )j (x2 + bi x + ci )j i=1 j=1 i=1 j=1 Teorema 5.8 (Integraci´ on de funciones racionales trigonom´ etricas) Se desea efectuar la siguiente integral P (sin x, cos x) dx Q(sin x, cos x)

R(sin x, cos x) dx =

donde P y Q son polinomios en dos variables. (i) Si R satisface que R(− sin x, cos x) = −R(sin x, cos x), realizar el cambio de variable t = cos x. (ii) Si R satisface que R(sin x, − cos x) = −R(sin x, cos x), realizar el cambio de variable t = sin x. (iii) Si R satisface que R(− sin x, − cos x) = R(sin x, cos x), realizar el cambio de variable t = tan x. Entonces, se tiene que sin2 x =

t2 1 dt , cos2 x = , dx = . 2 2 1+t 1+t 1 + t2

(iv) En cualquier caso realizar el cambio de variable t = tan (x/2). Entonces, se tiene que sin x =

5.1.3.

2t 1 − t2 2dt , cos x = , dx = . 2 2 1+t 1+t 1 + t2

Aplicaciones de la integral

´ Proposici´ on 5.2 (Areas planas) Sean f y g integrables en [a, b]. El a ´rea A encerrada por las gr´ aficas de las funciones f y g y las rectas x = a y x = b es b

|f (x) − g(x)| dx .

A=

(5.1)

a

Proposici´ on 5.3 (Longitudes de arcos planos) Sea f ∈ C 1 ([a, b]). La longitud del arco de la curva de la gr´ afica de la funci´ on f entre las abscisas x = a y x = b es b 1 + (f  (x))2 dx . = a

Proposici´ on 5.4 (Volumenes y superficies de revoluci´ on) Sea f una funci´ on de clase C 1 ([a, b]). Sea V el volumen de la figura que se encierra al girar la gr´ afica de f alrededor del eje de abscisas entre los planos x = a y x = b y sea A el ´ area lateral de dicha figura. Entonces b

b

|f (x)|

f 2 (x) dx , A = 2π

V =π a

a

 1 + (f  (x))2 dx .

5.2 Problemas resueltos

5.2.

117

Problemas resueltos

5.2.1.

Integrales indefinidas

Problema 5.1 Calcular:  (a) arctan xdx, (c) (e) (g)

(b)



√ x3 1 − x2 dx,



√ 1−√x dx, 1+ x

(f )

1 1+e2x dx,

(h)



(d)

   

3x2 +x−1 (x2 −9)(x2 +2) dx,

sin(3x) cos(5x)dx, sin2 x 2+cos x dx,

sin x ln(1 + sin x)dx.

Soluci´ on. (a) Integrando por partes hacemos u = arctan x y dv = dx por 1 tanto du = 1+x 2 dx y v = x, obteniendo arctan xdx = x arctan x −

x 1 dx = x arctan x − ln |1 + x2 | + C. 1 + x2 2

(b) Mediante la descomposici´on en fracciones simples obtenemos 23 7 29 1 x + 11 − 66 − 11 3x2 + x − 1 66 + = + . (x2 − 9)(x2 + 2) x−3 x+3 x2 + 2

Por tanto 3x2 + x − 1 29 23 ln |x − 3| − ln |x + 3|− dx = 2 2 (x − 9)(x + 2) 66 66  x 1 7 + C. ln |x2 + 2| + √ arctan √ 22 11 2 2 (c) Haciendo el cambio de variable t = 1 − x2 resulta dt = −2xdx. Obtenemos    1 3 1 1  1 t 2 − t 2 dt = dt = − x3 1 − x2 dx = (1 − t)t 2 − 2 2 5

3

3 5 1 t2 1 t2 + + C = − (1 − x2 ) 2 + (1 − x2 ) 2 + C. 3 5 3 5 (d) Utilizando la relaci´ on trigonom´etrica

−

sin a cos b =

1 1 sin(a + b) + sin(a − b), 2 2

obtenemos sin(3x) cos(5x)dx =

1 2

(sin(8x)+sin(−2x))dx =

1 1 cos(2x)− cos(8x)+C. 4 16

118

C´ alculo integral en una variable

(e) Haciendo el cambio x = t2 resulta dx = 2tdt . Obtenemos √ 1−t 1− x 4 √ dx = 2tdt = (4 − 2t − )dt = 1+t 1+t 1+ x √ √ 4t − t2 − 4 ln |1 + t| + C = 4 x − x − 4 ln |1 + x| + C. (f ) Obtenemos una integral racional mediante el cambio t = tan x2 resulta 2 2t 1−t2 dx = 1+t 2 dt, sin x = 1+t2 y cos x = 1+t2 , es decir, 4t2 (1+t2 )2 2 2 + 1−t 1+t2

sin2 x dx = 2 + cos x

8t2 dt. (1 + t2 )2 (3 + t2 )

2dt = 1 + t2

Teniendo en cuenta que dt t 2n − 3 = + (1 + t2 )n 2(n − 1)(1 + t2 )n−1 2n − 2

dt , (1 + t2 )n−1

la integral racional resulta 1 dt − 4 1 + t2

1 dt = 3 + t2  t 2t 6 √ √ arctan +C = 6 arctan t − − 2 arctan t − 1 + t2 3 3  √ tan x2 √ + C. 2x − sin x − 2 3 arctan 3 6

1 dt − 6 (1 + t2 )2

1 dt. Obtenemos (g) Haciendo el cambio e2x = t resulta dx = 2t  1 1 1 1 1 dt − dx = dt = dt = 1 + e2x (1 + t)2t 2 t 1+t

1 1 (ln |t| − ln |1 + t|) + C = x − ln |1 + e2x | + C. 2 2 (h) Integrando por partes hacemos u = ln(1 + sin x) y dv = sin xdx por cos x tanto du = 1+sin x dx y v = − cos x, obteniendo sin x ln(1 + sin x)dx = − cos x ln(1 + sin x) + − cos x ln(1 + sin x) +

1 − sin2 x dx = − cos x ln(1 + sin x) + x + cos x + C. 1 + sin x

Problema 5.2 Calcular:  2x2 +4 (a) x3 +1 dx, (c)

cos2 x dx = 1 + sin x

√

a2 + x2 dx,

(b) (d)

 

√ 1√ dx, x− 3 x

earcsin x dx.

5.2 Problemas resueltos

119

Soluci´ on. (a) Mediante la descomposici´on en fracciones simples obtenemos 2x2 + 4 2x2 + 4 2 2 = + . = 3 (x + 1) (x + 1)(x2 − x + 1) x + 1 x2 − x + 1 Por tanto 2x2 + 4 4 dx = 2 ln |x + 1| + √ arctan (x3 + 1) 3



2x − 1 √ 3

+ C.

(b) Haciendo el cambio de variable x = t6 resulta dx = 6t5 dt. Obtenemos √ 6

1 x−

√ 3

x3

dx = 6

t5 dt = 6 t3 − t2

t3 dt = t−1

 3 t2 1 t dt = 6 + + t + ln |t − 1| + C = t−1 3 2 √ √ 3 √ x x √ + + 6 x + ln | 6 x − 1| + C. 6 3 2

 t2 + t + 1 +

(c) Haciendo el cambio de variable x = a sinh t resulta dx = a cosh tdt. Obtenemos   cosh 2t + 1 2 2 2 2 2 a + x dx = a cosh t dt = a dt = 2  a2 sinh 2t a2 +t = (sinh t cosh t + t) = 2 2 2 * ) √ a2 x + a2 + x2 x 2 2 + C. a +x + ln 2 2 a (d) Primero realizamos el cambio t = arcsin x de donde dx = cos tdt. Despu´es utilizando la integraci´ on por partes hacemos u = et y dv = cos tdt por tanto t du = e dt y v = sin t, obteniendo earcsin x dx =

et cos tdt = et sin t −

et sin tdt.

Si volvemos a utilizar la integraci´ on por partes haciendo u = et y dv = sin tdt t por tanto du = e dt y v = − cos t, obtenemos et cos tdt = et sin t + et cos t −

et cos tdt,

de donde et cos tdt =

 et earcsin x (sin t + cos t) = (x + 1 − x2 ) + C. 2 2

120

5.2.2.

C´ alculo integral en una variable

Integrales definidas

Problema 5.3 Aplicando el teorema del valor medio integral, acotar el valor 1 dx de −1 100−x 6.

Soluci´ on. Como x ∈ [−1, 1] implica que x6 ∈ [0, 1] y por tanto 100 − x6 ∈ dx 1 1 ≤ 100−x [99, 100]. Invirtiendo la desigualdad obtenemos 100 6 ≤ 99 . Aplicando 1 dx 2 1 , es el teorema del valor medio integral obtenemos que 50 ≤ −1 100−x6 ≤ 99 1 dx ˆ decir, 0,02 ≤ 6 ≤ 0,02. −1 100−x

Problema 5.4 Probar que toda funci´ on integrable sobre el intervalo [a, b] cumple b

b

f (a + b − x)dx.

f (x)dx = a

a

Soluci´ on. Hacemos el cambio x = a + b − t, tenemos que dx = −dt. Adem´as para x = a tenemos que t = b y para x = b tenemos que t = a. Por tanto obtenemos

b

a

a

b

f (a + b − t)(−dt) =

f (x)dx = b

f (a + b − t)dt. a

Problema 5.5 Sea f (x) una funci´ on real de variable real de clase C 1 y g(x), tambi´en real de variable real, una funci´ on de clase C 2 , tal que g(0) = g  (0) = 0,  g(x) f (t)dt . f (0) = g  (0) = 1. Calcular l´ım 0 x→0 x2

 g(x)

f (t)dt f [g(x)]g  (x) = l´ım = 2 x→0 x→0 x 2x f  [g(x)](g  (x))2 + f [g(x)]g  (x) f  (0)(g (0))2 +f (0)g (0) 1 =2. = l´ım 2 x→0 2

Soluci´ on. l´ım

0

5.2 Problemas resueltos

121

Problema 5.6 (a) Se define la funci´ on β o integral de Euler de primera especie de la forma 1

β(p, q) =

xp−1 (1 − x)q−1 dx .

0

Suponiendo que p, q ∈ N calcular su valor integrando reiteradamente por partes. (b) Expresar mediante la funci´ on β la integral siguiente π 2

I(m, n) :=

sinm x cosn x dx ,

0

siendo m, n ∈ N. (c) Aplicar el resultado anterior al c´ alculo de la integral π 2

sin3 x cos5 x dx .

0

Soluci´ on. (a) Tomando u = (1 − x)q−1 y dv = xp−1 dx, podemos integrar por partes de manera que 1  q−1 1 p xp + x (1 − x)q−2 dx β(p, q) = (1 − x)q−1 p 0 p 0 =

q−1 p

1

xp (1 − x)q−2 dx.

0

Si volvemos a integrar por partes tomando u = (1 − x)q−2 y dv = xp dx obtenemos q − 1 q − 2 1 p+1 x (1 − x)q−3 dx . β(p, q) = p p+1 0 Repitiendo el proceso q − 1 veces llegamos a β(p, q) =

q−1 q−2 1 ··· p p+1 p+q−2

1 0

xp+q−2 dx =

(q − 1)!(p − 1)! . (p + q − 1)!

(b) I(m, n) = =

1 2 1 2

π 2

0

π 2

sinm−1 x cosn−1 x 2 sin x cos x dx

m−1

n−1 sin2 x 2 cos2 x 2 2 sin x cos x dx.

0

Finalmente realizamos el cambio de variable t = sin2 x con lo cual dt = 2 sin x cos x, cos2 x = 1 − t de manera que la integral I(m, n) adopta la forma  n−1 1 m+1 n+1 1 1 m−1 2 2 t (1 − t) dt = β , . I(m, n) = 2 0 2 2 2

122

C´ alculo integral en una variable

(c) π 2

sin3 x cos5 x dx =

0

1 1 (2 − 1)! (3 − 1)! 1 β (2, 3) = . = 2 2 (2 + 3 − 1)! 24

Problema 5.7 Definimos la integral dependiente de un par´ ametro π/2

π/2

sinn xdx .

cosn xdx =

In = 0

0 n−1 n In−2 .

(a) Demostrar la f´ ormula de recurrencia In = (b) Demostrar que l´ım

m→∞

I2m = 1. I2m+1

(c) Utilizar estos resultados para calcular el n´ umero π. Soluci´ on. (a) En primer lugar reescribimos la integral π/2

π/2

cosn xdx =

In =

cosn−1 x cos xdx ,

0

0

de manera que, integrando por partes, tenemos In

' n−1 (π/2 cos x sin x 0 + (n − 1)

=

π/2

sin2 x cosn−2 xdx 0

π/2

(n − 1)

=

(1 − cos2 x) cosn−2 xdx )

*

0 π/2

(n − 1)

=

π/2

cos

n−2

xdx −

n

cos xdx

0

0

= (n − 1)(In−2 − In ). De esta forma hemos demostrado que In =

n−1 n In−2 .

(b) Como sin2m−1 x ≥ sin2m x ≥ sin2m+1 x para todo x ∈ [0, π/2], entonces π 2

2m−1

sin

π 2

xdx ≥

0

2m

sin

π 2

xdx ≥

0

sin2m+1 xdx ,

0

es decir I2m−1 ≥ I2m ≥ I2m+1 , o bien I2m I2m−1 ≥ ≥1, I2m+1 I2m+1 de manera que si demostramos l´ımm→∞ bi´en que l´ımm→∞

I2m

I2m+1

= 1.

I2m−1 I2m+1

= 1 habremos demostrado tam-

5.2 Problemas resueltos

123

Seg´ un la ley de recurrencia demostrada en el apartado (a) y recordando que I1 = 1 tenemos I2m−1

=

I2m+1

=

2m − 2 2m − 1 2m 2m + 1

2m − 4 4 ··· 2m − 3 5 2m − 2 4 ··· · 2m − 1 5

·

2 ·1 , 3 2 · ·1 , 3 ·

de forma que l´ım

m→∞

I2m−1 2m + 1 = l´ım =1 m→∞ I2m+1 2m

(c) Seg´ un la ley de recurrencia demostrada en el apartado (a) y recordando que I0 = π/2, observamos I2m π = 2 I2m+1



2m(2m − 2) · · · 2 (2m − 1)(2m − 3) · · · 3



1 , 2m + 1

de forma que tomando el l´ımite cuando m → ∞ en la expresi´on anterior obtenemos 2  1 (2m)!! π = l´ım . m→∞ (2m − 1)!! 2 2m + 1

5.2.3.

C´ alculo de ´ areas y longitudes

Problema 5.8 Calcular el a ´rea del recinto limitado por las curvas 4y = x, 4x = y, xy = 16 en el primer cuadrante. Soluci´ on. La intersecci´on de las curvas 4x = y, xy = 16 es el punto (2, 8) y de las curvas 4y = x, xy = 16 es el punto (8, 2). Por tanto el a´rea viene dada por 2

A= 0

(4x −

x )dx + 4

8

( 2

16 x − )dx = 32 ln 2. x 4 2

Problema 5.9 Determinar el a ´rea del recinto limitado por las curvas y = 6− x4 2 e y = 6 − 16x − x4 + x3 .

Soluci´ on. La intersecci´on de las curvas son los puntos (0, 6), (4, 2) y (−4, −2). Por tanto el a´rea viene dada por 0

A= −4

4

(−16x + x3 )dx +

(16x − x3 )dx = 128.

0

Problema 5.10 Determinar el a ´rea del recinto limitado por las elipses y2 b2

=1y

x2 b2

+

y2 a2

= 1.

x2 a2

+

124

C´ alculo integral en una variable

Soluci´ on. El ´area a calcular est´a repartida sim´etricamente entre los cuatro cuadrantes, por tanto calculando el a´rea del primer cuadrante y multiplicando por cuatro tendremos el ´area on de las elipses en el primer   total. La intersecci´ ab ab cuadrante nos da el punto √a2 +b2 , √a2 +b2 por tanto √

A=4

ab

a2 +b2

0

x2 b 1 − 2 dx + 4 a

b √

a

ab

1−

a2 +b2

x2 dx. b2

Efectuando el cambio x = a sin t y x = b sin t respectivamente en las integrales anteriores e integrando en las nuevas variables, se obtiene   a b − 2ab arcsin √ + abπ. A = 2ab arcsin √ a2 + b2 a2 + b2 Problema 5.11 Encontrar una f´ ormula que nos permita calcular el a ´rea de un sector circular de radio r y de ´ angulo α. Soluci´ on. El ´area pedida viene dada por r cos α

A = tan α 0



x2 tan α 2

r cos α 0

 r2 − x2 dx =

r

xdx + r cos α

+

x x r2 arcsin + + 2 r r

x2 1− 2 r

,r = r cos α

r2 α . 2

Problema 5.12 Demostrar que la curva c´ ubica y = x3 descompone en dos partes iguales al tri´ angulo rect´ angulo formado por la recta r definida como y = λx con λ > 0, el eje de abscisas y la recta perpendicular al eje de abscisas que pasa por el punto P de intersecci´ on entre la c´ ubica y la recta r en el primer cuadrante. Soluci´ on. Las coordenadas del √ punto P son la soluci´on positiva del sistema y = x3 , y = λx, es decir P = ( λ, λ3/2 ). Definimos A1 y A2 como las dos ´areas en que se parte el tri´angulo rect´angulo. De esta manera tenemos √ λ

x3 dx =

A1 = 0

El ´area del tri´angulo es A1 + A2 = deduce que A1 = A2 .

1 2

√

1 2 λ . 4

λλ3/2 =

1 2 2λ

=

1 2 A1 ,

de lo cual se

Problema 5.13 Calcular el a ´rea Ak comprendida bajo la curva y = x sin x y las abscisas x = kπ y x = (k + 1)π con k ∈ N. Utilizar el resultado para calcular el a ´rea An comprendida entre las abscisas x = 0 y x = nπ con n ∈ N.

5.2 Problemas resueltos

125

Soluci´ on. El ´area Ak viene dada (despu´es de una integraci´ on por partes) por la siguiente expresi´on    (k+1)π      Ak =  x sin x dx = (−1)k (2k + 1)π  = (2k + 1)π .  kπ  Aprovechando el resultado anterior, el a´rea An se calcula de la forma siguiente   n−1  nπ   (k+1)π  An = |x sin x| dx = x sin x dx    0 kπ k=0

=

π

n−1 

(2k + 1) = n2 π ,

k=0

donde en el u ´ltimo paso hemos utilizado la suma de los t´erminos de una sucesi´on aritm´etica. Problema 5.14 Calcular las longitudes de los siguientes arcos de curva. √ (a) y = x3 . Desde x = 0 hasta x = 5. (b) y = a2 (ex/a + e−x/a ). Desde x = 0 hasta x = a. (c) x = θ − sin θ, y = 1 − cos θ. Desde θ = 0 hasta θ = 2π. x  Soluci´ on. La longitud viene dada por L = x01 1 + (y  )2 dx. √ (a) En este caso y  = 23 x y por tanto la longitud es + 

23 ,5 5 8 335 9 9 1 + xdx = = 1+ x . L= 4 27 4 27 0 0 x x

(b) En este caso y  = 21 e a − e− a y por tanto la longitud es

a x (a 1' x 1 1 1 x x 1 + (e a − e− a )2 dx = ae a − ae− a 0 = a(e − ). L= 4 2 2 e 0 (c) En este caso (x (θ))2 + (y  (θ))2 = 4 sin2 θ2 y por tanto la longitud es

2π  2π θ θ = 8. 4 sin2 dθ = 2 −2 cos L= 2 2 0 0 Problema 5.15 Calcular la longitud del arco de curva x = et cos t, y = et sin t, desde t = 0 hasta t = 4. Soluci´ on. Tenemos x (t) = et (cos t − sin t) e y  (t) = et (sin t + cos t), por tanto 4 4 (x (t))2 + (y  (t))2 dt = e2t (2 sin2 t + 2 cos2 t)dt = L= 0

0 4 0

√ √ et 2dt = 2(e4 − 1).

126

C´ alculo integral en una variable

5.2.4.

Vol´ umenes y superficies de revoluci´ on

Problema 5.16 Encontrar el volumen de revoluci´ on engendrado por la superficie limitada por y = 4x − x2 , y = 0, x = 0, x = 3 al girar alrededor del eje OX. Soluci´ on. El volumen de revoluci´ on viene dado por 3

V =π

3

(4x − x2 )2 dx = π

0

(16x2 − 8x3 + x4 )dx =

0



1 16 3 x − 2x4 + x5 π 3 5

3 = 96,133. 0

Problema 5.17 Encontrar el ´ area de la superficie de revoluci´ on engendrada por la rotaci´ on alrededor del eje OX de (a)

x2 9

+

y2 16

= 1.

(b) x = a(θ − sin θ), y = a(1 − cos θ). (c) x2/3 + y 2/3 = a2/3 . x  Soluci´ on. El ´area viene dada por A = 2π x01 y 1 + (y  )2 dx. √ (a) En este caso tenemos que y = ± 34 9 − x2 , eligiendo la determinaci´ on   4 7 2  2 positiva tenemos y 1 + (y ) = 3 9 + 9 x . El ´area viene dada por 3

A = 2π −3

+

√ 4 7π x 9

4 3

√ 8π 7 7 9 + x2 dx = 9 9

3

−3

81 + x2 dx = 7

 ,3 

  81 81 81   = 273,196. + x2 + ln x + + x2    7 7 7 −3

(b) En este caso   y(θ) (x (θ))2 + (y  (θ))2 = a(1 − cos θ) a2 (1 − cos θ)2 + a2 sin2 θ. El ´area viene dada por 2π

A = 2π

 a(1 − cos θ) a2 (1 − cos θ)2 + a2 sin2 θdθ =

0

√ 2 2a2 π

8πa2

2π

2π

θ sin3 dθ = 2 0 0 2π  2π θ 64 2 θ 2 θ θ = πa . (1 − cos2 ) sin dθ = 8πa2 −2 cos + cos3 2 2 2 3 2 3 0 0 3

(1 − cos θ) 2 dθ = 8πa2

5.2 Problemas resueltos

127 2

2

3

(c) En este caso y = ±(a 3 − x 3 ) 2 , eligiendo la determinaci´ on positiva, 2 1 2 − 13  3 3 2 resulta y = −(a − x ) x . El ´area viene dada por  a 2 3 2 2 2 2 (a 3 − x 3 ) 2 1 + (a 3 − x 3 )x− 3 dx = A = 2π −a

a

2π −a

2 3

2 3

3 2

1 3

(a − x ) a x

+

− 31

1

2 5 6πa 3 2 dx = − (a 3 − x 3 ) 2 5

,a = −a

12πa2 . 5

Problema 5.18 Las par´ abolas y = αx2 , y = y0 − βx2 con α, β, y0 > 0 giran alrededor del eje y. Calcular el volumen del cuerpo de revoluci´ on engendrado. Soluci´ on. Las coordenadas (ξ, η) de los puntos de intersecci´ on entre ambas par´ abolas son

y0 αy0 , η= . ξ=± α+β α+β Despejando x2 de las ecuaciones de las par´abolas obtenemos que el cuerpo resultante de la revoluci´ on tendr´ a por volumen  η y0 η y0 y0 − y y 2 2 dy + dy x dy + π x dy = π V = π β η η 0 0 α  2 y0 (y0 − η) y02 − η 2 πy02 η + − = . = π 2α β 2β 2(α + β) Problema 5.19 El arco de par´ abola y = x(x − a) comprendido entre las abscisas x = 0 y x = c (con c > a > 0) gira alrededor del eje x. Sean los puntos O = (0, 0), A = (c, 0) y P el punto de dicha par´ abola con abscisa c. Calcular el valor de c para el cual resulta el volumen V del cuerpo de revoluci´ on engendrado de esta manera igual al volumen del cono engendrado por el tri´ angulo rect´ angulo OAP . Soluci´ on. El volumen de revoluci´ on generado por la par´ abola es  c ac4 a2 c3 c5 2 2 − + . V =π x (x − a) dx = π 5 2 2 0 Por otra parte, el cono generado tiene radio c(c − a) y altura c de manera que su volumen es 31 πc3 (c − a)2 . Igualando los dos vol´ umenes obtenemos la ecuaci´on π 3 2 π c (6c − 15ac + 10a2 ) = c3 (c − a)2 , 30 3 de la que se deduce c = 45 a. Problema 5.20 Calcular el volumen V del cuerpo separado de la esfera de radio a y centrada en el origen de coordenadas por el giro alrededor del eje x de √ 2 2 la superficie interior a la par´ abola y = a x .

128

C´ alculo integral en una variable

Soluci´ on. Las coordenadas (ξ, η) √de los puntos de corte de la circunferencia √ 2 2 x + y = a2 con la par´abola y = a2 x2 son ξ = ± √a2 , η = a2 2. Entonces, el volumen V viene dado por ) * a |ξ| 2x4 dx + (a2 − x2 ) dx V = 2π a2 |ξ| 0  1 2 2 5 2 3 |ξ| + a (a − − (a |ξ|) − |ξ| ) = 2π 5a2 3  √ 2 11 2 ≈ 9,31 a3 . − = 2πa3 3 30 Problema 5.21 Un on  cigarro tiene la forma del cuerpo resultante de la rotaci´ de la curva y = 61 x(12 − x) alrededor del eje x. Al fumarlo, la longitud del cigarro disminuye de acuerdo con la ley dx/dt = −(1 + F (x))−1 cent´ımetros por minuto, donde F (x) representa la secci´ on en el punto de abscisa x. Determinar el tiempo T que debe arder el cigarro para que quede un residuo de 2 cent´ımetros. Soluci´ on. De la ecuaci´on de la curva comprobamos que para t = 0 la longitud del cigarro es x = 12 cm. Adem´as hemos de imponer que para t = T debe ser x = 2 cm. Por otra parte, la secci´on de cigarrillo en el punto de abscisa x 1 x(12−x). Con todos estos datos y recordando tendr´a por ´area F (x) = πy 2 = π 36 que la ley de evoluci´ on viene dada por una ecuaci´ on diferencial de variables separables (1 + F (x)) dx = −dt, tendremos integr´ andola que  1 1 + π x(12 − x) dx = − 36 12

T

2

dt = −T , 0

de manera que el tiempo en cuesti´on valdr´ a T = 10 +

π π 140 − 1720 ≈ 33,27 min. 6 36 · 3

Problema 5.22 Una copa generada por la rotaci´ on de la par´ abola y 2 = 2px alrededor del eje y, se llena de l´ıquido hasta una altura h. Calcular la subida de la superficie del l´ıquido si se agregan m unidades de volumen. Soluci´ on. La subida δ en cuesti´on se puede calcular a partir de la siguiente integral h+δ

h+δ 2

m=π

x dy = π h

h



y2 2p

2 dy = π

 1  (δ + h)5 − h5 . 2 20p

Despejando de la euaci´ on anterior obtenemos

20mp2 5 −h . δ = h5 + π

5.2 Problemas resueltos

5.2.5.

129

Aplicaciones f´ısicas

Problema 5.23 Resolver las siguientes cuestiones: (a) Un s´ olido tiene una base circular de 6 cm de di´ ametro; cada secci´ on recta perpendicular a un di´ ametro fijo de la base es un tri´ angulo equil´ atero. Calcular el volumen del s´ olido. (b) La base de un s´ olido es una elipse de ejes 10 cm y 8 cm. Encontrar su volumen, sabiendo que toda secci´ on perpendicular al eje mayor de la base es un tri´ angulo isosceles de 6 cm de altura. (c) La gran pir´ amide de Egipto, de base cuadrada de 230 m de lado y 150 m de altura, esta construida con piedras de densidad 3 gr/cm3 . Suponiendo que la energia media de los esclavos utilizados en su construci´ on era de 350000 J/dia. Calcular el n´ umero de esclavos que trabajaron en la obra, sabiendo que la construcci´ on dur´ o 10 a˜ nos. Soluci´ on. angulo equil´ atero, tenemos que su √ (a) Llamando √ x al√lado del tri´ altura es 5x y su ´area 5x2 = 5(9 − y 2 ) ya que la base del s´olido es un c´ırculo cuya frontera es la circunferencia x2 + y 2 = 9. Por tanto el volumen del s´ olido viene dado por 3  √ √ √ y3 2 5(9 − y )dy = 5 9y − = 36 5. V = 3 −3 −3 3

2

2

(b) La base del s´olido es la elipse x16 + y25 = 1. Si llamamos x a la mitad de la base del tri´angulo is´osceles, tenemos que su ´area es 6x y por tanto el volumen del s´olido viene dado por 5

V =

6 −5

  4 25 − y 2 dy. 5

Efectuando el cambio de variable y = 5 sin t, dy = 5 cos tdt, resulta 24 V = 5



π 2

 π2 1 1 25 cos tdt = 120 t + sin 2t = 60π. 2 4 −π 2

−π 2

2

(c) La energ´ıa que se necesita para colocar una piedra a una cierta altura es E = mgh = ρV gh. Diferenciando dicha expresi´ on y teniendo en cuenta que dV = Sdh obtenemos que dE = ρgShdh. Por semejanza de tri´angulos se llega a 230 (150 − h) donde l es la longitud del lado del cuadrado a una altura h. El l = 150 area de este mismo cuadrado es S = l2 . Por tanto la eneg´ıa total para construir ´ la pir´ amide es 150

3

ET = 3,10 ,10 0



230 150

2 (150 − h)2 hdh = 2975624859000J,

130

C´ alculo integral en una variable

teniendo en cuenta que ρ = 3 gr/cm3 = 3,103 Kg/m3 . La energ´ıa de un esclavo en los diez a˜ nos de construcci´on es Ee = 10 a˜ nos 365 dias/a˜ no 350000 J/dia = 127750000 J/dia. Por tanto ET /Ee = 2329,3 ≈ 2330 esclavos. Problema 5.24 Se construye un dep´ osito haciendo girar alrededor del eje OY , x2 el arco de curva descrito por (con las medidas en metros) y = 1+x 2 entre x = 0 y x = 4. Encontrar el tiempo que tarda en vaciarse si tiene un agujero de secci´ on S = 10 cm2 en la parte inferior y la contracci´ on de la vena l´ıquida es μ = 0,6. 2 (Indicaciones: Tomar la gravedad como g = 10 √ m/s ; recordar que la velocidad de salida de un l´ıquido viene dada por v = 2gh, donde h es la altura, y el caudal por Q = Sμv) 16 . Calculemos primero Soluci´ on. La altura del dep´ osito es H = y(4) − y(0) = 17 el volumen de d´eposito. Dado que es un volumen de revoluci´ on alrededor del eje OX obtenemos H

H

πx2 dy = π

V = 0

0

y dy = π 1−y

H

(−1 + 0

1 )dy = 1−y

16

π[−y − ln |1 − y|]017 = 5,944 m3 Para el c´alculo del tiempo de vaciado tenemos que Q = − dV dt , es decir, Sμv = √ 1 ) dy , de donde resulta Sμ 2gy = π(1 − 1−y dt  Sμ 2gdt = π



1 1 √ √ − y (1 − y) y

dy.

Integrando t´ermino a t´ermino se obtiene 0 T  1 1 dy, Sμ 2gdt = π √ − √ y (1 − y) y H 0 es decir

√     y − 1 0 √   , Sμ 2gT = 2 y + ln  √ y + 1 H

despejando el valor del tiempo T de la igualdad anterior, resulta T =

√    y − 1 0 π √  √ 2 y + ln  √ = 2635,56 seg = 0,732 horas. y + 1 H Sμ 2g

Problema 5.25 Un punto se mueve con el tiempo t sobre la espiral logar´ıtmica cuya ecuaci´ on en coordenadas polares es r(t) = exp(aϕ(t)), siendo a constante. Calcular la dependencia del a ´ngulo ϕ con el tiempo t para que la velocidad areolar del punto sea constante, es decir, para que el movimiento sea tal, que el radio vector r barra ´ areas iguales en tiempos iguales. Suponer que para t = 0 se tiene ϕ = π/2

5.2 Problemas resueltos

131

Soluci´ on. La velocidad areolar v = dA/dt viene dada por 1 2 dϕ r . 2 dt Esto es debido a que si en un tiempo dt el vector de posici´on describe un ´angulo dϕ, entonces el ´area barrida dA es el ´area de un tri´ angulo de base rdϕ y altura r, es decir dA = 21 r2 dϕ.1 v=

dϕ dt .

Substituyendo la ecuaci´on de la trayectoria r(t) obtenemos v = Separando las variables e integrando

1 2

exp(2aϕ(t))

1 2aϕ = vt + C . e 4a La constante arbitraria de integraci´ on C la calculamos con la condici´on inicial 1 exp(aπ). Finalmente tenemos ϕ(0) = π/2, con lo cual C = 4a ϕ(t) =

1 ln (4avt + eaπ ) . 2a

Problema 5.26 Un punto de masa M se mueve sobre el eje x bajo la influencia de una fuerza que act´ ua en la direcci´ on positiva el eje x con una intensidad F (x) = x3 (x − 1)(3x − 2). Calcular la ley posici´ on–tiempo del punto material si su velocidad en el origen es nula. Soluci´ on. La ecuaci´on del movimiento (segunda ley de Newton) es F (x) = M

d2 x . dt2

Multiplicando por 2 dx dt dt por una banda y por 2dx por la otra e integrando obtenemos  2  2 t t d dx dx dx d2 x dt = M 2 dt = M M 2 2 dt dt dt dt dt 0 0 x

2x3 (x − 1)(3x − 2)dx = x4 (x − 1)2 ,

= 0

de donde se deduce la ecuaci´on diferencial 1 dx = √ x2 (x − 1) , dt M que es de variables separables, de manera que podemos integrarla t x x 1 1 1 1 1 √ − − 2+ dt = dx = dx 2 x x x−1 M t0 0 x (x − 1) 0  1 1 + ln 1 − , = x x 1 De

dA =

forma rigurosa se tiene      ϕ+dϕ  dϕ 0r(ϕ) rdr = dA dxdy = dA rdrdϕ = ϕ

1 2 r (ϕ)dϕ 2

132

C´ alculo integral en una variable

para finalmente tener

 1 1 e1/x = √ et−t0 , 1− x M

siendo t0 el tiempo para el cual la masa se encuentra en el origen. Problema 5.27 Una masa esf´erica homog´enea de densidad ρ y radio inicial R se disuelve en un disolvente. Sea μ(t) la masa disuelta en el tiempo t. La velocidad de disoluci´ on dμ/dt puede suponerse proporcional a la superficie de la esfera en el tiempo t, donde el factor de proporcionalidad λ(t) depende del tiempo de una cierta manera dada. Determinar el radio r de la esfera en funci´ on del tiempo. Soluci´ on. Como la suma de la masa disuelta y de la todav´ıa por disolver debe ser constante, se verifica la relaci´on 4 μ(t) + ρ πr3 (t) = cte , 3 de cuya derivaci´ on respecto del tiempo obtenemos dr dμ + ρ4πr2 =0. dt dt Por otra parte, como la velocidad de disoluci´ on es proporcional a la superficie de la esfera, se tiene dμ = λ(t) 4πr2 (t) . dt Utilizando las dos u ´ltimas ecuaciones obtenemos λ + ρ dr/dt = 0, con lo cual r

dr = − R

1 ρ

t

λ(t)dt . 0

Despejando obtenemos finalmente la evoluci´ on del radio r(t) = R −

1 ρ

t

λ(t)dt . 0

Problema 5.28 La intensidad de una corriente alterna satisface la ley I(t) = I0 sin ωt, siendo I0 la amplitud y ω la pulsaci´ on. Calcular el consumo de energ´ıa durante el tiempo de un periodo T , sabiendo que el circuito tiene una resistencia total R. Soluci´ on. Seg´ un la ley de Joule, la energ´ıa disipada por unidad de tiempo viene dada por el producto RI 2 . De esta forma, el consumo de energ´ıa durante el tiempo de un periodo T es t+T

E

= t

=

1 2 RI 2 0

t+T

RI 2 (t) dt = RI02

sin2 ωt dt t

t+T

(1 − cos 2ωt) dt = t

1 2 RI T , 2 0

5.2 Problemas resueltos

133

donde hemos utilizado en el u ´ltimo paso que la pulsaci´ on y el periodo se relacionan de la forma ω = 2π/T . Problema 5.29 Determinar el valor medio de todos los rayos focales de una elipse referidos al a ´ngulo polar. Soluci´ on. En coordenadas polares (r, ϕ), la ecuaci´on de una elipse tomando el origen de coordenadas en un foco viene dada por r=

p , 1 −  cos ϕ

siendo p = b2 /a y  = e/a la relaci´on con los par´ ametros habituales de una elipse como son los semiejes a y b, y la excentricidad e2 = a2 − b2 . El valor medio pedido es M (ϕ) =

1 2π

π

r(ϕ) dϕ = −π

Realizando el cambio de variable t = tan

1 2π ϕ 2

π −π

p dϕ . 1 −  cos ϕ

llegamos a

∞

dt . (1 − ) + (1 + )t2 0  Finalmente, realizando el cambio de variable u = t (1 + )/(1 − ) obtenemos M (ϕ) =

M (ϕ) =

2p π

2p √ π 1 − 2

∞ 0

du p =b. =√ 2 1+u 1 − 2

Problema 5.30 Determinar la intensidad eficaz  1 T 2 I (t) dt , Ie = T 0 on ω1 /ω2 ∈ Q de la corriente alterna I(t) = a sin ω1 t + b cos ω2 t, siendo la relaci´ un n´ umero racional dado. Soluci´ on. El dato ω1 /ω2 ∈ Q es necesario para la existencia del m´ınimo periodo com´ un T , es decir, la corriente alterna dada se compone de dos corrientes parciales cuyos periodos son 2π/ω1 y 2π/ω2 . Si λ y μ son dos n´ umeros enteros positivos, para el m´ınimo periodo com´ un T subsistir´ a la relaci´on T = λ2π/ω1 = μ2π/ω2 , de donde se deduce λ/μ = ω1 /ω2 ∈ Q y 2ω1 T = 4λπ, 2ω2 T = 4μπ. Pasemos ahora al c´alculo de la intensidad eficaz. T

T

I 2 (t) dt

(a sin ω1 t + b cos ω2 t)2 dt

=

0

0 T

(a2 sin2 ω1 t + 2ab sin ω1 t cos ω2 t + b2 cos2 ω2 t) dt

= 0

134

C´ alculo integral en una variable 1 2 a 2

=

T

T

(1 − cos 2ω1 t) dt + ab 0

(sin(ω1 + ω2 )t+ 0

T 1 (1 + cos 2ω2 t) dt sin(ω1 − ω2 )t) dt + b2 2 0 1 T (a2 + b2 ) , = 2  de manera que la intensidad eficaz vale Ie = (a2 + b2 )/2.

Problema 5.31 Un flotador cil´ındrico cuya base tiene un a ´rea S y la altura vale H, flota en el agua. Calcular el trabajo necesario para sacarlo del agua sabiendo que la densidad del flotador es ρ y la del agua es ρa . Soluci´ on. Definimos x0 la profundidad sumergida en el agua del flotador. Seg´ un el Teorema de Arqu´ımedes, cuando el cuerpo est´a flotando en equilibrio, el peso del flotador mg = ρSHg es igual al empuje (peso de agua desalojada) ma g = ρa Sx0 g, de manera que podemos despejar x0 = ρH/ρa . Definimos F (x) como la fuerza vertical hacia arriba que realizamos con el objetivo de sacar el flotador a velocidad constante, que depender´ a de la distancia x de flotador sumergido. De esta manera, definiendo E(x) como el empuje se tiene en cada instante que F (x) = mg − E(x) = ρSHg − ρa Sxg = Sg(ρH − ρa x) . Finalmente, el trabajo realizado es x0

W

= =

x0

F (x) dx = Sg (ρH − ρa x) dx 0 0 x 0  ρ2 1 = SgH 2 . Sg ρHx − ρa x2 2 2ρ a 0

Problema 5.32 Un recipiente cil´ındrico de volumen V0 = 0,1 m2 contiene aire a la presi´ on atmosf´erica P0 = 101000 N/m2 . Dicho aire se comprime muy r´ apidamente sin que ceda o gane calor (proceso adiab´ atico). Calcular el trabajo que debe realizarse sobre dicho volumen para que quede reducido a V1 = 0,03 m3 . Recordar que, si P es la presi´ on y V el volumen, en un proceso adiab´ atico se verifica P V γ = K siendo K constante, y que para el aire γ = 1,4. Soluci´ on. El elemento de trabajo es dW = P dV . Por otra parte, como el proceso es adiab´atico tenemos P = KV −γ . Entonces tenemos que el trabajo total cuando el volumen var´ıa de V0 a V1 es ) * V1 V1 V1 V1−γ+1 − V0−γ+1 −γ dW = P dV = K V dV = K W = . −γ + 1 V0 V0 V0 Finalmente, recordando que P0 V0γ = K obtenemos W = 1530 J.

5.3 Problemas propuestos

5.3.

135

Problemas propuestos

1. Calcular las integrales siguientes: (a)

π/2

x2 dx, (x2 − 1)(x + 2)

(b) 0

sin x dx. 3 + sin2 x

2. Calcular las siguientes integrales: (a)

√

x2 dx, x2 − 1

3 dx. 6 cos x + 8 sin x

(b)

3. Calcular las integrales siguientes: x2 + 4 dx, x3 − 2x2 + x − 2

(a)

(b)

4. Calcular la siguiente integral binomia:

x

√ x2 ln 1 − x dx.

 √ 3 4 − x2 dx.

5. Calcular las integrales siguientes: (a)

x3 − 1 dx, 4x3 − x

(b)

x3 (1 + 2x2 )−3/2 dx.

6. Calcular las integrales siguientes: (a)

cos(x) ln(1 + cos(x)) dx, (b)

x2 − 3 dx. x3 − 2x2 + x − 2

7. Calcular las integrales siguientes: (a)

sin3 (x) cos4 (x) dx,

(b)

x2 + 3x + 1 √ dx. x2 + 2x + 3

8. Calcular las primitivas de las siguientes funciones: f (x) = x2 sin x, g(x) = (5x2 + 20x + 6)/(x3 + 2x2 + x). 9. Calcular la primitiva de la funci´ on f (x) = pasa por el punto (π/4, 0). 10. Considerar la funci´ on f (x) =



1 tal que su gr´afica sin x cos x

si x < 1; λx2 + 1, ), si x ≥ 1. μ sin( 3πx 2

(i) Determinar los valores de los par´ametros para los cuales f (x) es derivable.

136

C´ alculo integral en una variable (ii) Calcular el ´area entre la gr´afica de f (x) y el eje de abscisas en el intervalo [0, 2] para los valores obtenidos.

11. Calcular el volumen de revoluci´ on generado per la curva y = ex , con 0 ≤ x ≤ 1, al girar sobre el eje 0x. 12. Calcular el volumen de revoluci´ on generado por la circunferencia (x−1)2 + 2 (y − 1) = 1 al girar sobre el eje 0x.

Cap´ıtulo 6

C´ alculo integral con varias variables 6.1. 6.1.1.

Resumen de teor´ıa Integraci´ on doble

Definici´ on 6.1 Se llama una partici´ on P del rect´ angulo R = [a1 , b1 ]×[a2 , b2 ] ⊂ R2 a P = P1 × P2 = {(xi , yj ) : xi ∈ P1 , yj ∈ P2 } ⊂ R2 . La partici´ on P divide el rect´ angulo R en rect´ angulos m´ as peque¯ nos Δij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ]. Definici´ on 6.2 Consideramos una partici´ on P = P1 × P2 = {(xi , yi ) : xi ∈ P1 , yi ∈ P2 } ⊂ R2 del rect´ angulo R = [a1 , b1 ]×[a2 , b2 ] ⊂ R2 , que divide el rect´ angulo R en rect´ angulos m´ as peque¯ nos Δij = [xi−1 , xi ] × [yj−1 , yj ] con i = 1, . . . , m y j = 1, . . . , n. Definimos Δxi = xi − xi−1 y Δyj = yj − yj−1 . Tomaremos puntos ξij ∈ Δij . Sea f : R ⊂ R2 → R continua en R. Entonces se define la integral doble de f sobre el rect´ angulo R como f (x, y) dxdy = R

l´ım (n,m)→(∞,∞)

m  n 

f (ξij ) Δxi Δyj .

i=1 j=1

Cuando el anterior l´ımite exista diremos que la funci´ on f en integrable en el rect´ angulo R. La siguiente definici´ on generaliza el concepto de integraci´ on doble sobre un rect´angulo ampli´ andolo al de integraci´ on doble sobre dominios del plano real R2 m´as generales. 137

138

C´ alculo integral con varias variables

Definici´ on 6.3 Sea D ⊂ R2 un dominio conexo y f una funci´ on real continua en D. (i) (Integraci´ on por franjas verticales) Si D est´ a definida por a ≤ x ≤ b y g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x) donde las funciones g1 (x) y g2 (x) son continuas en [a, b], entonces se tiene que ) * g2 (x)

b

f (x, y) dxdy = D

f (x, y) dy a

dx

g1 (x)

(ii) (Integraci´ on por franjas horizontales) Si D est´ a definida por c ≤ y ≤ d y h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y) donde las funciones h1 (y) y h2 (y) son continuas en [c, d], entonces se tiene que ) * h2 (y)

d

f (x, y) dxdy = D

f (x, y) dx c

dy

h1 (y)

Nota: Si f (x, y) = 1, entonces la integral doble de f sobre D representa el ´area del dominio D. Proposici´ on 6.1 Considerar dos funciones f y g integrables en un dominio D. Se verifica lo siguiente. (i) Si D = D1 ∪ D2 donde el ´ area de D1 ∩ D2 es nula, se tiene que f (x, y) dxdy =

f (x, y) dxdy +

D

D1

f (x, y) dxdy . D2

(ii) (f (x, y) ± g(x, y)) dxdy

f (x, y) dxdy ±

=

D

g(x, y) dxdy,

D

λ f (x, y) dxdy D

=

D

f (x, y) dxdy ∀ λ ∈ R .

λ D

(iii) Si  f (x, y) ≥ g(x, y) para todo (x, y) ∈ D, entonces g(x, y) dxdy. D

 D

f (x, y) dxdy ≥

(iv) Si |.| denota el valor absoluto, se tiene que      f (x, y) dxdy  ≤ |f (x, y)| dxdy .  D

D

¯ ⊂ R2 biyectiva y Teorema 6.1 (Cambio de variable) Sea g : D ⊂ R2 → D 1 de clase C (D) con funciones componentes gi (x, y) para i = 1, 2. Entonces f (x, y) dxdy = D

¯ D

f (g1 (u, v), g2 (u, v)) | det(Jg (u, v))| dudv ,

siendo Jg (u, v) la matriz Jacobiana de g y donde |.| denota el valor absoluto.

6.1 Resumen de teor´ıa

6.1.2.

139

Aplicaciones de la integral doble

Proposici´ on 6.2 (Centro de masas de ´ areas planas) Supongamos que el dominio plano D ⊂ R2 tiene asociado una densidad superficial de masa σ constante. Entonces, las coordenadas (xcm , ycm ) del centro de masas de dicha ´ area son      x dxdy y dxdy  D ,  D . (xcm , ycm ) = dxdy dxdy D D Proposici´ on 6.3 (Momentos de inercia de figuras planas) Sea σ la densidad superficial de masa constante de un dominio plano D ⊂ R2 . Se definen Io , Ix e Iy como los momento de inercia de dicha figura plana respecto de un eje perpendicular a la figura que pasa por el origen de coordenadas, el eje x y el eje y respectivamente. Entonces se tiene que (x2 + y 2 ) dxdy , Ix = σ

Io = σ

y 2 dxdy , Iy = σ

D

6.1.3.

D

x2 dxdy. D

Integrales triples

El procedimiento utilizado para definir una integral doble se puede generalizar f´ acilmente para regiones cerradas en tres dimensiones. Definici´ on 6.4 Sea R ⊂ R3 el paralelep´ıpedo R = [a1 , b1 ] × [a2 , b2 ] × [a3 , b3 ]. Consideremos una partici´ on P1 × P2 × P3 = {(xi , yi , zi ) : xi ∈ P1 , yi ∈ P2 , zi ∈ P3 } ⊂ R3 que divide el paralelep´ıpedo R en paralelep´ıpedos m´ as peque¯ nos Δijk = [xi−1 , xi ]× [yj−1 , yj ] × [zk−1 , zk ] con i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n y k = 1, . . . , s. Definimos Δxi = xi − xi−1 , Δyj = yj − yj−1 y Δzk = zk − zk−1 . Tomaremos puntos ξijk ∈ Δijk . Sea f (x, y, z) una funci´ on real sobre R. Se define la inte  continua  gral triple de f sobre R y se denota por f como R b1

f

b2

=

f (x, y, z) dx dy dz a1

R

=

b3

a2

l´ım

n,m,s→∞

a3 m  s n  

f (ξijk )Δxi Δyj Δzk

i=1 j=1 k=1

La definici´ on anterior se puede extender de R a regiones Q ⊂ R3 m´as generales. Definici´ on 6.5 Sea una funci´ on real f continua sobre una regi´ on Q ⊂ R3 definida por Q = {(x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, h1 (x) ≤ y ≤ h2 (x), g1 (x, y) ≤ z ≤ g2 (x, y)}.

140

C´ alculo integral con varias variables

 Se define la integral triple de f sobre Q y se denota por f como Q ) ) * * h2 (x)

b

g2 (x,y)

f= Q

f (x, y, z) dz h1 (x)

a

dy

dx.

g1 (x,y)

Nota: Si f (x, y, z) = 1, entonces la integral triple de f sobre Q representa el volumen de la regi´ on Q.

6.1.4.

Integrales curvil´ıneas

Definici´ on 6.6 Las funciones F : D ⊂ Rn → Rn se llaman campos vectoriales. Su interpretaci´ on geom´etrica es que a cada punto x ∈ Rn se le hace corresponder un vector F (x) ∈ Rn . Definici´ on 6.7 La integral de l´ınea del campo vectorial F a lo largo de la curva derivable Γ = {γ(t) ∈ Rn : a ≤ t ≤ b} es la integral b

F (γ(t)).γ  (t) dt ,

a

donde el punto denota el producto escalar ordinario en Rn . Definici´ on 6.8 Se dice que el campo vectorial F : D ⊂ Rn → Rn de clase 1 C (D) es conservativo si proviene de una funci´ on potencial φ : D ⊂ Rn → R, es decir, F = ∇φ = (D1 φ, . . . , Dn φ) . Corolario 6.1 Si F es un campo vectorial conservativo, entonces la integral de l´ınea de F a lo largo de cualquier curva γ derivable cerrada es nula, es decir, F (γ(t)).γ  (t) dt = 0 . γ

El siguiente resultado muestra c´omo caracterizar los campos conservativos. Teorema 6.2 Sea F : D ⊂ Rn → Rn un campo vectorial de clase C 1 (D) y D un dominio de Rn simplemente conexo. Una condici´ on necesaria y suficiente para que un campo F = (F1 , . . . , Fn ) sea conservativo es Di Fj = Dj Fi ,

6.1.5.

∀ i, j = 1, . . . , n.

Integrales de superficie

Definici´ on 6.9 Sea S una superficie simple y diferenciable con S ⊂ D ⊂ R3 y n un campo vectorial unitario y normal a dicha superficie. Sea F un campo vectorial continuo definido en D. Definimos la integral de superficie de F sobre S a la que llamaremos flujo de F a trav´es de S a la integral F · n dS

6.2 Problemas resueltos

141

donde el punto denota el producto escalar ordinario en R3 y dS es el elemento de ´ area de la superficie S. El c´alculo de una integral de superficie se puede reducir al c´ alculo de una integral doble. El siguiente resultado nos indica el procedimiento para hacerlo. Proposici´ on 6.4 Tomando n el vector formado por los cosenos directores, es decir, n = (cos α, cos β, cos γ) siendo α, β, γ son los ´ angulos formados por el vector n con la base can´ onica de R3 , el flujo de F = (F1 , F2 , F3 ) a trav´es de S puede calcularse mediante cualquiera de las igualdades:

F · n dS

=

(F1 cos α + F2 cos β + F3 cos γ)

1 dy dz | cos α|

(F1 cos α + F2 cos β + F3 cos γ)

1 dx dy | cos γ|

(F1 cos α + F2 cos β + F3 cos γ)

1 dx dz | cos β|

Ryz

= Rxy

= Rxz

siempre que cos α = 0, cos β = 0 o cos γ = 0, respectivamente. Aqu´ı, Ryz , Rxy y Rxz son las proyecciones de la superficie S sobre los planos yz, xy y xz.

6.2.

Problemas resueltos

6.2.1.

Integrales dobles

Problema 6.1 Encontrar los l´ımites de integraci´ on de la integral de una funci´ on arbitraria f (x, y) en los recintos siguientes: (a) Tri´ angulo de v´ertices (0, 0), (3, 3), (4, 1). (b) Paralelogramo de v´ertices (1, 2), (2, 4), (2, 7), (1, 5). Soluci´ on. (a) Llamemos A = (0, 0), B = (3, 3) y C = (4, 1). Construyamos 0 0 = yy−y las rectas que unen dichos puntos utilizando la ecuaci´ on general xx−x 1 −x0 1 −y0 9−y obteniendo: rAB : x = y, rAC : x = 4y y rBC : x = 2 . De donde 3

f (x, y)dxdy = 0

D

x 4

−2x+9

4

x

dx

f (x, y)dy +

dx 3

f (x, y)dy,

x 4

o bien ´ 1

f (x, y)dxdy = D

4y

dy 0

y

9−y 2

3

f (x, y)dx +

dy 1

y

f (x, y)dx.

142

C´ alculo integral con varias variables

(b) Llamemos A = (1, 2), B = (1, 5), C = (2, 7) y D = (2, 4). Construyamos las rectas que unen dichos puntos rAB : x = 1, rBC : y = 2x + 3, rCD : x = 2 y rAD : y = 2x. De donde 2

f (x, y)dxdy =

2x+3

dx

f (x, y)dy,

1

D

2x

´o bien

y 2

4

f (x, y)dxdy =

dy

5

2

dy 4

f (x, y)dx+

1

2

D

7

f (x, y)dx +

2

dy

1

y−3 2

5

f (x, y)dx.

Problema 6.2 Expresar en coordenadas polares los recintos: (a) A = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4}. (b) B = {(x, y) | (x − 1)2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0}. (c) C = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, y ≤ 2x, y ≥ 0}. Soluci´ on. (a) A = {(r, ϕ) | 1 ≤ r ≤ 2}. (b) B = {(r, ϕ) | r ≤ 2 cos ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ π2 }. (c) C = {(r, ϕ) | 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ arctan 2}. Problema 6.3 Considerar las integrales (a)

 1  x2 0

x

dxdy,

(b)

 2  3y 1

y

(x + y)dxdy.

Calcularlas. Cambiar el orden de integraci´ on y calcularlas de nuevo. Soluci´ on. (a) Se tiene x2

1

dx

1

dy =

0

0

x

1

x2

dx [y]x =

0

1 (x2 − x)dx = − . 6

Cambiando el orden de integraci´ on se obtiene √

0

0

y

dx =

dy

1

y

1

√

dy [x]y

y

0

= 1

1 √ ( y − y)dy = − . 6

(b) Se tiene 2

3y

dy 1

2

(x + y)dx = 1

y



x2 + yx dy 2

3y

2

=6

y 2 dy = 14.

1

y

Cambiando el orden de integraci´ on se obtiene 2 1

3

x

dx

(x + y)dy + 1

2

dx 2

6

(x + y)dy + 1

2

dx 3

x 3

(x + y)dy = 14.

6.2 Problemas resueltos

143

Problema 6.4 Determinar el valor de la integral de la funci´ on f (x, y) = x2 sobre la regi´ on D del primer cuadrante limitada por la hip´erbola xy = 16 y las rectas y = x, y = 0, x = 8. Soluci´ on. 4

2

dx 0

16 x

8

x

x dy + 0

dx 0

4

4

x2 dy =

8

x3 dx +

16xdx = 448.

0

4

Problema 6.5 Calcular el a ´rea de la figura limitada por la curva siguiente: xy = a2 ,

5 a, 2

x+y =

a > 0.

Soluci´ on. 5 2 a−x

2a

dx

a 2

a2 x



2a

dy =

a 2

dx

5 a2 a−x− 2 x

=

15 2 a − 2a2 ln 2. 8

Problema 6.6 Efectuar un cambio a coordenadas polares y calcular el a ´rea de la figura limitada por las curvas siguientes: (x2 + y 2 )2 = 2a2 (x2 − y 2 ),

x2 + y 2 ≥ a2 .

Soluci´ on. En coordenadas polares las curvas anteriores toman la forma r2 = 2 2a cos 2θ y r ≥ a. El punto de corte entre ambas curvas en el primer cuadrante es (a, π6 ). Puesto que las curvas son sim´etricas respecto de los ejes coordenados, el ´area viene dada por π 6

A=4

√

dθ

0 π 6

2

2a

0

π 6

2a2 cos θ

rdr = 4 0

a



r2 dθ 2

√2a2 cos θ = a

π

(2 cos 2θ − 1)dθ = 2a2 [sin 2θ − θ]06 = a2

√

3−

π . 3

Problema 6.7 Calcular el a ´rea de las figuras limitadas por las curvas: (a) x + y = 1, x + y = 3, y = 2x, y = 5x. (b) xy = 1, xy = 2, y = x, y = 2x. (x > 0, y > 0). Soluci´ on. (a) El recinto limitado por la intersecci´ on de las cuatro curvas es un cuadril´ atero de v´ertices ( 61 , 56 ), ( 31 , 32 ), ( 21 , 52 ) y (1, 2). Por tanto el a´rea es 1 3

A=

1 6 1 3 1 6

1 2

5x

dx

dy +

1 3

1−x

(6x − 1)dx +

1 2 1 3

5x

dx

1

dy + 2x

1 2

3−x

dx

dy = 2x

1

3xdx +

1 2

(−3x + 3)dx =

2 . 3

144

C´ alculo integral con varias variables

(b) El recinto limitado por √ la intersecci´ on de las √ cuatro atero √ curvas es un cuadril´ curvil´ıneo de v´ertices ( √12 , 2), (1, 2), (1, 1) y ( 2, 2). Por tanto el a´rea es 2x

1

A= 1 1 √ 2

1 √ 2

(2x −

dx

1 x

1 )dx + x

2 x

2

dy +

dx 1

2

( 1

dy =

x

2 3 − x)dx = ln 2 − 1 x 2

  Problema 6.8 Calcular a2 − x2 − y 2 dxdy siendo S la regi´ on limitada S por una hoja de la lemniscata (x2 + y 2 )2 = a2 (x2 − y 2 ),

x ≥ 0.

Soluci´ on. En coordenadas polares la lemniscata toma la forma r2 = a2 cos 2θ. El recinto de integraci´ on S viene dado por S = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ a2 cos 2θ, π π − 4 ≤ θ ≤ 4 }. La integral pedida es  a2 − r2 rdrdθ =

 a2 − x2 − y 2 dxdy = S

S π 4

−π 4

√

a2 cos 2θ

dθ 0

 πa3 a2 − r2 rdr = . 6

Problema 6.9 Calcular la integral

D

xy dxdy 1 + x2 + y 2

siendo D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, x2 + y 2 ≥ 1}. Soluci´ on. En coordenadas polares el recinto de integraci´ on viene dado por D = D1 + D2 donde D1 = {(r, θ) | 0 ≤ θ ≤ π4 , 1 ≤ r ≤ cos1 θ } y D2 = {(r, θ) | π π 1 4 ≤ θ ≤ 2 , 1 ≤ r ≤ sin θ }. Por tanto la integral pedida es

D π 2 π 4

xy dxdy = 1 + x2 + y 2

1 sin θ

dθ 1

π 2 π 4

π 4

0

r2 sin θ cos θ rdr = 1 + r2 1 sin θ

sin θ cos θdθ 1

1 cos θ

dθ 1 π 4

0

r2 sin θ cos θ rdr+ 1 + r2 1 cos θ

sin θ cos θdθ 1

r3 dr+ 1 + r2

r3 1 3 3 dr = − + ln . 2 1+r 4 4 2

  x/y Problema 6.10 Calcular e dxdy donde D√es el recinto del plano limD itado por las rectas x = 0, y = 1 y la par´ abola y = x.

6.2 Problemas resueltos

145

Soluci´ on. Los puntos intersecci´on de las curvas que definen el recinto son (0, 0), (1, 0) y (1, 1). Por tanto la integral pedida es y2

1

ex/y dxdy =

0

0

D 1 0

1

ex/y dx =

dy



yex/y

y2 dy = 0

0

1  1 y2 = . (yey − y) dy = ey (y − 1) − 2 0 2

Problema 6.11 Calcular el volumen del s´ olido limitado por el plano z = 3x + 5y en el primer octante si el recinto de integraci´ on est´ a limitado por las rectas y = 2x, x = 2y, y = 1, y = 4. Resolver el problema de dos formas diferentes, comprobando la coincidencia de resultados. Soluci´ on. El recinto de integraci´ on viene dado por un cuadril´ atero de v´ertices ( 21 , 1), (2, 4), (2, 1) y (8, 4). Por tanto resolviendo el problemas utilizando franjas horizontales obtenemos 2y 4 2y 4 3045 3 2 (3x + 5y)dx = dy = x + 5xy . V = dy y y 2 8 1 1 2 2

Utilizando franjas verticales tenemos 2x

2

V =

dx

1 2

8

(3x + 5y)dy + 1

4

dx

x 2

2

(3x + 5y)dy =

3045 . 8

Problema 6.12 Determinar el volumen del cilindroide limitado por el plano z = 0, la superficie z = x2 + y 2 y los cilindros parab´ olicos x = y 2 , y = x2 . Soluci´ on. El recinto de integraci´ on viene dado por la intersecci´ on de las par´ abolas x = y 2 , y = x2 que se intersectan en los puntos (0, 0) y (1, 1). Por tanto el volumen pedido es √ x

1

V =

2

(x + y )dy =

dx x2

0

1

2

0

 √x 1 3 6 2 . x y+ y dx = 3 35 x2

Problema 6.13 Calcular el volumen limitado por el triedro positivo de la superficie z = xy, el plano z = 0 y la superficie cil´ındrica x2 + y 2 = 1. Soluci´ on. El volumen pedido viene dado por √ 1−x2

1

V =

xydy =

dx 0

1

0

0



1 2 xy 2

√1−x2 dx = 0

1 . 8

146

C´ alculo integral con varias variables

Problema 6.14 Calcular el volumen del s´ olido limitado por el plano z = 0, el cilindro x2 + y 2 = 2ax (a > 0) y el cono x2 + y 2 = z 2 . Soluci´ on. En coordenadas polares el cilindro toma la forma r2 = 2a r cos θ. El recinto de integraci´ on viene dado por D = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ 2a cos θ, − π2 ≤ π θ ≤ 2 }. Por tanto la integral pedida es  x2 + y 2 dxdy =

π 2

2

r drdθ =

D

−π 2

D

2a cos θ

dθ

r2 dr =

0

32 3 a . 9

Problema 6.15 Calcular el volumen de las regiones del espacio limitadas por: √ √ 1. y = x, y = 2 x, x + z = 6, z = 0. 2. x2 + y 2 = a2 , y = 0, z = 0, y = x. Soluci´ on. (a) El volumen viene dado por √ 2 x

6

V =2

dx 0

√

6

(6 − x)dy = 2 0

x

√ 96 √ 6. (6 − x) xdx = 5

(b) En este caso el volumen es a

V =

x

dx 0

 a2 − x2 dy = 2

a

0

0

 a3 a2 − x2 xdx = . 3

Problema 6.16 Un vaso cil´ındrico, de radio R y altura H, se encuentra completamente lleno de agua. Se va inclinando, poco a poco, hasta que la superficie del agua de su interior bisecta la base. Calcular el volumen de agua que resta en el vaso. Soluci´ on. Tomamos los ejes coordenados de forma que la base del vaso cil´ındrico sea x2 + y 2 = R2 . En el momento que la superficie del agua bisecta la base, el plano que define la superficie del agua tiene como vector normal (0, H, −R) y por tanto dicho plano tiene por ecuaci´ on Hy − Rz = 0. Por tanto el volumen de agua, teniendo en cuenta la simetr´ıa del problema, viene dado por V =2 D

2H R

2H H ydxdy = R R π 2

0

π 2

0

R

r sin θrdrdθ = 0

R

r2 dr =

sin θdθ 0

2 HR2 . 3

Problema 6.17 Resuelve las siguientes cuestiones : (a) Calcular la integral doble de la funci´ on f (x, y) = exp(−x2 − y 2 ) en el do2 2 2 minio D = {(x, y) ∈ R : x + y ≤ R2 }. ∞ 2 (b) Utilizar el resultado anterior para calcular la integral −∞ e−x dx.

6.2 Problemas resueltos

147

Soluci´ on. (a) Primero intentamos calcular la integral en coordenadas cartesianas √ 2

e−x

−y 2

R

dxdy =

R2 −x2

2

e−x dx

√

− R2 −x2

−R

D

2

e−y dy,

y comprobamos que no es posible ya que la funci´ on exp(−x2 ) no admite ninguna primitiva expresable mediante funciones elementales. Introducimos las coordenadas polares (r, ϕ) para el c´alculo de la integral doble. La funci´ on f (r cos ϕ, r sin ϕ) = exp(−r2 ), el dominio D = {(r, ϕ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ R , 0 ≤ ϕ < 2π} y el elemento de superficie dxdy = rdrdϕ. De esta forma la integral adopta la forma 2

e−x

−y 2

2π

dxdy =

R

dϕ 0

D

2

2

e−r rdr = π(1 − e−R )

0

(b) Si tomamos el l´ımite cuando R → ∞ en los resultados del apartado anterior tenemos que el dominio D es todo el plano R2 y adem´as, como l´ımR→∞ 1 − exp(−R2 ) = 1 comprobamos que ∞

∞

2

e−x dx

−∞

2

e−y dy =



−∞

con lo cual

∞

2

e−x dx

2 = π,

−∞ ∞

2

e−x dx =

√ π

−∞

Problema 6.18 Calcular el momento de inercia respecto del eje y de una placa limitada por la recta y = 21 x+2 y la par´ abola y = 41 x2 , sabiendo que su densidad superficial σ varia de seg´ un la ley σ(x, y) = 2x. Soluci´ on. Los puntos de corte entre la recta y = 21 x + 2 y la par´ abola y = 41 x2 son (−2, 1) y (4, 4). El momento de inercia viene dado por Iy

2

:=

x σ(x, y) dxdy = D

=

4

1 4

4 −2

dx −2

(−2x5 + 4x4 + 16x3 ) dx =

1 2 x+2 1 2 4x

2x3 dy

576 5

Problema 6.19 Calcular el centro de masas de la superficie interior a la cardioide r = a(1 + cos ϕ), supuesta de densidad constante. Soluci´ on. Definimos (Xcm , Ycm ) las coordenadas del centro de masas. Por la simetr´ıa de la cardioide se observa que Ycm = 0. Como la densidad superficial σ(x, y) es constante, se tiene  x dxdy , Xcm =  D dxdy D

148

C´ alculo integral con varias variables

siendo D ⊂ R2 el interior de la cardioide. Utilizaremos coordenadas polares (r, ϕ) para el c´alculo de las integrales. x dxdy

2π

r2 cos ϕ drdϕ =

=

D

0

D

a3 3

=

a(1+cos ϕ)

2π

0

cos ϕ(1 + cos ϕ)3 dϕ =

0

5 3 πa . 4

2π

dxdy

=

r drdϕ =

D

r dr

0 2π

a2 2

a(1+cos ϕ)

dϕ

D

=

r2 dr

cos ϕ dϕ

0

(1 + cos ϕ)2 dϕ =

0

3 2 πa . 2

Concluimos pues que la coordenada x del centro de masas es 5 3 4 πa 3 2 2 πa

Xcm =

6.2.2.

=

5 a. 6

Integrales Triples

Problema 6.20 Calcular las siguientes integrales triples:  (a) xy 2 z 3 dxdydz donde V esta limitado por las superficies V z = xy, y = x, x = 1, z = 0. (b)

 V

xyzdxdydz donde V est´ a limitado por las superficies x2 + y 2 + z 2 = 1, x = 0, y = 0, z = 0.

Soluci´ on. (a) 1

xy 2 z 3 dxdydz = V 1



x

y 2 dy

xdx 0

0

= 0

xy

0

1 28

1 0

0

' (x 1 x5 dx y 7 0 dx = . 364

(b) xyzdxdydz = V

√

√ 1−x2

1

1−x2 −y 2

xyzdz =

dx 0 √ 1−x2

xy 2 z 3 dz =

dy

0

 4 xy

z 4

x

dx

0

0

1 1 xdx y(1 − x2 − y 2 )dy = 2 0 0  √1−x2 (1 − x2 − y 2 )2 1 1 1 1 1 xdx x(1 − x2 )2 dx = . − = 4 0 2 8 48 0 0

6.2 Problemas resueltos

6.2.3.

149

Integrales Curvil´ıneas

Problema 6.21 Calcular el trabajo total W realizado para desplazar una part´ıcula en un campo de fuerzas dado por F = (3xy, −5z, 10x) a lo largo de la curva C definida por x = t2 + 1, y = 2t2 , z = t3 desde el punto inicial A = (2, 2, 1) hasta el punto final B = (5, 8, 8). Soluci´ on. W

F .dr =

=

C 2

=

(3xy, −5z, 10x). (dx, dy, dz) C

3(t2 + 1)(2t2 ) d(t2 + 1) − 5t3 d(2t2 ) + 10(t2 + 1) d(t3 )

1 2

=

(12t5 + 10t4 + 12t3 + 30t2 ) dt = 303

1

Problema 6.22 Resuelve las siguientes cuestiones: on de clase C 1 , y sea F : R3 → R3 un campo de (a) Sea φ : R3 → R una funci´ fuerzas definido de la forma F = ∇φ. Demostrar que el trabajo realizado para desplazar una part´ıcula desde el punto P1 = (x1 , y1 , z1 ) hasta el punto P2 = (x2 , y2 , z2 ) es independiente de la trayectoria seguida. (b) Rec´ıprocamente, demostrar que si el trabajo realizado por F no depende de la trayectoria, entonces existe una funci´ on φ tal que F = ∇φ Soluci´ on. (a) Se tiene que el trabajo W se expresa como P2

W

= P1 P2

= P1 P2

= P1 P2

=

F .dr = 

P2

∇φ.dr

P1

∂φ ∂φ ∂φ , , ∂x ∂y ∂z

. (dx, dy, dz)

∂φ ∂φ ∂φ dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z dφ = φ(x2 , y2 , z2 ) − φ(x1 , y1 , z1 ) ,

P1

por lo tanto es evidente que el trabajo depende u ´nicamente del punto inicial P1 y final P2 y no de la trayectoria que los une. (b) Si el trabajo es independiente de la trayectoria se verifica (x,y,z)

φ(x, y, z) := (x1 ,y1 ,z1 )

F .dr =

(x,y,z)

dr F . ds . ds (x1 ,y1 ,z1 )

 dr Derivando la igualdad anterior obtenemos dφ ds = F . ds . Por otra parte, aplicando d r la regla de la cadena tenemos que dφ ds = ∇φ. ds . Igualando las dos derivadas

150

C´ alculo integral con varias variables

r (∇φ − F ). d ds = 0. Como esto se ha de verificar con independencia del valor de d r  ds se concluye que F = ∇φ.

Problema 6.23 Resuelve las siguientes cuestiones: (a) Demostrar que el campo de fuerzas F = (2xy+z 3 , x2 , 3xz 2 ) es conservativo. (b) Hallar el potencial escalar del cual deriva. Soluci´ on. (a) Una condici´on necesaria y suficiente para que un campo de fuerzas sea conservativo es que sea un campo irrotacional, es decir ∇ × F = 0. Un sencillo c´alculo demuestra que   k   ı j   ∂ ∂ ∂ =0, ∇ × F =   ∂x ∂y ∂z  2xy + z 3 x2 3xz 2  por lo tanto F es un campo conservativo. (b) Como F es un campo conservativo, existe un a funci´ on escalar φ (el potencial asociado) verificando F = ∇φ. Escribiendo la anterior igualdad vectorial en componentes tenemos ∂φ ∂φ ∂φ = 2xy + z 3 , = x2 , = 3xz 2 . ∂x ∂y ∂z Integrando cada una de las ecuaciones anteriores llegamos a φ(x, y, z) = x2 y + xz 3 + f (y, z) , φ(x, y, z) = x2 y + g(x, z) , φ(x, y, z) = xz 3 + h(x, y) . Las tres ecuaciones anteriores se verifican si tomamos f (y, z) = 0, g(x, z) = xz 3 y h(x, y) = x2 y, de manera que el potencial queda perfectamente definido de la forma φ(x, y, z) = x2 y + xz 3 salvo una constante.

6.2.4.

Integrales de Superficie

  n dS, siendo A  = zı + Problema 6.24 Hallar la integral de superficie A. S 2  2 2 xj−3y xk y S la superficie del cilindro x +y = 16 situada en el primer octante y limitada por los planos z = 0 y z = 5. Soluci´ on. Proyectamos S sobre el plano xz y llamamos Rxz a dicha proyecci´ on. De esta manera tenemos que  n dS = A. S

 n dxdz . A. n.j Rxz

6.2 Problemas resueltos

151

Un vector normal a S vendr´ a dado por n =

2xı + 2yj ∇(x2 + y 2 − 16) 1 = = xı + yj , 2 2 ∇(x2 + y 2 − 16) 4 (2x) + (2y)

donde en el u ´ltimo paso hemos utilizado que x2 + y 2 = 16 en S.  n = 1 (xz + xy), n.j = 1 y, la integral de superficie queda Finalmente, como A. 4 4

Rxz

xz + xy dxdz y

5

4



dz

= 0

0

√

xz + x dx 16 − x2

5

=

(4z + 8)dz = 90 0

 Problema 6.25 Calcular I := (∇× F ). n dS, siendo F = (y, x−2xz, −xy) S 2 2 y S la superficie de la esfera x + y + z 2 = a2 por encima del plano xy. Soluci´ on. Primero calculamos el rotacional de F   k  ı  j  ∂  ∂ ∂  = xı + yj − 2zk . ∇ × F =  ∂x  ∂y ∂z  y x − 2xz −xy  El vector unitario normal a S vendr´ a dado por n =

2xı + 2yj + 2zk ∇(x2 + y 2 + z 2 − a2 ) 1 = = xı + yj + zk , 2 2 2 2 2 2 2 ∇(x + y + z − a ) a (2x) + (2y) + (2z)

donde en el u ´ltimo paso hemos utilizado que x2 + y 2 + z 2 = a2 en S. La proyecci´on de S sobre el plano xy es la regi´on Rxy := { (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ a2 } . Entonces, la integral de superficie viene dada por I

dxdy (∇ × F ). n n.k Rxy  1 dxdy xı + yj + zk (xı + yj − 2zk). a z/a Rxy

= =

√ a2 −x2

a

=

dx −a

√

− a2 −x2

3(x2 + y 2 ) − 2a2  dy , a2 − x2 − y 2

donde hemos tenido en cuenta que z =

 a2 − x2 − y 2 .

152

C´ alculo integral con varias variables

Para hallar el valor de la integral doble, pasamos a coordenadas polares (r, ϕ) 3r2 − 2a2 √ rdr a2 − r2 0 0  2π a  a2 r 2 2 dr −3r a − r + √ dϕ a2 − r 2 0 0 2π  a   (a2 − r2 )3/2 − a2 a2 − r2 dϕ = 2π

I

= = =

a

dϕ

0

0

6.3.

2π



a3 − a3 dϕ = 0.

0

Problemas propuestos

 y 1. Calcular el valor de la integral I = x dxdy siendo D el interior del D cuadrado con centro en el punto (1/2, 1/2) y de lado 1. Aprovechando que conocemos I, averiguar el valor de la integral 1

K= 0

x−1 dx . ln x

 (x2 + y)dxdy, siendo D ⊂ R2 la regi´on anular comprendida 2. Calcular D √ entre las circunferencias de radios 1 y 5. 3. Integrar la funci´ on f (x, y) = x2 − xy en la regi´on del plano delimitada por las curvas x + 3y = 3 y x2 + 3y − 3 = 0.  4. Expresar los l´ımites de integraci´on de f (x, y) dx dy por franjas horiD zontales y tambi´en por franjas verticales cuando D es el tri´angulo de v´ertices (0, 0), (3, 3) y (4, 1). 5. Calcular la integral doble x dxdy y+1 sobre el recinto limitado por el eje de abcisas, las rectas x = 1 y x = 2 y la par´ abola y = x2 .  6. Calcular x dxdy donde D es el ´area obtenida a partir del c´ırculo de D radio 2 centrado en el punto (1,0) tras quitarle el c´ırculo de radio 1 y centro en el origen.  7. Calcular xy dxdydz donde V es el primer octante de la esfera de V centro el origen y radio 1. 8. Calcular el volumen del s´olido cuya base es el dominio D del plano z = 0 encerrado por la par´ abola y = x2 y la recta y = 1, su superficie lateral es perpendicular al plano z = 0 y su tapa superior viene dada por el plano −x − y + z = 10.

6.3 Problemas propuestos

153

 9. Considerar el volumen V = xdxdy con D ⊂ R2 el dominio del primer D cuadrante cuyo contorno est´ a formado por el eje de abscisas, la recta de pendiente m que pasa por el origen de coordendas y la elipse centrada en el origen de semiejes a y b a lo largo de los ejes coordenados. Calcular la pendiente m de modo que V = 2. 10. Calcular las coordenadas del centro de masas de una placa homog´enea tal que su contorno est´a formado por dos segmentos de los ejes positivos de y2 x2 coordenadas y por la elipse de ecuaci´on 2 + 2 = 1. a b 11. Calcular las integrales de l´ınea siguientes sobre el camino dado por la circumferencia unidad S 1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} recorrida en sentido positivo (antihorario). -

xe2y dx + e2y (y + x2 + y 2 )dy,

(i) S1

xdx + (y + x2 + y 2 )dy.

(ii) S1

12. Sea γ qualquier curva diferenciable en el plano que conecte los puntos de coordenadas (1, 2) i (3, 4). Demostrar que la integral de l´ınea (6xy 2 − y 3 )dx + (6x2 y − 3xy 2 )dy γ

es independente del camino γ. Hallar la funci´ on potencial asociada al campo vectorial dado y calcular la integral.

y f (x+h)

f (x) x

Δx

a

b

x+h

h

x

y f (x+h)

f (x) x

h

x+h

a

Δx

x

b

y

f (x+h)

f (x)

a

Δx

b

x

x

h

x+h