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(1)n. f( x) k=0. f (k ) (a) (x k!. k. a). b. f( x) dx =F (b). F( a). a. Curso de introducción al cálculo para grados en ingeniería. n. f (k ) (a) (x k!. f( x) k=0. Isaac A. García Susanna Maza. a)k. b. f( x) dx =F (b). F( a). a. dy =f (x,y ), y(x0)= y0 dx. V=. f( x, y) dxdy D. dy =f (x,y ), y(x0)= y0 dx. V=. f( x, y) dxdy D.

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(3) eines 73. Curso de introducción al cálculo para grados en ingeniería. Isaac A. García y Susanna Maza. Seminari de Sistemes Dinàmics Departament de Matemàtica Universitat de Lleida.

(4) ISBN 978-84-8409-603-0. © Edicions de la Universitat de Lleida, 2013 © del texto: los autores. Maquetación Edicions i Publicacions de la UdL Diseño de portada cat & cas Esta publicación electrónica ha sido patrocinada por Banco Santander. Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra solo puede ser realizada con la autorización de sus titulares, salvo excepción prevista por la ley.

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(6) . fragmento de esta obra..

(7) Dedicado a nuestras hijas, Nadia y Ares..

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(9) Índice general 1. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real 1.1. Concepto de función. Dominio y recorrido . . . . . . 1.2. Operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Composición de funciones . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. L´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Funciones monótonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. 3 3 4 5 5 5 9 13 13 15. 2. C´ alculo Diferencial con una Variable 2.1. La derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Derivadas laterales . . . . . . . . . . . . . 2.3. Teoremas sobre funciones derivables . . . 2.4. Aproximación local de funciones: Teorema 2.5. Aplicaciones de la fórmula de Taylor . . . 2.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . 2.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. 17 17 20 23 27 31 35 38. 3. C´ alculo Integral con una Variable 3.1. La integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Algunos teoremas sobre integrales . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Cálculo de primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Fórmulas básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2. Integraci´ on de funciones racionales . . . . . . . . . 3.3.3. Integraci´ on de funciones racionales trigonométricas 3.4. Algunas aplicaciones de la integraci´ on . . . . . . . . . . . ´ 3.4.1. Areas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2. Longitudes de arcos planos . . . . . . . . . . . . . 3.4.3. Vol´ umenes y superficies de revolución . . . . . . . 3.4.4. Centro de masas de figuras planas . . . . . . . . . 3.4.5. Momentos de inercia de curvas planas . . . . . . . 3.5. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. 53 53 56 60 60 62 66 69 69 70 71 73 75 76. i. . . . . . . . . . . . . . . . . . . de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . ..

(10) ´ INDICE GENERAL. ii. 3.5.1. Integrales impropias de primera especie 3.5.2. Integrales impropias de segunda especie 3.5.3. Algunos criterios de convergencia . . . . 3.6. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . 3.7. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . 4. Continuidad de Funciones Reales de Varias 4.1. Concepto de función. Dominio y recorrido . 4.2. L´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Continuidad de funciones . . . . . . . . . . 4.4. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . . . .. 76 78 80 85 88. Variables Reales 95 . . . . . . . . . . . . 95 . . . . . . . . . . . . 96 . . . . . . . . . . . . 101 . . . . . . . . . . . . 102. 5. C´ alculo Diferencial con Varias Variables 5.1. La diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Interpretaciones geométricas de las derivadas parciales 5.4. Composición de funciones y regla de la cadena . . . . 5.5. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . 5.6. Fórmula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7. Extremos de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8. Extremos condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9. Extremos absolutos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. 105 105 108 115 120 124 125 126 133 140 142 148. 6. Integraci´ on Doble 6.1. Conceptos preliminares . . . . . . 6.2. Cálculo de integrales dobles . . . 6.3. Cambio de variables en integrales 6.4. Algunas aplicaciones . . . . . . . 6.5. Problemas propuestos . . . . . . 6.6. Problemas resueltos . . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. 161 161 163 167 171 174 178. . . . . . . . . dobles . . . . . . . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. . . . . . .. 7. Integrales de L´ınea 185 7.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 7.2. Campos vectoriales conservativos y función potencial . . . . . . . 188 7.3. Problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 8. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 8.1. Conceptos preliminares . . . . . . . . 8.2. EDO de primer orden . . . . . . . . 8.2.1. EDO de variables separables 8.2.2. EDO homogénea . . . . . . . 8.2.3. EDO exacta . . . . . . . . . . 8.2.4. El factor integrante . . . . . . 8.2.5. EDO lineal . . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. 195 195 196 196 197 199 200 202.

(11) ´ INDICE GENERAL 8.2.6. EDO de Bernouilli . 8.2.7. Algunas aplicaciones 8.3. Problemas propuestos . . . 8.4. Problemas resueltos . . . .. iii. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. 203 205 211 214.

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(13) Pr´ ologo El presente libro de teor´ıa y problemas corresponde a algunos temas básicos de un primer curso de introducción al cálculo. Los autores imparten dicha asignatura en las titulaciones de Grado en Ingenier´ıa Mecánica y Grado en Ingenier´ıa Electrónica Industrial y Automática de la Universitat de Lleida. El libro resulta igualmente recomendable para estudiantes de otras titulaciones técnicas y es un complemento del libro de problemas resueltos [6]. El objetivo principal es que el alumno disponga de un material preliminar para el curso, con los resultados principales y algunas demostraciones de estos. Adem´ as es interesante que el alumno pueda seguir paso a paso la resoluci´ on de numerosos problemas de los temas mencionados como ejemplificación de los conceptos y resultados teóricos. Se ha procurado presentar las soluciones en la forma más práctica y directa. Nos gustar´ıa que este libro facilitase el aprendizaje de la asignatura y agradecer´ıamos cualquier sugerencia o comentario que pueda mejorarlo dirigiéndose a cualquiera de las siguientes direcciones electr´ onicas: [email protected], [email protected].. Dr. Isaac A. Garc´ıa y Dra. Susanna Maza, Enero de 2013. 1.

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(15) Cap´ıtulo 1. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real 1.1.. Concepto de funci´ on. Dominio y recorrido. Dados dos conjuntos A y B, se define su producto cartesiano A × B como el conjunto de pares ordenados siguiente: A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}. Una correspondencia entre dos conjuntos A y B es cualquier subconjunto de A × B. Definici´ on 1.1 Decimos que una correspondencia f : R → R es una funci´ on (real de variable real) si existe un subconjunto A ⊂ R tal que la restricción de f en A, es decir, f : A → R es una aplicaci´ on (todo elemento de A tiene una y solo una imagen). Definici´ on 1.2 Dada una función f : D ⊂ R → R, se llama dominio de f , y lo denotaremos por Dom(f ), al subconjunto D donde esté definida la función f . Dicho de otro modo, Dom(f ) = D = {x ∈ R : ∃ f (x)}. Nota 1.3 Para el cálculo del dominio de una funci´ on se usan a menudo los siguientes resultados elementales concernientes a denominadores, ra´ıces de ´ındice par y logaritmos. Supongamos que las funciones reales de variable real A(x), B(x) tienen por dominio todo R. Definimos las funciones f (x) = A(x)/B(x), g(x) = n A(x) con ´ındice n par, h(x) = loga B(x) con a ∈ R. Entonces, Dom(f ) = {x ∈ R : B(x) = 0}, Dom(g) = {x ∈ R : A(x) ≥ 0}, Dom(h) = {x ∈ R : B(x) > 0}. Ejemplo 1.4 Hallar el dominio de las siguientes funciones: 2x − 1 3−x (x − 1)(x − 2) . (i) f (x) = 2 , (ii) g(x) = , (iii) h(x) = ln x −x−2 x+6 (x − 3)(x − 4) Soluci´ on. (i) Como el denominador de f solo se anula para x = −1, 2 se tiene que Dom(f ) = R − {−1, 2} = (−∞, −1) ∪ (−1, 2) ∪ (2, ∞) . 3.

(16) 4. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real (ii) Se tiene que Dom(g) =. 3−x ≥ 0, x + 6 = 0 = (−6, 3] , x∈R : x+6. donde en la u ´ltima igualdad se han tenido en cuenta los signos del cociente viendo los signos de su numerador y denominador. (iii) De manera análoga al caso anterior (x − 1)(x − 2) > 0, (x − 3)(x − 4) = 0 , Dom(h) = x ∈ R : (x − 3)(x − 4) es decir, Dom(h) = (−∞, 1) ∪ (2, 3) ∪ (4, ∞).. Definici´ on 1.5 Dada una función f : R → R, se llama recorrido de f o bien imagen de f , y lo denotaremos por Rec(f ), al subconjunto de R dado por las im´ agenes de todos los elementos del dominio, es decir, Rec(f ) = f (Dom(f )). Dicho de otro modo, Rec(f ) = {y ∈ R : ∃ x ∈ Domf tal que f (x) = y}. Por ejemplo, Rec(exp(x)) = (0, ∞) mientras que Rec(ln(x)) = R. Definici´ on 1.6 La gr´ afica de una función f : A ⊂ R → R es la curva plana formada por los puntos (x, f (x)) ∈ R2 para todo x ∈ A. Podemos clasificar las aplicaciones de la siguiente manera. Definici´ on 1.7 Consideremos una aplicaci´ on f : A ⊂ R → B ⊂ R. Entonces, decimos que: (i) f es inyectiva si ∀ x1 , x2 ∈ A con x1 = x2 se tiene que f (x1 ) = f (x2 ). (ii) f es exhaustiva si ∀ y ∈ B, ∃ x ∈ A tal que f (x) = y. Dicho de otro modo, f (A) = B. (iii) f es biyectiva si es inyectiva y exhaustiva a la vez.. 1.2.. Operaciones con funciones. Sean f : A ⊂ R → R y g : A ⊂ R → R dos funciones definidas en el mismo dominio A y λ ∈ R cualquier escalar. Entonces, se pueden definir las siguientes operaciones: 1. Suma: (f + g)(x) = f (x) + g(x) ∀x ∈ A. 2. Producto por escalares: (λf )(x) = λ f (x) ∀x ∈ A. 3. Producto: (f g)(x) = f (x) g(x) ∀x ∈ A. 4. Cociente: (f /g)(x) = f (x)/g(x) ∀x ∈ A − {x | g(x) = 0}. Nota 1.8 Las anteriores operaciones también se pueden considerar entre funciones con dominios diferentes pero con intersecci´ on no vac´ıa, es decir, f : A ⊂ R → R y g : B ⊂ R → R con A ∩ B = ∅. En este caso se tiene que Dom(f + g) = Dom(f g) = A ∩ B , Dom(f /g) = (A ∩ B) − {x | g(x) = 0} ..

(17) 1.3 Composici´ on de funciones. 1.3.. 5. Composici´ on de funciones. La composición g ◦ f de las funciones f y g es una operación que solo es posible cuando Rec(f ) ∩ Dom(g) = ∅. Dicho de otro modo, f : R → B ⊂ R y g : B ⊂ R → R. Definici´ on 1.9 La función g compuesta con f se denota por g◦f y está definida de la forma (g ◦ f )(x) = g(f (x)) siempre que x ∈ Dom(f ) y además f (x) ∈ Dom(g). Nota 1.10 Observemos que la composición no es una operación conmutativa, es decir, en general g ◦ f = f ◦ g. Ejemplo 1.11 Considerar las funciones f (x) = 3x4 , g(x) = ex y h(x) = tan x. Calcular g ◦ f , h ◦ g y f ◦ g ◦ h. Soluci´ on. (g ◦ f )(x) = (h ◦ g)(x) =. g(f (x)) = g(3x4 ) = exp(3x4 ) , h(g(x)) = h(ex ) = tan(ex ) ,. (f ◦ g ◦ h)(x) = f (g(h(x))) = f (g(tan x)) = f (exp(tan x)) = 3(exp(tan x))4 = 3e4 tan x .. 1.4.. Funci´ on inversa. Definici´ on 1.12 Consideremos una aplicaci´ on f : A ⊂ R → B ⊂ R biyectiva. Entonces, la funci´ on inversa de f se denota por f −1 : B ⊂ R → A ⊂ R y se define de la forma f −1 (y) = x si y solo si f (x) = y. Nota 1.13 f −1 ◦ f = f ◦ f −1 = I, donde I es la aplicación identidad I(x) = x.. 1.5.. L´ımites. Diremos que un punto a ∈ A ⊂ R es un punto de acumulaci´ on del conjunto A si es un punto al cual se puede uno aproximar tanto como se quiera utilizando u ńicamente puntos del conjunto A. Por ejemplo, si A = [1, 2] es un intervalo cerrado, entonces todos los puntos de A son también puntos de acumulación de A. Sin embargo, si A = (1, 2) es un intervalo abierto, entonces todos los puntos de A son puntos de acumulaci´ on de A pero también los puntos 1 y 2 son puntos de acumulaci´ on de A aunque no pertenecen al conjunto A..

(18) 6. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real. Definici´ on 1.14 Dado un punto de acumulaci´ on a de Dom(f ), se dice que el l´ımite de la función f en el punto a es y se denota por l´ım f (x) = . x→a. si ∀ > 0, ∃ δ > 0 tal que si |x − a| < δ con x ∈ Dom(f ) entonces |f (x) − | < . Intuitivamente, el hecho de que una función f tenga por l´ımite en el punto a significa que el valor de f puede ser tan cercano a como se desee, tomando puntos suficientemente cercanos al punto a, con independencia de lo que ocurra en a. Ejemplo 1.15 Demostrar que x 1 = . 2 x→1 1 + x 2 l´ım. x Soluci´ on. Definimos f (x) = 1+x 2 , = 1/2. Entonces x (x − 1)2 1 −x2 + 2x − 1 = = − |f (x) − | = . 1 + x2 2 2(1 + x2 ) 2(1 + x2 ). Desarrollamos la condición |f (x) − | < . Se tiene entonces que (x − 1)2 < 2(1 + x2 ), es decir, √ |x − 1| < 2 1 + x2 . √ √ |x − 1| < 2, entonces la Como 1 + x2 ≥ 1 para todo x ∈ R, si tomamos √ anterior desigualdad se cumple. Luego δ = 2 en la Definición 1.14 de l´ımite. En resumen, hemos probado que √ ∀ > 0, tomando δ = 2 > 0 se tiene que |x − 1| < δ ⇒ |f (x) − 1/2| < , de modo que l´ımx→1. x 1+x2. = 12 .. Proposici´ on 1.16 El l´ımite de una funci´ on en un punto, si existe, es u ńico. Veamos a continuación algunas operaciones con l´ımites. Proposici´ on 1.17 Supongamos que existen los l´ımites de las funciones f y g en un punto a. Entonces: (i) l´ımx→a (f (x) ± g(x)) = l´ımx→a f (x) ± l´ımx→a g(x). (ii) l´ımx→a λ f (x) = λ l´ımx→a f (x) para todo escalar λ ∈ R. (iii) l´ımx→a (f (x) g(x)) = l´ımx→a f (x) l´ımx→a g(x). (iv) Si l´ımx→a g(x) = 0, entonces l´ım. x→a. .. f (x) l´ımx→a f (x) = . g(x) l´ımx→a g(x).

(19) 1.5 L´ımites. 7. Definici´ on 1.18 Se llaman indeterminaciones a las siguientes operaciones: ∞ − ∞, 0 ∞,. 0 ∞ , , ∞0 , 00 , 1∞ . 0 ∞. Definici´ on 1.19 La función f es un infinitésimo en el punto a si y solo si l´ımx→a f (x) = 0. Se dice que dos infinitésimos f y g en un mismo punto punto a son equivalentes cuando se verifique l´ımx→a f (x)/g(x) = 1. Esto lo denotaremos por f (x) ∼ g(x) cuando x → a. Nota 1.20 Cuando en un l´ımite, un infinitésimo esté multiplicado o dividido se le puede sustituir por otro infinitésimo equivalente. De este modo, si f (x) ∼ g(x) cuando x → a se tiene que l´ım. x→a. f (x) g(x) = l´ım , l´ım f (x)h(x) = l´ım g(x)h(x) . x→a h(x) x→a h(x) x→a. Nota 1.21 Si dos funciones f y g son positivas y equivalentes cuando x → a y son tal que o bien l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = 0 o bien l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = ∞, entonces las funciones ln f y ln g también son equivalentes cuando x → a. Proposici´ on 1.22 Los siguientes infinitésimos son equivalentes: (i) x ∼ sin x ∼ tan x ∼ arcsin x ∼ arctan x cuando x → 0. (ii) 1 − cos x ∼ x2 /2 cuando x → 0. (iii) x ∼ ln(1 + x) ∼ exp(x) − 1 cuando x → 0. Por supuesto, a partir de estos infinitésimos equivalentes se pueden construir otros. As´ı, realizando el cambio z = 1+x en (iii) se tiene también que ln z ∼ z−1 cuando z → 1. Ejemplo 1.23 Demostrar que x ∼ sin x y que 1 − cos x ∼ x2 /2 cuando x → 0. Soluci´ on. Considerar la circunferencia de radio 1 y x ≥ 0 un ángulo del primer cuadrante. Usando como referencia la circunferencia unidad en la definición de las razones trigonométricas y recordando que el arco es igual al ángulo por el radio, es fácil ver que se satisfacen las desigualdades siguientes sin x ≤ x ≤ tan x. Entonces, dividiendo por sin x se tiene que 1≤. x 1 ≤ . sin x cos x. Haciendo tender x → 0 en la anterior expresión se halla que 1 ≤ l´ım. x→0. de modo que. x ≤1, sin x. x =1, x→0 sin x l´ım.

(20) 8. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real. tal y como se quer´ıa demostrar. Para demostrar la segunda equivalencia recordaremos la identidad trigonométrica sin2 x = (1 − cos(2x))/2. Entonces se tiene que 1 − cos x 2 sin2 (x/2) 2(x/2)2 = l´ ım = l´ım =1, 2 2 x→0 x→0 x→0 x2 /2 x /2 x /2 l´ım. finalizando la demostración. Ejemplo 1.24 Calcular los l´ımites siguientes: √ (i). l´ım. x→0. a+x− x. √. a. 1 (ii) l´ım ln x→0 x. . 1+x 1−x. .. Soluci´ on. (i) Para resolver √ la indeterminaci´ on 0/0, multiplicamos y dividimos √ el cociente por el conjugado a + x + a del numerador. √ √ 1 a+x− a x 1 l´ım = l´ım √ √ = l´ım √ √ = √ . x→0 x→0 x( a + x + x 2 a a) x→0 a + x + a (ii) Para resolver la indeterminaci´ on 0/0, utilizamos propiedades de los logaritmos. 1 1+x 1 1+x = l´ım ln = l´ım . ln x→0 x x→0 2x 1−x 1−x Recordando la equivalencia ln z ∼ z − 1 cuando z → 1, se tiene 1 1+x 1 = l´ım − 1 = l´ım =1. x→0 2x x→0 1 − x 1−x. Nota 1.25 Las funciones f (x) y g(x) tales que l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = ∞ pueden tender a infinito con distintas velocidades. Entonces, se pueden comparar los dos infinitos. Se tiene lo siguiente: (i) Si l´ımx→a f (x)/g(x) = ∞ se dice que f (x) es un infinito de orden superior a g(x) cuando x → a y se denotar´ a por O(f (x)) > O(g(x)) cuando x → a. (ii) Si l´ımx→a f (x)/g(x) = 0 se dice que f (x) es un infinito de orden inferior a g(x) cuando x → a y se denotar´ a por O(f (x)) < O(g(x)) cuando x → a. (iii) Si l´ımx→a f (x)/g(x) = 1 se dice que f (x) y g(x) son infinitos equivalentes cuando x → a y se denotar´ a por f (x) ∼ g(x) cuando x → a. Los ´ ordenes fundamentales de infinitos son los siguientes. Con a, b > 1 y m > 0 se tiene que O(logb x) < O(xm ) < O(ax ) < O(xx ) cuando x → ∞ ..

(21) 1.6 Continuidad de funciones. 9. Realicemos una peque¯ na parada para ver de qué forma se pueden resolver las indeterminaciones de potencias, es decir, las indeterminaciones ∞0 , 00 y 1∞ . Supongamos que hemos de calcular el valor del l´ımite siguiente l´ımx→a f (x)g(x) pero resulta que en principio obtenemos alguna de las anteriores indeterminaciones. En el caso 00 , realizaremos la hipótesis de que f (x) es una función positiva en un entorno punteado del 0 (esta hipótesis se hace para que exista la expresi´ on de ln f (x) que aparecerá posteriormente). Para resolver la indeterminación, tomaremos logaritmos a ambos miembros de la igualdad = l´ımx→a f (x)g(x) , de modo que se obtendrá ln = ln l´ımx→a f (x)g(x) . Posteriormente, conmutando el logaritmo y el l´ımite (operación válida siempre que la función a la que se le calcula el l´ımite sea continua en el punto al que se tiende, ver la siguiente sección sobre continuidad de funciones) y aplicando propiedades del logaritmo de una potencia se llega a que ln = l´ımx→a g(x) ln f (x). En definitiva se tiene que.

(22) = l´ım f (x)g(x) ⇔ = exp l´ım g(x) ln f (x) . x→a. x→a. En el caso particular de que la indeterminación sea 1∞ , con lo que l´ımx→a f (x) = 1, podemos usar además el infinitésimo equivalente ln f (x) ∼ f (x) − 1 cuando x → a en la anterior expresión, quedando ésta de la forma.

(23) l´ım f (x)g(x) = exp l´ım g(x)[f (x) − 1] . x→a. x→a. Notar como a partir de aqu´ı se ve trivialmente que x 1 l´ım 1 + =e. x→∞ x. 1.6.. Continuidad de funciones. Definici´ on 1.26 Se dice que una función f : A ⊂ R → R es continua en un punto a ∈ A si y solo si l´ımx→a f (x) = f (a). Intuitivamente, f es continua en un punto a ∈ Dom(f ) si se puede dibujar la gr´ afica de f entorno del punto a sin levantar el bol´ıgrafo del papel. Observemos que esta forma de proceder es simplemente intuitiva como muestra la función f (x) = x sin(1/x) que es continua en x = 0 aunque no es posible realizar su gr´ afica entorno de x = 0 debido a las oscilaciones que tiene. Definici´ on 1.27 Si una función f es continua en todos los puntos de un conjunto A ⊂ R diremos que f es continua en A y lo denotaremos por f ∈ C(A). Aqu´ı, C(A) denota el conjunto de las funciones continuas en el conjunto A. Dadas dos funciones continuas, se pueden construir otras funciones también continuas realizando ciertas operaciones entre ellas. Más concretamente se tiene lo siguiente..

(24) 10. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real. Proposici´ on 1.28 Sea a ∈ Dom(f ) ∩ Dom(g) y f y g dos funciones continuas en a. Entonces: (i) f ± g es una funci´ on continua en a. (ii) λ f es una funci´ on continua en a para todo escalar λ ∈ R. (iii) f g es una funci´ on continua en a. (iv) Si g(a) = 0, entonces f /g es una funci´ on continua en a. (v) Si g es continua en f (a), entonces g ◦ f es una funci´ on continua en a. Como a ∈ R, entonces x → a (es decir, x tiende hacia a) puede hacerlo de dos formas distintas: con x > a o bien con x < a. Estas dos formas de tender al punto a dan lugar al concepto de l´ımite lateral. Definici´ on 1.29 Se define el concepto de l´ımite lateral. (i) El l´ımite lateral por la derecha + de la función f en el punto a es + = l´ım+ f (x) = x→a l´ım f (x) . x→a. x>a. (ii) El l´ımite lateral por la izquierda − de la función f en el punto a es − = l´ım− f (x) = x→a l´ım f (x) . x→a. x<a. Proposici´ on 1.30 Una funci´ on f : R → R tiene l´ımite en un punto a si y solo si existen los l´ımites laterales de f en a y adem´ as coinciden. Es evidente que una función f deja de ser continua en un punto a por los siguientes motivos: (i) ∃ f (a); (ii) ∃ l´ımx→a f (x); (iii) l´ımx→a f (x) = f (a). De forma más precisa, se tiene lo siguiente. Definici´ on 1.31 Si una función f no es continua en un punto a diremos que f es discontinua en a. Se puede clasificar la discontinuidad de la forma siguiente. (i) Esencial. Cuando no existe alguno de los l´ımites laterales. (ii) De salto. Cuando existen los dos l´ımites laterales pero son diferentes. (iii) Evitable. Cuando existen los dos l´ımites laterales y coinciden pero o bien no existe la función en el punto o bien aunque exista es diferente del valor com´ un de los l´ımites laterales. Ejemplo 1.32 Estudiar la continuidad de la siguiente funci´ on: ⎧ e−x sin x si x > 0 , ⎨ x ex +e−x f (x) = + 1 si x < 0 , 2 ⎩ 1 si x = 0 ..

(25) 1.6 Continuidad de funciones. 11. Soluci´ on. Observemos que Dom(f ) = R. Además, por simple inspección de las componentes de f , es claro que f ∈ C(R − {0}). Por lo tanto, solo se tiene que estudiar la continuidad de f en x = 0. Realizamos los cálculos siguientes. f (0) = l´ım+ f (x). =. l´ım f (x). =. x→0. x→0−. 1, e−x sin x e−x x = l´ım+ = l´ım+ e−x = 1 , x x x→0 x→0 x→0 x −x e +e l´ım +1=2 . 2 x→0− l´ım+. En el cálculo del pen´ ultimo l´ımite se ha utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x cuando x → 0. Se tiene que f presenta una discontinuidad de salto en x = 0.. Ejemplo 1.33 Calcular el valor del par´ ametro real b para que la funci´ on 2x2 + b si x ≥ 0 , 2 f (x) = ex −1 si x < 0 . x2 sea continua en R. Soluci´ on. Por simple inspección de las componentes de f , es claro que f ∈ C(R−{0}). Por lo tanto, solo se tiene que estudiar la continuidad de f en x = 0. Realizamos los cálculos siguientes. f (0). =. l´ım f (x) =. x→0+. b, l´ım 2x2 + b = b ,. x→0+. 2. l´ım f (x) =. x→0−. l´ım. x→0−. 2. ex − 1 ln(ex ) x2 = l´ım = l´ım 2 = 1 . 2 2 − − x x x→0 x→0 x. En el cálculo del u ´ltimo l´ımite se ha utilizado el infinitésimo equivalente ln z ∼ z − 1 cuando z → 1. Por lo tanto, f ser´ a continua en x = 0 y en consecuencia f ∈ C(R) si y solo si b = 1.. El siguiente teorema permite establecer condiciones suficientes para la existencia de al menos un cero de una función continua. Teorema 1.34 (Bolzano) Sea f ∈ C([a, b]) tal que f (a)f (b) < 0. Entonces, existe un n´ umero ξ ∈ (a, b) tal que f (ξ) = 0. M´ etodo de Bisecci´ on: La aplicación repetida del teorema de Bolzano da lugar a un algoritmo conocido como método de bisecci´ on. Consiste en ir estrechando de manera sistemática el intervalo en el cual una función continua cambia de signo. De esta forma conseguiremos obtener un intervalo arbitrariamente peque¯ no que contenga el cero de la función. El método de bisección para una función f ∈ C([a, b]) procede de la forma siguiente. Definimos el intervalo inicial [a, b] = [a0 , b0 ]..

(26) 12. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real Si f (a0 )f (b0 ) < 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (a0 , b0 ). Tomamos c0 := (a0 + b0 )/2 el punto medio entre a0 y b0 . Ahora tenemos tres casos posibles: (i) Si f (c0 ) = 0 hemos acabado puesto que c0 es la ra´ız buscada. (ii) Si f (a0 )f (c0 ) < 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (a0 , c0 ). Definimos a1 = a0 , b1 = c0 y tomamos c1 := (a1 + b1 )/2 el punto medio entre a1 y b1 . (iii) En caso contrario, es decir, si f (a0 )f (c0 ) > 0, entonces f tiene al menos un cero en el intervalo (c0 , b0 ). Definimos a1 = c0 , b1 = b0 y tomamos c1 := (a1 + b1 )/2 el punto medio entre a1 y b1 .. Continuando de forma sistemática este proceso conseguimos una sucesi´ on de intervalos anidados (a0 , b0 ) ⊃ (a1 , b1 ) ⊃ · · · ⊃ (an , bn ) ⊃ · · · , de manera que la anchura de cada uno de ellos es la mitad que la del anterior y cumpliendo que el cero de la función f siempre está contenido en todos los intervalos. Si definimos {cn }∞ on de puntos medios cn := (an + n=0 como la sucesi´ bn )/2 obtenida con el algoritmo de bisección, entonces es fácil ver que dicha sucesión converge hacia un punto ξ, es decir l´ım cn = ξ ,. n→∞. con f (ξ) = 0 terminando de este modo el procedimiento. Obviamente, no se podrán hacer los infinitos pasos que el método requiere para hallar ξ, de modo que simplemente obtendremos una aproximación de ξ y además sabremos acotar el error absoluto que cometemos puesto que conocemos el u ´ltimo intervalo obtenido al cual pertenece ξ. De este modo, si aproximamos ξ ≈ cn , entonces Δ = |ξ − cn | ≤ (bn − an )/2. Teorema 1.35 (Weierstrass) Sea f ∈ C([a, b]). Entonces, f ([a, b]) tiene m´ aximo y m´ınimo. Ejemplo 1.36 Demostrar que cualquier polinomio con coeficientes reales de grado impar tiene al menos una ra´ız real. 2n+1 i Soluci´ on. Sea p(x) = i=0 ai x el polinomio de grado impar 2n + 1 con coeficientes ai ∈ R tal que a2n+1 = 0. Supondremos que a2n+1 > 0, si no el razonamiento es similar. Se tiene que l´ımx→±∞ p(x) = ±∞, de modo que existe un intervalo [a, b] ⊂ R tal que f (a) < 0 y f (b) > 0. Como además p ∈ C([a, b]), por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un n´ umero ξ ∈ (a, b) tal que p(ξ) = 0. Obviamente ξ es una ra´ız real de p.. Ejemplo 1.37 Considerar la funci´ on f (x) = x3 − x − 2. Usar el teorema de Bolzano para aproximar una ra´ız real de f (x) en el intervalo [0, 2] con un error absoluto menor que 0,1..

(27) 1.7 Funciones mon´ otonas. 13. Soluci´ on. Como f es un polinomio es obvio que f ∈ C([0, 2]). Además, como f (0) = −2 < 0 y f (2) = 4 > 0, por el Teorema de Bolzano sabemos que existe un n´ umero ξ ∈ (0, 2) tal que f (ξ) = 0. Vamos a estimar mejor el valor de ξ utilizando el método de bisección, es decir, dividiendo el intervalo inicial por la mitad (o casi) y tomando el subintervalo donde hay cambio de signo de f . Como f (1) = −2 < 0 se tiene que ξ ∈ (1, 2). Como f (1,5) = −0,125 < 0 se tiene que ξ ∈ (1,5, 2). Como f (1,7) = 1,213 > 0 se tiene que ξ ∈ (1,5, 1,7). Como la anchura del u ´ltimo subintervalo es 0,2, se tiene que ξ = 1,6 ± 0,1.. 1.7.. Funciones mon´ otonas. Definici´ on 1.38 Dada una función f : [a, b] ⊂ R → R, se tiene la siguiente clasificaci´ on: (i) f es mon´ otona creciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < y se tiene que f (x) ≤ f (y). Si la u ´ltima desigualdad es estricta, es decir f (x) < f (y), entonces se dice que f es mon´ otona estrictamente creciente en [a, b]. (ii) f es mon´ otona decreciente en [a, b] si para todo x, y ∈ [a, b] con x < y se tiene que f (x) ≥ f (y). Si la u ´ltima desigualdad es estricta, es decir f (x) > f (y), entonces se dice que f es mon´ otona estrictamente decreciente en [a, b]. Proposici´ on 1.39 Sea f : [a, b] ⊂ R → R con f ∈ C([a, b]). Si f es mon´ otona estrictamente creciente (resp. decreciente), entonces existe su funci´ on inversa f −1 que también es mon´ otona estrictamente creciente (resp. decreciente) y adem´ as continua. Ejemplo 1.40 Sean f y g dos funciones reales de variable real mon´ otonas crecientes. ¿Son mon´ otonas las funciones f + g y f g? Soluci´ on. Como f y g son monótonas crecientes se tiene que si x < y entonces f (x) ≤ f (y) y g(x) ≤ g(y). Sumando las dos desigualdades obtenemos que f (x) + g(x) ≤ f (y) + g(y), es decir, (f + g)(x) ≤ (f + g)(y) de modo que f + g es una función monótona creciente. Cuando se pretende razonar de manera an´ aloga para la función f g se observa que falla el u ´ltimo paso. Dicho de otro modo, aunque f (x) ≤ f (y) y g(x) ≤ g(y) no es cierto en general que f (x)g(x) ≤ f (y)g(y). Ejemplos triviales de que la funci´ on f g no es monótona creciente aunque s´ı lo sean f y g son f (x) = x + 1, g(x) = x − 1 con (f g)(x) = x2 − 1.. 1.8.. Problemas propuestos. Problema 1.1 Considerar una funci´ on f : [0, 1] → [0, 2] con f ∈ C([0, 1]). Demostrar que ∃ ξ ∈ [0, 1] tal que f (ξ) = 2ξ. ´ n: Estudiar aparte los casos f (0) = 0 y f (1) = 2. Indicacio.

(28) 14. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real. Problema 1.2 Estudiar la continuidad de la funci´ on |x| si x = 0 , sin x f (x) = 1 si x = 0 . Soluci´ on. f ∈ C({nπ : n ∈ Z}) Problema 1.3 Calcular el l´ımite siguiente 1 + ln(1 + x) − 1 − ln(1 + x) l´ım . x→0 x Soluci´ on. 1. Problema 1.4 Calcular el l´ımite siguiente 2. l´ım (cos x)1/x .. x→0. √ Soluci´ on. 1/ e. on Problema 1.5 Demostrar que la ecuaci´ on 12 + sin x = x tiene una soluci´ real. Localizarla en un intervalo entre dos n´ umeros enteros consecutivos y aproximarla con un error absoluto menor que 0,1. Soluci´ on. Sea x∗ ∈ R la solución de la ecuación. Entonces, 1 < x∗ < 2. Además, x∗ ≈ 1,4 con un error absoluto menor que 0,1. Problema 1.6 Calcular el valor de funci´ on ⎧ ⎨ sin x a sin x + b f (x) = ⎩ 2 cos x. los par´ ametros reales a y b para que la si si si. x ≤ −π/2 , −π/2 < x < π/2 , x ≥ π/2 ,. sea continua en todo R. Soluci´ on. a = −b = 1/2. Problema 1.7 Estudiar la continuidad de la funci´ on sin(1/x) si x = 0 , 1+e1/x f (x) = 0 si x = 0 , en x = 0. Soluci´ on. f no es continua en x = 0 pues ∃ l´ımx→0 f (x). Problema 1.8 Hallar el dominio de las siguientes funciones 2 √ √ x − 3x + 2 , h(x) = arcsin(x) + x − 2 . f (x) = sin( x) , g(x) = ln x+1.

(29) 1.9 Problemas resueltos Soluci´ on. Dom(f ) = Dom(h) = ∅.. . k∈N [4k. 15 2 2. π , (2k + 1)2 π 2 ]; Dom(g) = (−1, 1) ∪ (2, ∞);. Problema 1.9 Calcular, si es que existen, los l´ımites siguientes:.

(30) x a+x . (i) l´ımx→∞ a+x−1 xn −an x−a .. (ii) l´ımx→a (iii) l´ımx→0. |x| x .. (iv) l´ımx→0. 1 . 1+e1/x. (v) l´ımx→0. (1+x)m −1 . x. Soluci´ on. (i) e. (ii) nan−1 . (iii) y (iv) no existen. (v) m.. 1.9.. Problemas resueltos. Problema 1.10 Hallar un intervalo [m, m + 1] ⊂ R con m ∈ N donde la ecuaci´ on sin x = x − 5 tenga soluci´ on. Obtener dicha soluci´ on con un error absoluto menor que 0,1. Soluci´ on. Las soluciones de la ecuación sin x = x − 5 corresponden a los ceros de la función f (x) = sin x−x+5 que es continua en R. Entonces, por el Teorema de Bolzano, para hallar un intervalo [m, m+1] ⊂ R con m ∈ N donde la ecuación sin x = x − 5 tenga solución basta con comprobar que f (m)f (m + 1) < 0. El primer n´ umero natural m para el cual la condición se verifica es m = 4 ya que f (4) = 0,243198 > 0 y f (5) = −0,958924 < 0. Sabemos pues que existe al menos un ξ ∈ (4, 5) tal que f (ξ) = 0. Iniciemos el algoritmo de bisección para aproximar ξ con un error absoluto menor que 0,1. Como f (4,5) = −0,47753 < 0, se tiene que 4 < ξ < 4,5. Como f (4,2) = −0,0715758 < 0, concluimos que 4 < ξ < 4,2. Hemos finalizado puesto que ξ = 4,1 ± 0,1. Problema 1.11 Se define la funci´ on ⎧ x+3 ⎪ , ⎪ ⎪ ⎪ x+2 ⎪ ⎨ f (x) = 2x − x2 − 1, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e3−x , Se pide calcular lo siguiente: (a) Dominio de la funci´ on f . (b). l´ım f (x), y. x→+∞. l´ım f (x).. x→−∞. x < −2, −2 ≤ x ≤ 3, x > 3..

(31) 16. Continuidad de Funciones Reales de Variable Real. (c) L´ımites laterales de f en x = −2. (d) Estudiar la continuidad de f . Soluci´ on. (a) Trivialmente se ve que Dom(f ) = R. (b) Se tiene que l´ım f (x) =. l´ım 1 − e3−x = 1 ,. x→∞. x→∞. l´ım f (x) =. x+3 =1. x→−∞ x + 2. x→−∞. l´ım. (c) Se tiene que l´ım f (x) =. x→−2−. l´ım f (x) =. x→−2+. x+3 = −∞ , x+2 l´ım + 2x − x2 − 1 = −9 . l´ım. x→−2− x→−2. (d) Del cálculo realizado en el apartado anterior se tiene que f no es continua en x = −2. Estudiaremos también la continuidad en el punto x = 3 pues es aqu´ı donde se parte la función. Como l´ım f (x). =. l´ım f (x). =. x→3− x→3+. l´ım 2x − x2 − 1 = −4 ,. x→3−. l´ım 1 − e3−x = 0 ,. x→3+. se tiene que no existe l´ımx→3 f (x) de modo que f no es continua en x = 3. En resumen se tiene que f ∈ C(R − {−2, 3})..

(32) Cap´ıtulo 2. C´ alculo Diferencial con una Variable 2.1.. La derivada. Definici´ on 2.1 Dada una función f : R → R, se dice que f es derivable en un punto a ∈ Dom(f ) si existe la derivada de f en a que denotamos por f (a) y se define como el l´ımite siguiente f (a + h) − f (a) . h→0 h. f (a) = l´ım. Nota 2.2 La interpretación geométrica de la derivada es que f (a) = m, siendo m la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función f en el punto (a, f (a)). Nota 2.3 En ocasiones también se utiliza la siguiente definición equivalente de derivada: f (x) − f (a) f (a) = l´ım . x→a x−a Nota 2.4 También es u ´til la siguiente notación utilizando incrementos de la variable Δx = h e incrementos de la función Δf = f (x + h) − f (x): f (x) = l´ım. Δx→0. Δf df = . Δx dx. Definici´ on 2.5 Dada una función f : A ⊂ R → R derivable en todos los puntos del conjunto A, se define la funci´ on derivada de f y la denotaremos por f de la forma siguiente: f : A ⊂ R → R tal que f (x) = l´ım. h→0. f (x + h) − f (x) ∀x ∈ A . h. Denotaremos por D(A) al conjunto de las funciones derivables en A. 17.

(33) 18. C´ alculo Diferencial con una Variable. Nota 2.6 Si la función f derivada de f vuelve a ser derivable, llamaremos segunda derivada de f a la derivada de f y lo denotaremos por f . Por inducción se define, cuando tenga sentido, la derivada n-ésima de f como f (n) = (f (n−1) ) . Ejemplo 2.7 Considerar la funci´ on f (x) = ci´ on de derivada.. √. x. Calcular f (x) con la defini-. Soluci´ on. Sea x ∈ Dom(f ) = [0, ∞). Utilizando la definición de derivada se tiene √ √ f (x + h) − f (x) x+h− x 0 f (x) = l´ım = l´ım = . h→0 h→0 h h 0 La indeterminaci´ se resuelve multiplicando numerador y denominador por √ on 0/0 √ el conjugado x + h + x del numerador. As´ı, se tiene que 1 1 f (x) = l´ım √ = √ . h→0 2 x 2 x Concluimos que f es derivable en el conjunto Dom(f ) − {0} = (0, ∞).. Proposici´ on 2.8 Si la funci´ on f es derivable en el punto a, entonces f es continua en a. Demostraci´ on. Si la función f es derivable en el punto a, entonces existe el l´ımite l´ım. h→0. f (a + h) − f (a) . h. Pero esto implica en particular que l´ımh→0 f (a + h) − f (a) = 0, es decir, l´ımh→0 f (a + h) = f (a). Realizando el cambio de variable x = a + h en este l´ımite se tiene que l´ımx→a f (x) = f (a), es decir, f es continua en a. Definici´ on 2.9 Dada una función f : A ⊂ R → R con f ∈ D(A) decimos que f es de clase C 1 (A) si la función derivada f verifica que f ∈ C(A). De manera más general, decimos que f es de clase C k (A) si f es derivable k veces en todos los puntos del conjunto A y además f (k) ∈ C(A). Proposici´ on 2.10 Si las funciones f y g son derivables en el punto a se tiene: (i) (f ± g) (a) = f (a) ± g (a). (ii) (λ f ) (a) = λ f (a) para todo escalar λ ∈ R. (iii) (f g) (a) = f (a)g(a) + f (a)g (a). (iv) Si g(a) = 0, entonces f f (a)g(a) − f (a)g (a) (a) = . g g 2 (a).

(34) 2.1 La derivada. 19. Proposici´ on 2.11 (Regla de la cadena) Si la funci´ on f es derivable en a y la funci´ on g es derivable en f (a) entonces (g ◦ f ) (a) = g (f (a))f (a). A continuaci´ on se presenta una tabla con las reglas de derivaci´ on de algunas funciones elementales. f (x) k xn ax loga x sin x cos x tan x arcsin x arc cos x arctan x. 1 cos2 x. f (x) 0 nxn−1 ax ln a 1 x loga e cos x − sin x = 1 + tan2 x √ 1 1−x2 √ −1 1−x2 1 1+x2. Observemos que, puesto que arcsin x + arc cos x = π/2, derivando respecto de x esta identidad se concluye que la suma de las derivadas de las funciones arcsin x y arc cos x debe ser cero, en concordancia con la tabla anterior. Es claro que a partir de esta tabla se pueden derivar otro tipo √ de funciones. Por ejemplo, tal y como vimos en el Ejemplo 2.7, si f (x) = x entonces 1 f (x) = 2√ . Esta regla de derivaci´ on se puede obtener de la tabla recordando x √ 1 1/2 de modo que f (x) = 12 x−1/2 = 2√ . que f (x) = x = x x Recordemos también que esta tabla puede ser generalizada de manera inmediata aplicando la Regla de la cadena tal y como se muestra a continuaci´ on. f (x) u(x)n au(x) loga u(x) sin u(x) cos u(x) tan u(x). f (x) nu(x)n−1 u (x) au(x) ln a u (x) u (x) u(x) loga e u (x) cos u(x) −u (x) sin u(x) u (x) 2 cos2 u(x) = (1 + tan u(x))u (x) . arcsin u(x). √ u (x)2. arc cos u(x). √. arctan u(x). 1−u (x) −u (x). 1−u2 (x) u (x) 1+u2 (x). También es u ´til la llamada derivaci´ on logar´ıtmica para obtener la derivada de la función f (x) = a(x)b(x) . El procedimiento consiste en tomar logaritmos.

(35) 20. C´ alculo Diferencial con una Variable. a ambos lados para bajar exponentes, es decir, ln f (x) = b(x) ln a(x) y derivar respecto de x en los dos miembros de esta igualdad para conseguir f (x) a (x) = b (x) ln a(x) + b(x) . f (x) a(x) Despejando de aqu´ı f (x) se obtiene el resultado deseado a (x) b(x) . b (x) ln a(x) + b(x) f (x) = a(x) a(x) Nota 2.12 Es f´ acil demostrar por inducci´ on que la regla de derivaci´ on del producto se puede generalizar a la derivada n-ésima del producto con la llamada regla de Leibnitz como sigue. n n (n−k) (n) (f (x)g(x)) = f (x) g (k) (x) . k k=0. Teorema 2.13 Sea f : [a, b] → R biyectiva con f ∈ C([a, b]). Consideremos un punto x0 ∈ (a, b) tal que f es derivable en x0 con f (x0 ) = 0. Entonces, la funci´ on inversa f −1 es derivable en el punto y0 con f (x0 ) = y0 y verifica que (f −1 ) (y0 ) =. 1 . f (x0 ). Demostraci´ on. Como f es biyectiva, existe f −1 que será continua puesto que f ∈ C([a, b]). Entonces, es equivalente decir que x → x0 que decir y → y0 . Se tiene que (f −1 ) (y0 ) = l´ım. y→y0. f −1 (y) − f −1 (y0 ) x − x0 1 = l´ım = . x→x0 f (x) − f (x0 ) y − y0 f (x0 ). Ejemplo 2.14 Demostrar que la derivada de la funci´ on g(y) = ln y es g (y) = 1/y usando el hecho de que g(y) es la funci´ on inversa de f (x) = ex . Soluci´ on. Es evidente que f −1 (y) = ln y puesto que f −1 (f (x)) = ln(ex ) = x. Entonces, usando el Teorema 2.13, se tiene (f −1 ) (y) =. 1 f (x). =. 1 1 1 = ln y = . x e e y. 2.2.. Derivadas laterales. Definici´ on 2.15 Consideremos una función f : R → R y sea a ∈ Dom(f ). Las derivadas laterales por la derecha y por la izquierda de f en a se definen como f (a+ ) = l´ım+ h→0. respectivamente.. f (a + h) − f (a) f (a + h) − f (a) , f (a− ) = l´ım− , h h h→0.

(36) 2.2 Derivadas laterales. 21. La siguiente proposición es evidente. Proposici´ on 2.16 La funci´ on f es derivable en el punto a si y solo si existen las dos derivadas laterales de f en a y adem´ as coinciden. Ejemplo 2.17 Estudiar la derivabilidad de la funci´ on 1 2 si x = 0 , x cos x f (x) = 0 si x = 0 . ¿Es f ∈ C 1 ([−1, 1])? Soluci´ on. Para cualquier x = 0, se tiene que f (x) = 2x cos x1 + sin x1 , de modo que f ∈ D(R − {0}). Estudiemos a continuación la derivabilidad de f en x = 0 con la definición de derivada. f (h) − f (0) 1 =0, f (0) = l´ım = l´ım h cos h→0 h→0 h h donde en el u ´ltimo paso hemos tenido en cuenta que la función cos h1 es una funci´ on acotada. Concluimos pues que f ∈ D(R) siendo la función derivada si x = 0 , 2x cos x1 + sin x1 f (x) = 0 si x = 0 . Inspeccionando las componentes de f , es claro que f ∈ C(R−{0}). Estudiemos la continuidad de f enx = 0. Notemos que l´ımx→0 f (x) no existe puesto que no existe l´ımx→0 sin x1 . Entonces, f no es continua en x = 0 y por lo tanto f ∈ C 1 ([−1, 1]).. Ejemplo 2.18 Hallar el valor de los par´ ametros m y n para que la funci´ on mx + 5 si x ≤ 2 , f (x) = nx2 + x − 1 si x > 2 , sea derivable en R. Soluci´ on. Como las componentes de f son polinomiales y por lo tanto derivables en cualquier punto, es claro que f ∈ D(R−{2}). Estudiemos la derivabilidad de f en x = 2 calculando las derivadas laterales en dicho punto. f (2+ ) = =. f (2 + h) − f (2) n(2 + h)2 + (2 + h) − 1 − (2m + 5) = l´ım+ h h h→0 h→0 2(2n − m − 2) , 0 l´ım+. de modo que, para que exista f (2+ ) se debe verificar la condición 2n − m − 2 = 0 .. (2.1).

(37) 22. C´ alculo Diferencial con una Variable. Bajo esta condición, es decir, tomando m = 2(n − 2), se comprueba trivialmente que la indeterminación 0/0 da f (2+ ) = 1 + 4n. Calculemos a continuación la siguiente derivada lateral f (2− ) = l´ım− h→0. f (2 + h) − f (2) m(2 + h) + 5 = l´ım− =m. h h h→0. En definitiva, f ser´ a derivable en x = 2 si y solo si f (2+ ) = f (2− ) o equivalentemente 1 + 4n = m . (2.2) Resolviendo el sistema lineal formado por las ecuaciones (2.1) y (2.2) se halla m = −5, n = −3/2.. Nota: El Ejemplo 2.18 también se puede resolver si imponemos las dos siguientes condiciones: (i) l´ımx→2 f (x) = f (2); (ii) l´ımx→2+ f (x) = l´ımx→2− f (x). Ejemplo 2.19 Calcular las siguientes rectas tangentes. (i) La recta tangente a la curva y = (x + 3)/(x2 − 2) en la abscisa 2. (ii) La recta tangente a la curva x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0 en el punto de abscisa 2 y ordenada negativa. Soluci´ on. (i) La recta tangente a la curva definida de manera expl´ıcita por y = f (x) en el punto de abscisa x = x0 viene dada por y − f (x0 ) = m(x − x0 ) siendo la pendiente m = f (x0 ). En nuestro caso se tiene: x0 = 2, f (x0 ) = f (2) = 5/2, m = f (2) = −9/2. Concluimos que la recta tangente es y−. 5 9 = − (x − 2) . 2 2. (ii) En primer lugar, calculamos las ordenadas y0 de los puntos de la curva x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0 con abscisa x0 = 2. Se tiene que 4y0 − 2y0 + 2y02 − 4 = 0, es decir, y0 = 1 e y0 = −2. Como el enunciado dice que el punto de tangencia tiene ordenada negativa es claro que dicho punto es (x0 , y0 ) = (2, −2). La u ńica diferencia entre la parte (ii) del problema y la primera es que ahora no nos definen la curva de manera expl´ıcita y = f (x) sino que lo hacen de manera impl´ıcita como F (x, y) = 0. Existen dos formas de resolver el problema. La primera forma consiste en hallar la forma expl´ıcita de la curva despejando la variable y de la ecuación F (x, y) = 0 para obtener y = f (x) y luego proceder como en el apartado (i). En este caso este procedimiento se puede realizar porque la ecuación F (x, y) = 0 es cuadrática para la variable y. Sin embargo, ya se puede vislumbrar que este procedimiento no funcionar´ a en general. Nosotros resolveremos el problema de otra forma, siendo esta una forma m´ as general que la descrita anteriormente. El procedimiento se conoce como derivaci´ on impl´ıcita ya que, aunque no conozcas (puesto que no hemos aislado la variable y) cómo depende y de x, sabemos que depende. Recordando esto,.

(38) 2.3 Teoremas sobre funciones derivables. 23. derivamos respecto de x los dos miembros de la ecuación impl´ıcita F (x, y) = 0 que en nuestro caso es x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0. Tras derivar se obtiene 2xy + x2 y − 2y + y 2 + 2xyy = 0, de modo que, despejando, hallamos como depende la derivada y (x, y). En particular, obtenemos que la pendiente de la recta tangente que buscamos debe ser y (2, −2) = −2/3. En definitiva, la recta tangente a la curva x2 y − 2y + xy 2 − 4 = 0 en el punto (2, −2) viene dada por 2 y + 2 = − (x − 2) . 3. Nota 2.20 Se define el ´ angulo α formado por dos curvas planas en un punto de intersecci´ on como el ´ angulo que forman sus respectivas rectas tangentes en dicho punto. Si las curvas vienen dadas por las gr´ aficas y = f1 (x) e y = f2 (x) con punto de intersecci´ on (x0 , y0 ) tal que f1 (x0 ) = tan α1 y f2 (x0 ) = tan α2 , se tiene (suponiendo que α1 > α2 ) que tan α = tan(α1 − α2 ) =. tan α1 − tan α2 f (x0 ) − f2 (x0 ) = 1 . 1 + tan α1 tan α2 1 + f1 (x0 )f2 (x0 ). Ejemplo 2.21 Se apoyan los extremos de una escalera de longitud L en el suelo (horizontal) y en una pared (vertical). La parte inferior de la escalera se aleja de la pared a una velocidad constante v. ¿A qué velocidad baja la parte superior cuando la parte inferior se encuentra a una distancia de L/2 de la pared? Soluci´ on. Tomamos un sistema de referencia ortogonal de modo que el origen de referencia está situado en el punto donde se juntan la pared y el suelo. Sean x(t) e y(t) la posición en función del tiempo t de la parte inferior y superior de la escalera, respectivamente. Entonces, por el Teorema de Pit´ agoras, se satisface que x2 (t) + y 2 (t) = L2 para todo t. Derivando respecto del tiempo la anterior relación obtenemos xx˙ + y y˙ = 0, donde el punto indica derivaci´ on respecto del tiempo. Despejando de aqu´ı y˙ obtenemos x y˙ = − x˙ . y Sustituyendo los√ datos del enunciado en la anterior ecuación y teniendo en cuenta que y = L2 − x2 se tiene que la velocidad pedida es L/2 v y˙ = − v = −√ . 2 2 3 L − (L/2). 2.3.. Teoremas sobre funciones derivables. Definici´ on 2.22 Consideremos una función f : A ⊂ R → R y un punto a ∈ A..

(39) 24. C´ alculo Diferencial con una Variable 1. Se dice que f tiene un m´ aximo relativo en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ I. 2. Se dice que f tiene un m´ınimo relativo en el punto a si existe un entorno I = (a − , a + ) de a tal que f (x) ≥ f (a) para todo x ∈ I. 3. Se denominan extremos relativos a los máximos y m´ınimos relativos.. Definici´ on 2.23 Sea f derivable en un punto a. Se dice que a es un punto cr´ıtico de f si verifica que f (a) = 0. Proposici´ on 2.24 Si f ∈ D(A) y f tiene un extremo relativo en un punto a ∈ A, entonces a es un punto cr´ıtico de f . Demostraci´ on. Como f ∈ D(A), se tiene que existe f (a). Además, debido a la interpretación geométrica de la derivada, f (a) es la pendiente de la recta r tangente a la curva y = f (x) en el punto (a, f (a)). Teniendo en cuenta que f (x) tiene un máximo o un m´ınimo relativo en x = a se ve geométricamente que r es horizontal, es decir, con pendiente nula. Se concluye pues que f (a) = 0, es decir, a es un punto cr´ıtico de f . Los dos teoremas siguientes tienen una simple interpretaci´ on geométrica. Teorema 2.25 (Rolle) Sea f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)) tal que f (a) = f (b). Entonces, existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que f (ξ) = 0. Teorema 2.26 (del valor medio o de los incrementos finitos) Consideremos una funci´ on f con f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)). Entonces, existe un punto ξ ∈ (a, b) tal que f (b) − f (a) = f (ξ) . b−a Demostraci´ on. Consideremos una función auxiliar g : [a, b] → R definida de la forma f (b) − f (a) g(x) = f (x) − f (a) + (x − a) . b−a Notar que g ∈ C([a, b]) y g ∈ D((a, b)). Como g(a) = g(b) = 0, por el teorema de Rolle sabemos que existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que g (ξ) = 0, es decir, f (b) − f (a) f (ξ) − =0, b−a demostrando el teorema. El teorema del valor medio tiene la interpretaci´ on geométrica de que, si f ∈ C([a, b]) y f ∈ D((a, b)), entonces, existe un punto ξ ∈ (a, b) tal que la pendiente de la recta tangente a la gr´ afica de f en el punto de abscisa ξ es igual a la pendiente de la recta secante que pasa por los puntos (a, f (a)) y (b, f (b))..

(40) 2.3 Teoremas sobre funciones derivables. 25. Corolario 2.27 Si una funci´ on f con f ∈ D((a, b)) verifica que la funci´ on derivada f = 0, entonces f es constante en (a, b). Ejemplo 2.28 Usar el Teorema del valor medio para probar que x < tan x < 2x para todo x ∈ (0, π/4). Soluci´ on. Consideremos la función f (x) = tan x con x ∈ (0, π/4). Es claro que f ∈ C([0, x]) y f ∈ D((0, x)). Entonces, por el Teorema del valor medio, existe un punto ξ ∈ (0, x) tal que f (x) − f (0) = f (ξ) , x−0 es decir,. tan x = x sec2 ξ .. (2.3). 2. Teniendo en cuenta que la función sec ξ es creciente en el intervalo considerado ξ ∈ (0, π/4), es claro que sec2 0 < sec2 ξ < sec2 (π/4), es decir, 1 < sec2 ξ < 2. Utilizando la anterior desigualdad y recordando que x > 0 en la ecuación (2.3) se concluye que x < tan x < 2x como se quer´ıa demostrar.. Teorema 2.29 (Regla de l’Hˆ opital) Sean f, g ∈ D(I) siendo I un entorno de un punto a tal que l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = 0. Entonces, si se verifica que l´ımx→a f (x)/g (x) = se tiene que l´ımx→a f (x)/g(x) = . Nota 2.30 La regla de l’Hôpital sigue siendo cierta en los casos siguientes: (i) l´ımx→a f (x) = l´ımx→a g(x) = ∞; (ii) a = ±∞. Nota 2.31 La regla de l’Hôpital se puede aplicar directamente para resolver las indeterminaciones 0/0 e ∞/∞. También es inmediata para resolver la indeterminaci´ on 0 ∞ puesto que esta siempre se puede reescribir como 0/0 o como ∞/∞. Por lo que respecta a las indeterminaciones de potencias 00 , ∞0 y 1∞ , se tomarán logaritmos antes de aplicar la regla de l’Hôpital. Ver la siguiente colecci´ on de ejercicios. Ejemplo 2.32 Calcular los siguientes l´ımites usando la regla de l’Hˆ opital. (i) l´ımx→0. x2 +2 cos x−2 . x4. (ii) l´ımx→0+. ln x cot x .. (iii) l´ımx→π/2− sec x − tan x. (iv) l´ımx→0+. 1 . x ln2 x. (v) l´ımx→0 xsin x . Soluci´ on. (i) La indeterminación 0/0 se resuelve aplicando 3 veces la regla de l’Hôpital: x2 + 2 cos x − 2 x→0 x4 l´ım. = =. 0 0 0 x − sin x 1 − cos x = = l´ım = = l´ım 3 2 0 x→0 2x 0 x→0 6x 0 sin x 1 l´ım = . x→0 12x 12.

(41) 26. C´ alculo Diferencial con una Variable. Notemos que en el u ´ltimo paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x si x → 0. De hecho, se pod´ıa haber terminado el ejercicio en el paso anterior recordando que 1 − cos x ∼ x2 /2 cuando x → 0. (ii) Se tiene que. ln x ∞ =− . cot x ∞ La indeterminación ∞/∞ se resuelve aplicando la regla de l’Hôpital. Para ello se debe calcular la derivada de la función cot x = tan−1 x, es decir, − tan−2 x(1 + tan2 x) = −1/ sin2 x. Entonces l´ım. x→0+. l´ım+. x→0. ln x cot x. =. l´ım+. x→0. 1/x = − l´ım+ sin x = 0 . x→0 −1/ sin2 x. Observemos que en el u ´ltimo paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x si x → 0. (iii) Se tiene que l´ım. x→π/2−. sec x − tan x = ∞ − ∞ .. La indeterminación ∞ − ∞ se transforma en una indeterminación de cociente para poder después aplicar la regla de l’Hôpital. l´ım. x→π/2−. sec x − tan x =. 1 − sin x − cos x 0 = = l´ım − =0. cos x 0 x→π/2 − sin x. l´ım. x→π/2−. (iv) Se tiene que 1 1 = . 2 0 ∞ x ln x La indeterminación 0 ∞ se transforma en una indeterminación de cociente para poder después aplicar la regla de l’Hôpital. l´ım. x→0+. l´ım+. x→0. 1 x ln2 x. = =. (v) Se tiene que. 1/x −1/x ∞ ∞ = = l´ım+ =− 2 ∞ x→0 2 ln x ∞ x→0 ln x 1/x2 1 l´ım = l´ım =∞. x→0+ 2/x x→0+ 2x l´ım+. = l´ım xsin x = 00 . x→0. La indeterminación 00 se transforma en una indeterminación de cociente para poder después aplicar la regla de l’Hôpital tomando logaritmos como sigue..

(42) ln x ∞ ln = ln l´ım xsin x = l´ım ln xsin x = l´ım sin x ln x = l´ım = x→0 x→0 x→0 x→0 1/ sin x ∞ 1/x x = l´ım = − l´ım =0, x→0 − cos x/ sin2 x x→0 cos x donde en el pen´ ultimo paso hemos utilizado el infinitésimo equivalente sin x ∼ x si x → 0. En definitiva = e0 = 1..

(43) 2.4 Aproximaci´ on local de funciones: Teorema de Taylor. 2.4.. 27. Aproximaci´ on local de funciones: Teorema de Taylor. Definici´ on 2.33 Consideremos una función f real de variable real derivable n veces en un punto a. Se define el polinomio de Taylor de grado n de f en a como Pn (x). =. n f (k) (a) k=0. =. k!. (x − a)k. f (a) + f (a)(x − a) +. f (a) f (n) (a) (x − a)2 + · · · + (x − a)n . 2 n!. Ejemplo 2.34 Calcular el polinomio de Taylor Pn (x) de grado n de las siguientes funciones f (x) en torno del punto a: (i) f (x) = ex y a = 0. (ii) f (x) = sin x y a = 0. (iii) f (x) = ln x y a = 1. Soluci´ on. (i) Puesto que si f (x) = ex entonces f (k) (0) = e0 = 1 para todo k ∈ N. Se tiene pues que Pn (x) =. n 1 k 1 1 x = 1 + x + x2 + · · · + xn . k! 2 n!. k=0. f. (ii) En el caso de que f (x) = sin x entonces se tiene que f (2k) (0) = 0 y (0) = (−1)k−1 para todo k ∈ N. En definitiva. (2k−1). P2n−1 (x) = x −. 1 1 3 1 x + x5 + · · · + (−1)n−1 x2n−1 . 3! 5! (2n − 1)!. (iii) Tomando f (x) = ln x se tiene por inducción f (x) = f (x) = f (x) =. ln x ⇒ f (1) = 0 , x−1 ⇒ f (1) = 1 , −x−2 ⇒ f (1) = −1 ,. f (x). = .. .. 2x−3 ⇒ f (1) = 2 ,. f (n) (x). =. (−1)n−1 (n − 1)!x−n ⇒ f (n) (1) = (−1)n−1 (n − 1)!.. En definitiva 1 1 1 Pn (x) = (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 + · · · + (−1)n−1 (x − 1)n . 2 3 n.

(44) 28. C´ alculo Diferencial con una Variable. Definici´ on 2.35 Se dice que dos funciones f y g reales de variable real y derivables n veces en un punto a ∈ Dom(f ) ∩ Dom(g) tienen un contacto de orden n en el punto a si se verifica que f (k) (a) = g (k) (a) para k = 0, 1, . . . , n. Es claro que, cuanto más alto sea el orden de contacto de dos funciones en un punto más pr´ oximas están esas dos funciones en torno de ese punto. Teorema 2.36 La funci´ on f y su polinomio de Taylor Pn de grado n en un punto a tienen un contacto de orden n en a. Demostraci´ on. Se toma un polinomio n Qn (x) de grado n con coeficientes ak arbitrarios de la forma Qn (x) = k=0 ak (x − a)k con ak ∈ R. Tras imponer (k) que Qn y f tengan un contacto de orden n en a, es decir, f (k) (a) = Qn (a) (k). para k = 0, 1, . . . , n, se obtienen los coeficientes ak = f k!(a) , de modo que en realidad Qn = Pn siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en el punto a. Teorema 2.37 (F´ ormula de Taylor) Consideremos f : A ⊂ R → R con f ∈ C n+1 (A) y a ∈ A. Entonces, para todo x ∈ A se tiene que f (x) = Pn (x)+Rn (x), siendo Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en a y Rn el llamado término complementario de orden n. Se tiene adem´ as que existe un punto ξ entre los puntos a y x tal que Rn (x) =. f (n+1) (ξ) (x − a)n+1 . (n + 1)!. Cuando se aproxima f (x) ≈ Pn (x), se comete un error absoluto Δ = |f (x) − Pn (x)| = |Rn (x)|, de modo que la fórmula de Taylor proporciona una expresión para este error. Observemos también que, en general, la aproximaci´ on f (x) ≈ Pn (x) será mejor cuanto más cerca esté x de a y también cuanto más grande sea n. En particular, notamos que la aproximaci´ on f (x) ≈ P1 (x) se interpreta geométricamente como la aproximaci´ on de la curva y = f (x) por la curva y = P1 (x) que no es más que la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto (a, f (a)). Ejemplo 2.38 Usar la f´ ormula de Taylor para aproximar el n´ umero e con un error menor que 10−4 . Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = ex y el punto a = 0. Sea Pn el polinomio de Taylor de grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar la aproximaci´ on f (1) = e ≈ Pn (1) tomando un n ∈ N de modo que en la aproximaci´ on se cometa error absoluto Δ = |f (1) − Pn (1)| = |Rn (1)| menor que 10−4 . Usando la expresi´ on del término complementario se tiene que (n+1) f eξ (ξ) n+1 Δ = |Rn (1)| = = (1) , (n + 1)! (n + 1)!.

(45) 2.4 Aproximaci´ on local de funciones: Teorema de Taylor. 29. con 0 < ξ < 1. Entonces, podemos acotar eξ < e < 3 con lo que Δ<. 3 = g(n). (n + 1)!. Dando valores naturales a n se tiene g(6) = 0,0005 < 10−4 pero g(7) = 0,00007 < 10−4 . Entonces, si n = 7 se tiene Δ < 10−4 . En resumen, teniendo en cuenta el desarrollo de Taylor de la funci´ on ex en el origen calculada en el Ejemplo 2.34, la aproximaci´ on pedida es e ≈ P7 (1) = 1 +. 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + = 2,7182 , 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7!. con un error Δ < 10−4 .. Ejemplo 2.39 Usar la f´ ormula de Taylor para aproximar menor que 0,01.. √ 3. 1,2 con un error. √ Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = 3 1 + x y el punto a = 0. Sea Pn el polinomio de Taylor de √ grado n de f en el punto 0. Hemos de realizar la aproximaci´ on f (0,2) = 3 1,2 ≈ Pn (0,2) tomando un n ∈ N de modo que en la aproximaci´ on se cometa error absoluto Δ = |f (0,2) − Pn (0,2)| = |Rn (0,2)| menor que 0,01. Usando la expresión del término complementario se tiene que (n+1) f (ξ) n+1 Δ = |Rn (0,2)| = (0,2) , (n + 1)! con 0 < ξ < 0,2. Calculemos por inducción la expresión de f (n+1) (x). Reescribimos la función f en forma de potencia f (x) = (1 + x)1/3 , de modo que f (x) = f (x) =. 1 1 (1 + x) 3 −1 , 3 1 1 1 − 1 (1 + x) 3 −2 , 3 3. .. . f (n+1) (x) = Entonces Δ = . 1 1 (n + 1)! 3. . 1 3. . 1 1 1 1 −1 − 2 ··· − n (1 + x) 3 −(n+1) . 3 3 3. 1 1 1 1 −(n+1) n+1 3 (0,2) −1 − 2 ··· − n (1 + ξ) . 3 3 3. Como 0 < ξ < 0,2 podemos acotar 1. (1 + ξ) 3 −(n+1) =. 1 1. (1 + ξ)(n+1)− 3. <. 1 1. (1 + 0)(n+1)− 3. =1..

(46) 30. C´ alculo Diferencial con una Variable. Entonces. 1 1 1 1 1 n+1 Δ< −1 − 2 ··· − n (0,2) = g(n). (n + 1)! 3 3 3 3. Dando valores naturales a n se tiene 1 1 1 2 g(1) = − 1 (0,2) = 0,0044 < 0,01 , 2! 3 3 de modo que si n = 1 entonces Δ < 0,01. En resumen, la aproximaci´ on pedida es 1 3 1,2 ≈ P1 (0,2) = f (0) + f (0) 0,2 = 1 + 0,2 = 1,066 , 3 con un error Δ < 0,01.. Nota 2.40 Consideremos una serie alternada convergente, es decir, sea S = ∞ n on de n´ umeros reales n=1 (−1) an un valor finito con {an }n∈N ⊂ R una sucesi´ como la suma de positivos. Entonces, si definimos la suma parcial m–ésima Sm m los m primeros términos de la anterior serie, es decir, Sm = n=1 (−1)n an , se tiene que |S − Sm | < am+1 . El anterior criterio de acotación de series alternadas puede ser utilizado en caso de que se pretenda realizar la aproximación f (x) ≈ Pn (x) con un error ∞ (k) menor que un valor dado y ocurra que f (x) = k=0 f k!(a) (x − a)k resulte ser una serie alternada convergente. Este es, por ejemplo, el caso del Ejemplo 2.39. De forma más precisa, se tiene que 3 1,2 =. f (0,2) =. ∞ f (k) (0). k!. k=0. = =. (0,2)k. f (0) f (0) f (0) + f (0) 0,2 + (0,2)2 + (0,2)3 + · · · 2! 3! 1 1 1 1 1 1 1 + 0,2 + − 1 (0,2)2 + −1 − 2 (0,2)3 + · · · 3 3 3 3 3 3. Busquemos a continuaci´ on el primer término de la serie cuyo valor absoluto sea menor que el valor = 0,01 dado. 1 0,2 = 0,066 < 0,01 , 3 1 1 2 3 3 − 1 (0,2) = 0,0088 < 0,01 . Concluimos que. con un error Δ < 0,01.. 3. 1,2 ≈ 1 +. 1 0,2 = 1,066 , 3.

(47) 2.5 Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor. 31. Ejemplo 2.41 Usar la f´ ormula de Taylor para aproximar cos 1◦ con un error −3 menor que 10 . Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = cos x y la desarrollaremos en torno del punto a = 0. x2 x4 x6 cos x = 1 − + − + ··· 2! 4! 6! Tomaremos x = 1◦ = π/180 radianes y obtenemos la serie π cos =1− 180. . π 2 180 2!. +. π 4 180 4!. −. π 6 180 6!. + ···. Como la serie es alternada, podemos usar la Nota 2.40. En particular, puesto que π 2 < 10−3 ,. 180. 2! se tiene que cos. π ≈1 180. con un error menor que 10−3 .. Ejemplo 2.42 Usar la f´ ormula de Taylor para calcular el siguiente l´ımite l´ım. x→0. x − sin x . x3. Soluci´ on. Tomaremos la función f (x) = sin x y la desarrollaremos en torno del punto a = 0. Se tiene que sin x = x −. x3 + ··· , 3!. de modo que x3 x − sin x = l´ ım l´ım x→0 x→0 x3. + ··· 1 1 = = . x3 3! 6. 1. 3!. 2.5.. Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor. Teorema 2.43 Consideremos una funci´ on f : R → R derivable k veces en un punto a tal que f (a) = f (a) = · · · = f (k−1) (a) = 0 pero f (k) (a) = 0. Entonces, se verifica lo siguiente: (i) Si k es par, entonces a es un extremo de f . Si f (k) (a) > 0 entonces f tiene un m´ınimo en el punto a..

(48) 32. C´ alculo Diferencial con una Variable Si f (k) (a) < 0 entonces f tiene un m´ aximo en el punto a.. (ii) Sea k impar. Si f (k) (a) > 0 entonces f es creciente en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f es decreciente en el punto a. Demostraci´ on. Si f (a) = f (a) = · · · = f (k−1) (a) = 0 pero f (k) (a) = 0, usando la fórmula de Taylor, se tiene que (k) f (k) (a) f (a) f (x) − f (a) = (x − a)k + Rn (x) = + α(x) (x − a)k , k! k! donde la función α(x) → 0 cuando x → a. Entonces, para x en un entorno del punto a, el signo del término entre corchetes de la expresión anterior coincide con el signo de f (k) (a). Se tiene pues que: (i) Si k es par, entonces (x − a)k ≥ 0 para todo x en un entorno del punto a. Se tiene entonces que: Si f (k) (a) > 0 entonces f (x) − f (a) ≥ 0 de modo que f tiene un m´ınimo en el punto a. Si f (k) (a) < 0 entonces f (x) − f (a) ≤ 0 de modo que f tiene un máximo en el punto a. (ii) Sea k impar. Entonces, el signo de (x − a)k cambia para valores de x en un entorno del punto a. En particular: Si f (k) (a) > 0 se tiene que el signo de f (x) − f (a) coincide con el signo de x − a de modo que f es creciente en el punto a. Si f (k) (a) < 0 se tiene que el signo de f (x) − f (a) es el contrario que el signo de x − a de modo que f es decreciente en el punto a. Ejemplo 2.44 Averiguar si x = 0 es un extremo de la funci´ on f (x) = ex + −x e + 2 cos x. Soluci´ on. Como f (0) = f (0) = f (0) = 0 pero f (4) (0) = 4 > 0 se tiene que f presenta un m´ınimo relativo en x = 0.. Ejemplo 2.45 Demostrar que, de todos los rect´ angulos de igual per´ımetro, el de mayor ´ area es el cuadrado. Soluci´ on. Sean x e y las longitudes de los lados del rectángulo. Entonces el área A del rectángulo vale A = xy. Fijado el per´ımetro p del rectángulo, es claro que p = 2(x + y), de donde podemos despejar y=. p −x . 2. (2.4).

(49) 2.5 Aplicaciones de la f´ ormula de Taylor. 33. Entonces, el área A del rectángulo depende solo de x como p

(50) A(x) = x −x . 2 Buscaremos los máximos de la función A(x). En primer lugar hallaremos los puntos cr´ıticos de A. Como A (x) = −2x + p/2, se tiene que la u ńica solución de la ecuación A (x) = 0 es x = p/4. Además, como A (x) = −2 < 0 se tiene que la función A presenta un máximo en x = p/4. Debido a (2.4) se tiene en realidad que x = y = p/4. Entonces, concluimos que el rectángulo es, de hecho, un cuadrado.. Ejemplo 2.46 Calcular las dimensiones (radio r y altura h) del cono de volumen m´ aximo que se puede inscribir en una esfera de radio R. Soluci´ on. El volumen V de un cono de radio r y altura h es V =. 1 2 πr h . 3. Como el cono está inscrito en una esfera de radio R, usando el teorema de Pit´ agoras se tiene que r2 + (h − R)2 = R2 , de donde podemos despejar r2 = R2 − (h − R)2 .. (2.5). Entonces, el volumen V solo depende de h como V (h) =. 1 π[R2 − (h − R)2 ]h . 3. Buscaremos los máximos de la función V (h). En primer lugar hallaremos los puntos cr´ıticos de V . Derivando se obtiene 1 V (h) = − πh(3h − 4R) . 3 La u ńica solución positiva de la ecuación V (h) = 0 es h = 4R/3. Además es f´ acil comprobar que V (4R/3) < 0 de modo que V presenta un máximo en h = 4R/3. Finalmente, teniendo en cuenta (2.5),. √. 4R 8 (h, r) = , R , 3 3 es la solución del problema.. Ejemplo 2.47 Calcular la m´ınima distancia entre los puntos de la par´ abola y = x2 y el punto (2, 1/2). Soluci´ on. Los puntos de la parábola son de la forma (x, x2 ), de modo que la distancia entre esos puntos y el punto (2, 1/2) es d(x) = (x − 2)2 + (x2 − 1/2)2 ..