W. Fulks, Calculo Avanzado.pdf

CALCULO AVANZADO W ATSON FULKS Profe.\or d l + (n + t)x.

¿Dónde se aplicó la hipótesis de que x

1.7

lxl.

1

> -1?

VALOR ABSOLUTO Si X es un número real. entonces el valor absoluto de se define por · x six:>O

lxl= {

-x

X,

denotado por

six x}

v

(b) {x + 4 > 3x + IS} (d) {(l + x) < 1/(1 - x)}

+ 2.v}

(/) {lxJ + lx + 1I < 2} (h) {(x + 2)(x - l)(x + S)

{lxl · lx + ll < 2} = 1, 2, 3, ... + b + la - bJ> = lt1 - bj>.

{( -1)"(2 - 4/2")}, n

Demostrdr que i(u (h) Evaluar !O}

= 1, 2, 3, .•• de a y h.

n(n - 1) 2 x ,

(b) (l - x)" (e) (1

t

t1 1 )(1

n(n - 1)

Enco~trar

.i·

>o

x2,

+ "::) ··· (1 + "")

+ u 1 + ª-.:. + ··· + t1,

O m 0 existe un x en S para el cual y > .r ;> m 0 •

s. enronces

para iodo

9. Demostrar que si .r11 es un punto interior de un conjunto S. entonces existen puntos interiores de S a uno y otro lado de x 0 •

! (

~~

dado entonces existe un N tal que

completando. de este modo. la demostración de la equivalencia de las dos proposiciones de Ja inducción matemática.

no negativas.

l.

> O está

Este es el teore·

5. Demostrar que el quinto axioma de Peano se puede deducir del Teorema 1.6a,

< 1 - n.v + - -2-

~ 1

2. Mediante C 1, demostrar que si t N > 1/t y de aquí que l/N h.

4. Demostrar que en todo intervalo de números reales existen números irracionales.

1. Probar por inducción que:

+ ;r.)" > J + 11.v + - -2-

l. Demostrar que, si a > O y b > O, existe un n tal que na ma de Eudoxo o el teorema de Arquímedes.

3. Demostrar que en todo intervalo de números reales existen números racionales.

EJERCICIOS 8

(a) (l

EJERCICIOS C

¡¡

2

11

Funciones, sucesiones y límites

.

,·'

2.1 "¡

MAPEOS, FUNCIONES Y SUCESIONES

Consideremos dos conjuntos S 1 y S::. Por un mapeo de S 1 en S2 se entenderá una correspondencia mediante la cual a cada punto x en S 1 se le asocia exactamente un punto y en S2 • La totalidad de todos los pares se ordenados (x, y). donde y es el punto en S2 correspondiente a x en llamará una función y se denotará mediante una sola letra. como f. El número y en S':! correspondiente X en 5 1 recibirá el nombre de valor de la función f en x y se denotará por f (x). Nótese que una función tal y como se ha definido es una función unívoca. es decir. a cada punto x en S 1 le corresponde exactamente un punto y en S::. Sin embargo. algunos. e incluso todos. los valores de y pueden corresponder a dos o más x. Se dirá que la función está definida en S 1 y tiene valores en S2 • y tambien se dirá que es una función de S 1 a S2 • Puesto que x puede tomar cualquier valor en S1; recibe el nombre de variable independiente, y puesto que el valor de y está determinado por x, recibe el nombre· de variable dependiente. En ocasiones la variable independiente recibe el nombre de argumento de la función. Si todo el conjunto S2 se cubre mediante el mapeo -esto es, si para todo valor de y en S2 existe por lo menos un x en S 1 para el cual y f(x)- se dice que el mapeo 'es sobre S'I.. De otra manera se dice que es en S2.EI conjunto S1 sobre el cual está definida la función se llama dominio de la función y. en general. se denotará por D. El subconjunto de S2 sobre el cual se mapea D se llama rango de f y se denota por R. Gráfica de una función es simplemente la representación bidimensional del conjunto de puntos dados por Cx. y) donde x está en D y y es el

s..

a

1.1 1

=

=

[39)

40

funciones, sucesiones y limites

cálculo de una variable

va lor co rrespondiente . E n otras pa labras. la gráfica es el lugar geométrico de los puntos en dos dimensiones dados po r

x en D.

(x.f(x))

Igualmen te buenas son

{O < X< 5} {-5 < X< O},

+ J 2s - X 2 { Y= - J 25 - x2

y

El qu e una función sea unívoca se refleja en el hécho de que toda línea · vertica l que pasa po r un punto x de D encuentra a la gráfica en u n pu nto exactamente. Sin embargo. toda línea ho rizontal que pasa po r un punto de R encue ntra a la gráfica en un punto. por lo menos. pero pod ría em:o nt ra rla en un número infinito de puntos.

41

+ .J25 - x2 para x racional }{ I } y = ( - -lx < 5. - J 25 - x 2 para x irracional Por supuesto que. cuando decimos que la ecuació n (1) define implícitamente una funció n. gene ralmente debe entend erse una de las d os pri meras. Lo que desea mos puntualizar es que para especificar una función se necesita más qu e la relación x 2 + y2 25. Por ejemplo, si se p regun ta si la fun ción es continua•. entonces estamos forzados a escoger una de las d os primeras. En forma semeja nte. una fórmula como

=

y= a ng se n x

D:

1- l ~x ~ I }

no define una fu nción ya que ex is te un número infinito de ángu los y cuyo seno es x. Pero el valor principa l definido por

y

=a ng

es una funció n.

ser. x

D: {-1 {

< X< I}

R : { -7T/2

<

Y

< 7T/2}

Dos funci ones úti les para establecer ciertos problemas son la funci ón máximo entero [x] y la fun ción signum. P ri mero

[x]

',

:"•;···

~

.. 1. entonces a

2

f (x}.

4. Definir lim

>a>

(a)

(e}

1 -

2fl

-;¡

l -

1 -

[

(d) x t -

1

1i

'¡

l 1

r 1

l

(/)

l ,,100 2 ( -sen 4 n+2

1

(

l -

2)5] ~

va > 1.

ntoo )n

+ -3 cos2 n+2

n

D D inf [f(:r) + g(x)] > inff(a") + inf g(:r}. D D D En particular, para las sucesiones. estas expresiones se transforman en

/(x)

+ bn) < sup Dn + sup bn + bn) >

1

+ inf b 11 •

sup f (x) · g(x) < sup f (x) · sup g(x)

3

(1 - 1/n) (b) 1 _ (1 _ l/n>2

:¡_,---. + 2ii

inf On

> O y g(.d > O

J)

1~

(e)

Demostrar que b11 --+ A.

sup [f(x) + g(.t:)] < supf(.r) + supg(x)

(h) Demostrar que para

l. Examinar estas sucesiones y funciones como en los ejercicios A

( 2i1) ( Ji1) · .. ( ""J.l)

•

S. (a) Considérese que /(x) y g(x) tienen el mismo dominio D. Demostrar que

inf (a,,

FJERCICIOS B

%--co

c,1

(

2. Supóngase que /(x)--+ A, h(x) ---. A conforme x--+ co y /(x) ( g(x) ( h(x). Demostrar que g(x) --+ A conforme x ~ x.

sup (a 11

1

_ 1

l. Supóngase que un--+ A. e;.--+ A y u,, ( b11

4. Demostrar que n/?d'--+ o. n3a•--+ O y n4a•--+ O si O< a< l. (Comparar con el Ejercicio 3 anterior y ver la demostración del Teorema 2.2a.)

2. Determinar si las funciones siguientes tienen limites en el infinito. En cada caso donde exista un límite A. determinar un X(t) tal que lf(:r) - Al X. x3 - 4x2 + 3x sen x (e) a..3 - x + 1 (b)-;(a) sen x

x2+2

y lim "n =A',

3. Demostrar que n"i/2ª--+ O. nl/2"--+ O, n4/ 2ª--+ O. (Sugerencia.: Ver Ejemplo 2).

(1-~)(1-~)(1-~)···(1-~)

(d) cos x ( ia,.2

ªn =A

EJERCICIOS C 2

n+l

(b) :r. D: {O N,

• de {3). tenemos

< M€1 + lalE2 = €[M/2(M + 1) + lal/2(lal + 1)] < E.

1

Con base en esta demostración se sigue que lim cb,,

= e lim

2.Je Teorema. lim (a,,/ b11 )

N.

la1I. la2I ..... ¡aNI·

lim b11.

De acuerdo con el Teorema 2.3b tenemos que pongamos que jh,,I ~ M; entonces

(¡,Por qué?)

>

= (lim an)(lim

Teorema. lim (anbn)

Por tanto

(¿Por qué?)

y escojamos

ja,,¡ ~ M2 si n ~ N. Ahora. es evidente que si tomamos M como el mayor de M 1 y M 2 , en ton· ces por (1) y {2) para todo n. ¡a,.j < M 1 (2)

2.Jd

existe un N tal que

si n

= lim Un ±

Demoj'fracidn. Examinemos

2.Ja Teorema. Supóngase que lant converge. entonces cualquier subsucesión {tlnkJ también converge y tiene el mismo límite.

-

lim (an ± bn)

Demostración. La demostración de este teorema se deja como ejercicio (Ejercicio 8). Obsérvese que, por inducción. este teorema se extiende · a cualquier número finito de sucesiones.

=o, 1, 2, ... '

se llama subsucesión de Janl. Es evidente que existen muchas subsucesiones de una sucesión dada y que. en todo caso. n"' ~ k. (¿Por qué'?) El teorema que se desea probar es el siguiente.

la 11.t

En los teoremas restantes de esta sección supondremos que las sucesiones fanl y tbnl convergen y que sus límites son a y b. respectivamenté. y concluiremos la existencia de los demás límites que se presentan.

bn.

(¿Por qué?)

= (lim a,,)/(lim bn)

si lim b11 *O.

Demoj·fración. La demostración de este teorema se sigue del Teorema 2.3d. en el supuesto de que podemos demostrar que

{4)

lim l/b~

= l/lim h,,.

Para probar (4). notemos primero que, supuesto que b existe un N 1 lo suficientemente grande de modo que

= lim

b" -=fo o.

11 50

cálculo de una variable sin >N 1 •

lbnl > mlbl

si n

>N

O.so l.

De aquí que. para n > N 1•

Ahora. dado que E> O. sean E1

lbn-hl <

= máx

a> O.

= lhl E/2 y 1

Por tanto, para n > N 1

N2 tales que

1¡;;, _ /"al

sin> N 2 •

E1

(N 1 • Nz],

..!.. - ! 1 < ~lb - bl < 2 2E1 = 2 2• lbl2E b lbl 2 n lbl lbl 2 - E. Teorema. 1im la l = llim a,,¡.

1

=

l..(Q,, - JQI IFn + JQI = IJan + /al

Demostración. La demostración de este teorema se sigue directamente de J la,al - lal 1 < la,1 - al. (¿E'ómo'?)

1

CASO

2. "

~~a para todo

n>

N

Entonces existe un N

J = Ji.

Calcular ,Jim

EJEMPLO.

1.tm J4n

2

+ 6n + 3 5

4n

+ 6n + 3

2

n2

5

2

2

1 - (5/n

=

-ma,

=

Esta contradicción completa la demostración.

1

2.3h Teorema. Si a,, # b,,. entonces lim a11 # lim hn. Demostración. Por los Teoremas 2.3c y 2.3g.

= lim

2.3i Teorema. Si a,. #O. entonces lim

(a,, -

b,,)

\I;;: =

# O.

'

lim 4 + (6/11) + (3/n ) =

< 0).

o bien

lim "" - lim h,,

-

611-+ 3 1 4n m+ --11 2 - 5

Así. en particular. para tal n se tiene

ª" - a<

1

Vlim a,..

Demustración. Una vez más supondremos la existencia y la unicidad de las raíces cuadradas positivas de los números positivos (ver Sección

ª" < f 2•

.JO,, < e.

Entonces

112 -

(recuérdese que a

Ja

= o.

2.3g Teorema. Si a11 #O.entonces lim ""#O.

¡a,,-a¡ < -

Ja,, + Ja

Esta es la desigualdad básica. El resto de la demostración se deja como ejercicio.

Solución:

< O.

1 ª" - a -1 < lan ~ al .

Dado (>O, se escoge n lo suficientemente grande para que

11

Demostracidn. Supóngase que lim a,, = a tal que

(¿Por qué?)

sin> Ni.

ª">%a

bl

1 bn

2.3f

bien

Aquí existe un N 1 tal que

1:. - ~ 1= 1b~~ b 1< 1~!l~I~1 = ,:i. lb. Entonces si n > N

ª"=a> O o

a= O.

(¿Por qué"!)

1•

51

3.4). Consideremos dos casos. de acuerdo con que lim

(¿Por qué"?)

Entonces

funciones, sucesiones y limites

2

)

lim [ 4 + (6/11) + (3/n 2)] lim [1 - (5/n2)]

lim 4 + lim (6/n) + lim {3/n 2 ) lim 1 - lím (5/n2)

_ -

j4 +O+

O

1- O

J4=2.

Conviene hacer algunas aclaraciones acerca del cálculo realizado en este ejemplo: Cada paso en la solución es un argumento provisional que depende, para su validez, de la existencia de los límites involucrados. Por lo tanto, el primer paso, donde se intercambió el signo del límite y el signo de la raíz, es válido solamente si se conoce la existencia del límite del cociente que se encuentra como radicando. En forma semejante, cada uno de los siguientes pasos es tentativo, afirmado en la existencia de los límites involucrados. La justificación final para todos estos pasos provisionales es que se llega a una expresión que tiene un límite.

::t¡: 52

cálculo de una variable

¡r I''\ ,-

funciones, sucesiones y /Imites 1. Determinar si las siguientes sucesiones tienen límite. Si existe, calcular el límite en cada caso:

(a)

Vn+T -

v'ñ

n2

Sn

2. Evaluar el límite de cada una de las siguientes sucesiones:

(a) {

+ 16

+ 3n + 2

·

in3 -

n2 + 1/n (e) 3nª - n + 800/n

{b)

v'J + a/n

(d)

+ Vñ

v't - a/n)

(h) n[(a

(' Jog n + 1 •) log n - 1

+ l/n) 5 -

a"]

4.

2. Demostrar, mediante ejemplos, que si lunl-+ lul, entonces ªn no necesariamente converge; y que si converge, no necesariamente converge en a.

lunl -+ O si

5. Demostrar que lim v';i = 1 si a

i -

~

a,1

1-

'

a.

> O. Considér.ese primero el

caso donde a

> 1.

H· -R)}

(C') {

1

1

1

1

}

+ 1 + ,¡: + 2 + · · · + ,r. + n 1

v,;r+i

+

1

v'n2

+2

+ ... + .

•

t v'~

}.

>

EJERCICIOS C

l. Demostrar que si la,,} converse a cero y fb,,J está acotada, entonces lu,,b11 } converge a cero.

f

k\rw.,

= 1, 2, ..• k.

; Y-")-1/ll} )-1/n}

a.-n

a1 > O, j

J

-;r,¡-+ 1.

= J, 2, ... k

CSugerc•t1dt1: Hacer

Supóngase que lim a,, =a. Hacer

ª"

\"ñ = 1 + hn,

y aplicar el teorema

1 n = - I a¡, y demostrar que lim a,,=a.

n

1

(h) Mostrar. mediante ejemplos, que la inversa de (tt) no es verdadera; esto es, existen sucesiones ltt,,I tales que lim a11 =" pero lim u,, no existe.

2.4

LIMITES DE FUNCIONES

Sea /(x) definida en d intervalo /: la - h < x O existe un número 8, O < 8 ~ h (por supuesto que 8 depende de t: y así. frecuentemente. se escribe o(t:}) para el cual po~itivo

fonJ Ja con-

8. Demostrar, mediante ejemplos. que si la,,I y fh,,J son sucesiones· divergentes, entonces lo,,+ h,,} no es necesariamente divergente. Hacer lo mismo para {a,. -b,.I y la,,Jb,,}.

jr

> O, j

si O < lz 1/(x) -Al< E Expresaremos este hecho formalmente.

+n

7. Demustrar. mediante ejemplos. que para una sucesión convergente dición a,, O no implica que lim u,, O.

>

a¡

3·-

(S11gernt'iu: Hacer i'a = 1 + Ir,. y aplíquese la desigualdad de Bernoulli.) 6. Calcular el límite de cada una de las sucesiones siguientes:

(b) {n2

I

) k {(k 1

)

y solamente si un-+ O.

4. Demostrar que si a,.-+ a. entonces

>(a)

(u)

X:> y> 0.

ta;" 1/n}

3. Demostrar que del binomio.)

EJERCICIOS B

l. (a) Probar el Teorema 2.3c. (b) Completar la demostración del Teorema 2.3i.

J. Demostrar que

k

{(

(e) { e~-n

1+2+3+· .. +n n (/) n +2 - 2

(d) (g) n(l -

(x" ; y") 1/n} ) k

{c)--

1

w + 4n2 +

(b)

v'ñ

~;

53

EJERCICIOS A

L

·''

al <

6.

lim/(x) =A z-oa

o bien

/(x) ~A

Considérese. por ejemplo. /(x)

= 6.

conforme

x-.a.

= x2 + 2. Se demostrará que lim /(x) =

Es evidente que f está definida en O< x marse h = 2. En este intervalo.

< 4;

.r....,".l

es decir. puede to-

lf(x) - 61 = lx2 - 41 = lx - 21 lx + 21 < 6 • lx -

~l.

ti~\ J!,

1:

i.

1

'C.

f ,.. ¿>.

J.

'

54

De aquí que si 8 :·t

f

cálculo de una variable

funciones, sucesiones y limites

55

= O. Entonces. de acuerdo con la definición de lim f(x) existe un 8 para el cual l/(x}-

Al< E

si O < lx - al < c5.

57

Y. supuesto que x,, ~a. existe un N tal que

lx-al O. De acuerdo con el Teorema l .Sa. existe un N para el cual

a.,.> A De aquí que. para n > N

t"·

En el primer caso se dice que la sucesión es monótona creciente débilmente o que es no decreciente. En el segundo caso se dice que· 1a sucesión es estrictamente creciente. Las sucesiones monótonas decrecientes o no crecientes se definen invirtiendo las desigualdades. En particular. si una sucesión es estrictamente creciente --esto es. ª"+• > a,, - entonces es débilmente creciente; pero. por supuesto. la inversa no es necesariamente cierta. Por lo tanto. cualquier teorema que se establezca para las sucesiones débilmente crecientes se aplica a las estrictamente crecientes.

E'.

A ;... an > a.,.> A -

A> an >A -

o bien

O < A - a,, <

o. finalmente

E

IA - a,,I N. sin

>N.

1

2.6b Corolario. Sea {a n} una sucesión no creciente acotada inferiormen· te. Entonces lim a., existe y lim a,,

2.6 SUCESIONES MONOTONAS Una clase muy importante de sucesiones son las sucesiones monótonas: aquellas que crecen o decrecen regularmente. Más precisamente. una sucesión {a,,} es monótona creciente si sus elementos u,, satisfacen una desigualdad de la forma Dn+l > a,. o bien Dn+l >Un 11 = l, 2, ....

a,,.

Se desea demostrar que A satisface la definición de límite.

r. . cVer Ejercicio C3 de Ja Sección 2.3.)

z-•U

¿Qué pasa con la otra raíz?

a,,= sup a,,

lim

x/(x) en x =O. 8. Discutir los límites laterales en x = O de ang tan I / x.

1. Probar que

61

= inf a,,.

Demostración. La demostración de este teorema es semejante a Ja del Teorema 2.6a.

1

Estos sencillos pero importantes resultados nos proporcionan una herramienta poderosa que se usará a través del desarrollo del libro. Como ejemplo. considérese la sucesión dada por

J " = 2 l/k! 2! J! n! k=O (Se verá que realmente se está discutiendo la convergencia de Ja serie "" = 1 + 1 +

infinita

~

1

1

- + - + ... + -

l / k. !.)

Es evidente que a n +1

-

a 11

= (11 +J J)! > o.

1

T!

I

ltiJ

J

•

ji·'

62

ff:'.¡ p ! ,."

funciones, sucesiones y límites

cálculo de una variable

De aquí que ª"+i > ª"' de modo que la sucesión es monótona creciente. A continuación se demostrará que está acotada superiormente:

~·

l

'!I

0 11

' il·

1

1

= 1+ 1+-

2!

.

1

1

+ -3! + -4! + ••• + -n! 1

1

<

1+ 1+- +2 22

<

1 1 +--=3. 1 - 1/2

,

1

+ -2ª + .. · + -r- 1 = 1 +

1 - 1/2 11 ·

- ·-

e~

=lim

(1

+

l/n)'1 existe.

=

+ 11 • ! + l1( 11 -

1)

2!

(!)n + . . . + 2

11( n

+ ... + ~. 11 !

- l ) • · · ( 11

(!)fl

-

k

+ l)

k!

(!)

1

!I

:¡

h L!.

~:

1 1

,

También es evidente que el k-ésimo término del desarrollo para bn es menor que para bn+1:

.!.. (1 - !) (l - ~) ... (1 11

11

1 1

1 1 1

- ~) "

1

1

11

1

O.

<

existe un N(E) tal que O < A - f(xs) <

E.

Escojamos 8 ( O y (an+i / a,,) --+ q < 1. entonces a ~ O. = (1 + a)( 1 + a 1 + tt"). Demostrar que lim x,, existe si O ( a < 1.

6. Demostrar que si un 7. Sea x,,

11

2

(S11gerl'11dtt:

Usar 1

+

) ••• (

x (

e').

A - j(x) :> O,

lo que prueba el teorema. Prueba algo más. si /(x) es no decreciente. entonces f(xo - O)< f(xo)· Debe ser evidente que un argumento semejame probará que /(xu +O) existe y que /(z0 ) < /(z0 + O). 1 Para funciones no crecientes se tiene /(z0

= v2, ª11 H

J. Hacer el mismo ejercicio para la sucesión {unl dada porª• 4. Demostrar que a•/n!

+ O) < /(z0) < f(z0 -

O).

EJERCICIOS A 1. Examinar el Ejercicio BS de la Sección 1.7. ¿Qué se establece acerca de la suce-

EJERCICIOS C

> l.

l. Sea O< x, O. entonces > H)/(xo) > O.

3.2c Teorema. Si f es continua en Xu y /(xu) vecindad alrededor de

Xo

en la cual /(x)

existe una

Demostración. Puesto que f es continua en xu. se escoge ( = 0)/(xu) y se aplica la definición de continuidad. Existe un 8 tal que

< (t)/(xo) si lx - Xol < l>. -m/(x0)-< f(x) - f(xo) /(x) > l/(Xo) si lx - xol < l>.

lf(x) - /(x0)I

Así. o también

continuidad y diferenciabilidad

1

cálculo de una variable

1

f(x,,)

>C.

Por el Teorema 2.4a.

lim /(xJ

= /(zJ;

y por el Teorema 2.3g, lim/(xJ

>C.

Así. (1) Para todo x > x... f(x) ~ C. Entonces tomando el límite desde la derecha y aplicando los mismos dos teoremas. se obtiene

/(Xo)

(2)

< c.

1

Combinando (1) y (2) se obtiene el resultado deseado.

3.3

73

El teorema asegura la existencia de por lo menos un punto para el cual /(x) C. Es evidente que pueden existir muchos puntos con tal característica. En una situación importante podemos asegurar que existe C. exactamente un punto x., para el cual /(xu)

=

LA PROPIEDAD DEL VALOR INTERMEDIO

=

Una función continua tiene la propiedad de que toma todos los valores entre dos valores cualesquiera que obtenga. Este hecho se precisa mediante el teorema siguiente.

3.Jb Teorema. Considérese que f satisface la hipótesis del Teorema 3.3a,

3.Ja Teorema. Supóngase que f es continua en un intervalo cerrado l:

y supóngase que es estrictamente monótona. Entonces existe exactamente un Xu para el cual /(xo) C.

=

=

Ja ~ x ~ b). /(a) A. f(b) B y A =:/=B. Entonces, para todo C entre A y B. existe un punto Xo en la < x < hl para el cual

f(xo) =C. Demm'tración. La veracidad de este teorema parece obvia y, geométricamente. lo es. Sin embargo. el punto es dar una demostración basada en las propiedades aritméticas de los números en lugar de basarse en una descripción geométrica. Esto. a su vez. se torna un poco más difícil. Supongamos. sin perder generalidad. que A > B. La función f - C es positiva en a; y de aquí que. de acuerdo con el Teorema 3.2c. es positiva inmediatamente a la derecha de a. Pero no es positiva en todo el camino porque en h es negativa; y de aquí que. por el mismo teore~1a, deb~ ser negativa para un intervalo corto antes de h. Por tanto. el subcon1unto de I con la propiedad de que los valores de I son positivos en es un conjunto acotado. Por lo tanto. tiene un supremum Xo sup x.

s

e

=

s

8

donde. evidentemente. de acuerdo con nuestras observaciones previas.

a< Se desea demostrar que /(Xu) Xo

Xo

Demmtrucidn. Supongamos. sin perder generalidad. que fes creciente. Y supóngase. por contradicción. que existen dos puntos Xo y xu' que llenan la condición deseada. digamos con Xu > Xo'· Entonces

e= /(.r.o) > /(xo') =e,

1

lo cual es una contradicción.

3.4 FUNCIONES INVERSAS Sea f una función definida en un dominio D y que tiene un rango R. y sea ~ una función definida en R con rango D. Si f y ~ están relacionadas de manera que /[4'(Y)] y para toda y en R. y 4'[/(x)] x para toda x en D. entonces se dice que 4' es la función inversa de f. El teorema básico de la función inversa es el siguiente.

=

=

3.4a Teorema. Si f es una función continua estrictamente creciente en la ' x ~ bl. con /(a) y /(h) = /J. entonces existe una fun-

= "·

< b.

ción inversa única de f. la cual se llamará 4'· definida en la ' ~ y ~ /JI. la cual es estrictamente creciente y continua allí.

= C.

De acuerdo con el Teorema l.5a. para todo n existe un - 1/ n < Xn ' Xo para el cual

=

Xn

satisfaciendo

Demostración. Por el Teorema 3.3b, para todo y en fa ' y '

,8l

74

cálculo de una variable

continuidad y diferenciabilidad

existe exactamente un x para el cua l f(x) = y. Este x depende de Ja y escogida y se denotará por (y) . Luego. por definición.

Sea x0 el valor de x correspondiente a y ... Entonces

(y.. + 0 ). Sin perder gene ra lidad. supóngase que se cumple la primera de estas dos su posiciones. Entonces sea (Yo - O)

=

O.

De11111struciú11. Sea dado cualquier y0 . Considérese la función f. dada por f (x) = x ' en un largo in tervalo. d igamos :o ~ x ~ hl donde h' > y... (¿Cómo podemos estar seguros de que tal h ex iste? Ver Ejercicio A4). A hora bien. en e~te intervalo. f es estriela mente 1:rc1:ien1e: Su púngase que x , > x". enton1:es

x/ -

x2 2 = {x 1

-

x2 )(x1

+ x2 ) > O

puesto que x, - x" > O. También es continua ; de aquí que existe una inversa única. Esto significa que pa ra todo y en 10 ~ y ~ h2 I existe un único x tal que x 2 = y. Esto se cumple en particular para el .Yn dado.

1

Mediante el mismo ti po de arguml! nto puede probarse la existencia de una raíz 11-ésima ún ica de cua lq uier número no negativo. Puesto que las p01encias enteras también están definidas. ahora pndemos definir lo qu e se desea dar a entend er por a·/· . a saber -\Ya". Es fácil ve r que

\:·;-¡.;; = ( \'!(;)'"

(Ejercicio 89). Es un poco más difícil d efinir a' para x arbitraria. Esto se pospond rá para el capitulo sobre la~ fu nciones trascendentes elementales.

76

continuidad y diferenciabi/idad

cálculo de una variable

Vt;ii = (Va)". JO. Supóngase que f es estrictamente creciente. continua 9. Probar que

EJERCICIOS A

1. Determinar si las siguientes funciones son continuas en los dominios indicados.

y acotada en {a< x < b}. Demos1rar que puede definirse en " y en b de manera que sea estrictamente creciente. continua y acotada en {a ( x ( b}.

En cada uno de los casos en que Ja función sea continua. determinar si es uniformemente continua.

(a)

/(x)

=

(xi,

{ 0 <

X

{-1 < x

x,

=

(e) /(x) x'. lxl .;;; toda x?

< 1}. (b) /(:r:) =



3.6a Teorema. Si f está definida en un intervalo y alcanza un valor máximo o mínimo (incluso puede ser local) en un punto interior Xu y si f'(xu) existe, entonces f'(xo) O.

=

Denumración. Para probar este teorema examinemos el cociente dife.

rencaa

/{Xo

+

h) -

/(Xu)

h

O, se tiene M/Ax ' o. y de aquí que tomando el límite lateral derecho. f'(x11) ~O. Así que f'(xu) O. 1

>

=

Deseamos aplicar una cierta propiedad de las funciones continuas cuya demostración se pospondrá hasta un capítulo posterior. (Tendremos cuidado de no caer en un argumento circular aplicando cualquiera de las consecuencias de esta propiedad en su demostración posterior). La proposición de la propiedad es la siguiente.

3.6b Teorema. Si f es continua en un intervalo cerrado acotado I: fa' x' b}. entonces existe un punto Xo en l para el cual

> f(x)

para todo x en l.

(x)

= O para algún x0 en el intervalo. Entonces la función inversa q, es derivable en el punto Yo f(xo) Y

=

< 28 1

= 3 + 3(Xo)~ < 3 + 3l27)~ = 3 + 3 • 9

De aquí se tiene

h)- /(Xo)

h

q,'(x) =O en el in-

tervalo. Escójase una x 1 fija en el intervalo. Para cualquier otra x. se tiene

+

._._..

l/27.

Demostración. Sea x un punto cercano y sea y dada por y= f(x). lo cual significa. por supuesto. que x = q,(y). Entonces (y) - t/>(Yo) X Xo y - Yo - f(x) - f(xo)

=

1 /(x) - /(xo) X - x0

88

cálculo de una variable

1

Pasando a l límite se efectúa la demostración.

'

continuidad y diferenclabilidad

89

EJERCICIOS A 1. Derivar

(a) xvx (e)

+ :zx2

x(x - S)v'X+3

+ 5)3(1 -

(x2

X

(d) sen--==

+x

x)3v'¡

v' ¡ -

X

(/) logtan ~

(e) ang tan--===

+ :r;2

v' ¡

:r;2

2

(g) exp ( 1 : x 3 ) 2. Supóngase e n cada parte que existe una fun ción derivable dada por y = /(x) Ja cual sa 1isface la ecuación dada. Calcular s u derivada :

(a) yl-i (e)

x2

+ xl-i = aH + 15 Vxy + y 3 =

3. Sea la función

(b) yH

Parece razonable esperar que f'(x) ~ O debe implicar que f es creciente. Este hecho se precisa en el siguiente teorema.

3.6i Teorema. Si f es derivable sobre un intervalo y si f'(x) ~ O e n ese intervalo, entonces f es no decreciente; y si /'(:e) > O a ll í. entonces f es estrictamente creciente.

Demostración. Sean x 1

>x

2 dos puntos en el intervalo. E ntonces. por el teorema del valor medio (3.6e)

f

/(X2)

{~

donde x 1 >

Xo

> x".

eh -

Ahora bien, x 1 -

x2

1

(a) V IO! está ent re 10 y 10.05.

+

- ! v'Z( l rr/ 180).donde ¿Es mayor o menor esta estimación?

(b) sen 46°

. r:---;.

> ang

sen x

>x

<

1

<

y también

f(x1) -

f(x") ~ O

f(x1) -

f(xJ

>O

< 1).

X

1 - ---

si

~ O

>O

log x

(g) -

De aquí que es no decreciente e n el primer caso y estrictamente creciente en el segund o.

1

X

X> -1.

+ x 2 ) < x2

si x > O. 2x- l rr 2x-I (/) - + - v ' - < ang senx < - + vt=";i2 6 6 3 2 l -x

(e) log (1 rr

si f'(xo) si f'( xu)

significa "aproximadamente igual a".

Si {O ( x

2 v' I +x 2( 1+ x)~ ¿Cuá ndo se cumple la igualdad?

de manera que

las cuales

h

h- 0

X

> O,

+ 4y1 = ¡

6. U sar e l teorema de l valor medio pa ra demos1rar que:

(d) 1 - -

Así

{x < l} {x > l}.

lim - - .

VI -x2 ¿Cuándo se cumple la igudldad?

X1-X2

e••-v•

u na derivada continua ?

S. Evaluar

(e)

= f'(xo)

=

4. E ncon1rar las ecuaciones de las dos tangentes a la elipse x 2 pasan por el punto (5, O).

X

f(x,) -

= aH

+ yZ)

f dada por /(x) =

¿Tiene

+ x~~

(d) sen (x 2

36

logx'

< -X-

1

+X'

si O

. SI

1

X > 2·

< x' < x .

7. Dar un ejemplo de una funci ón que sea continua en un punto, pero no derivable a llí.

r

FJ¡ j

90

;

cálculo de una variable

8. Aplicar el Teorema 3.6b para probar el Teorema 3.6c. 9. Demostrar que /(x) = x

3

={

/(z)

l. Encontrar las derivadas laterales [definición (1), Sección 3.5) en x = O Je la función dada por

{1 ~e"•

= O.

(b) f(x)

= 2x sen JIx- cos

10. Examinar la X

xi + sgn x.

~.S) en

x

funci~n /(x)

0

z =0.

=/= O), de manera que f (0) existe pero /'(x)

dada por

/(x)

= O de

3. Definir la función / por

={

x2sen -

1

X"60

O x2

x=O.

Demostrar que éste es un ejemplo de una función que es derivable en todo punto pero que tiene una derivada no acotada.

x>O

=( o

z #:o

z

l /x(x

= O.

.T

=O.

2. Encontrar las derivadas laterales [definición_ (2), Sección

/(x)

(a) /'(O)

no es continua en

e-1/:e

1 z!sen-

Demostrar que

EJÉRCICIOS B

f(>:) =

91

9. Definir / por

define una función estrictamente creciente. Calcular

/'(O).

xjcot

continuidad y diferenciabilidad

11. Para qué valores de a es derivable f en x = O, si

XO en todo J. Demostrar que si /"(x 0 > existe en un punto .r en /, entonces ~"(y ) existe donde ~ es la función inversa de / y .v.. = / A 0 , dí'nde A,. representa el área de P y A 0 el área de Q. De aquí que, para cua lquier Q, Aq es una cota inferior para los números A,.; así,

A=

inf Ap

>

A0

para toda Q. Entonces A es una cota superior para los números A 0, y de aquí que A > ¿J su p A 0 .

=

Si resultara que A = d . entonces se definirá el á rea de nuest ra figura como su valo r común. Si resu ltara que A > d. no se define el área. Todas estas cosas se entenderán mejo r una vez que se haya dado la definición fo rmal de integra l.

Los rectángulos así construidos forman un polígono que se encuentra contenido completamente en la figura dada cuya área se desea definir. Cualqu ier definició n razonable de área tend ría el área de este polígono menor que el área de la figura.

4.2

LEMAS PRE LIMINA RES

E n esta sección desea mos establecer las bases pa ra la definic ión de integ ral de una función f definida en la x bl. Empezaremos por cierta no menclatura y notaciones usua les que se usa rán co nsistentemente en e l resto de es te capítulo. Nuestra funció n f será una funció n acotada defi nida en / : {a ~x ~1.(f).

Demostración. La demostración se deduce inmediatamente a partir del hecho de que Mk mk. 1 A continuación introduciremos la idea de una partición P' que sea un refinamiento de otra partición P. Se dirá qu" P': 1Xo'. x 1' • • • • x/ 1

>

es un refinamiento de P: f Xo, X1 • ••• Xn 1 si toda Xk que se encuentre en P también se encuentra en algún punto de P' como un xp'; en otras palabras, si P' puede construirse a partir de P distribuyendo puntos d.e partición adicionales entre aquellos que ya se tienen: P':

só

si

y ªy P: %0

4.2b

"1

,,

x2 x3 -x¡ x5 V

s6

1

y

%2

%3

\/

V

xj-s

y

Xn-2

=J-2

\/

xJ-1

y

Sn-1

%'· J

~¿

1b %n

Lema. Si f está acotada en/: fa~ x ~ hi. y si P y P' son particiones de l. con P' como refinamiento de P, entonces Sp.(f} Sr- > Sr > Sp··

98

,.

integración

La primera y última desigualdades se basan en el Lema 4.2b y la intermedia en el Lema 4.2a. 1 Nuestra serie de· lemas ahora ha establecido los siguientes hechos. Para cualquier función acotada f, la clase de números formada por las sumas superiores tiene como una cota inferior cualquier suma inferior, e inversamente, la clase de sumas inferiores tiene cualquier suma superior como una cota superior. Por tanto,

l1t

Entonces

sup S ,.(.!) =

4.2g Lema. Si f es una función acotada en I: (a punto intermedio, entonces

y

/(x) dx

Lema. Si

f es una función acotada sobre /,

f

f(x) dx >

J.' f(x) dx.

a, de manera que f es no integrable. Ahora daremos un criterio útil respecto a la integrabilidad, debido a Darboux.

Esto se cumple para todo ( > O. De aquí que las dos son iguales, de donde se concluye la integrabilidad.

4.Jc Teorema. Una condición necesaria y suficiente para que una fun· ción f sea integrable sobre/: la 1' x 1' b\ es que para todo (>O exista una partición P para la cual

>O. escójase 8

f(b) =fo f(a), entonces. dado (

se tiene

I

f es continua en /: la 1' x 1' hl. entonces es inte-

4.3b Teorema. Si grable allí.

Demostración. F(z)

=

G(z)

y

y

F(a)

Por el Lema 4.2h.

{a

< "<

o<

b}.

=

I" f(t) dt

= F(b) = G(b) =

J

f(t) dt.

I

Ahora haremos una pausa para dar un ejemplo de una función no integrable. Este ejemplo depende del hecho de que en todo intervalo existen tanto números racionales como números irracionales. (Ver los Ejercicios C3 y C4 de la Sección 1.6.) La función que examinaremos está dada por

f{2')

= {~

< •.

Sp <

(1)

f

f(x) dx

+ E/2.

Esto es posible, supuesto que la integral es el ínfimum de las sumas superiores. En forma semejante, existe un P' tal que ··

Sp· >

(2)

f

f(x) d:c -

E/2.

Sea P" el refinamiento común de P y P'. Entonces Sp.satisface (1) y SP' satisface (2), de modo que se obtiene Sp- -

~p-

O existe un 8 M para el S,,(.f)

<

r

J(z) dz

+•

y

< x 1' b 1,

S,J..f) >

para toda partición P para la cual

entonces para todo

J

f(:r:) d:r: - •

llPll < 8.

Demostración. Probaremos el primer punto. El segundo es semejante. Sea dado ( >O. Por la definición de integral superior, existe uria i>ar· tición P' para la cual

SP' <

I"

f (z) d,; + = ·'p2J O existe un 8 >O para el cual

a J es que

ISP - Sr·I < 311M O, existe un ll tal que si llPI! < ll Suficiencia.

J -

(5)

€

< Sp(f,

pa ra cualquie r selección de los ~k tal que f(~k)

Sp(f, ~)

Entonces

=

~.

o también

+€

J

2. Mk !lk X -

}'

}'

( 5 ),

J

Sp - ( >

f

f(x) dx -

de modo que

f

f(x) dx

EJEMPLO.

Calcular

Lªx dx.

y Sn

x dx = a

~

a2 / 2. Así,

2

/2.

!a ~

x ~

bl.

excepto en x

c-a +O

= a,

fb¡ (x) dx.

Je

Si este límite existe se dice que defi ne la integral impropia de f desde a hasta b. Se escribe esto en la misma forma que una integral propia u ordinaria. En forma semejante.

r·'¡

(x) dx se define como

bl~'!;

f(x) dx.

Supuesto que la integr;l superio r, por definición, no es menor que la ferior, con esto se completa la demostra.:ión.

~ co

tirá. Podemos entonces inquirir acerca de la existencia declim

f(x) dx.

J

iª

n

entonces, para toda e para la cual a< e - > f

>

i

.1:•1

Ahora bien, conforme

€.

se_liene

> ff(x) dx - _2€

Así

Solución. El integ rando es monótono y continuo. La existencia de la integral es evidente, ya sea por el Teo rema 4.3a o po r el 4.3b. Y puesto que, por el Teorema 4.3e, la integral es el límite de las sumas de Riemann, se toma una partición sencilla P: 1O. a/ n. 2a/ n.... . na/ n J. Ento nces una suma de Riemann, de hecho la suma superior, es

Sn = I (kª) · (~)n = ;n I k= ~n ~2 (n + 1). n

a).

Í,f(~k) !lk X>

+ € > s_::_U. ~) > J

<

> Mk - €/(b -

Luego, por la desigualdad su perior de 1

~)

Entonces, en cada l k de P se escoge

107

in-

1

f

f(x) dx

si el límite existe. Si una integral impropia existe, se dice que converge. Las integrales impropias se discuten con algún detalle en el Capítulo 17.

r

J 108

integración

la integral definida

Regresaremos brevemente al tema del área. Si fes una funció n positiva e n el interva lo / : lu ~ x ~ hl. se d efine el área entre la «cu rva» y= f(x), las ordenadas x = u, x = b y e l eje x como

A=

e

Jaf(x) dx -a

y

f(x) dx,

= 2

f~/(x)

{ª¡(x) dx

si

f es par

dx =O

si

f es impar.

Jo

EJERCICIOS B

•a

si esta integra l existe. E n particula r, se sa be por los Teoremas 4.3a y 4.3b que si f es continua o mo nó tona, entonces e l á rea ex iste. G eneralizando,

l. Supóngase que f es conti nua en / : !a < .r < b) y x en /. Encontrar / . También encontrar a.

puede interpreta rse esta integra l ibf(x) dx como el área «neta» entre

2. Evaluar lim - X -,

=

=

109

=

x a . .x h . el eje x y la «curva» y /(x): el á rea se toma como positiva cuand o se encuentra arriba del eje x y negativa cua ndo se enc uentra a bajo.

l"

:-o 1 - ir o n

3. Evalua r lim 11- 00

ª

dt

=x

para toda

e'' dt.

)

L -t - 1 /1

í "/(I)

(SugerO

y las funciones integrables.

¡+

f ( )-

4Aa Teorema. Si f es integrable sobre ( a ~ x ~ b J. entonces es integrable sobre ( e ~ x ~ d 1 donde ( a ~ e < d ~ b 1- Es decir. f es integrable sobre todo subintervalo.

Demostración:

O<

I'

f(x) dx

-1:

111

f(x) dx

<

I'

f(x) dx -

J:

O

J(x) < O · f(x) > O

O ¡-(x) = {-J(x) f(x)

f

b} y e es una cons-

la~

x

~

bJ

y si

g(x) dx.

4Ae Teorema. Si f y g son integrables sobre /: (a~ x ~ b}. también lo es f ± g y

J.'

[f(x)

± g(x)] dx =

f

f(x) dx

±

f

o

g(z)dx.

Como las demostraciones de los tres teoremas anteriores son muy sencillas, se dejan como ejercicios (Ejercicio 82). En lugar de aplicar sumas superiores e inferiores, aplicar sumas de Riemann para aproximar las integrales. Antes de abordar el siguiente teorema es conveniente establecer algunas

Gráfica de ¡y

• 1 t

1

112

teorema fundamental

integración ,.

la< x < b},

4.4f Teorema. Si f es integrable sobre /:

¡+

y

¡-.

también lo son

Demostración. Se dará la demostración para /+, la de ¡- es semejante. Sea Puna partición de fa~ x ~ bl. Entonces. en cada subintervalo /" estableceremos M1c = sup/(x) M,/ = sup/+(x) l1t

este valor de la fórmula anterior para obtener

· f.'

m1c + = inf¡+(x).

Para ver que M1c --m1c ~ M"+ - m"+ distinguiremos tres casos:

M" - m1c = M1c + (2) M.1c >O, m1: M"+ - m1e+· Si se multiplica por 41cx y se suma sobre P, se tiene para toda partición P Ahora. dado O. por el Teorema 4.3c. existe una partición P para la cual el miembro izquierdo de esta desigualdad es <

Estas dos últimas desigualdades establecen el teorema.

11:

!1:.

i"'

1/(:i:)I dx

11:

m1: = inf/(x)

(3) M1:

113

= c1+

-J-xg+ - g-) =J+g+ -¡-g+ -J+g-

+ ¡-g-•.

Por la primera parte de este teorema, cada producto de la derecha es integrable, y también lo es el segundo miembro en conjunto, con base en el Teorema 4.4e. 1 45

EL TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO Supóngase que f es integrable en /:

ra ~X~ hl.

Como una inme·

.f ·; ~·

:_~ :" :'·.··'

.

114

integración

t

diata consecuencia del Lema 4.2h se tiene

J.•

-d f(t) dt = /(z) dz CI en todo punto x en l en el cual f es continua. En particular, si f es continua en /, entonces esta ecuación se cumple en todos los puntos de l. Una función F con la propiedad de que F'(x) /(x) en todo punto x del se llama primitiva de fo integral indefinida de f. Así, para una función continua f. se ve que

=

f

F(z) ~

=

f

f(x) dx

= G(b) -

G(a).

O

4.Sb Teorema. Si fes derivable en /: (a ' x ' bj y si f' es integrable entonces

f

En particular,

f

f(b) - f(a)

Sp(f') =

f(x) dx

= G(b) -

= G(x) +c. Podemos = - G(a). de manera G(a).

1: =

[!(xi) - f(xk-1)]

= If'(Ek) !::.kz. p

Ip

m~ !l.k x

lt

< f(b) -f(a) <

Ip M,c' !l.1c x =

Sp(f).

Y esta desigualdad debe cumplirse para toda P. Entonces tomando el ínfimum de las sumas superiores y el suprémum de las sumas inferiores. se obtiene

f

1

f'(z) dz

< f(b)

- f(a)

<

f

f'(z) d:i:.

Hemos vista en nuestro estudio de las funciones compuestas que

G(b) - G(a),

el teorema fundamental del cálculo puede establecerse como

f

= Ip

Este resultado más general se cumple si /' es simplemente acotada. Si f' es integrable. los dos miembros de esta desigualdad son iguales. 1

usando la notación común

G(x)

f(a).

Demostración. Para cualquier partición P de /, se tiene

Lz: f (t) dt.

=

f

= f(b) -

l1r

Entonces, como se vio en el último párrafo, F(x) determinar e supuesto que F(a) O, se obtiene e que F(x) = G(x) - G(a).

=

f'(x) dx

1·

Demostración. Sea F dada por

F(b)

z=O

La última igualdad proviene de aplicar el teorema del valor medio a cada subintervalo. Ahora. si hacemos Mk' = sup/'(x) y mk' = infJ'(x),entonces

.

F(x) =

z =!: O

Así, f' no está acotada en vecindad alguna del origen y de aquí que no sea integrable en cualquier intervalo que contenga al origen. Sin embargo, si f' es integrable, entonces al integrar debe regresar a f. Esto se ve como una consecuencia del siguiente teorema.

=

CI

115

Con base en este teorema, es natural preguntar si al integrar todas las derivadas se regresa a las funciones de las cuales fueron derivadas. La respuesta es no. porque una derivada no es necesariamente una función integrable. Por ejemplo, sea f dada por x2sen1/r x ~o /(z) = { O z=O. Entonces f' está dada por

1 2 1 2z sen - - - cos f'(x) = { :r:' x z2

f(t) dt

es una primitiva de f. Inmediatamente nos vemos forzados a preguntar si existen otras primitivas. La respuesta es que sí, porque, para cualquier constante e, F +e también es una primitiva. Pero, por el Corolario 3.6f. esto debe dar todas las primitivas. porque si se tienen dos funciones tales, G'(x) /(x) en I y, por el Corolario digamos F y G. entonces F'(x) 3.6f, difieren en una constante. Este es esencialmente el teorema fundamental del cálculo. que a continuación estableceremos en forma más precisa. 4.Sa Teorema. Si fes continua en/, y Ges una primitiva (integral indefinida) de f, entonces ·

teorema fundamental

f(z) dz = G(:i:) 1:.

0)

{g[v(z)]}'

= g'[v(x)]v'(x).

Esta fórmula sirve como base de la integración por sustitución.

~~~:·

F

~-·

-.~ ~

116

l

integración

4.Sc Teorema. Sea f continua en 1 a ~ y ~ b }• sea v una función con una derivada continua v' en 1e ~ x ~ d 1. y sea v(c) a y v(d) b. Entonces. si a ~ v ~ b, se tiene

=

=

f Demostración.

•-,

;._;-··

/(y) dy

Sea g(1J) =

= J." f[v(x)]v'(x) dz. f:J(t) dt.Entonces. por (1) anterior. g[v(x)]

es una primitiva de

1

propiedades adiciona/es

primiti~as o integrales indefinidas. Este tema se cubre ampliamente en cálculo elemental y no es necesario insistir sobre él. aunque en los ejercicios pueden encontrarse algunos problemas relacionados con este tema. Ahora seguiremos con las demostraciones de ciertos teoremas del valor medio para integrales. Si f es integrable sobre (a~ x ~ b}, como consecuencia del Lema 4.2e se tiene

=f[v(z)]v'(x).

< -1- f." /(z) dx < M,

m

(2)

g'[v(x)]v'(x)

b-

= g[v(d)] = g(b) -

= 4.6

f

-f.

g[v(c)]

g(a)

1

f(y)dy.

4.6b

1

-

-

Se tiene la conocida fórmula

Teorema. Si f y g son derivables en fa~ x ~ integrables allí. entonces

f.'

/(z) g'(:e) d:i: = /(:i:) g(:i:)

i" =f: f

L- f g(:i:)f'(:i:) d:i:.

g(:i:)]' d:i:

/(~).

(t) dt, y aplicar el teorema del valor

1

Si g(x)

~

O. la razón µ =

(f

f(x) g(x) dx) /

(f

g(x) dx)

se llama media pesada de f respecto a la función peso g. También exjste un teorema del valor medio para las medias pesadas: 4-6c

Teorema. Si fes continua en (a ~ x ~ bj y si ges integrable allí con g(x)

~O

y con

f

g(x) dx >O, entonces para µ. tal y como se

definió anteriormente, existe un ~ en {a ~ x ~

= /C:i:> g(:e{.

y desarrollando el integrando según ( 1) ob~enemos el resultado deseado.

f(x) dx =

medio del cálculo diferencial (Teorema 3.6e).

bl Y si /' y g' son

Demostración. Es evidente que (fg)' es integrable. puesto que. por Ja ecuación ( 1) es una suma de productos de funciones integrables. Por el Teorema 4.5b.

f.' U

Hacer F(x)

Demostración.

+ f'g,

para la derivación de un producto de funciones derivables. Integrando esta fórmula se obtiene la fórmula para la integración por partes. 4.6a

/(x}dz

CI

Teorema. Si f es continua en fa~ x ~ b}. entonces existe un ~ en la < x < bl para el cual

b- a " (fg)' = fg'

6

recibe el nombre de media o promedio de/ sobre la~ x ~ h}. De aquí que la desigualdad (2) nos dice que el promedio o media de / se encuentra entre sus valores mayor y menor. Este en sí mismo es un tipo de teorema del valor medio. A continuación daremos algunos más. El siguiente se conoce como primer teorema del valor medio para las integrales.

PROPIEDADES ADICIONALES DE LAS INTEGRALES

(1)

CI

1 b-a

1:

/[v{:i:)]v'(:i:) d:i: = g[v{z)]

Q

donde m y M son cotas superior e inferior para/. La cantidad

Entonces, por el teorema fundamental.

J:

117

1

La técnica de la integración por partes puede usarse para encontrar

bJ

para el cual

µ =/(~). Demostración.

Es evidente que

/g

es integrable, por el Teorema 4.4h,

y si m y M tienen sus significados usuales, mg(x)

< f(x) g(x) < Mg(x),

-

~;.(.'· " . \

i-< ... ~~rt/'

...

:,¡

.

r-

integración

118

'~

propiedades adicionales

entonces

m f.'c(z) dz

<

J:

~

/(z) g(z) dx

tt.

< M f.'g(z) dz. ,.'

Dividiendo ·entre J.'c(z) dz, se obtiene · m O para la cual /(x) ~ e:, entonces 11 / es integrable sobre /.

S.l

EL LOGARITMO

Quizá la clase de fu ncioncs más sencilla es la de los polinomios -esto es, aquellas funciones que pueden representarse por n

P(x) = ~ a,¿ck.

o

A continuación, en el orden de la complejidad creciente, podrían colocarse las funciones racionales, aquéllas que se expresan como razones de polinomios. Una clase de funciones todavía más complicada es la de las funciones algebraicas. Una función dada por y = f(x) es una función algebraica si satisface una ecuación de la forma

P.,.y"'

+ Pn-tYn-t + · · · + P1 y + P0 =O,

donde las P son polinomios en x. Aquí se desea estudiar unas funciones familiares que no pertenecen a estas clases sino a una clase diferente llamada de las funciones trascendentales. No se definirá esta clase aquí, ya que esta definición puede expresarse mejor en términos de la teoría de las funciones analíticas complejas. Empezaremos con el logaritmo, el cual se define por log

X=

f.

z

1

dt -

t

x>O.

Supondremos, sin comentario adicional, que todos los argumentos de esta función son positivos. [121)

122 las funciones trascendentales

función exponencial

=

123

S.la Teorema. log 1 O. Demostración. La demostración de este teorema es evidente.

de ac~erdo a que x sea positiva o negativa. El resultado es evidente con base en estas dos últimas desigualdades. 1

S.lb Teorema. log l /a = - log a. Demostración. En la integral que define la función se hace la sustitución t l/s y se aplica el Teorema 4.5c: l/G dt dS 1 log 1/a = = - = -log a. 1 t 1 s 5.lc Teorema. log ab log a + log b. Demostración. En la integral que define log ab se hace la sustitución t =as dt I> ds log ab = - = - = -ds + I> ds -

S.lg Teorema. log e

=

Demostración. log e = log lim ( 1 + ~) n = lim log ( 1 + ~) ".

f,º

f,

Esta última igualdad es verdadera puesto que log x es una función continua. lo cual a su vez es verdadero puesto que una integral es una función continua de su límite superior. Entonces, por los Teoremas 5.1 y 5.lf.

=

fab f il f f + f,b - = + 1

= -

t

l/a S

11ª

ds -

s

1

1

1/a S

ds s

1

Iog e= lim n log

Jog b = Iog a+ log b.

1

d

-

dx

-dt = r t

fª 1

-ds = r log a. s

! log (1 + x) =

~-o X

l+x

o bien

1

1

1 - - > 1 +X

1,

! log (1 + x) >

La ¡rética de log :e

Demostración. Ya que log x es creciente, es suficiente el encontrar una sucesión {x,,} tal que x,, -+ + oo. para la cual log x,, -+ + oo. Se escoge x,, =e''. la cual tiene esta propiedad (ver Ejercicio Bl). Ahora bien,

1

log en = n log e = n -

+ oo,

lo cual prueba que log x -+ + oo conforme x -+ 1/x ~ + oo, de modo que log x = -log 1/x-+ -oo.

+

x). se tiene

x.

- - < - log (1 + x) < X

= +ce,

lim log x = - oo.

Entonces se obtiene 1 l+x

1

+

oo. Si x

~

O +,

1

5.2 LA FUNCION EXPONENCIAL

Demostración. A partir de la definición de log (1

- - < log (1 + x) <

para :e > O.

z-o+

1.

X

= -X1 > O :z:-+oo

Aquí se hace la restricción de que r sea racional porque se ha definido a• solamente para un r racional (Sección 3.4). Una de las metas de este capítulo es definir a• para un número real arbitrario x. S.lf . Teorema. ,lim

log x

S.li Teorema. lim log x

Demostración. En la integral que define log a• se hace la sustitución a•

y

Demostración. Por el Lema 4.2h se

5.le Teorema. Para todo número racional r. log a• = r log a.

1

1

obtiene

=

f,

!)n = lim log (l1/n+ l/n) = l. .

creciente.

S.ld Teorema. log a/ b log a - log b. Demostración. Este teorema se demuestra mediante los Teoremas 5.lc y 5.lb. 1

log ar =

(1 +

5.lh Teorema. log x es estrictamente

S

-Jog 1/a

=1

t

X

1

Una vez establecidas las propiedades más importantes del logaritmo. procederemos a discutir la función exponencial. Esta función se denotari por exp x hasta que pueda justificarse el decir que exp x = ez. Hemos visto que log x tiene como su dominio de definición el intervalo semi-infinito {O< x < ro}, que es continua y estrictamente creciente. y que su rango es {- oo < x < oo}. Por lo tanto, tiene una función inversa continua única cuyo dominio es {- oo < x < oo} y cuyo rango es {O < x < oo}. Los valores de esta función inversa se denotan por exp x.

función expopencial 124

las funciones trascendentales

Procederemos a obtener las propiedades más importantes de esta función.

5.2a Teorema. exp x >O para toda x.

En forma más general. a', para a > O. se define solamente para x racional. Además. para tal x racional se tiene log a' = x log a, y tomando exponenciales de ambos miembros se obtiene

Demostración. Una demostración de este teorema simplemente reitera que el rango de la función exponencial es ( O < x < oo J. 1

= 1. = O. exp r = e' para todo

5.2b Teorema. exp O Demostración. log l 5.2c Teorema.

1

racional r. Demostración. log e'= r log e= r. 1 Una vez más nos restringimos al racional r, porque no se ha definido e para x irracional. 1

S.2d Teorema. d/dx exp x = exp x. Demostración. De acuerdo con el Teorema 3.6h. acerca de la derivación de funciones inversas. si y exp x, entonces

=

1 - d (exp x) = = - 1 = y = exp x. dx (d/dy) log y 1/y

= =

Demostración. Hágase a exp x, b exp y. Entonces x y= log b, y log ah log a + log b x + y.

=

= log a,

=

e'

= exp x

1- oo < x < oo}.

a'= e'

10 ' •.

lui: ••

{ - 00

O. Las funciones hiperbólicas se definen en términos de Ja función exponencial. Ya que se han establecido las propiedades necesarias de la exponencial. el estudio usual de las funciones hiperbólicas puede considerarse como implicado y no es necesario que se repita aquí. EJERCICIOS A

= x para x >O y log e'= x para toda x.

elogz

2. Demostrar que: (a) az > O (d) (w)i(a!I)

1

log a = e'

Pero esta última función es una función continua para todos los valores de x. De aquí que e' 1" 11 " se interpola entre los valores previamente definidos de a'. De acuerdo con esto se define a' para toda x por Ja fórmula

l. Explicar por qué

Tomando exponenciales de ambos miembros se obtiene ab exp (x + y}. 5.2f Teorema. exp (x - y) = (exp x)/(exp y). Demostración. La demostración de este teorema es semejante a la del Teorema 5.2e. Ahora es evidente que la función exp x es y una función continua que coincide con e' siempre que x sea racional. es decir, siempre que e"' tenga un significado. Puesto que la función es continua. se interpola entre los valores de e"' los cuales están definidos para x racional. Gráficamente esto significa que si se sitúan en un sistema coordenado los puntos y= e' para x racional. entonces la curva y exp x es una curva suave que pasa por todos estos puntos. De acuerdo con esto. se La gráfica de exp :e define e' para x irracional como exp x:

=

= exp x

a'

1

S.2e Teorema. exp (x +y)= (exp x) (exp y).

=

125

(b) ti' = 1

= w-"'

(e) (w)"

d

3. Demostrar que dx rr

d

4. Demostrar que dx x°

(e)

tr . a" = az+•

= tr"

= rr Jog a.

= tzX"-l

Si

X

>0

S. Demostrar que log e( = x log " si u

para toda a.

> O para

toda x.

e" -

1 6. Demostrar que lim - h - = l. 11-0

7. Demostrar que J:m 8. Si /(x)

>O y

:i-o

tr

= l.

.

tanto f como g son derivables, deducir la fórmula

.!!._ {[/(x)JºC:d}

dx

= [/(z)]'' O. b > O.

(d) lim [f(x)J1'"'

f(O) = l,f'(O) = a.

z-o

Empezaremos por considera r el círcu lo indicado por x 2 + y2 = l. En principio. nos referiremos únicamente al semicirculo de la derecha dado por

2. Sea L una función definida para toda x > O para la cual L (xy) = L (x) . L(l + x) y J1m =l. Demost rar que L(x) = log x para toda x O. X

+ L(y)

>

5.3

LAS FUNCIONES CIRCULARES

En esta sección no se sigue la secuencia usual teorema-demostración ya que parece preferible otro tipo de presentación. Las funciones ci rculares -es dec ir. las funciones trigonométricas ordinarias- por costumbre se definen en cursos elementales exclusivamente

X =

+ Jl -

2

cx

,

y= ex,

Si P(x. y) es un punto sobre este semicirculo de la derecha. se desea discutir acerca de la longitud de arco a lo largo de la circu nferencia desde P0 ( 1,0) hasta P Con este objeto se aplica rá la fó rmula para la longi tud de arco aprendida en el cálculo elemental, a saber,

rv J(dx)2 + (dy)2 d11. = r.v dix Jo dcx d11. ~o J i -

11.2

(En el Capítu lo 8 se discutirá la longi tud de arco y se establecerá esta fó rmula.)

128

F

las funciones trascendentales

Esta fórmuJa define la Jongitud de arco en el intervalo abierto 1- 1 N

+

lf(x) - /(x'>I < <

Al lz 71 -

E

E

2

2

Al< - +-=E.

Su/iciencia. La condición f- es suficiente. Se desea probar que lim x,, existe bajo la suposición de que se cumple la condición f-. Esto es más difícil. ya que no se tiene un número A que sirva como candidato para lim x,,. Para obtener tal número A se aplica el teorema de BolzanoWeierstrass (6. la). Para hacerlo debemos demostrar que la sucesión es acotada. Apliquemos la condición f- con < l. Así. existe un N tal que

=

si n De aquí que o bien

6.2b Teorema. Sea /(x) definida en una vecindad agujereada de a (o en . el caso de límites laterales necesita estar definida solamente en un lado de a). Una condición necesaria y suficiente para que Jim /(x)

> N,

m

> N.

lx l - lxml < llxnl - lx111l1 < lxn - xml < 11

l.

O<

para todo n.

lx' - al < 8.

l/(x) - /(x,,)I < E/2. lx - al < S (< / 2)

O<

O<

Manténgase x fija y hágase n

Manténgase m fijo. Entonces M 1 es una cota para todas las x,, para n > N. Solamente existe un número finito de x no cubiertas por esta cota. De aquí que. incrementando M 1 si es necesario. se obtiene un número M tal que

el cual

Demostración. La demostración de este teorema contiene básicamente las mismas ideas que la demostración del precedente. La necesidad de la condición E- se deja como ejercicio ( B1). Nos concretaremos a dar un bosquejo de la demostración de la suficiencia. Escójase una sucesión lx,,J de modo que x,, ~a. Entonces la sucesión asociada fy,,t. donde y,,= /(x,,). satisfará la condición E- del Teorema 6.2a, de manera que ly,,J tiene un límite. el cual se denotará por A. A continuación considérese donde y

lxnl < lx,,,I + 1 = M1.

1x,,l O exista un 8(d para siempre que O < lx - al < 8.

exista es que para cada f.

y m > N. entonces l(zm - A) - (zn - A)I < lxm -

Si se cumple que n lzm - znl

sin

143

lf(x) -

l.x,, - al < S (f /2). ~

oo. Entonces se obtiene

Al< E/2 N.

€.

= Sn es

-

:r.11 1

< Cn

y que

una sucesión convergente. Demostrar que {.Tn} comrerge.

lím 11-co

(a,,¡. 11

>1

a,,) =O

-

7. Supóngase que f es derivable para toda x y que /' es una función acotada. Demostrar que / es uniformemente continua para toda x.

Supóngase que x 1

> x >O 0

xn+l

y que para

= Xn + r"x

11 _

1

/1 ;;;;.:

1 se tiene

donde O < r

< 1.

Demostrar que tx,.} converge. (Su1fert•11du: D:mostrar la convergencia, suponiendo que {x"} es acotada. Para demostrar que es acotada. probar pi>r inducción que .:r,,.tJ < .r1(1 + r) (1 r 2) • • • (1 + rn), entonces aplique el Ejercicio 87 de la Sección 2.6.)

+

>

l/(x) - /(x')I

l)n/n}

2. Sea r,, el cuando n se divide entre 1O. Encontrar todos los puntos limite de las siguientes sucesiones: (a) {rn + 1/n} (h) {rn/4 + 1/3"}

J. Encontrar todos los puntos límite de las siguientes funciones en x = O:

(e) 1cos~1

j.-c11 +1

ento~ces tanto

2. Probar el criterio de Cauchy para la convergencia en + :ic. Sea /(x) definida para x ;;;;.: x 0 • Una condición necesaria y suficiente para que lim f (x) exista es que para todo f. O exista un X(f.) tal que :r- + c:o

nrr + sen2 + (-l)n + friJ} residuo entero (0 < r n N. si n > N.

Desafortunadamente, sin embargo, esto no prueba que el límite existe. ya que.la condición E· debe satisfacerse para todo m y n > N. Solamente se ha demostrado para un m muy especial, a saber m n + 1. A continuación se dará una demostración correcta.

lxm - x,,I

f.

límites superior

X

y

.t'

> X.

3. Supóngase que (I,,} es una sucesión de intervalos no vacíos, cerrados y acotados cada uno de Jos cuales está contenido en el precedente. Demostrar que si la longitud de In tiemb a cero con n, existe exactamente un punto contenido en todos los intervalos. (Ver la demostración del Teorema 6.J a.)

6.3

LIMITE SUPERIOR Y LIMITE INFERIOR

(b) sgn x

1

(d)

f+eiii

Hemos visto que una sucesión fxn} que no tiene límite puede tener muchos puntos límite. Considérese que {xnl tiene puntos límite y sea C el conjunto de los puntos límite de lxnl. Se desea examinar las cotas de este conjunto de puntos C. De hecho. C no necesita estar acotado (ver

..p

.¡

146 limites y continuidad

limites superior e inferior

Ejercicio 81 ), pero nos referiremos principalmente a los casos donde está acotado, por lo menos en un lado. Supóngase que una sucesión dada (xnl está acotada superiormente Y tiene puntos límite. Entonces C asimismo está acotado superiormente (¿por qué?) y así, por la Sección 1.5, C tiene un suprémum, el cual se denotará por A. Este número, A, recibe el nombre de límite superior de la sucesión l~J y se expresará por

A= limsup x,.

(atizar, puede decirse que lim sup Xn existe y es finito. Cuando se aplica una de. las últimas definiciones. deberá puntualizarse específicamente que se está usando la forma extendida o impropia. Tal vez la propiedad más importante de estos números A y .\ se describe en el siguiente teorema. A grandes rasgos, se dice que para todo ( > O todos los Xn de una sucesión (excepto un número finito). se encuentran abajo de A + ! y arriba de A. - (. Teorema. Sea fx,,J una sucesión para la cual A es finito. Entonces. para todo O existe un N 1( N para el cual x,, ~ A + co. Entonces existe una subsucesión {xn.1:h cuyos puntos todos se encuentran arriba de A + ... Entonces, por el Teorema 6.3a, existe un N (tómese N como el mayor de N 1 y N 2 de ese teorema) tal que A-

<

< Xn < A + (

si n

> N.

Supuesto que A = A. esto puede escribirse nuevamente como 1x,, - >.. I < <

si n

> N.

1

El límite superior de una función en un punto puede definirse en forma

. r .

.. ,

::-

148

límites y continuidad

semejante. Así, si

f está acotada superiormente en una vecindad de a, lim :r-a

sup /(x) o bien lim f(x) se define como el suprémum de los puntos límite de f en a. Si dice que

:r-a

f

.

t

EJERCICIOS C

¡·

1. Dadá una sucesión {x"}, probar que:

no está acotada superiormente en toda vecindad de a, se

(a) lim sup xn

= Jim

[ sup xk]

11-co

lim sup/(x)

=

%-el

(b) lim inf xn = lim [ inf xk

1·$)n

n-ao

t;>n

J ·

2. Sea f definida en una vecindad de a, probar que:

+oo.

De la misma manera se define Iim infJ (x) o bien lim f (x), y lim sup f (x) .Y

Iim inf f(x).

149

propiedades de las funciones continuas

(a) Jim sup f (:r) = lim [ sup f {z) z-a

:r-:1: ao

%-el

d-0

O"}

está ~cotada en la~ x ~el. El conjunto S no es vacío porque. por Ja continuidad en x = a. con < = 1 se tiene una 8, de modo que

ll1T}

6

(f) {( - nn ,,c-11"}.

2. Calcular lim sup f (x) y lim inff (x) para las siguientes funciones: :r-+O

Teorema. Si f es continua en un intervalo cerrado y acotado /: la ~ x ~ h 1. entonces es acotada allí.

I /(x) - /(a) 1 < 1 1/{x) 1 < 1/(a) 1 + 1

Así.

Definamos

Co

por

:r-•O

1

1

1

X

X

(e) sen - cos - .

(a) sen - • X

EJERCICIOS B l. Demostrar que el conjunto de puntos límite de -1 1 sen -1 1 en cero no esta. acotado superiormente. -.r x 2. Probar los Teoremas 6.Jc y 6.Jd.

si 1x - a 1 < 81 • si 1x - a 1 < 8 1•

c0

= sup c. s

Se desea demostrar que Co = b. Supóngase que no es así. Entonces también en Cu existe un intervalo feo - 8 ~ x ~ Co + 81 en el cual J está acotada por M, 1 /(cu) 1 1. por un argumento de continuidad semejanté. Y supuesto que Co - 8 ca. esto contradice la definición de lo tanto, Co b y f está acotada en /.

=

Cu

como sup c. Por

1

Ahora abordaremos la demostración de que una función continua al· canza un máximo sobre un intervalo acotado cerrado.

6.4b Teorema. Si fes continua en un intervalo acotado cerrado x ~ b}, entonces existe un punto x 0 en I para el cual

Demostración. Por el Teorema 6.4a. f está acotada en /. De aquí que M sup /(x) existe. Supóngase que no existe punto en I para el cual

=, f(x) = M.

Entonces M -f(x) es positiva en todo punto en I y. por su-

1 puesto es continua allí. Esto implica. por el Teorema 3.2a(ii). que 1 M-f(x) es continua allí. Una vez más. por el Teorema 6.4a.

M - f(x)

<

- xn' 1 < I / n

1 x,.

1 f Eo·

1

J:.iERCICIOS A l. Demostrar que las siguientes funciones son uniformemente continuas en Jos intervalos indicados:

(a)

v'.X

Cb)

{xsen~

6.4c Teorema. Una función que es continua en un intervalo acotado ce· (e)

{

< x < t.}.

z=FO X

{O< X< l}.

=0

~ X

1

J {d)

{o

0

rrado I: fa ~ x ~ b} es uniformemente continua allí.

Demostración. La prueba nuevamente es por contradicción. Supóngase que el teorema no fuera verdadero. Esto significaría que existe un < excep· cional, digamos O existe un par de puntos x y .x' en / con 1x-x'1 €o x2, x2' en / con lx2 - x2 '1 < 1/2 para los cuales 1/ (x2) - f(x 2')1 > € 0

(x~t)I

{

X

{-1

=0.

COS X

x2

!

(e) x3 sgn x

X:¡{: X

0

=0



± oo.

Aquí se supon~ que f y g tienen las propiedades establecidas en J: > l. Entonces existe un X1 >: X 0 para el cual

Jx > Xo!. Sea dado M

/'(x) g'(x)

~ 2M + 2

· ·r·1cad o d e 1a h'1potes1s · · d e que A (El s1gm

/(z) -f(b) = f'({J) g(x) - g(b) g'({J)

> 2M + 2.

supuesto que lg(x)I-->

+

l

2

oo. Así. para

1- i

f(x) g(x)

>

M

= máx

x >X

f(x)/g(x) + 1>lM+

o bien

[Xi. X 2 ] se tiene

> 1.

El punto a en el cual se está calculando el límite tiene que ·expresarse explícitamente como se indica arriba, o bien hacerse notar en alguna forma. 1

a"-b EJEMPLO l. Calcular lim - - - si X Sección 5.2.] ...o

a> O,

b >O. [Ver Ejercicio Cl(c).

az - bz

az log a - h:r log b

X

}

-

ª

1oga - log b = log - . b

Aquí el símbolo ,.._, indica el paso en el cual se aplicó la regla de l'Hospital; la flecha indica el paso hacia el límite. Se deja al estudiante el verificar que es aplicable la regla de l'Hospital. Tener cuidado en evitar expresiones disparatadas tales como di! - bz - - - = az log a - b~ Jog b = log a - log b.

1 - cos x x2

=

1 - cos2 x sen 2 x (1 + COS z)r = -;;:- • 1 + COS X

1 1+

COS X -

1

l.

___ __

,

1 - cos x ,......, sin x _.,_, 1 x2 2z 2 En ocasiones, para evaluar algunos límites. es necesaria la aplicación repetida de la regla. scnz - x EJEMPLO 3. Calcular lim · x3 • r-o

es el significado de

/(x)

---->+f:J:>. g(x)

conforme x ~ a.

Se puede evaluar el mismo límite por la regla de l'Hospital:

2

siz> X.

Ya que esto es verdadero para todo M

f'(x) g'(x)

ro.J

El nuevo símbolo también es útil para eliminar factores de límites conocidos. como se ilustra en el siguiente ejemplo. J - COS X EJEMPJ.O 2. Calcular lim x2 • :-o Solución:

g(b)I 1 g(.z) 2M + 2.

Si se mantiene h fijo. se ve que existe un x~ tal que

/ (b) 1 X 1 y en seguida h. de modo que x > b > X 1 • Aplicando el teorema del valor medio de Cauchy al intervalo desde b hasta x, se ve que existe fJ entre b y x tal que

f(x)/g(x) - f(b)/g(x) 1 - g(b)/g(x)

En lugar de escribir los símbolos de límite a cada paso del cálculo de un límite. para la regla de l'Hospital es conveniente usar el símbolo rv. el cual Se lee «tiene el mismo límite que». Así la ecuación

Solución:

= + oo- esto es. -f'(x) - -->+ oog'(x)

Así.

t

157

:-ca

Ahora bien, {J --> a conforme x --> a, de manera que :-+ca

i

la regla de L'Hospital

1

= g'({J) •

lím /(z) = Iím f'({J)

·f!····. t

1

11

fórmula de Taylor con residuo

158 propiedades de las funciones diferenciab/es

____

Solución:

(h} ¿Es 3z¡x100.ooo.ooo grande o pequeño para toda x grande?

___

__1 .

sen x - x ,....,, cos x - 1 ,...,, -sen x ,_.. :i:3 3z2 6x

6

La hipótesis debe satisfacerse en cada aplicación para poder aplicar la regla repetidamente. EJEMPLO

(1

+!)==

x log

,....,,

+1) = Jog (1 +l/x)

(1

limlog

+ l)](- l/x2)

a: .... ao

X

e1

z-.,,¡2-0 1

(p) lim (sec x)11=

= e.

= x2 sen l/x,g(x)

=tan x

conforme x - O.

conformex -

..::;: .

oo.

4. Sea f derivable en fx > x0 }. y supóngase que /'(x)--+ A conforme x--+ x. Demostrar que f(x)/ x-+ A conforme x-+ x.

:r .... O

>

S. Sea f derivable en fx x 11 }, y supóngase que /(x)--+ A y /'(x)--+ 8, demostrar que 8 = O.

>

1. Si f es derivable en {x x 0 } y /(x) que /(x) -+ A y f'(x) -+ O.

.

=-~

cos 7TZ

a_ 1 Jogx

(d) lim %-+CIO

:xf':x!'-

(j) Jim - - 1 :z-o+ tfZ -

a >0, h >O.

.i

conforme x ~ x

+ f'(x)--+ A

conforme x--+ x, demostrar

2. Considérese que f tiene n derivadas continuas en {x > x 0 }. y supóngase que f(x)lx"-+ A y /'" 1(x)-+ B conforme x-+ oo. Evaluar B en términos de A y n. /f'd(z) También evaluar lim ----;=¡- para J < k < n.

1. Calcular los siguientes límites: (b) lim

o

z-0

3. Supóngase que f y g son continuas y tienen derivadas continuas hasta el n-ésimo orden en una vecindad de a. Supóngase que f y g y sus primera~ (n - 1) derivadas se hacen cero en "· mientras que g 1• 1(a) *- O. Demostrar que conforme x - a,/ (x)/g(z) - J Cn>(a)lgCn>(a).

li,/e.

+ x)

x

Conciliar el comportamiento de estos ejemplos con la regla de !'Hospital.

:• log cos x ,......, ______ -tan x . 1. 1og (cosx)11 = z2 2x 2 Aquí, como en el ejemplo anterior. 2 lim (cos z)11= = e-H =

a:r•-1r•

+ a/z)l>Z

(b) f(x) = x - senx,g(x) = x

Solución:

sen Jx (a) lim - :r-o sen x

senx - x

r :r: ang sen x -

{/) lim :i.~ z-o+ (n) . Iim (tan x)••n 2z

cot x)

s-ao

(a) /(x)

X

EJEMPLO 5. Calcular Iim (cos z)tlr. z-o

(g) lim z-o

J

h-0

X

1 - coskx

( .>

O

i. Comparar el comportamiento de /(x)/ g(x) y /'(x)/g'(x) en los siguientes casos:

{1+1)== loglim {1+1)== 1. .:r-oo um(1 + 1):=

(e) lim x«e-z

>

1. Si f está definida en una vecindad de a, f es continua allí y /"(a) existe, demostrar que . /(a + 2h) - 2/(a + h} +/(a) -/"( ) hm Ir e a.

x =---1.

Entonces, tomando exponenciales, se obtiene

. tfZ - (1 (e) l1m x2 z-0

Ob

> '

EJERCICIOS B

1~

X

-1/x'J } +X Así, puesto que el logaritmo es una función continua. a: .... oo

(! -

(k) Jim z-0 x (m) lim (1

ª

z-.,,12-0

X

[x/(x

í

1 - tzZ (i) ·~~ t - Ir

(o) lim (tan x)tans

z-co

Jog

t }

4. Calcular lim (1 + !\2:. x}

Solución:

159

~-co X

oc> o 7.3

oc>

1

FORMULA DE TAYLOR CON RESIDUO

=

=

Se sabe que e' tiene el valor 1 cuando x O. es decir. eº 1. Así. uno podría razonablemente pregun~r ¿qué tan pró~imo se encuentra e"- a 1 cuando x es pequeño? ¿Es la diferencia aproximadamente de la magnitud

-~-

·r ~

,

, 1

' 160

propiedades de las funciones diferenciables

:...~~·.~

,,~

fórmula de Tay/or con residuo. 161

.

de la propia x, de x 2 , de v'x o de l /log (1 / x)? El teorema del valor medio proporciona un indicio, ya que afirma que

tt-eº tt-1 --= --= eP. X-0 X

1

donde f3 ~stá entre O y x. Por tanto, para x pequeña debe tenerse p aún menor, de manera que eB está cercano a 1 y e' - 1 es aproximadamente igual a x. En efecto, de acuerdo con la regla de l'Hospital

e'-1

conforme x

----e~~1

(1)

t

~

1 1

O.

El valor de n con el cual se termina este proceso depende de lo que se termini primero, el número de derivadas disponibles o nuestra paciencia. Pero en ningún lugar (a menos que f sea un polinomio) seremos capaces de terminar el proceso y obtener una igualdad entre f y el polinomio de aproximación en un intervalo. De aquí que se tienen las alternativas de continuar indefinidamente, como se hará cuando estudiemos las series infinitas. o detenerse después de un número finito de términos y escribir un término de corrección: 1 f (x) = f (a)+ f'(a)(x - a) + - f"(a)(x - a)1

2!

X

Así, interpretando el símbolo - como «aproximadamente igual». se tiene que e-z es aproximadamente igual a 1 + x cuando x es pequeño. Una vez más. puede inquirirse acerca de qué tan próximo es e' a 1 + x para una pequeña x. Comparemos la diferencia con x 2 • Aplicando otra vez la regla de l'Hospital. se obtiene ez - ( 1

(2)

x2

+ X)

ez - 1

1

~--~-

2x

2'

donde se aplica ( 1) en el último paso de (2). Esto sugiere que se compare la diferencia entre e~ con xª: ez - (1 + x + !x2) ez - (1 + x) 1 1 ~ ·--+- - • - = (3) x3 3x2 3 2

y I

+ x + ! x~

+ · · · + .!.. ¡(a)(x - a)"+ R,,+ 1• n!

Esta expresión se conoce como la fórmula de Taylor con residuo, la cual puede establecerse para cualquier función que tenga n derivadas. El residuo Rn+i es simplemente la diferencia entre f y el polinomio de aproximación. La forma y la magnitud de este residuo es la que nos interesa ahora. En particular, estamos interesados en la información acerca de Rn+1 que nos ayudará a determinar la proximidad entre el polinomio y f. Empecemos con el siguiente teorema.

7.3a Teorema. Sean f y sus primeras n + 1 derivadas continuas en un intervalo cerrado l: {e ~ x ~ d}. Entonces, para toda x y toda a en /. se tiene f (x) = f (a) + f'(a)(x - a)

1

3!'

donde se aplica (2) en el último paso de (3). Es evidente que podría continuarse. Fácilmente pueden repetirse estos cálculos con cualquier función / suficientemente derivable en cualquier punto a. El teorema del valor medio sugiere que se compare /(x) - /(u) con x -a. En verdad. la existencia de una derivada requiere que sean comparables:

donde

Rn+l

Demostración.

f(x)- f(a)

-----...:a. f'(a). x-a

Esta expresaon. como en el caso anterior. nos conduce a comparar /(x) -

[/(a)

+ /'(a)(x -

a)] con (aXz - a)".

11 !

f.:i:(x -

a)"

+ Rn+l'

t)"/(t) dt.

a

Por el teorema 4.Sb, se tiene /(z)

Integremos por

1 = -¡ n.

+ · · · + .!. ¡(a)(x -

=!(a)+

partes, haciendo u =f'(t)

du =f"(t) dt

I:

f'(t)dt,

dv = dt V= -(x - t).

Con lo cual se obtiene

f(:i)

= f(a) -

Lzf"(tXx a) + Lz f"(t)(x -

f'(t)(x - t>[ +

= f(a) + f'(a)(x -

t) dt t) dt.

Repitiendo la integración por partes, derivando en cada ocasión a la derivada de f e integrando la potencia de (x - t), se llega por inducción a la fórmula establecida.

1

fórmula de Tay/or con residuo

162 propiedades de las funciones diferenciables

se cancela con f'(t) del término precedente y con uno de Jos términos del que le .sucede. Así se obtiene

7.Jb Corolario. Bajo Ja misma hipótesis de Ja proposición 7.3a. R

n+l

=

(n

1

+

1)!

¡O. Si x

/({3)- f(x) = f'(a)({3-x) ~O

de acuerdo con que f'(a) mínimo es semejante.

+ ¡(z) (x n!

Demostración. Considérese el caso de un máximo. Escójase cualquier x en J. x ::f=. {3. Supóngase que x < f3. Entonces. por el teorema del valor medio (3.6e). existe un punto o: con x < a < f3 tal que

/(/3) -

Demostración. Supuesto que /'" 1(x) es continua y diferente de cero en p. ~xiste una vecindad N de f3 en la cual no es cero y en la cual su signo es el mismo que el signo de /'" 1(/3). Ahora, sea x cualquier punto en N diferente de {3. Entonces, de acuerdo con la fórmula de Taylor. se obtiene

para toda x =!= p en J.

Invirtiendo las desigualdades referentes a las derivadas. se tiene un mínimo débil o un mínimo estricto de acuerdo con que se tengan desigualdades débiles o estrictas.

o bien > O

> {3.

entonces

o bien> O

< O o bien < O. Evidentemente. el caso de un

1

Con base en este teorema se puede deducir la prueba usual de la segunda derivada para los puntos extremos. Sin embargo. la pasaremos por alto e iremos directamente hacia Ja prueba de la n-ésima derivada. 7.4b Teorema. Considérese que f tiene n derivadas continuas en un intervalo abierto/: (a< x < b}. Y supóngase que existe un punto f3 en J en el cual se tiene /'({3) = o..... r-•l(f3) = o y / /({3)- depende del signo de r'(z). y de aquí que depende del signo de f"' 1({3). Supóngase ahora que n es par. Esto implica que el signo de (x - /J)ª siempre es positivo y, por lo tanto, el signo de /(x) - /(/3) depende del signo de ¡

(171}

=e'

-~·

172

introducción y definiciones

vectores y curvas z

(~.71.f)

w.... -rr/2 o bien tJ -rr/2. Es decir, se escoge el signo posi· tivo si e y a X b apuntan hacia el mismo lado del plano de a y b; de otra forma se escoge el signo negativo. Los triples productos vectoriales de a, b y e, en ese orden. son a X (b X e) y (a X b) X .c. Aquí los parént~is son nec~sarios. ~uesto que este es simplemente un producto vectorial iterado, sus propiedades están determinadas por el producto vectorial. Sin embargo, existe una fórmula muy útil para ca1cularlos. la cual deduciremos a continuación. Es evidente que a X (b X e) es un vector ortogonal a b X e y de aqui que es un vector en el plano de b y c. Por lo tanto, debe poderse expresar como una combinación lineal (es decir, una suma de múltiplos) de b y c. En forma semejante. (a X b) X e debe ser una combinación lineal de a y b. El teorema siguiente da las fórmulas precisas.

=

8.3b Teorema. a >C (b X e)= (a· c)b - (a· b)c.

z

= (a· c)b -

(a X b) X e

(b • c)a.

Demostración. Probaremos este teorema demostrando que las componentes de ambos miembros son las mismas. La primera componente de un vector está dada por el producto escalar de ese vector con i. Así se demostrará que i ·(primer miembro)

= i ·(segundo

miembro).

Ahora bien

1 ::

=

" El triple producto escalar tiene un significado geométrico muy sencillo. ± el volumen del paralelepípedo con aristas a, b y c. Puede a X b •e observarse este hecho de la siguiente manera: a X b es un vector cuya

=

o

o

i ·[a >C (b X e)] =

::

a2(b1C2 -

1-1 ::+ ::11:: :: b2c1)

a3{b1C'3 - b3c1)

= b1{01C1 + 02Cz + 03C3) = (a· c)b 1

-

C1(a1b1

(a· b)c1

= (a· c)(i • b) - (a• b)(i •e)

= i ·[(a· c)b -

1

(a· b)c].

+ il2b2 + a3b3}

186

vectores y curvas ·

independencia lineal

La demostración para las demás componentes es semejante. Y la demostración de la segunda ecuación se deduce de la primera por la antisimetría del producto vectorial -es decir. dado que a x b b x a. 1 Ambas fórmulas pueden resumirse verbalmente mediante el siguiente artificio: Denótese el vector exterior al paréntesis como el «externo». el interior al paréntesis más cercano al externo como el «cercano». y el otro como el «lejano». Entonces ambas fórmulas se expresan por triple producto vectorial = (externo· lejano) cercano - (externo. cercano) lejano.

=-

=

2. Verificar que a X (b X a} estA en el plano de a y b y es ortogonal a a. 3. Sea á un vector diferente de cero. Demostrar que, para todo b

=

b a x (b x a)/lal 2 + (a • b) a/lal 2• Explicar el significado geométrico de cada término. 4. Obtener las dos fórmulas indicadas en A7. S. ¿Cuándo se cumple que a X (b X e)= (a X b} X e? 6. Probar que para sumas finitas de vectores

la + b + e + · •• 1 < lal + lbl + lcl + ••• • y deducir la demostración del Corolario 8.2( EJERCICIOS C

F.JERCICIOS A

a+ b, a • b, lal, lbl y la+ bl, y verificar que la · bl N.

Suf~cie?cia. (Para Ea). Supóngase que {P,,} satisface la condición ( del entena de Cauchy. Entonces es evidente que [aquf tomamos Pn (Xn• Yno Zn)]

=

lx,, - Xml < IPn - p mi < E si n, m > N, d~ m~nera que lx,,I es una sucesión de números reales que satisface el cr1teno de Cauchy. En consecuencia, {x,,} tiene un límite, el cual puede denotarse por x. En forma ~emejante. existen números y y z tales que Yn -+ Y Y Zn -+ z. Ahora, definamos P por P (x, y, z) y considérese

=

IPn - PI< lxn - xi+

IYn -

YI

+ lzn - z¡.

(¿Cómo?)

Entonces, es evidente que jP,, -

PI-+ O

cuando n-+ oo.

El siguiente teorema generaliza el principio de los intervalos anidados.

9.ld Teorema. Sea S,, una sucesión de conjuntos cerrados no vacíos, c~da uno de los cuales está contenido en el anterior, y tales que el diámetro de S,, tiende hacia cero conforme n -+ 00 • Entonces existe exactamente un punto P con la propiedad de que p está en s,, para todo n. Demostración. Escójase una sucesión de puntos de la siguiente ma· nera.: Sea P1 en Si. P2 en S2, ...• P,, en S,,•.... Entonces, dado t: >o. esc61ase N tan .grande que el diámetro de S¡¡ sea < (, Entonces, para m ~ n > N se tiene P,, y Pm. ambos en SN (¿Por qué?). Asi que IPm-P,,j

O existe una vecindad

y

y P esté en D.

Expresaremos esto simbólicamente como P-P0

Ahora bien, es evidente que

IPI

+

y2

= .Jr + Y2 < /;_

Así que ( t) se ha satisfecho con 8

= y;

y se ve que

lim /(P) =O P-O

funciones vectoriales de un vector 221 220

funciones de varias variables

EJEMPLO 2. Sea /(P)

= xy¡ (r + y').

=

. Solución: ~ambién en ~ste ejemplo, el dominio de fes E 2 excepto en el origen, Y as1m1smo, exammemos los valores de f cerca del origen '-esto es. cerca de P0 (O.O). Si introducimos coordenadas polares x p cos fJ, y= p sen (J, entonces f toma la forma

=

=

xy/(r + y') Aquí, por supuesto.

= p cos fJ p sen fJ / p2 = sen fJ cos fJ = 1 sen (J = = .J

P iPI x2 + y2 . Observando esta fó~mula es evidente que f es constante sobre toda hnea recta que pasa por el origen y que. en general, Ja constante es diferente sobre líneas diferentes. Entonces. es evidente que los valores de f no pu_ed.en. mantenerse tan próximos a cualquier constante A simplemente restrmg1endo p. De donde. en este caso. lim f (P) no existe. , . , P-P11 Un mé tod o alternativo es sustllmr y ax. Entonces se tiene

=

f (x, ax) = -a-2 . 1+a

EJf.MPl.o 3. Definir f sobre todo el plano (E:!) por

=J(x, y)=

(lxl/y2)e-l:cl/111 (

o

Solución. Sobre la línea x = O. se tiene /(0. y)

º·

=

De aquí que f es idénticamente e-1 a lo largo de una curva que pasa por el origen y es evidente que lim f (P) no puede ser cero. P-0

9.4

FUNCIONES VECTORIALES DE UN VECTOR

Una vez más. por última vez, extenderemos el concepto de función. Sea S1 un conjunto en un espacio vectorial Euclideano de m dimensiones. por ejemplo. y S2 un conjunto en un espacio vectorial Euclideano de n dimensiones. Supóngase que a cada punto P en S:: Je corresponde un punto Q en S 1 • El conjunto de todas las parejas ordenadas (P. Q) se llamará función vectorial de P de S2 a S1 y se simboliza por F. Los valores de F son vectores Q en S1 y se denotan por (1) Q F(P). El punto Q que corresponde a un particular P en S" se llamará va!or de F. El conjunto S2 donde F está definida es su dominio y el conjunto de puntos Q en Slt los cuales son valores de F se llama rango de F. En ocasiones a una función vectorial se le da el nombre de mapeo · de S2 en o sobre (ver Sección 2.1) S1 y se denota así:

=

Otra vez se ve _que / tiene valores constantes diferentes sobre líneas que pasan por el ongen. de modo que el límite no puede existir. Aquí es pertinente una observación. Frecuentemente vemos o escuchamo~ la afir~1ación de que. para que un límite de una función de varias vanabl.es exista en. un ~~nto. debe ser independiente de la manera en que se realice la .aprox1macmn. Esto puede ser engañoso si «manera» se interpreta demasiado estrechamente. Definitivamente es engañoso si «manera» se. re.emplaza por «dirección». Se tienen funciones para las cuales el límite ex1st1rá aproximándose a lo largo de cada línea recta que conduce hacia un punto Pu. para l~s _cuales todos estos límites son iguales y. sin embargo. ~ara las cuales el lm11tr. en el sentido bidimensional no existe. Esto significa ~ue al pensar ~cerca de los límites en los espacios bidimensional y supen.ores. el estudiante debe pensar en términos del punto p «que se ª?.roxima» cercano a Po en lugar de pensar en términos de Ja aproximacmn a Jo largo de varias direcciones.

/(P)

=

conforme P ~ P º = O (0, 0) a lo largo de esta línea. Sobre cualquier otra línea x ay que pasa por el origen se ti~ne . f(ay, y)= (layl/y2)e-lª111/11• = (la/yl)e-la/111, y el límite de esta expresión conforme y~ o fácilmente se ve que es aplicando Ja regla de l'Hospital. por ejemplo. Así, se tiene que /(P) tiende hacia cero. conforme P ~O a lo largo de cualquier línea recta que conduce hacia O. Pero a lo largo de la parábola x y' se tiene 1 f(y2, y) = y2¡y2e-11•111 = e-1.

F:

(2)

lo cual. a su vez. puede escribirse como Y1 = f1(X1, Xz, · · • , z,.) Y2 = /2( X¡, z1, ••. ' x,.) (3)

y=O.

= o y el límite es cero

s'J ~s1.

El estudiante debe entender que la definición de la función vectorial F requiere la definición de m funciones reales de n variables reales. Deno· ternos P por Ja n-ada (x1. X:: • •••• Xn) y Q por la m-ada (ylt y~ • ....• Ym>· Supuesto que los valores de F se encuentran en En,. debe tener m componentes. cada una de las cuales depende de P. Así, (1) podría expresarse como

222

funciones de varias variables

operaciones con límites

223

0

En consecuencia. el sistema (3) es equivalente a (1 ). Los límites de las funciones vectoriales pueden definirse en t~rminos de F o de las funciones componentes f¡. j 1, ... , m. Tal y como el estudiante puede suponer, es más fácil escribir la proposición en Ja forma vectorial. Se deja rá para los ejercicios el d emostrar que las d os son equivalentes. La definición formal de límite es la siguiente: Sea F una función vectorial definida en un dominio D en E,. y la cual tiene valores en Em, y sea P0 un punto de acumulació n de D. Entonces se dice que F (P) tiene un límite A conforme P 4 Po si para todo E > O existe un o( jª ·las cuales satisfacen las ecuaciones F =O, G =O, .•. , K = O. Demostrar formalmente que

au1

y1

en (1, 2, 2) hacia (4, S, 0). (b) r + y 1 + ~ + xyz:. en (1, o, 1) hacia (2, 1, 2). (e) r + 2xy + i' en (l, 1, 1) hacia (1, s, 2). (d) r + 3xy + (como una función de dos variables) en Ja dirección que forma un ángulo de 600 con el eje positivo x. (e) r + 4y1 + e- cos y .en (0, 0) en la dirección que forma un ángulo de 30º con el eje positivo x. (j) x2 + y 1 - 3xy en (1, 2) en la dirección de la tangente a la curva descrita por y =r. · (g) r + 4xy + z:.'2-2yz en (1, 2, 1) en la dirección de la tangente a Ja curva descrita por x = t, y = 212, z:. = 13. (h) r - 8xy + z:.2 en lá dirección de la normal exterior a la superficie x2 + y 2 + z:. 17 en el punto (4, 4, 1). d 2. Sea p cualquier vector y sea P(t) = P 0 + p1. Calcular -d f [P(t)],suponiendo que f es diferenciable. t (a)

aF

aG

avt =

a(F, G, ••• , K)

G)

= ax

a (e) h (F • G X H) =

X

G

+F

X

aF

ax • G

7. Encontrar la fórmula para

H

a(ult

u,, ... ' u,J •

3. Sea F una función diferenciable de (x, y, :) en una región R. Sea C, descrita por P(t)

= /(t)I + g(t)J + h(t)k,

una curva diferenciable en R con tangente unitaria T en un punto P 0 = P(t0). CC'nsidérese que s representa Ja longitud de arco a Jo largo de la curva. Demostrar que

d

ds F[P(t0)]

= (T • V) F(P..,) = VT F.

4. Sean u y v dos funciones diferenciables de (x, y) en una región R las cuales ~tisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann uz = vv• u, = - v.r en todo punto en R. Sea V,,.f la derivada direccional en Ja dirección ciue forma un ángulo a con el eje positivo x. Demostrar que

V.,,u

= v,,,+rr/2 V

para todo punto en R y todo ángulo a. 5. Sea f una función diferenciable de r y considérese que r Demostrar que

= Vx' + y2 + z2.

1v11=l!I· Explicar el significado geométrico de esto. 6. Sea / una función diferenciable de (x, y) y sea x = s cos a - t sen a, y sen a + t cos a, donde a es una constante. Calcular.

=1

(rf (r,r +

aG ax

ac

X

/ a(F,G, ••• , K)

- a(ult ••• ' "1-1• vt, "1+1• ••• u,J

= ax • G + F • ax aF

253

+ F • ax

X

H

+ F •G

·aa x

ax

axª'ay F • G. EJEROCIOS B

l. Supóngase que se tienen funciones u, v, w de x, y las cuales satisfa· cen F(u, v, w, x, y)= O, G(u, v, w, x, y)= O y H(u, v, w, x, y)= O en alguna re· gión del espacio (x, y) donde F, G y H son funciones diferenciables en una región apropiada en el espacio (u, v, w, x, y). Calcular las parciales de u, v, w respecto a x y y.

7. Ccnsidéresc que f llene segundas derivadas continuas en una región R y su· póngase que adquiere un máximo en un punto P0 en R. Demostrar que, para toda dirección a, (a'• V)/= O y (a· V)r O. De esto se deduce (Ejercicio Iló) que una condición necesaria y suficiente para que F sea diferenciable es que cada componente de F sea diferenciable. Si J(Q, h) es una función continua de Q, se dice que F es continuamente diferenciable.

11.Ja Lema. Sea F una función vectorial diferenciable definida en una vecindad N y sean Q y Q +a. dos puntos en N. Entonces -d F(Q dt

+

tu) = J(Q

+ ta, u).

Demostración. Se deja como ejercicio demostrar que Q + ta. está en N para ¡o~ t ~ 11. sea el j-ésimo componente de F en /. Entonces. por el Teorema 10.4a. -d f(Q +tu) = dt

f 1(Q

+ ta)rx1 + i2(Q + ta}x2 + · · · + f nCQ + tu)otn

Pero éste es exactamente el j-ésimo componente de J(Q

+

ta., a.).

1

11.Jb Lema. Sea F una función de valores vectoriales definida en una región R y que 'tiene derivadas continuas allí y sea Qo un punto en R en el cual el Jacobiano no es cero. Entonces existe un f.> O tal que siempre que 01 y Q2 estén en N(: flQ-Qol < (}, donde

!m IQ2 -

Q 11 ~ IF(Qz) - F(QJI M

m

y

Demostración. (1)

273

transformaciones y funciones implícitas

=

=

~ f MIQ2 -

Qil,

sup IJ(Qo, «)I

111 1=1

.

inf IJ(Qo, «)l.

1111=1

Escójase t: de modo que, por el Teorema 11.2g.

IJ(Q, «) - J(Qo, «)!

<

llJ(Qo, u)I

para todo vector a. si Q está en Nt:. Hágase a.= Q2 -Q1; entonces el segmento que conecta 01 a Q2 está descrito por Q(t) Q 1 + ta.. Sea

=

(2)

IF(~.) -

F(Q1)1

= 1f.'~: [Q(t)] dt 1=1 = 1

f.'

J[Q(t),ca] dt

J.' [J(Q ca) + J(Q(t), ca) 0,

> 1I:J(Q•• ca)dt1-

lf

1

J(Q., ca)] dt 1

(J(Q(t),ca) - J(Q•• ca>}d1I

> IJ(Qo, u)I - !IJ(Qo, u)I = ilJ(Qo, «)I

> lmlcxl = !mlQ2 - Qil· Si se estima desde arriba se obtiene el otro miembro de la desigualdad.

1

11.Jc Lema. Bajo las condiciones del Lema l l .3b, F(Q) no toma los mismos valores más que una vez en Nf.; es decir, si F(Q 1 ) F(Q2).

=

Q1 = Q2. Demostración.

La demostración es inmediata a partir de que

IF(Qz) - F(Q1)I

> lmlQ2 -

Qil·

1

En los espacios de una dimensión, una función diferenciable la cual no toma un valor más que una vez es una función monótona. El lema que se acaba. de probar es un resultado análogo para las ·dimensiones superiores. En una dimensión el concepto principal para estudiar tales problemas fue el teorema del valor medio. Desafortunadamente. el teorema del valor medio no se extiende hacia las transformaciones (ver Ejercicio B2). Sin embargo, la fórmula integral (2) con la cual se empezó la demostración es un análogo integral del teorema del valor medio y puede aplicarse ccn ese objeto, aunque Jos cálculos son necesariamente más complicados. 11.3d

Lema. ·Sea F una función de valores vectoriales definida en una región D y que tiene derivadas· continuas allí. Sea Q.o un punto en Den el cual el Jacobiano no es cero y denotemos F(Q0 ) por P 0 • Entonces existe un 8 >O y un (>O tales que, para cada P en % 6 : {IP - P0 1 < IPo - P1 l = IF(Qo) -

> 215 - lJ P1I > IF(Q1) -

-

P1l·

La última desigualdad es verdadera por la forma en que se escogió Q 1 Esta contradicción demuestra que IQ1 - Qol < O tales que está definida una función inversa G en ...11'6 : {IP - P0 1 < ó}, que toma valores en NE: {IQ - Q0 1< .:}. . Además, G es continuamente diferenciable en una vecindad de Po y el Jacobiano de G en Po es el recíproco del Jacobiano de F en Q-0

Pero esto contradi!Ce la definición de Q 1 y de aquí se completa la demostración. Para encontrar tal Q::. observemos todos los puntos de la forma Q2 Q1 + 71cx. donde ex es un vector unitario y .,, es una constante positiva tan pequeña que IQ:: -Q 1 I < E/2. (¿Cómo es posible escoger .,, tan pequeña'!) Entonces se desea escoger a. de modo que se cumpla (5). Para hacerlo posible. primero nótese que

=

F(Q 2) - F(Q1) - 'Y}J(Q0 , t1) = F(Q 1 + rJCt.) - F(Q1 )

= 'Y}f.\J[Q(t), ex] De aquí que

-

'Y}J(Q0 , ex)

~

G

-

J(Q0, ex)} dt.

Demostración. Escójanse ( y 8 como en los lemas anteriores. se ve que el conjunto de puntos Do en N( el cual se mapea sobre .;V6 satisface las condiciones del Teorema 11.Ia, de manera que existe una función

276

transformaciones y funciones implícitas · ejercicios 2n

inversa G sobre .A'6 y que toma valores en Ne. En efecto. por definición mapea .;V6 hacia atrás sobre Do. Para demostrar que G es diferenciable en .A'6, sean P y P + h vectores en%,, y sean

Asi que

+k

= G(P + h).

Q

= G(P)

P

= F (Q) y P + h = F (Q + k) h = F(Q + k) - F(Q) y k = G(P + b)- G(P).

de modo que

Q

y

EJERCICIOS A 1. Calcular el Jacobiano de cada una de las siguientes transformaciones y discutir el comportamiento local:

1

Puesto que F es diferenciable en Q,

G(P

donde

G(P) = J 1(P, h)

v(P, h)

=lklJ [P, u(Q, k)]/lhl.

x2

lkl = IG(P

de modo que

lkl -+ O

+ h) -

conforme

Así que

G(P)I

+ v(P, h)lhl,

oy1 =

+'

< 1,0

polares.

8. Sea u= /(x, y). Expresar Au = Uzz

=

9. Sea u f(x, y, .z). Expresar Au cas; (b) coordenadas esféricas.

U. Sea x = f(u, v), y

/2 =

-gl"

Haciendo w

1

= g(u,

+ "w

en coordenadas polares.

= Uzz + "w + "zz en (a) coordenadas cilfndri-

10. Sea u= /(x, y). Calcular Au = u,.z el Ejercicio Al(c) anterior.

a(y¡,. ·., Y1-1' Ys+t• • · ·' Y'll) O(X¡, ••• 1 Xi-1• X¡+l•. , • 1 Xn)'

donde J es el determinante Jacobiano de F, a saber

(Ver Ejercicio Cl.)

z=rcosq,

-+ O.

=

1

+ y2

2. Describir la imagen del cuadrado {O< x anteriores.

=

(-1) J(Q)

y= r senif>senO y

x2

Además se ve que G es continuamente diferenciable ya que J 1 es continua, y J 1 es continua puesto que J es continua y no cero. Si Q (x1. X2 •••• , Xn) y P O

yl/n

(/) x = r sen if> cos 8

+ y2

v=---

1

Falta por demostrar que v -+ O conforme h Por el Lema l 1.3b, se tiene

U= X+ y v=

(e) u = - -

+ J 1[P, u(Q, k)]lkl

+ h) -

(d)

X

X

Ahora bien. ya que el determinante J(Q) no es cero. existe una transformación lineal J 1 (P, h) inversa a J(Q, k). De aquí que. de (6). se obtiene

o bien

+ zZ + y

U

yl2 (x +y)

(e) x = er cos O y= ersen O

= F(Q + k) - F(Q) = J(Q, k) + u(Q, k)lkl, donde u -+ O conforme k -+ O. h

k = J 1(P, h)

=

(b)

1

V=

(6)

.

(a) u = y!z (x - y)

+ u1111

bajo el cambio de variables dado en

v) un cambio de vari~bles para la cual

f 1 = g2 y

= h(x. y), demostrar que

12. Expresar (au{i)x) 2

+ (cu{iJy) 2

en coordenadas polares~

13. Sea N una vecindad en En y considérese que Q y Q trar queQ(t) = Q + tcxestA en N para {O ( t O para todo vector unitario a. (ii) un máximo si (a. · V) 2/(Q) < O para todo vector unitario a.

290

transformaciones y funciones impllcitas

valores extremos bajo restricciones

(iii) un punto siUa si el signo de (ci • V) 2/(Q) puede cambiar.

En dos dimensiones, pueden reescribirse las condiciones: (mínimo) (i) In.> O, /11/22 -Uu)2 >O (ii) In. < O, f uf22 - U12)2 > O (máximo) (iii) /u/22 -U12)2 i!P - Ql 2 { m -1111} > llP - Ql 2 ( m - ; )

= mlP-Ql De aquí que, tal y como se aseveró, ción para un máximo es semejante.

2

/4>0.

f alcanza un mínimo. La demostra-

Cuando Va2f(Q) puede cambiar el signo es evidente, de (1), que /(P)f(Q) también puede cambiar el signo en toda vecindad de Q, de modo que esto indica un punto silla.

2 + 2/12«1«t + /22«t2·

Va2/(Q) = /11«1

(2)

Completando el cuadrado puede expresarse esto en la forma

/n[«1 + rx.J12//11] 2 + a.,,2(/11/22 - ri.2)//11· Entonces es evidente que, si fn/22 -/122 >O, el signo de esta expresión (3)

es el signo de In o es cero. Si se nulifica, a2 = «1 =O, lo cual no es posible. Esto muestra la equivalencia de fu >O con Va2.f(Q) >O Y fu (x, y)] debe alcanzar un valor extremo en a, de modo que f1[a, b, cp(a, b)] + f 3 [a, b, cp(a, b)]cp1(a, b) =O, Y

/2[a, b, c/J(a, b)]

+ / 3[a, b, cp(a, b)]cp2(a, b) = O.

294 transformaciones y funciones implícitas Pero puesto que 4'(a, b)

ejercicios

= e, estas ecuaciones se transforman en

(IJ

/ 1(a, b, e)+ / 3(a, b, c)r/Ji{a, b) =O

(2)

f,.(a, b, e)+ f 3(a, b, c)r"2(a, b) =O

g1(a, b,' e)+ g3(a, b, c)r/Ji(a, b) =O

(4)

g2(a, b, e) + g3(a, b, c)c"2(a, b) = O. l

O

EJERCIOOS 8

+ ).g3(a, b, e) = O.

Estas tres últimas ecuaciones son simplemente las componentes de

V/(P0)

1

+ lVg(P0) = O.

Donde existen varias condiciones de restricción. la regla es básicamente la misma: Una condición necesaria para que f alcance un valor extremo bajo las restricciones g =O, h = O, ... , p =O en un punto Po es que existan multiplicadores Ato A2, ••.• Ak tales que

+ l 1Vg(P0) + l¡Vh(P0) + · · · + A1eVp(Po) =O.

No se dará la demostración de esta última expresión. El estudiante debe convencerse a sí mismo (heurísticamente) que normalmente debe tomarse k ~ n - 1, donde n es la dimensión del espacio. EJERCICIOS A l. Encontrar y probar los puntos criticos de tas siguientes funciones: zy 1 1 (a) :r:' + zy + y2 - 3z - 9y (d) +; -

+ llxy + '!!' + S

+ 3axy

.

(e) :r:2

24

24

+ zy + Y1 + -;- + y

(/) (z +y)

e-z•-.•

2. Encontrar los valores extremos absolutos de las siguientes funciones:

W~+~-~ (b) :r:2 + llxy + y2

so~~+~+~ s~: Demostración. (Para dos dimensiones). Sea R;¡ un subrectángulo en la partición A. Entonces, queda inalterado en A' o queda cortado en un numero finito de subrectángulos R' qr que pertenecen a !J.'. La contribuR;¡

y1) 2,

Rqr

R'qr

R'qr

R'qr

R'qr

R'qr

donde max significa que debe tomarse el máximo de todos los diámetros ~

(en este caso diagonales) de todos los subrectángulos que forma A. Además, hagamos A" = (x¡ - x,_J(y1 - 11¡_1) y Viit = (x, - x,_1) Ú/; - Y1- 1)(z" - z1c-1)· Estos, por supuesto, son el área y el volumen de R11 y R11k. respectivamente. Suponemos que nuestra función está definida y acotada en R. Usaremos la siguiente notación de manera consistente:

M = sup/ R

Mil= sup/ y en tres dimen~iones,

R11

Mw: = sup/ Rm:

m

= inf/ R

mu= inf/, Ru

m"" = R"~ inf/.

c1on a SA. debida a R1 1 es (1) la misma, si Ri1 no se subdividió, o bien (2) es I M;, A;,, donde la suma se toma· sobre aquellos rectángulos en Ro

.,

los cuales se subdividió IM~,A~ Ra

<

~

Pero allí M' 9,

M¡¡. de modo que IM"A~ =Mil IA~, = M¡¡A¡¡.

R1¡.

R¡¡

Ru

s

Así que, en todo caso, Ja contribución a A· debida a Ri; es menor que o igual a la contribución a A debida al mismo R,1• Entonces, sumando sobre todo R,1 en A, se obtiene el resultado deseado. Es evidente que la desigualdad para las sumas inferiores sigue el mismo camino en sentido inverso y es igualmente evidente que se aplica el mismo argumento en cualquier número de dimensiones.

s

1

300

sobre rectángulos 301

integrales múltiples

12.lc Lema. Si

son dos particiones cualesquiera de R, entonces

.6. 1 y .6. 2

sil¡ > ~Jla• Demostración. Sea

El volumen o triple integral de Riemann se define análogamente. Se denotará por

ffff

ll' un refinamiento común de !1 1 y A2. (¡,Cómo

puede formarse?) Entonces. por los Lemas J2.1 a y b,

1 Por lo tanto, ahora puede afirmarse que, para una función acotada dada f. definida en un rectángulo R. la clase de números formada por las sumas superiores tiene cualquier suma inferior como una cota inferior. e inversamente, la clase de números formada por las sumas inferiores tiene cualquier suma superior como una cota superior. De aquí que inf S11 > SA· Entonces. formando el suprémum del segundo

~'.

para cua!quier partición miembro. se obtiene

JJ

=

/(P) dA o bien

R

supSA

y

JJJ/(P) dx dy dz R

Una consecuencia inmediata del Lema 12.lc es el siguiente criterio de integrabilidad. u.te Teorema. Sea f una función acotada definida en un rectángulo R. Una condición necesaria y suficiente para que f sea integrable sobre Res que para cada O exista una partición ll de R tal que

SA - 511 O existe un 8 ( f f f f(P)dY. R °"R Ahora podemos definir la integral de .Riemann de una función un rectángulo R. Sea f una función acotada definida en R. Si

(P) dA

E

para todas las particiones .6. para las cuales llt\11 < 8( f f /(P) dA

R

R

f

s~ > J J dA -

y

R

f ff(P) dA

fff

O existe un número finito ~de rectángulos Ri. R 2 , ••• , Rn tales que todo punto de S está en por lo menos uno de estos rectángulos y tales que la suma de las áreas (o volúmenes) de los rectángulos es < '· En el caso de una -dimensión. los rectángulos se reemplazan por intervalos que tengan una longitud total < e:. Es evidente que tal conjunto debe ser pequeño· en algún sentido. El punto en el cual estamos interesados acerca de tales conjuntos es que son despreciables por lo que se refiere a la integración, en formas que se precisarán en la siguiente discusión. Empece·mos con un resultado fundamental.

31 O Integrales múltiples

área y volumen

12.4a Teorema. Sea f una función acotada definida en un rectángulo (o un intervalo) R. Si el conjunto S d~ puntos donde es discontinua tiene contenido cero, entonces f es integrable sobre R. Demostración. Se dará la demostración para dos dimensiones. Sin embargo, también es válida para todas las dimensiones. El estudiante debe comprobar que, en particular, se cumple para integrales simples (esto es, unidimensionales). Sea E > O dado y sea R 1 , R 2, ••• , Rn el conjunto de rectángulos que cubre con área total < O existe un 8(

D

Este teorema se extiende fácilmente hacia cualquier descomposición en un número finito de subregiones. dividiendo D media nte su perficies o curvas nulas. En este caso se tiene

ff

f(P) dA

=

t ffj(P) dA.

D

D•

Ahora puede extend erse nuestra definición de á rea. Si D es cualquie r conjunto acotad o. se define el área de D mediante la fó rmula AD=

II

1 dA

D

siempre que la integral exista. Se deja como ejercicio (83) demostrar que esta definición es consistente con la del Capítulo 4. De modo se mejante. el vo lumen de un conjunto en tres dime nsio nes se define por

D

Siempre que el área (o volu men) de D existe. se dice que D es cuadrable. A partir del Teorema l 2.4g se ve que si una región es cuadrable se divide en un número finito d e subregiones mediante superficies (o c urvas)

Demostración. Se dará la demostració n pa ra D cerrad o. Si D es abierto o sólo parcialmente cerrado. es necesa rio un análisis más cuidadoso. como e n las demostraciones de los Teoremas 12.4b y d. Se escribe A. A k. etc.. pero e l argu mento es independien te de la dimensión. Si D es ce rrado. se tiene f unifo rmemente continua. De aquí que pa ra cada < > O. existe un o( O, d > e > O).

= f JJ/(P) dA.

In= J/(P) dA

EJERCICIOS B

8.

n,.

e

ejercicios 317

:f~t:

7. Verificar el Teorema 12.4a para las integrales simples.

E

dA = fEAk = EAn.

1

/)¡,,

EJERCICIOS C

La posibilidad de expresar una integral múltiple sobre una región como una integral iterada está asegurnda por los teoremas de la Sección 12.3. Teoremas no triviales más allá de los establecidos en la Sección 12.3 son embarazosos y difíciles de probar. Los problemas individuales generalmente pueden manejarse mediante esos teoremas.

l. Sea / una función integrable sobre una región cuadrable D 0 y supóngase que

EJERCICIOS A l. Demostrar que cada integral existe y evaluar

l. Sea D Ja región limitada por x = :!: 1 por la derecha y por la izquierda, por y = - 2 por abajo y arriba por y= sen l/x, para x =FO, y por el segmento Lr =O. - 1 ( y ( 1}. Demostrar que D es cuadrable.

(a)

JJcx JI Jcx

+y)sgn(.r-.11)di:dy

R:{O [P(b)] - [P(a)]

= c/>(Q1) -

c/>(Qo)·

= jpo f P F • dP,

donde la integral se calcula sobre cualquier curva seccionalmente suave en R. Para demostrar que t/J 1(P) L(P) hagamos P + &P (x + h. y. z) si P (x, y, z). Entonces el cociente diferencia &/ &x toma la forma

!lx

Demostración. Sea C dada por

323

=

} f.P+aP

= ¡;

P

F • dP. (¿Por qué?)

Supuesto que R es una región, existe una vecindad alrededor de P la cual se encuentra en R. Por lo tanto, podemos tomar h tan pequeño que P + &P se encuentre en esta vecindad. En consecuencia. podemos tomar la trayectoria de integración como el segmento lineal desde P hasta P + &P y esto puede parametrizarse por P(t) = P.+ ti {G < t < h}.. Así que

lle/> 1 f1' !J.x = hJo L(x +

t, y, z) dt.

Por el teorema del valor medio esto se transforma en

!J.4> !J.x

=

L(x

.

+ t', y, z),

donde t' se encuentra entre O y h. Entonces, conforme h -+ o. se obtiene el resultado deseado. En forma semejante 2 = M y 3 : = N. Esta sucesión de teoremas dice que para que J F · dP sea independiente de la trayectoria en una región R, es necesario y suficiente que F

+

1

·~

-~

-~

324

integra/es de línea y superficie

ejercicios

325

Cerra re mos esta . secc1on ta l y como la empezamos, enfatiza ndo que

l~s resulta~os se aplican con igua l propiedad en todos los espacios vccton a les Euchdea nos de dimensión finita. EJERCICIOS A J. Calcula r las siguientes integrales de línea: 2

(a) L x y dx

J.:1:

2

(b)

de

+ (x2

-

+ Y 2 dy

2

Y ) dy desde (O. O) hasta (1, 2) a Jo la rgo de y

= 2x2.

desde (0, O) hasta (a, b) a lo largo de la lín"ea recta

que los une.

(e) .[.y sen x dx - x cos y dy desde (0, O) hasta ( 1. J) a lo la rgo de x =y.

L(.'I - x

(d)

2

)

di:

superior de x 2

sea un campo grad iente; en otras palabras, que exista una funció n escalar cf>, el potencial, ta l que F Vcf>. En este caso

=

F • dP

= '\l • dP =

d,

+

M dy

+

N dz

se llama diferencial exacta, como o puesta a l caso d onde no es la diferencia l tota l de a lgu na funció n escalar. Si un campo de fuerza tiene la propiedad de q ue el trabajo realizado sobre una pa rtícula en movimiento confo rme se mueve de un punto a otro. es independiente de la trayectoria, se lla ma campo conservativo. Los resultados d e los teoremas anteriores pueden volver a form ula rse de la manera siguiente: una condición necesaria y suficiente para que un campo de fuerza sea consJrvativo es que sea un campo g radiente. Puesto que puede ser difícil calc ular todas las integrales de línea entre todos los pa rés de puntos en una regió n dada, es de desear contar con un criterio sencillo para d etermina r cuándo un ca mpo dado es un campo grad ie nte. Po r supuesto que e n los ca sos sencillos puede ser factible calcular una funció n cf> por medio de (1), la cual puede verificarse que se trata de un potencial. Si esto no es posible. existe una prueba la cua l puede a plicarse a los campos vectoria les d iferenciables. Para el caso bidimensional se da rá esta prueba como un corolario del teore ma de Green.

( 1, 0) hasta (-- 1. O) a lrededor de Ja mitad

(e)

Evalu?r la integral dada en (d) a Jo la rgo de Ja línea . oli sucesivamente los puntos(!, 0), (1, 1), ( - 1, 1), (- 1, PO). gonal que une

(/)

Evalua r la integra l dada e n (d) a lo la rgo del eje x desde(! , 0) hasta (- J, 0).

(¡:) _[ C

la diferencial tota l de cf>. Po r esta razón. la fo rma diferencial F · dP = L dx

+ .e tfi¡ desde + y2 = J.

P · dP, donde C es una vuelta de Ja hélice p = (cos r, sen

1, t)

desde

l. O, 0) hüsta ( I, O, 2;:-).

2. Evaluar cada una de las siguientes integra les alrededor de la c· f · x 2 + l'2 _ 1 e fd . JTCun erenc1a . n sen 1 o contrario al movimiento de las manecillas del reloj: (a)

[ x d.~ - y dx J: x2 + y2

(b)

l

c,·x2y dx

[

x2 ds

(e)

• l'

Je

3. Evalua r [c·x dy - y dx

a lrededor de x2

+ y2 =

1 en sentido contrario al m o-

vimie nto de las m a necillas del reloj. 4. Evaluar Lds, donde

e

es

y=

x2 desde (0, O) hasta (2, 4).

S. El dcampo gravitaciona l de Ja tie rra, cerca de su superficie está dado aproxi ma amente por -gk donde k a · J ' , • punta vert1ca m ente hacia a rriba. Demostra r q . ue si una partJcula se mue ve desde una a ltura '1 1 hasta una altura ¡, a Jo 2 1argo de una curva suave e l trabajo realizado tícu la es mg(/1, - //). Endontrar una función pofe':ci~~'.e campo sobre Ja par6. Sea F un campo vectorial conti nuo definido en una región R De

Í

JcF • dP

·

es independiente de Ja trayectoria si y solamente si

sohre toda curva ce rrada , seccionalmente suave, en R.

t mos rar que dP = O

l.F . e;

teorema de Green

integrales de linea y superficie

326

7. D e mostrar q ue Jos cam pos vecto ria les siguientes son campos gradientes. encontrando un potencial: (al xi + yj en E 2

(e) (2.cy

(b) 3x 2y i

+ z3 )i + (:c2 +

+ (3z2 + 3y)k

3z)j

+ .i.3j

en

:i;

en E2

327

4. Sea f u na func ión continuamente di ferenciable defi nida en una región abierta R . Sean . P y P 1 dos nuntos c ualesquiera en R conectado~ por una curva s uave C desde P hasta P 1 • Demostrar que existe un punto Q en C tal que / CP ) - /(P) 1 V /C Q) · TL . donde T es el vecto r ta ngente u nita rio e n C. en Q y L es la long itud de C.

=

=

E3

EJERCICIOS B l. Sean

f y

g funciones continuamente diferenciables e n una región R . Si C es

13.2 TEOREMA DE GREEN

c ualqu ier curva seccionalmente suave en R que va de P 1 a P, . entonces

f f Vg · dP

Je

2. D emostra r que s i torial F, entonces



f (Ph g (P2) - /(P 1) ,1¡'(P 1 )

=

f gVf · dP. Je

-

y 1" son ambas fu nciones potenciales para un campo vec.¡, = C, donde C es una constante.

-

3. Demost ra r que el campo grnvitaciona l de una masa pu ntua l (~cción 10.6) es conservativo y e ncontrar una funci ó n potencial para él.

4. Si f es continuo en una curva suave: C , de mostrar que

f F · d P 1 < (max IFDLc:, Je e

=

1

donde Le de no ta la longitud de C. S. Sea F un campo de fue rza continuo. Aplicando la segunda ley de Newton (F = ma). demostrar q ue e l trabajo realizado por F sobre una partíc ula e n movimiento es igual a l cambio en la energía cinética. Rec uérdese que la energía cinét ica es lmlvl1 . donde v es la veloi:idad.

6. Demostrar que

f f (x, y) dr.

1

Una derivada ordinaria se de fin ió e n un punto de u n inte rvalo abie rt o. La id ea de derivada definida en un in te rva lo cerrado se introdujo mediante el concepto de la deri vada late ral la cual cunsidera los pu ntos ex tremos. De manera semejante. las deri vadas parcia les han sido d efinidas en regiones abiertas. pero la extensión hacia las regiones cerradas no es tan fácil en las dime nsiones su peri o res como lo fu e en una dimensión. Po r ejempl o. si f está defin ida en un disco ci rcular ce rrado ¡¡r - P.,¡ < a ! en E". ¿cómo podría definir~e f r e n el pu nto supe rior sob re e l círcu lo - es deci r. en el puntn P P,. + ja? El artificio que usa remos es el sigu iente: Sea f una función continua definida en una región cerrad a D y supóngase que f, es cont inua en la región abierta fo rmada eliminando la fro ntera. Entonces. si existe una fu nción g continua en D y coinciden te con Ir en la regió n abierta , se dice qu e /, es continua en D y, po r supu esto, que Ir g en D. Las demás parciales se manejan ~xactamente en la misma fo rma.

=

=O, si C e s un !>egm e n to paralelo al eje y. EJERCICIOS C

11 y v funciones diferenciables en una región R e n E.. las c uales ' ati,foccr. a ll í las relaciones u, v" y " Y v,. D e mos trar que ~i se sabe que 11 y v exister1 y 11 está dada. entonces 1· puede determinar~ excepto por una con't a nte adi tiva. Dar una fó rmul a para v en té rminos de 11 y e ncontrar 1· ,;

l. Sean

11

=

= x:-y:.

2. Sea C una

= ---

¡

c~a

s uave y

f

continua en C. D e mostrar que

pendiente de la pararnetrizació n. Es deci r. dcmo,trar que si

p = P(I) Q = Q(T)

y por

donde P'(r)

,,¡~ O

y Q '(T)

l

b

a

=t-

O. e ntonces

d.c

/ [P( r)) -d dt = f

~

la

< fil.

T

e

es indc-

está dada po r

bl

(u ;;;; r ) /- ( 0, O) en t.·... exi,lc una función l al que V (x, y), donde 4' es diferenciable puesto que u, v y h lo son. 1

=

=

338 13.Jb

área

integrales de linea y superficie Corolario. Si Ses un elemento simple de superficie suave. entonces tiene un plano tangente en cada punto Po y su normal está dada por l1i + l2i + /:1k.

de modo que

(ds) dt

2

Demostración. S tiene un plano tangente puesto que. por ejemplo. z es una función diferenciable de (x, y) cerca de Po. Considérese la curva el. que pasa por Po dada por V constante. Por tanto. C t· tiene la ecuación vectorial

= dP • dP dt =

=

P =/(u, v0 )i

+ g(u, v0)j + h(u,

339

=

0 )k,

t1

donde Qo = (uu. vu) es el punto para el cual Pu=F(Qu). Entonces el vector

dt

(ºp011 dudt + oPav dv) • (ºp du + oP dv) dt 011 dt ov dt (ºPou .oP) (d") + (ºP .oP) du dv + (ªP .aP) (dv) ou dt 2ou ov dt dt ov ov dt 2

= E(du\2 dt)

donde

2

+ 2Fdu dv + G(dv) , 2

dt dt

dt

(ºx) + (ºY)2 + (ºz)2 ou .au au 2

E= oP. oP =

011 011

donde las derivadas se evalúan en Oo. es tangente a C,. en Pu. En forma semejante. una tangente a C 11 en P., es oP

ov

= oP . oP = ox ox + oy oy + oz oz Oll

=/2i + gJ + h2k.

aP oP N =- X - = ou ov = J 1i

au ov ou ov ou ov

OLI

/ 1 g1

/2

2

No ambas du/dt y dv/dt pueden ser cero (¿por qué'?) De donde > O si F.G - P > O (¿por qué'!) Mediante un cálculo directo (Ejercicio 84) se ve que (ds/dt) 2

h1

K2 h2

+ J J + J 3k.

EG - F2 =

1

Nuestro, principal objetivo aquí es definir área de una superficie. Salta a la vista que ciertos coeficientes presentt:s en la diferencial para la 1ongitud de arco en una superficie tienen una importante relación con el área. En consecuencia. estudiaremos brevemente las curvas suaves sobre una superficie suave.

=

13.Jc Teorema. Sea S: P F(Q) para Q en 9- un elemento simple de superficie suave. Sea CC: Q Q(t), fa ~ t ~ b} una curva suave en 9. Entonces C: P F[Q(t)]. fa~ t ~ hf es una curva suave en S.

=

ov

ª" ª' av ª'

9

;12

+ J22 + J32 >

O.

De donde dP/dt =:f= O y Ces una curva suave.

1

V

=

Demostración. Evidentemente P es una función diferenciable de t, supuest.o que F es una función diferenciable de Q y Q es una función diferenciable de t. Falta concluir que dP/dt *O a lo largo de C. Para verlo, obsérvese que dP = éJP + dP

ou

2

oP = (ºx) + (ºy) + (ºz)2. ov av av ov av

G = (Jp •

Por lo tanto. una normal a S en Pu está dada por i j k

dt

F

u

Sea· Oo un punto de~ y Po el correspondiente punto S. Si hacemos un pequeño cambio du a lo largo de la línea v Vo y un pequeño cambio dv a lo largo de u Uo en Qo. el área del rectángulo así formado en el plano uves du dv. Estos cambios inducen cambios vectoriales en S dados aproximadamente como

=

=

dP

u

(ªx . oy J. + -az k ) du = -aP ou du = -ou 1 + ~ ou . ou

:.:.~(

·:

340

~;¡;

áre'a ~lt

integrales de linea y sµperticie

y

dP = ti

oz k) dv. ov dv = (ªx ov i + ()y ov j + ov

y

(Jp

Estas diferenciales dPu y dPv son aproximaciones a los lados de un pequeño paralelogramo en S cuya área d" está dada por . da= ldP )( dP11I = u

= IJ1i = o bien

da =

l

n=~= k-jfi-Yi

. !Nt

+

JEG -

J22

COS

F du dv.

z =f(x, y), esta expresión se

ax

D•

k=

l/Ji +/,• +/21 =

oy

reduce a

da. :::::11,sec 'Y dx dy = sec 'Y dAz 11•

La: figu'ra (pág. 340) ·ÍIÜstra la razón geométrica para esta relación. Si > O significa que n es la normal hacia arriba. Si se usa la normal hacia abajo, a saber n' = - n, el ángulo entre n' y k es obtl.LSO, de manera que cos y< O. Entonces podríamos expresar da en términos de dx dy mediante la fórmula du

dx dy.

1 1 1

1

y

1

:r-1

1 J.. 1,, ... ,

1

1

1

,,...,....

1 ,,..

1

1(,

1

........

,,,,

,,,,"

.........J,,,"' dA = cos "(dtT

%

Esta última fórmula tiene un significado ·geométrico sencillo. Porque si S se describe por z = f(x, y), la ecuación vectorial de Ses P =xi+ yj +f(x, y)k, de modo que

"k -oP = 1. +J1

ax ap . "k - =J +J2 ay

(11' -

y) dx dy.

=

A=

1 1

= sec

Este argumento heurístico indica que un elemento de área du dv se mapea sobre un elemento de área v'J 12 + J 22 + J 32 du dv cuando ~ se ·mapea sobre S mediante P F(Q). De acuerdo con lo anterior, se d'efine el área de un elemento simple de superficie suave por

k

l1

t/Jt + (;;)' + (~)".

n•k

2

J + (az)2 + (az)2 1

y=

de mane·ra que

+ Ja2 du dv

Si la superficie está dada en la forma

Vl + fiB + 1z··

Así que si y es el ángulo entre k y n,

+ JJ + J3kl du dv

JJ12

da =

aP - )( aPI ou -ov du dv

oP )( oP = k - i/2 -

i/1· ax ay Et vector unitario en la direeeión de N se den·otará por n:

N=

f 9

,/11•+122 +Ji du du.

Si S es una superficie la cual puede descomponerse mediante curvas seccionalmente suaves en un número finito de elementos simples de superficie súave, se dke que· es una súperficie seceionalment'e súavé. Ef á·rea de una superficie seccionalmente suave se define como la suma d.e las áreas de" esas secciones suaves. Para que esta definición pueda ser útil, incluso razonable, debe saberse qü'e és inCleperi(liente' ü la forma en que se desc6111pongá' iá' su·¡;ert.ére. 1 Es sufiCienté demostrar que· si uri elen:iento· sirhple d ~upedfoie sua\rt. Se éOrta en· secciones m"ás pequeñas mediante líneas seeCionalmente suaveS~ . eó\'6ncts éf aféa d'éT élemerlt'ó' és· Ja sü'ma' áé' Ja'l á'~éa't d'e tsa\" secciones rrtás peque_ñas. Esto es equivalente a demostrar que .1~· integral ~obre 9 qúe _da el área es aditiva, tl'na situación cubierta por el Teorema· l2.4g.-. Ef estudiante podría" pensar que es más natural obtener uria aproximá..ció:n d1eº la superficie mediante un poliedro cómó se· aproximán las curvas mediante polígonos. Sin embargo, una pequeña reflexión le llevaría a observar qúe es difícil inscribir un poliedro en una· superficie. En verdad no éS fácil da't un método· gé'néraf pára· hácetfo. Aúri 1 más, désptiés de eS°Ólblecer un método de aproximación, las áreas de los poliedros de aproxi~

e

342

teorema de la divergencia

integrales de linea y superficie

mación no siempre convergen al área de la superficie. Existe un ejemplo el cual muestra que aun en una superficie suave como la de un cilindro. las áreas de los poliedros pueden hacerse infinitas en lugar de dar una aproximación del área de la superficie. EJEMPLO.

343

~ná frontera seccionalmente suave. Supóngase además que toda línea vertical q.ue pase por 9 intersecta a D en exactamente un intervalo: {z1{x, y) < z < z2(x, y)}. z

Calcular el área de la superficie S dada por

2 z = x' + y 2 ~: lx + y2 Aquí oz/ox = 2x, oz/oy = 2y, de manera que

S:

ff.J + + = f f .Ji +

A =

4x2

1

~

11.

2

4y dx dy

!¿

D

11

dp

= 271' =

f .J• +

~ c.Jl2s 4

-

2

4p p dp

t).

lJA INTEGRALES DE SUPERFICIE. EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA Ahora estamos en posición de definir lo que se entie1!9e-por integrcll sobre una superficie. Sea S un elemento simple de superficie suave, dado por PJ F(Q) para Q en .~ y sea 4> una función defin(da en S. Entonces por f/>(P) d da =

s

.¡, '

/r2 + [:2+f2

1i:1

JI

a dA

!J

horadarán a la e~fera unitaria con centrn en el origen en un conjunto ~. El área de ~ se llama ánaulo sólido, subtendido por S. Demostrar que el ángulo sólido está dado por

.ff ~~I~ 2. Sea D una región standard y S su frontera. Si O no está en D. demostrar que:

(11)

JI = Jff ff ~;In fff ~ ff ~~I: ffÍ1~~ P • n da

3

di'

S

(b)

(r.)

da = 2

(a)

JJ

(b)

D

demostrar que:

=f

f

x(i • n) du

=

s

4. Demostrar que EG - F del Teorema 13.Jc.

ff

y(j • n) du

s

2

=112

JcuAv

+

J 22

ff

=

+ J3

y así completar la demostración

EJERCICIOS C 1. Sea S un elemento de superficie suave el cual intersecta cada rayo que parte del origen cuando más en un punto. El conjunto de rayos que intersectan S

AudV =

(d)

uVv • n da

S

(uAv - vAu) dV =

D

z(k • n) da.

s

2,

(e)

ff ff

+ Vu • Vv) dV =

D

J. Si V es igual al volumen de D dado en los ejercicios del problema anterior,

V

ff fff f ff D

da=

S

donde n es la normal exterior en S. (Aplicar el teorema de la divergencia al volumen entre ~ y S.) 2. Sea D unu región standard con superficie S y supóngase que tanto u como v tienen derivadas de segundo orden continuas en D. Demostrar que

D

s

da,

s

ff

(uVv • n - r1Vu • n) du

S

Vu·nda

S

JJJlvul2 dV = JJu(vu · n) da, si ~u = D

.

O.

8

3. Probar el inverso del Teorema 13.Jc: Si C es una curva suave sobre un ele· mento simple de superficie suave, entonces re, la imagen de C de vuelta en 9, es una curva suave.

teorema de. Stokes

Integrales de linea y superficie

348

13.S TEOREMA DE STOKES. SUPERFICIES ORIENTARLES

=

Sea S un elemento simple de superficie suave descrito por P F(Q) para Q en~. Sea 8': Q = Q(t), {a~ t ~ b} la frontera de~ orientada

.. {

de manera que cuando multiplicamos estas expresiones respectivamente por ax/av y ox/au, y sumamos se obtiene oLox _ aLax = _ oL 13 + oL 12,

n = l1i + J 2j + Jak = cos oti .jJ12 + Jl + J32 y

e

L dx

M dy =

f

Y

Jv

~

ox.) - ! {L a_x\) dA·uv = f oA ual . . 9 a

Puesto que a•x¡ au ov = 1x/ av vadas se cancelan. Ahora bien

oL = aL ax + at 011 + al az

y

au ax au oy· au oz au oL == oLox + oL.oy + oL az.,. ov ax OV oy ov oz av

=ff (- ox

oN cos

s

p + oN cos ex) da. oy

f Ldx + M

dy

+ Ndz =ff[(ºN .oy - oM) oz cos0t s

ütt ütt.

Y en notación vectorial se tiene

dAuv·.

.

au, los términos que contienen· estas den:. ·

dz

+ (ºL - aN) cos ¡3 + (ºM - aL) cos y] da. az ax a.v oy

f(ºl o~oir - al áx) ·U«

N

JsJ(- ªa~ cos " + ~~ cos r) da

Sumando se obtiene

!i4

L ·lJ« · lló

oz.

~

L

=1· l ouox dú + lo~ov dv.

Por el teorema de Green esto' se transforma en·

ff.[_! (.

y+ aL cos p).JJ12 + J 22 + J 32 dAuv

s

e

e

cos

De manera semejante,

= (/

manera que la curva Cf5 quede orientada en sentid6 contrario ál movimiento de Jas manecillas del reloj alrededor de él, observando la rotación desde el extremo del vector normal). Ahora supóngase que L. M y N son funciones diferenciables definidas en una región R que contien¿ a: S (fo que· realmente· aplicaremos será la existencia de VL, VM, VN en SJ y qu'e la función vectorial F tiene segundas derivadas continuas en !?J. Enfont:cs considérese

f.

+ cos pj + cos yk,

=ff (- oL cos y+ oL cos P) da. ay az

y, de este

modo, una orientación de O, la frontera de S, dada por P = F[Q(t)]. (Entonces Ja normal~. uni.taria, defi.nida por n 1 i + /-¿j + / 3k)/

/V112 + Í 22 + 132, a~ntará ·de

J3 = o(x, y) . a(u, v)

La integral entonces se transforma en

y así sucesivamente.

f Ldx =ff (- oLoy pasitivam~nte r~specto a .9. Esto induce una parametrización

az

de modo que

C: P:: F(Q(tJ)

u

1

av au ay 12 = a(z, x) '

o(u, v)' o(u, v) Pero la normal n está dada por

q;f

P:D-+S

au av o(y, z)

J =

donde V

349

(1)

L ff F • dP

=

V X F • n da. s Esta expresión es el teorema de Stokes para un elemento simple de super· ficie suave.

350

teorema de Stokes

integrales de· linea y superficie

Para extender esta fórmula a una superficie que puede descomponerse en elementos simples de superficie suave, debe verse cómo se pone~ estos elementos para formar la superficie completa. La idea es ésta: Supongase que s se compone de 5 1 con frontera C 1 y S 2 con frontera C2. donde C1 Y C2

1~-

1~::

- - --- -- - -- - ti -- - ~ *:¡+ ___. ·-- ~1 -<

::::±

~

=:::!:

::::!!

t

1

~--

---.

--+

~--

tienen uno 0 más arcos comunes. Si la fórmula ( 1) es aplicab~e tanto a S1 como a s2• nos gustaría sumar los resultados. saber que las mt~g.rales de línea sobre los arcos comunes se cancelan y obtener que ( l) es vahda para

Supóngase que S consiste de dos elementos simples de superficie suave S1 y S 2 con fronteras C 1 y C2. respectivamente, orientadas positivamente. y que S 1 y S 2 se unen a lo largo de cuando más un número finito de arcos los cuales son comunes a C 1 y e~. Cada uno de estos arcos comunes heredará una órientación de C 1 y de C2. Si estas dos orientaciones son de direcciones opuestas se dice que la superficie de S es una superficie orientable, de lo contrario es no orientable. En general, supóngase que S puede descomponerse en un número finito de elementos simples de superficie suave s.. S2••••• Sn con fronterasC 11 C2 •...• C"' respectivamente. Si cada C¡ tiene cuando más un número finito de arcos en común con los demás C1c y si las dos orientaciones inducidas en cada uno de estos arcos por C¡ y Ck son opuestas. entonces se dice que S es orientable, en caso contrario es no orientable. Es un hecho. aunque no lo demostraremos. que la orientabilidad es una propiedad de la superficie y no de la descomposición; esto es, si una superficie es orientablc bajo una descomposición, también será orientable bajo todas las demás descomposiciones. Para que el estudiante se convenza de que existen superficies no orientables debe estudiar los diagramas de la cinta de Milbius. Esta superficie con un solo lado se construye de la· siguiente manera: Tómese una. pieza de papel rectangular y alargada, désele un medio giro (H). únanse los extremos y péguense. La superficie resultante tiene un solo lado, una sola arista y no es orientable. (Ver página anterior.) El teorema de Stokes se extiende inmediatamente a las superficies orientables. porque. como se indicó anteriormente. las integrales de línea sobre las partes comunes de la frontera se cancelan. dejando precisamente la integral alrededor de la frontera de S. Así se tiene el siguiente teorema.

135a Teorema. Sea S una superficie orientable con frontent C. donde las ecuaciones que definen cada parte simple y suave de S tienen dos derivadas continuas. Supóngase además que F es una función diferenciable definida en una región que contiene a S. Entonces

fJ

V X F • n da

§s.

=

s.

'

.

la propia Desafortunadamente esto no siempre sucede. Esta distinción separa a las superficies en dos clases: aquéllas para las c~ales puede lograrse tal descomposición y aquéllas para las cuales no es posible. El teorema de Stokes se extiende para una de las clases. pero no para la otra.

351

L

F • dP.

Puede usarse el teorema de Sfókes para e"stablecer un análogo tridimen- · sional del Teorema· l 3.2c. el cual proporciona una prueba derivativa para que un campo vectorial sea un campo gradiente. La idea de la prueba es la siguiente: Si q, es una función continuamente diferenciable por dos veces. sus derivadas mixtas son independientes del orden de la derivación. Así. por ejemplo.

4'12

= 4'21·

Esto se expresa vectorialmente por V X V.¡,= O.

:-.·~·

""~

352

lntegrf!.les de linea y superficie

-heurística física

Ahora se desprende que. en regiones simplemente conexas. esto también es suficiente. (La necesidad para simple conexidad es casi la misma que para dos dimensiones.) , La simple conexidad es. un concepto difícil en tres dimensiones. de manera que probaremos el teorema bajo la más restrictiva condición de convexidad. Se dice que un conjunto D es convexo si dos puntos cualesquiera en D pueden unirse mediante un segmento que se encuentre en D.

13.Sb Teorema. Sea Duna región convexa y sea F = Li

=

Demostración: Necesidad. Si existe un q, tal que F

= Vq,. entonces

V X F =V X Ve¡,= O.

Su/iciencia. Si V X F

= O, entonces se define q, en D por tJ,(P)

=J.P F •

Aplicamos esta fórmula de la siguiente manera. Hagamos

Q = (x, y, z)

;;~:

Por lo tanto,

I:

dP

P0

-........

\

F • dP,

dP

o

P

\\

Q..a P.

Para

'

dP,

donde C es el triángulo con vértices P0 • P y Q. Si S es la superficie triangular acotada por C, entonces S está en D (¿por qué'?) y. por el teorema de Stokes. esta integral de linea es igual a

Ifcv s

Por lo tanto el segundo miembro de (l) se hace cero, de modo que

J.PF· +J.ºF · +f.P F • 1

dP

Po

dP

P

Esto es equivalente a

cP(P) - 4'CQ)

=

O

I:

L d~

En forma semejante.

"'2(Q) = M(Q),

y

4'a(Q) = N(Q).

+ h.

1

V4'=F.

=

13.Se Corolario. Sea Duna región convexa y supóngase que F Li + + Mj + Nk es continuamente diferenciable en D. Entonces para que f F · dP sea independiente de la trayectoria es necesario y suficiente que V X F O.

=

13.6 Al..GO DE HEURISTICA FISICA

=

Sea F Li + Mj + Nk un campo vectorial diferenciable en una región D y sea Po un punto en D. Si Dr es una esfera de radio r con centro en Po. entonces por el teorema del valor medio (1)

IIIV.

F dV =V.

F(P')~,

Dr

donde V,. es el volumen de D,. y P' es un punto de Dr. También. por el teorema de la divergencia.

=o.

X F)· nda

i Li:+h

Este teorema puede reestablecerse como un corolario.

J. F· +J.ºF • dP +f.PºF • =f.e F· P

h, y, z) - 4'f..x, y, z)] =

De donde

donde la integral se toma a lo largo del segmento que une observarlo. considérese (1)

+

por el teorema del valor medio. donde x' se encuentra entre x y x Conforme Ir -"> O, se obtiene cP1(Q) = L(Q).

dP,

donde Po es un punto fijo y la integral se toma sobre el segmento desde P0 hasta P. Primero demostraremos que. para P y Q cualesquiera en D.

=

cP(x

= (x + h, y, z).

= L(x', y, z)

Po

cP(P) - tf,(Q)

i[

P

+ Mj + Nk

continuamente diferenciable en D. Entonces para que F sea un campo gradiente es necesario y suficiente que V X F O.

353

dP =O.

(2)

Dr

Sr

donde S,. es la superficie de D,. y n es la normal exterior. Combinando (1) y (2). dividiendo entre Vr y haciendo que r ~O. se obtiene (3)

F • dP.

f f fV· F dV = f f F • n da, V· F(P0 ) = lim ! JJF • n da. r~o

Yr

Sr

\

354

integrales de linea y superficie

cambio de variables

Esto proporciona una interpretación de la divergencia de un campo vectorial que es independiente de las coordenadas. Por esta razón frecuentemente se usa como la definición de divergencia, a parti[ de la cual puede demostrarse que en cualquier sistema coordenado rectangular, la divergencia está dada por \

V. F

= oL + oM + oN . OX

az

oy

\__

JJ

F • n da nos da la razón neta de flujo del fluido hacia afuera de la

Sr

de F en la dirección positiva alrededor de C,, Ja cual mide la tendencia del fluido a girar alrededor de un eje en la dirección n en el punto P 11 • De este hecho proviene el nombre de rot F dado a V x F. Esta expresión en ocasiones también recibe el nombre de rotación de F. 1. Evaluar aplicando el teorema de Stokes:

C: P = cos 01 (b)

flz

2

dx

C: P = cos Oi

ffF·

+ sen Oj + Sk 2y) dy

fc.F ·dP = f f(V X F)- n da.

+ sen Oj + cos Ok

fsfa• n

da= i

···~

Je

2. Demostrar que. si u es contin•1amente diferenciable en

s.

fsfn·Vu >e Vvda =Jef uVv·dP. 13.7 CAMBIO DE VARIABLES EN LAS INTEGRALES MULTIPLES

1=J.icu>du

F • dP = V X F(P') • nA,,

Cr

un cambio de variables dada por y

donde P' está en Sr y A, es el área del círculo. De (4) y (5) se obtiene

f.

n •V X F(P0) = lim..!. F • dP. , ... O A, Cr Ahora bien F · dP F · T ds es la componente de F a lo largo de Cr en la dirección positiva a lo largo de C,, multiplicada por el elemento de longitud de arco. Integrada sobre Cr nos proporciona la componente neta

=

fa xP • dP.

En la integral

Sr

(6)

{O O, se tiene

f f f(x, y) dx dy = f f f(r cos 8, rsen O)r dr dO.

f f fdxd11-f f J dxdyl < MTT.., D

f fr.f(r cos O, rsen O) dr d() 1< ME'trE. RE

D

1

f(r cos O, rsen O)r dr dO.

RE

JJf(x, y) dx dy existe. Ahora bien. f es acotada,

digamos por M. de modo que si eliminamos de D una vecindad < del origen se tiene

ff

=

DE

D

R

DE

EJERCICIOS A

DE es el anillo que se mantiene después de la eliminación. Si se este anillo en cuatro partes mediante Jos ejes, cada una de estas se mapea en una forma uno a uno sobre un rectángulo en el plano De donde se ve que el propio anillo se mapea sobre el rectángulo

l. Evaluar

ff( + y2) x2

(ji

Í2 dx dy

D

usar coordenadas polares.

{x2 + y2¡;a < 1).

D: Qi

Hacer x

= ª"•

y= bv y

362

integrales de línea y superficie

2. Transformar la integralf

f

f(x, y) dx dy

D:

y describir el nuevo do~inio de integración: (a) x =u+ 1, y= v - 2 (b) x

{xi+ y 2 < a 2}como

se indica

parte

= au +bu, y= cu+ dv

111

;\.•,

3. Sea f continuamente diferenciable sobre D: {(z - 2)2 +(y - 3)2 formar

ff

< 1}.

Trans-

2

(fz' + /v2) dx dyporx = u/(u2 + v2), y= v/(u + v ). 2

D

4. Encontrar el volumen abajo de

z =x

y arriba de

(b) por coordenadas cilíndricas.

(a) por coordenadas rectangulares;

5. Calcular

ff

exp (:

~ :) dx dy,

donde R es el triángulo acotado por x = O,

R

+ y = 1.

y = O, x

z = x2 + y 2

Hacer la sustitución u = x

6. Sea R el triángulo acotado por x

= O,

x +y= u, y= uv y demostrar que

y

= O,

+ y, v = x - y. x + y = 1. Hacer

JJe-z-vxa-

1yb- 1

dz dy

TEORIA DE LA CONVERGENCIA

la sustitución

puede reducirse

R

al producto de dos integrales sencillas. EJERCICIOS B

1. Sea f continua en D: {r

fff f (

+ y2 + z.2 , r sen Osen t/>, r cos 4')r2 sen dr dfJ dtf>,

R

donde R es el rectángulo {O 2. Encontrar el valor de

x = u{l

+ v)

ff

< r N. D~nwstraci O, existe un N( J,

368

pruebas de comparación

ser/es /niin itas

En ocasiones sucede que una serie ~ª" converge mientras que la serie

Ilanl diverge. En este caso se dice que la ~erie Ian con~erge condicionalmente. Cuando la serie Ilanl converge se dice que la ~ene Ian converge absolutamente. Un importante hecho acerca de las senes absolutamente convergentes es que también son convergentes.

14.tc Teorema. Si I(anl converge, Ian también converge. Demostración. La desigualdad básica implicada en la demostración es la siguiente: (1)

lan+l

+ an+2 + · · · + ªn+sil < lan+1I + lan+2I + · ·' + lan+sil·

Hacemos una doble aplicación del criterio de Cauchy, aplica11do tanto la necesidad como la suficiencia. Ahora bien, Ija,,! converge. De manera que para todo ( > O existe un N( 1,

siendo esto cierto por la parte de necesidad del criterio. Pero ( 1) Y (2) implican (3)

+ ªn+2 + ' ' · + On+:11I < €

lan+l

si n > N, P > l.

Entonces, por la parte de suficiencia del criterio, (3) implica que Ian converge. 00 (-1)" EJEMPLO 5. Examinar }; - - - n(n + 1)

1

00

Solución. Hemos visto en el Ejemplo 2 que }; 1

n(n

converge.

+ 1)

14.2 SERIES CON TERMINOS NO NEGATIVOS: PRUEBAS DE COMPARACION ...

f.

Una de las consecuencias significativas del último teorema es que, para muchos propósitos. es suficiente estudiar series con términos no negativos. En consecuencia, a continuación enfocaremos nuestra atención sobre ·un ~ · conjunto de teoremas acerca de tales series. Conforme el estudiante avance en esta sección debe mantener en mente que todas las pruebas dadas aquí pueden aplicarse para examinar. en relación con la convergencia absoluta. a series con signos variables. 14.2a Teorema. Si 'i.a,, tiene términos no negativos. converge si. y solamente si. la sucesión de sumas parciales es acotada. Demostración. La sucesión de sumas parciales es no decreciente y de aquí que tiene un límite si. y solamente si. es acotada. 00 1 EJEMPLO l. Demostrar que la serie k. 2 -. converge si k > l y diverge lle1I ni: si k ~ 1. Esta serie es útil para las prueba~ de comparación. Solución: J (a) Supóngase qu~ k > l. Demostraremos que }; -· converge. Examink nemos las sumas parciales de orden 2· - 1 :

1

S2"-l

= 1 + (! + .!.) + (...!. + .. · + ..!.) + (.!. + .. · + ..!..) 2rc 3k 41t 7rc gt 15rc + ... + ((2"~ 1f + ... + (2" ~ !}')

t. Sumar las series siguientes: (a)

t

+3 + l)(n + 2)

CIO

2n

CIO

(-1)" (n

2. Examinar

(b)

f

1 n(n +l)(n

+ ... + + 2)

CIO n -1 (e) I - n ,

2

t. Demostrar que si Ian converge absolutamente y {bnl es una sucesión acotada, entonces Ianbn converge absolutamente. 2. Demostrar que si Ian converge a una suma S, entonces para cualquier e, la serie 'Ican converge a cS. 3. Demostrar que si lan es convergente, cualquier serie formada agrupando los .

1

1

1

- 1 - [t/(2t-1)"] 1 - 2rc-1 - e - 1 - (l/2t-1) 1 - (t/2rc-1) - 21:-1 - 1 - onstante.

EJERCICIOS B

s:

((2"~'f + ... + (2'~'f)

1

•

+ (am +1 + 0 m +1 + 1

(..!.Sk + ... + ..!.) 81:

= t + 21:.:i + c2rc-1>t + c21:-1>ª + ... + cr-1t-1

l: (- l)•n!/n• en relación con la convergencia absoluta.

términos arbitrariamente, tal como (a¡ + a2 + · · · + Um 1) + · · · + am ) + ( · · · ) · · · también es convergente.

(!

(!

< 1 + 2k + ..!.) + 4k + . .. + ..!.) + 21t 4k

Oe aquí que, por el Teorema 14.lc, la serie dada también converge. ETEROCIOS A

369

1

Ahora bien. para todo entero m. existe un modo que también

11

para el cual 2· - 1 >

111.

De

2rc-1 S'"

< Sa"-1 < 2.t-1 - 1 .

De aquí que todas las sumas parciales son acotadas y. por lo tanto. Ja serie converge.

370

series infinitas

pruebas de comparación

(b) Supóngase que k ~ l. Ahora se demostrará que

00

l

Idiverge. n1r

Pri-

371

donde la S,. se refiere a !a,. y S,,' a ~bn. El resultado se deduce inmedia· tamente basándose en el teorema anterior.

1

1

mero observemos que n" ~ n. puesto que k ~ l. Entonces: Szn

=1

+ 21c1+ (1 + 1) + (1 + •.. + 1) 3t

4t

5t

EJEMPLO 2. Examinar

·' . ,

gt

+···+(211-11+ t +···+.!..) 211

!2 (!4 + !)4 + (!8 + ... + !181

> 1+ +

+ ... +

1 --:::=== 11(11 - 1>.

v

1

1

n(n - 1)

n·n

1 .j11(n -

de modo que

De aquí que

i ~/

1

2 V 11(11 -

1)

1)

n

'

>1

n•

diverge por comparación con la serie armónica.

El siguiente teorema se llama forma límite de la prueba de comparación.

14.2c Teorema. Si ~ª11 y ~b,, tienen términos positivos y si

O< lim 11-ac

11

De aquí que las sumas parciales son no acotadas y. por lo tanto. la serie diverge.

1 .

- - - > - - = -2

(..!.2 + ... + ..!..) 2n

=1+!+!+!+···+!=1+!!. 2 2 2 2 2 Cuando k

I

2

S 01UC10n:

+ · · · + (c2·-•1+ 1t + · · · + c2~'f)

>l+~+G+i)+G+···+O

«>

Dn

bti

< oo,

entonces ambas series divergen o bien ambas series convergen. que

Demostración. Supuesto que lim u,,/ b,, si

= 1. la serie se transforma en

= A existe. se tiene un N tal 11

>

N.

1

1 1 1 l «>t 1 + - + - + - + · · · + - + · · · = I-. 2 3 4 IJ 1k Esta serie se llama serie armónica, la cual diverge, como se demostró en el ejemplo anterior. A continuación trataremos un grupo de pruebas de comparación. Estas son pruebas en las cuales el conocimiento del comportamiento de una serie (a saber, su convergencia o divergencia) puede aplicarse para estudiar el comportamiento de otra, en el supuesto de que los términos de las dos series se relacionan apropiadamente. La naturaleza precisa de estas relaciones se hace evidente en las proposiciones de los siguientes teoremas. El más común de estos teoremas se llama prueba de comparación.

14.2b Teorema. Supóngase que Ian y Ib,, son dos series con términos no negativos y que existe un N tal que Un ~ bn si n > N. Entonces (i) si '1bn converge, Ia,, converge: (Ü) si '1a11 diverge, I.hn diverge. Demostracidn. La desigualdad básica es aN+l

o bien

+ aN+z + ''' + D.v+p < b.v+l + bN+z + ·'' + b,\"+p SN+p - Sx

< s;\'+p - Ss'·

Entonces a

o bien

!A < b" < !A < 2A,

"

de manera que

bn <

(~)a,,,

si

11

>

N.

De a~~í se con_cluye el resultado buscado basándose en la prueba de comparacaon antenor.

I

1 EJEMPl.O 3. Examinar~ ¿,,. / 1 11 211 Solución: '\· < + l)

/l-

1 11 .j11(211 + J) 11 - .Jn(2n

•

1

-

+ 1) -

.•/2

+

1

l/11-+

2·

De aquí. q~e la serie diverge por comparación con la serie am1ónica en la forma hmtte de la pmeba de comparaci6n.

. ..;,,.

372

series infinitas

ejercicios 373

La siguiente prueba. llamada prueba de la integral, también es una prueba del tipo de comparación. pero en este caso la comparación se realiza entre una integral y una serie. en lugar de entre dos series.

t4.2d Teorema. Sea ~a,, una serie de términos positivos no crecientes. Sea f(x) una función no creciente definida paran> N, para la cual

f (n) = a11

Integrando desde k hasta k

Solución. Escójase /(x)

d:i: f f, ,. -= xk

f flJ/(x) dx JN

> f(x) > f(k + 1) =

< x ~ k + 1. se tiene ak+i·

+ I,

como

f,

(2)

n

N

>

~

conforme n ~ oo.

O

l; l/n"

k O; de aquí que

En términos de las sumas parciales. la desigualdad ( 1) afirma que SN-1

x1-t dx=--

n1c-1

J (x) dx > IN ªrc+i = N+l I ª1c·

Sn-1 -

-k

nl-t

1

IN ª" > 1·nN f(x) dx. n-1

X

=----1-k 1-k

---

n-1

(1)

n

1

ambas convergen

ª" > Lk+ 1/(x) dx > ªu1· Entonces se tiene tanto

= 1/ x" y considérese

1

Para k ~ N, en el intervalo k are= f(k)

k >l.

n > N.

Entonces la serie ~a,, y la integral o ambas divergen. Demostración.

4. (a) Reexaminemos la serie k

EJEMPLO

Pero en este caso 1 - k

> O.

n 1- " ~

+ o-J

1-k

de manera que confom1e n ~ oo.

Por lo tanto la integral y, en consecuencia la serie. divergen.

Puesto que el segundo miembro es una sucesión acotada creciente. la integral converge. Si la integral converge entonces la desigualdad (2) implica que

La serie armónica, correspondiente al caso k radamente. Los detalles se dejan como ejercicio.

= 1. debe tratarse sepa·

EJERCICIOS A

1. Aplicar la prueba de la integral para demostrar que la serie armónica diverge.

f,

tt)

N

o bien

f(x) dx

>

rf(x) dx

>

2. Examinar Ia11 respecto a la convergencia absoluta si an es

sn+l - SN,

.V

S,.+ 1 < A

(a)

+ S,v.

De aquí que las sumas parciales son acotadas

y la serie converge.

1

Nuestro símbolo indica que se ha completado la demostración. Pero no hemos discutido el caso en donde la serie y la integral son divergentes. ¿Por qué no es necesario considerarlo'? (Ver Ejercicio 83.)

(d)

(-l)n ñi' +1tñ

n cos (nrr/2)

vn'+n3-2 senn (g) n2 + 1

(b) (-1)"

[V-] n + ! - Vn

(e) ( -l)n Iog n n 3n + 2n (h) 4n + S

(e)

( - l)"n" n

(/) 3" n

.

n

(1) n2+2n+1

pruebas de la razón y de la raíz. restos 375

374 series infinitas (j) n log n

1

(m)

1·2

1·2·3

3 - f:1 + 3 · S • 7

J. ¿Para qué valores de

1·2·3·4 - 3 · S •1 •9

(/)

Extender la forma límite de la prueba de la razón a los siguientes casos: Si existen tres constantes positivas a, A y N tales que a ( a"/ bn ( A cuando n > N, entonces Ian y Ibn ambas divergen o ambas convergen. (b) Si a lb ~O y Ib converge. entonces Ia11 también converge. (,·) Si a;1b: ~ oo y diverge, entonces >:a11 también diverge. (a)

log n

¡b"

+ - ... ·

x: 1- (x: 1f

xconverge

s.

(-l)n

(-l)n (k) n (log n)2

(-l)n

+ (x

6. Supóngase que se tiene una provisión inagotable efe tarjetas rectangulares uni· formes. Demostrar que, dada cualquier distancia d, puede amontonarse un nú·

: 1f - +

mero finito de estas tarjetas sobre una mesa de manera que la arista exterior de la tarjeta más alta se proyecte una distancia d más allá del borde d~ la mesa.

y cuál es su suma? EJERCICIOS B l. Establecer la prueba del polinomio: si P(n) y Q(n) son polinomios en n y oo Q(n) Q(n) =#= O, n = 1, 2, 3, ••. , entonces }: - - converge si, y solamente si, el Q(n)

i

A continuación consideraremos una prueba que todavía es parcial· mente una prueba de comparación pero que lleva el nombre de prueba de la raíz de Cauchy.

grado de Q excede al de P en 2 o más. 2. ¿Para qué valores de x converge Ie-'"? 3. En la demostración de la prueba de la integral ¿por qué no es necesario con· siderar el caso en el cual la serie o la integral diverge?

4. Examinar I sen {r.(n cia absoluta.

+ 1In}

{11 (en + ~))

y I, sen2

S. ¿Para qué valores de k converge

00

l

2

n (log n)-

I

6. ¿Para qué valores de x converge

respecto a la convergen·

rr=l

x2•- J

N~

entonces Ia,, converge. (ii) Si existe una cantidad infinita de números n para los cuales ?

>

l,

entonces !u,, diverge.

EJERCICIOS C l. Supóngase que un ~ O y la sucesión {a"} es no creciente y :i.,an converge. De· mostrar que na" -+ O. • 1 2. Sabemos que la serie armónica diverge, es decir, H"-+ + oo si H" = I - . 1 k Demostrar que Hn crece análogamente a log n. En particular, demost~ar que O ( H - log n ( 1. Demostrar además que H n - log n es una sucesión no creciente y de aquí que tiene un límite. (El valor de este límite es aproximadamente • S11. Se conoce como constante de Euler-Malitheroni y se denota por "f. No se sabe si 1 es racional o irracional.) 3. Demostrar que si a y b son dos números positivos cualesquiera tales que a ;;;. b, entonces

a

H[nb] -

\fan < r para 11 >

~Yan

x"

H(naJ -

14.Ja Teorema. Sea ~a,, una serie de términos no negativos. (i) Si existe un r < 1 y un N tal que

?

oo

I

14.3 SERIES CON TERMINOS NO NEGATIVOS: PRUEBAS DE LA RAZON Y DE LA RAIZ. RESTOS

log b .

(Ver el Ejercicio 2 anterior.) 4. Supóngase que l'._a 11 y :i.,b" tienen términos pos1uvos y supóngase que bn+ /hn ( ªn+1'ª". Demostrar que "i,h,, converge si ~un converge.

Demostración: (i) Para todo n > N, se tiene \Yan < r o bien ª" ~ r•. Entonces la serie converge. por comparación con la progresión geométrica. (ii) Para una cantidad infinita de números se tiene\!"an > 1. Por tanto. an ~ 1 para una cantidad infinita de números n y. en consecuencia Iim

~*~

1

Otra forma. ligeramente más débil, de la prueba de la raíz se da mediante el siguiente teorema. 14.Jb Teorema. Sea Ian una serie de términos no negativos. Definase p

por

p = Iim sup

~a 11 •

(i) Si p < 1, l:a,, converge. (ii) Si p < 1. ~a,, diverge. (iii) Si p = 1. Ja prueba no es aplicable. (Es decir, algunas series para las cuales p = 1 divergen y otras convergen.)

376 series infinitas

pruebas de la razón y de la raíz. restos

Demostración: (i) De acuerdo con la definición de límite superior (ver Sección 6.3). si p < 1. existe un N tal que

-"1a V n < P+ l <

1 si n > N, 2 y entonces Ia,. converge por la parte (1) del Teorema 14.3a. (ii) Una vez más por la definición. si p > 1 existe una subsucesión a11 1 tal que (an )llnt-+ p. Entonces. si k es lo suficientemente grande (a,.)1 " 11 >~, y ~a,. divJrge por la parte (2) del Teorema 14.3a.

1

B2.

(iii) Ver Ejercicio

Por supuesto que si Jim ~a,. existe, entonces teorema anterior es aplicable.

\Yan

= lim :an una serie de términos positivos para la cual lim a11+il~n = q existe. Entonces: (i) ~Cln converge si q < 1. (ii) ~n diverge si q > l. Si q 1 la prueba falla.

=

Demostración: (i) Definir r N tal que

= ! (l + q)

de modo que q sin

>

N.

< r N. Entonces

fanl

es una sucesión creciente para n>N. Por lo tanto lim

~*~

1

Una vez más podemos ~stimar el resto -esto es, la difer,encia S - Sn.

Solución. Apliquemos el Teorema 14.3a y el Corolario 14.3b -'(

;:¡ Pero

De aquí que o bien

.11 :

'11

1)

=

14.Je Corolario. En el caso (1) del Teorema 14.3d,

)n

(-

n :

1

1

= (1

(1 + ~r > 2. _/ (

n'

O< S- S,, Demc1stración:

a

,,n-N

O, entonces Iak 2 converge. Dar un ejem· plo mostrando que la condición ak ~ O no puede omitirse. 2. Dar ejemplos para probar la parte (3) del Teorema l4.3b. J. (a) Demostrar que si a11 >O y si existe un N tal que a11 + 1 /a11 > l para todo n > N. entonces ~011 diverge. (b) Si existe un N y un q, O< q < 1 tal que a11 + 1 /a 11 ( q para todo n > N, entonces Ian converge. .

n-1

14.Sa Teorema. Sea "'i.a,, una serie de términos positivos. (i) Si existe una sucesión positiva lh,,I. una constante positiva

(n + l)" (g) (3n)"

6. Estimar los restos en 5

de Kummer.

(c)4 --.-7-.-.-.-(J_n_+_l)

(d} 11!

n"'

pru~ba

3 · 5 · • · (2n + 1) 2 · 4 · .. 2n

n' n! (e) 3n

En esta sección se reúnen algunas pruebas de convergencia proyectadas principalmente para estudiar series pard las cuales falla la prueba de la razón -es decir. series para las cuales Jim a,,+ifan = 1. Empecemos con

la

n

4. En 3 (a), (h} y (e) dar una fórmula para el resto después del N-ésimo término. S. Examinar Ia 11 para la convergencia o divergencia donde a,, es (a) 3 · 5 ..

381

.

ªn+l

.

Demostración: (i) Supuesto que a,,+I

>

O, si

de modo que

b.\'a.\' - b.v+ia.,·+ 1

>

11

> N,

o:a.v+i

h.v+1a.,·+1 - b_,·+2ª.v+2

>

ota.,·+2

.

(e) Dar e1emplos para mostrar que hm --= 1 no permite afirmar algo acerca 11--+~ ª11

de la convergencia o divergencia de la serie, es decir, bajo esta condición "'i.a,, puede converger o divergir.

1. Supóngase que Ia 11 es una se~ie de términos positivos. Demostrar que lim inf -

~ª"

b,v+p0.\·+11

> «O.v+11·

Sumando se obtiene

EJERCICIOS C ªn+l - < lim inf ~an < lim sup ª"

b,v+,,-1D.v+11-l -

ªn+t < lim sup--.

Es decir,

Dn

2. Probar que si Ia112 y Ih112 convergen, ~ntonces I,a 11b11 y I(a11 +b11) 2 , también convergen. 3. Probar que si 'i_a.,2 y 'i.b112 convergen, entonces II:anbnl < i(I:at2 + :Ebl•). 4. Probar la desigualdad de Cauchy-Schwarz para las series infinitas: Si I_a112 y I.b 112 convergen, entonces (¡a11 b11) 2 ( (Ia,,2 )(!bn2) y Ja igualdad se cumple si, y solamente si, o,,=kb11 • S. Probar la desigualdad del "triángulo" para las series infinitas: si Ia 2 y :i,b 2 convergen, entonces V.I:(an + hn)2 < V.I:an2 + v'.I:bn2, y la igualdad se cu~­ ple si, y solamente si, a11 =kb11 , donde k ~O.

o bien Por lo tanto. las sumas parciales son acotadas y de aquí que la serie converge. (ii) Si la condición de la parce (ii) del teorema se satisface entonces

brian - bn+ 10 11 + 1 N.

382

series infinitas

rearreglos

Así que {anbn} es una sucesión no decreciente. De aquí que bnan

>

bn-1ªn-1

> ··•>

Esto se encuentra en la forma en donde se aplica el teorema de Gauss con

bNaN 5 k

o bien On > k/bn, y Ian diverge. por comparación con Il / b,,.

383

1

Con base en el teorema anterior se deduce inmediatamente la pruetia de Raabe.

r = l /2, An = - 2(2n ,.. ;.;'I

Puesto que

r<

1y

IAnl

n

+

l) .

~ l /4, la serie diverge por la prueba de Gauss.

14.Sb Teorema. Sea Ia,, una serie con términos positivos y supóngase que

Jfm n ... co

n(~ - 1) = r Dn+l

14.6 REARREGLOS En aritmética e! estudiante se familiarizó con la propiedad conmutativa de la adición. la cual establece que una suma es independiente del orden de los términos en la suma. Por ejemplo,

existe. Entonces (i) ~,, converge si r > 1. (ii) l:an diverge si r < 1. Y, por supuesto. la prueba no es concluyente si r = l.

Demostración.

1

cicio.

También. como una consecuencia de la prueba de Kummer. puede obtenerse la prueba de Gauss.

14.Sc Teorema. Si Ia,, es una serie con términos positivos y si existe una sucesión acotada fAn} tal que para n > N,

~ ªn+l

= 1 +!.+A", n n2

! + !.:] + !...:l..:J + ... + 1 · 3 · 5 · • · (2n 2·4

2·4·6

1)

+ ....

2 · 4 · 6 • · • (2n)

= 2n + 1 = 1 + 1/2n -+ 1. 2n + 2 1 + 1/n

La prueba de la razón falla. entonces apliquemos la prueba de Gauss:

-ª"- =2n-+-2 ªn+l

2n

+1

=1+..!.2n

1

2n(2n

=1+!.!_.!_. 2 2 n

n

+ 1) n

2(2n

+ 1)

=1- ! - i +}- l - l + l -

i

1

o-

1

i :!

+ ·~ - - + - - + ... '

donde se toman dos términos negativos en orden y a continuación uno positivo.

Solución. Apliquemos la prueba de la razón:

an + 1 a11

S=l-l+!-l+l-l+···

(J

Examinar la serie 2

Sin embargo. en las series infinitas la suma se define en una nueva forma. a saber como un límite. Se desea inquirir si. bajo esta definición extendida. se conserva la independencia del orden de los términos. Por ejemplo. rearreglemos los términos de la serie armónica alternante

para obtener la nueva serie

entonces (i) ~a,, converge si r > 1. (ii) ~a,, diverge si r ~ l. También esta demostración se deja como ejercicio. EJEMPLO.

a+h+c+d=c+h+d+a=d+a+c+h= ...

La demostración de este teorema se deja como ejer-

Inmediatamente surgen dos preguntas; (1) ¿Converge la nueva serie'! (2) Si así es, ¿se tiene a S'!

=

Denotemos las sumas parciales de S por S,,, las de a por u11 y examinemos las sumas parciales de a de orden 3n:

384

series infinitas

rearreglos

Ahora bien. en la primera suma de nuestra última expresión, agrupemos los términos pares con signos negativos y sumémoslos otra vez:

1(

ªª" = .

2n (-1);+1

2 i~l

1 2n (-1)1+1

=2t

1)

n

+ t 2k

j

1

n

1

J

1

n

-

¡tk

1

n.

1

+¡:t¡..!. 4tk

j

= !S2n Entonces. conforme n -'> oo •

S. -'> 1S.

S2n-'>

de manera que

Uan

Pero cualquier suma parcial de a difiere de una de tercer orden en dos términos cuando más. los cuales tienden hacia cero conforme n -'> oo. De aquí que ,,,, -'> 1S. Es decir. ·IS= 1 - ~· - l + ·~ - ·~ - l· + 1- - + - · · · · De donde es evidente que la suma puede depender del orden de los términos. A continuacibn probaremos dos teoremas que se refieren a este fenómeno. Primero estableceremos una notación conveniente: Si Iak es una serie con signos variables. designaremos el primer positivo a por p .. el siguiente por P·.h ..• ; el primer negativo por -- n 1 , el siguiente por -- n~ • ... Entonces cualquier suma parcial puede escribirse 71

r

'''

L ak = l ]

/'1c --

1

L nk

m

+

r = n.

]

Nuestro primer teorema es el siguiente.

14.6a Teorema. Si

~ak

es condkifm.!lmente convergente. entonces tanto

como "2nk son dive!·6~n!e!-. Demostración. Supóngase que una de ellas fuera convergente. Para :i.pk

fijar ideas podemos decir que ipk es convergente y escribir r

I

m

na:

=I

I

ªt·

Puesto que ambas sumas de Ja derecha tienen límites. también lo tendrá la de la izquierda. De aquí que tanto Ink como If'k convergen. n

I1

m

la11:I =

I1

r

Pt

Ahora estamos en posición de observar un fenómeno muy extraño de las series condicionalmente convergentes. 14.61> Teorema. Sea !ak una serie condicionalmente convergente y A cualquier número real. Entonces existe un rearreglo de !a~ el cual converge a A.

Demostración. En lugar de dar una demostración rigurosa, esbozaremos el procedimiento y trataremos de hacer que el resultado sea razonable. Primero notemos que las series asociadas Ipk y In.~ am"as divergen a + oo. dado que todos los términos en cada serie son positivos. El pro· cedimiento es como sigue, suponiendo, para concretar. que A >O: (i) Fórmense las sumas parciales sucesivas de ":ipk hasta obtener la primera que sea mayor que A. Esto puede hacerse supuesto que m

+ oo. (ii) Empiécese a restar las sumas parciales de ":ink hasta obtener la primera que lleve la suma abajo de A. (iii) Súmense más términos de Ipk para llevar la suma precisamente arriba de A otra vez.

'I.Pt-'>

Para que el estudiante se convenza a sí mismo que este procedimiento produce una serie convergente. obsérvese que ak-'> O. supuesto que !ak converge. De aquí que Pk-'> O y nk-'> O. Ahora bien, en cada punto de inversión en el procedimiento anterior, la suma difiere de A en menos que un Pt o un nk. Conforme se continúa el procedimiento. estas diferencias tienden hacia cero. Todas las sumas parciales intermedias son más apro· ximadas que las de los puntos de inversión. De aquí que las sumas parciales en esta construcción tienden hacia A. 1

14.6c Teorema. Si Ia" es absolutamente convergente. !pk y !nk convergen. Dem~stración. Supóngase que una diverge. digamos

tonces

n

Pt -

+ I1

r

•

Una vez más ambas sumas de la: derecha tienen limites. De aquí que Ilak! converge. Pero esto contradice nuestra hipótesis de que 'i.ak es condicionalmente 1 convergente. De aquí que tanto :Í.f'k como ~nk deben divergir.

m

IP1:-+ + oo. En-

m

ft

I.n1: = -Iai: + "I.Pt, n Entonces, puesto que I.a11: converge conforme n -'> , se ve que también ,. !11k-) + OO. m I la1:I = I P1: + I 111:-+ +, 71

n,c-

385

r

tl

lo cual contradice la suposición de que

I !akl converge.

1

Sin embargo. no todc es caos en el rearreglo de series, porque las absolutamente convergentes nos salvan.

386

series infinitas

ejercicios

14.6d Teorema. Si Iak es absolutamente convergente, entonces cualquier rearreglo también es absolutamente convergente y además todos los rearreglos de esta serie tienen la misma suma. Demostración. Primero probaremos el teorema anterior para términos n

=

=

n

positivos. Sea Ib1c el rearreglo. Sean S = Ia1c, Sn Ia1c y ª" Ib1c. Ahora bien, para cualquier ""' todas las bes que forman la suma p:ircial se encuentran como áes. De aquí que se encuentran, junto con algunos otros, en S de manera que un ~

S para todo n. De aquí que, como (a"} es una sucesión monótona, ª"-+a donde a~ S. Pero el argumento es simétrico; se aplica también cuando las áes y las bes se intercambian de manera que O'~

s.

=

De aquí que u S, y la demostración se completa para las áes positivas. Supóngase ahora que ~a ... tiene signos variables. Entonces

=

EJERCICIOS A

-+ b b(b

2. Discutir la convergencia de Ja serie

1+0%+

a(a - 1)

2!

zt+···+

b~nomial

+ 1)

a(a - l)(a - 2) ···(a - n

n!

para toda x y toda a.

3. Demostrar que

{(l

+ i}9

-

+ i)1} + {(1 + 1)2

(1

(J

-

+ {( 1 + ~)'- ( 1 + 2n ~

+ i)1} + .. •

Sl + .. ·

converge pero que la serie formada eliminando los corchetes es divergente. 4. Dar argumentos semejantes a los usados en Ja demostración del Teorema 14.6b para demostrar que los términos de una serie condicionalmente convergente pue· den rearreglarse de modo que las sumas parciales (a) tiendan a + oc; (b) tiendan a - oc; (e) oscilen acotada mente; (d) oscilen no acotadamente.

1. Sea

" (-l)k+l

S,.= "

Demostrar que San

=I

l

I-k-.

i-1

--k , y de aquí deducir que t ... 1 n +

co

I1

(-1).t+l

-k--

+ 1) a(a + 1) ···(a + n + 1) +···+ b(b + 1) · · · (h + n -

1)

1)

+···

4. Sea

2. Examinar las siguientes series para la convergencia:

I 1·32 . ·4S. •6•...• (2n - 1) I 1 · 3 · · · l) . 4n + 3 (2n)

1

(e)

(b)

I

l· 3 · · · (2n + 1). _1_ 1 2 . 4 ; .. (2n) 2n +

co

(-1)"+1

1

k

a=l +i-i+l+~-i+

s

Demostrar que a

(2n -

2·4···2n

1

•

3. Exammar

f

e.o (

2n+2

))k

1 • 3 ... (2n - 1 . ... 2n 2 4

para diferentes valores de k.

4. En el caso ambiguo del Ejercicio 3 anterior, aplicar la prueba de Kummer con bn=n log n.

t

t

1

e.o

a)

S. SeaS ==

1/kt. Demostrar que

(ik

+ 02

= log 2.

3. Demostrar que cualquier serie convergente de términos positivos puede rearre· glarse de manera que los términos se presenten en orden decrecient~.

S=I--=l-l+l-l+t-+··· (a)

zt+ ...

2. Rearreglar la serie armónica alternante para que converja hacia cero.

l. Para qué valores de a y b convergerá a(a

EJERCICIOS B 1. (a) Probar el teorema de Raabe, aplicando Ja prueba de Kummer con bn = n. (b) Demostrar la prueba de Gauss.

EJERCICIOS C

Iak Ip1c - In1c. Cualquier rearreglo de las áes conduce a un rearreglo de las p y las enes. Pero por la primera parte, estas sumas son independientes del orden. D~ aquí que la suma no cambia por el rearreglo.

a

387

3

=

4S

f

e.o

y

2

(-J)k/k == -

1

2 S.

3

= 2 S.

+-+ +-· ...

'· 15 Sucesiones y series de funciones. Convergencia uniforme

15.1 INTRODUCCION

En el capítulo sobre funciones elementales, comentamos acerca de la escasez de funciones que pueden escribirse. Existen polinomios. funciones racionales, funciones algebraicas y funciones trascendentes elementales. Podemos formar composiciones de estas funciones y colocarlas juntas sobre intervalos colindantes. · Pero muchos otros tipos de funciones son importantes en el análisis. Para usarlas es necesario poder representarlas; es decir. necesitamos una representación para toda función que se desea aplicar y es necesario que esta representación sea adecuada para las operaciones del análisis. Una representación de ese tipo es por medio de una integral, tal y como se ha visto, especialmente en el caso de las funciones circulares y sus inversas. Otra representación posible, y es la que se desea estudiar aquí. es como una serie convergente de funciones, o lo que es lo mismo, como el Ji. mite de una sucesión de funciones. En generaL los términos de la serie, o los de aproximación de la sucesión. se espera que sean funciones simples cuyas propiedades se supone que se conocen en parte. A partir de estas propiedades de los términos de la serie. esperamos deducir las propiedades de la función límite. Los dos tipos de series que acapararán nuestra máxima atención serán las series de potencias de x o bien de x - e, donde e es alguna constante apropiada: · Ian(X-c)•,

[389)

390

sucesiones y series de funciones

convergencia uniforme

y las series de Fou rier cuyos términos. senos y cosenos, son múltiplos de x: a,/2

+ ¿(a"

cos nx

+ b,,

sen nx).

Salta a Ja vista que tales series son útiles, no sólo para escr!bir funciones que de otra manera no serían fácilmente represent~bles, smo ~am­ bién como medios para investigar las propiedades de funciones conocidas. En el presente capítulo no nos referiremos a series especiale~ como éstas. sino que obtendremos algunos resultados generales pertenecientes a las series cuyos términos pueden ser cualesquiera funciones ra~ona~l.es. donde la razonabilidad se clarificará conforme avance nuestra d1scu s1on. 15.2

CONVERGENCIA UNIFORME

..

Examinemos simpl::mente la sucesión de sumas parciales S"

S,,(x) para que aproxime a S(x) dentro de una tolerancia prescrita e, puede ser necesario tomar n mayo r en un punto que en el otro. Por supuesto que con sólo dos puntos X1 y X2 siempre puede tomarse n mayor que N(c, x 1) y N{c, X2) y así hacer que S"(x) aproxime a S(x) dentro de e en ambos puntos. Pero si tratamos de lograr tal aproximación uniforme en todos los puntos de un intervalo se tienen mayores dificultades. Cuando esto es posible se dice que la sucesión converge uniformemente a S; o bien, si S,, es la suma parcial de una serie, se dice que la serie converge uniformemente. La presentación precisa de estos hechos es la siguiente. Sea ¡s,,¡ una sucesión de funciones en un intervalo /. Se dice que ¡s,,¡ converge unifom1emente a S si para cada , > O existe un N(c, /), don de N es independiente del particular x en /, tal que ISn(X)-S(x)I< e

Resultará evidente que una importante herramienta en el estudi o de las se ries y sucesiones de funciones es el concepto de convergencia uní· forme. Para cada e ntero n . sea u" una función definida en algún interva lo fijo J del eje x . El intervalo / puede ser abierto. cerrado, semiabierto. s.e~i­ infinito, infinito o como se desee. (De hecho, podemos tomar los domm1os de nuestras funciones como conjuntos generales. pero para nuestros propósitos es suficiente con restringirnos a los inte rvalos.) En cada punto x 1 en l. los números u,,(x 1) forman una sucesión lu ,,(x1H y podemos inquirir acerca de la conve rgencia de esta sucesión. Si para cada x en / la sucesión lu"(x)I converge. por supuesto que el límite generalmente dependerá de l punto x. De aquí que el límite define una funció n que se denota rá por u. Estas observacion~s se aplican con igual propiedad a una serie :i.u" .

= L1 uk.

Si

existe la suma S dependerá de x definiendo, en consecuencia, una función. En general. denotaremos el valor de esta suma en el punto x por S(x). Puesto que toda serie ::i.uk genera una sucesión S" de sumas parciales y toda sucesión S" genera una serie de la cual es la suma parcial, a saber

=

U1 S1. Un= Sn-Sn- 1 n ~ 2•. generalmente restringiremos nuestras observaciones a las sucesiones. En el caso de series se entenderá que ISnl es la sucesión de sumas parciales. Para que la sucesión ¡S"I converja a una funció n límite S en un intervalo f debe tenerse en cada x en I y para cada e > O un N(c, x) para el cual sin> N, ISn(X)- S(x)I< e

porque ésta es la definición de convergencia. Ahora bien, en dos x di stintos, digamos x 1 y x, en /, en realidad estamos tratando con dos suceciones distintas de números IS"(x1)j y IS.{x.)l. de mod o que ciertamente es de esperar que el índice N dependa de x. Por lo tanto. para obtener

391

si n

>N

para todo x en /.

El significado geométrico de este hecho es muy sencillo. Si se traza Ja gráfica de y S(x) y se centra una banda de ancho vertical 2 < sobre esta curva entonces, para la convergencia uniforme, debe existir un N tal que para n > N la gráfica de y = S,,(x) se encuentra en todas partes dentro de esta banda. Evidentemente, la cantidad determinante es la diferencia máxima entre S"(x) y S(x). Si ésta es < N. Necesidad. Supóngase que S" ~ S uniformemente. Entonces para cada < > O existe un N( N. Este < es una cota superior para los números ISn(x) - S(x)j. De aquí que la menor cota superior, a saber Mn. también es ~ N.

EJEMPl.O

1

Mn ~ O.

Por tanto, 1. Sea S11(x)

sen nx

= -_--= ,vn

1S.2b Teorema. Sea {Snl una sucesión de funciones definida en un intervalo /. Para que la sucesión converja uniformemente en l. es necesario y suficiente que para cada < > O exista un N( N. m

A continuación veremos una prueba para la convergencia uniforme de las series, conocida como prueba M de Weierstrau.

15.2c Teorema. Supóngase que funl es una sucesión de funciones definida en un intervalo I y existe una sucesión de constantes positivas Mn con lu,,(x)I ~ M,, para toda x en I y toda 11. Si la serie IMn converge. entonces la serie ~u 11 converge uniformemente en /.

N(c) para el cual

I

M1: <

~Mn

converge, para todo O existe un n

t:

sin> N. Entonces si Sra(x) =

n+1

Sn(x)I

Por lo tanto. M"

~

= IS.(x) -01. ~ Mn =

1 ¡- .

vn

2. Sea Sn(X)

nx2

=---

/:

1 + nx Solución. Para cada x fijo. Sn(x) - x,

S"(x) =

x2

X+

J/n

-

zl

"1 = z ~~/n =!;L": 1)

=!(1 --·-) < !. n. nx + 1 n Por lo tanto Mn ~ 1/n, M,, ~O; de aquí que Sra(X) ~ x uniformemente. Ul-.MPl.O 3. S(x) = x" {O < z < 1}. Solución. Para cada z, Sn(x)-+ O, pero

M"

=

sup z" o-:::z